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Universidade Federal do CearáInstituto UFC Virtual
LICENCIATURA EM MATEMÁTICA Cálculo Integral II
Tutor: Estênio SalesAluno: José Wilson Gomes dos Santos
Matrícula: 0305703Polo: Aracoiaba
01.Verifique o teorema de Stokes para o campo e a
superfície dada:
3. A parte da esfera abaixo do plano XY;
Primeiramente calculemos o rotacional de F:
∇ xF=( ∂∂ y
( x ²+ y )− ∂∂ z
( x+z ² ) ,−[ ∂∂ x
( x ²+ y )− ∂∂ z
( y ²+ z )] ,∂
∂ x( x ²+z )− ∂
∂ y( y ²+ z ))
→∇ xF=(1−2 z ,1−2 x ,2x−2 y )=(1−2 z )i+(1−2 x ) j+(2x−2 y ) k
∬s
∇ xF .Nd σ=∬s
( (1−2 z ) i+(1−2 x ) j+(2x−2 y )+ (2 x−2 y ) k ) .Nd σ
Para calcular a integral de superfície, temos que N é uma normal unitária e o campo
vetorial(1−2 z )i+(1−2x ) j+(2 x−2 y ) k ,assim:
M=1−2 z ,N=1−2 x e R=2x−2 y .
A equação da superfície é z=4−x ²− y ²
f ( x , y )=4−x ²− y ² , f x ( x , y )=−2x e f y (x , y )=−2 y
∬s
∇ xF .Nd σ=¿∬D
[ (1−2 z ) (−2 x )+ (1−2 x ) (−2 y )+(2 x−2 y ) .0 ]dA=¿¿¿
∬D
[−2x+4 xz−2 y+4 xy ]dA=∬D
[−2x+4 x ( 4−x ²− y ² )−2 y+4 xy ] dA
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Considerando que está abaixo do plano XY, aplicamos então o teorema de
Stokes apenas paraN=1−2 x ,logo:
∫c
F .dr=∬s
rot F .ds=∬D
(1−2 x ) dA
∫0
2π
∫0
2
(1−2 rcosθ ) r dr dθ=∫0
2π
∫0
2
(r−2r ² cosθ ) dr dθ=¿¿
∫0
2π
[ r ²2
−23
r ³ cos θ]|20d θ=∫0
2π
[2−163
cosθ ]dθ=[2θ−163
senθ ]¿
[(2.2π−163
sen2π )−(2. 0−163
sen0)]=[ 4 π−0 ]=4π
02.Verifique o teorema de Stokes para o campo e a
superfície suave por partes dada:
13. As partes do cilindro e da esfera abaixo do plano
e acima do plano XY
Usando o teorema de Stokes temos:
∇ xF=( ∂∂ y
( x+ y ² )− ∂∂ z
( xz ) ,−[ ∂∂ x
( x+ y ² )− ∂∂ z
( z )] ,∂
∂ x( xz )− ∂
∂ y( z ))=¿
(2 y−x ,1−1 , z−z )= (2 y−x ,0 ,0 )= (2 y−x ) i
Pelo campo vetorial temos M=2 y−x ,N=0e R=0 ,logo:
A equação da superfície é dada por z=4−x ²− y ²Assimf ( x , y )=4−x ²− y ² e f x ( x , y )=−2 x e f y ( x , y )=−2 y
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∬S
rot .F .N .dσ=∬D
[ (2 y−x ) . (−2x ) ] dA
∬D
−4 xy+2x2 dA
Considerando que está acima do plano XY, aplicamos então o teorema de
Stokes apenas para R = 0, logo:
∫C
F .dr=∬S
rot F .ds=∬D
0dA=0
3. Verifique o teorema de Gauss para o campo vetorial e a região dada:
3. e A é a região limitada pelo plano e os planos coordenados;
8. Usando o exemplo resolvido ou proposto 3 do tópico desta aula, calcule o volume
dos sólidos que ocupam as regiões indicadas:
Interior a esfera e exterior ao cilindro
Solução:
Do exemplo resolvido 3, temos que o volume é dado por:
V=13
∫ δ A r ds
Temos a região A cuja fronteira S é positivamente orientada e a integral do divergente
do campo F sobre a região R entre o cilindro e a esfera, cujos respectivos campos são
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S1 e S2 . Para calcular o campo sobre o cilindro devemos encontrar a altura H que será
dada por:
22=( h2 )
2
+12→h2
4=4−1→h2=12→h=√12→h=2√3
CalculamosS1cuja parametrização é dada por:
g (u , v )=( cosu, senu , v ) com0≤ u≤2 π e0≤ v ≤2√3(Circunferência no plano XY).
ComoF ( x , y , z ) ds=∇F ( x , y , z )=3
V=13∫δ A
F (x , y , z ) ds=−13 (3∫
0
2π
∫0
2√3
∫0
1
r dr dz dθ)¿−(∫
0
2 π
∫0
2√3r2
2¿0
1 dzd θ)=−(∫0
2π
∫0
2√312
dzd θ)=−(∫0
2π12
z¿02√3 d θ)=¿
¿−(∫0
2 π12
2√3dθ)=−(√3∗θ ¿02π )=−2 π √3
Os vetores normais a esferaS2devem apontar para o outro da esfera. A parametrização
paraS2com vetor normal(hu x hv )exterior é dada por:
h (u , v )= (2cosv senu,2 senv senu,2 cosu ) com0≤ u≤ π e 0≤ v≤ 2π
V=13∫δ A
F (x , y , z ) ds→13 (8∫
0
2π
∫0
π
senudud θ)=83 (∫
0
2π
−cosu¿0π du)=¿
¿ 83¿
¿ 163
∗2π=32π3
O volume é dado por:
v=S2+S1=32π
3−2 π √3=32 π−6 π √3
3=
2 π (16−3√3 )3
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10. Se A é uma região (multiplamente conexa e compacta) em com uma fronteira
A (suave por partes) orientada positivamente, mostre que
onde
Solução:
∫A
¿ r ¿−2dv=∫A
¿ xe1+ ye2+ze3 ¿−2dv=∫
A
1
¿ xe1+ ye2+ze3 ¿2dv
Se δ A é suave por partes, então r é linearmente independente em R3, assim, o
determinante jacobiano é dado por:
jac=¿é a nova ordem de integração, logo:
∫δ A
1¿ xe1+ ye2+ze3 ¿
2 . r . ds=¿∑i=1
n
∫δ A
1¿ r ¿2 . r . ds=¿∑
i=1
n
∫δ A
r∨r ¿−2 . ds¿¿
Como queríamos demonstrar.