Exercícios MT2

$r(t)=(2\cos t,2\sin t,4)$, $t\in[0,2\pi]$, e $\int_C x\,dx-y\,dy+xyz\,dz=0$.

Nos pontos da interseção, $x^2+y^2=8-x^2-y^2$, logo $x^2+y^2=4$ e $z=4$. Como $z$ é constante ao longo de $C$, $dz=0$ e o termo $xyz\,dz$ anula-se. Além disso, $x\,dx-y\,dy=\frac{1}{2}d(x^2-y^2)$ é uma diferencial exata, pelo que o integral numa curva fechada é nulo. Com a parametrização, o integral fica $\int_0^{2\pi}(-8\sin t\cos t)\,dt=0$.

$r(t)=(\cos t,\sin t,2)$ e $\int_C (1-2y)\,dx+2x\,dy+e^x\,dz=4\pi$.

Na interseção, $x^2+y^2=1$ e $z=2(x^2+y^2)=2$, logo $dz=0$. Com $x=\cos t$ e $y=\sin t$, o integrando reduz-se a $(1-2\sin t)(-\sin t)+2\cos^2 t=2-\sin t$, e $\int_0^{2\pi}(2-\sin t)\,dt=4\pi$. Pelo teorema de Green, o resultado seria $\iint_D 4\,dA=4\pi$.

$r(t)=(t,2t-t^2,t)$, $t\in[0,1]$, e o integral de linha vale $e-\frac{2}{3}$.

Com $x=t$, $y=2t-t^2$ e $z=t$, tem-se $dx=dt$, $dy=(2-2t)\,dt$ e $dz=dt$. O integrando transforma-se em $(2t-t^2-2t)+2t(2-2t)+e^t=-5t^2+4t+e^t$, e $\int_0^1(-5t^2+4t+e^t)\,dt=-\frac{5}{3}+2+(e-1)=e-\frac{2}{3}$.

$\int_C f\cdot dr=-\frac{\pi}{2}$.

Com $P=\cos y$ e $Q=x\cos y$, $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\cos y+\sin y$. No triângulo $D$ ($x\ge0$, $y\ge0$, $x+y\le\pi/2$), $\iint_D(\cos y+\sin y)\,dA=\int_0^{\pi/2}(\cos x-\sin x+1)\,dx=\frac{\pi}{2}$. Como $C$ é percorrida no sentido retrógrado, o integral é $-\frac{\pi}{2}$.

$\int_C 2xy\,dx+(2x+x^2)\,dy=\frac{1}{3}$.

Com $P=2xy$ e $Q=2x+x^2$, $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2+2x-2x=2$. As curvas cruzam-se em $x=0$ e $x=1$ e, nesse intervalo, a reta está acima da parábola. A área é $\int_0^1[(1-x)-(x-1)^2]\,dx=\int_0^1(x-x^2)\,dx=\frac{1}{6}$. Como o sentido é direto, o integral vale $2\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$.

$\int_C (x^2-y)\,dx+(x+y^2)\,dy=-\frac{14}{3}$.

Com $P=x^2-y$ e $Q=x+y^2$, $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1+1=2$. A região tem, para cada $y\in[-1,1]$, $x$ entre $y^2$ e $2-|y|$, logo a área é $\int_{-1}^{1}(2-|y|-y^2)\,dy=\frac{7}{3}$. No sentido retrógrado, o integral é $-2\cdot\frac{7}{3}=-\frac{14}{3}$.

$\phi(x,y)=\operatorname{sen}(x^{\alpha}y)+C$ e $\int_L f\cdot dr=\operatorname{sen}(3\pi/2)-\operatorname{sen}(0)=-1$.

Tem-se $\frac{\partial P}{\partial y}=\alpha x^{\alpha-1}\cos(x^{\alpha}y)-\alpha x^{2\alpha-1}y\operatorname{sen}(x^{\alpha}y)=\frac{\partial Q}{\partial x}$, logo o campo é conservativo. Um potencial é $\phi(x,y)=\operatorname{sen}(x^{\alpha}y)$, pois $\nabla\phi=f$. Pelo teorema fundamental dos integrais de linha, $\int_L f\cdot dr=\phi(1,3\pi/2)-\phi(0,1)=\operatorname{sen}(3\pi/2)-0=-1$.

$\phi=xy+3xz+z^2$ e $\int_L f\cdot dr=\phi(-3,3,-3)-\phi(3,-3,-3)=27-(-27)=54$.

$\frac{\partial P}{\partial y}=1=\frac{\partial Q}{\partial x}$, $\frac{\partial P}{\partial z}=3=\frac{\partial R}{\partial x}$ e $\frac{\partial Q}{\partial z}=0=\frac{\partial R}{\partial y}$, logo rot $f=0$ e o campo é gradiente. Integrando, $\phi=xy+3xz+z^2$. Assim, $\int_L f\cdot dr=\phi(-3,3,-3)-\phi(3,-3,-3)=(-9+27+9)-(-9-27+9)=54$.

$\int_L f\cdot dr=\phi(1,\pi/2,1)-\phi(0,0,1)=\left(1+1+\frac{\pi}{2}\right)-0=2+\frac{\pi}{2}$.

$\frac{\partial P}{\partial y}=\cos y=\frac{\partial Q}{\partial x}$, $\frac{\partial P}{\partial z}=0=\frac{\partial R}{\partial x}$ e $\frac{\partial Q}{\partial z}=1=\frac{\partial R}{\partial y}$, logo o campo é conservativo. Um potencial é $\phi=x\operatorname{sen} y+x^2+yz$. Portanto, $\int_L f\cdot dr=\phi(1,\pi/2,1)-\phi(0,0,1)=2+\frac{\pi}{2}$.

$\iint_S y\,dS=\frac{17\sqrt{17}-65\sqrt{65}}{12}\approx-37{,}83$.

O elemento de área é $dS=\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}\,dx\,dy=\sqrt{1+16y^2}\,dx\,dy$. Logo $\iint_S y\,dS=\int_0^4\int_{-2}^{1}y\sqrt{1+16y^2}\,dy\,dx=4\cdot\frac{1}{48}\left[(1+16y^2)^{3/2}\right]_{-2}^{1}=\frac{17^{3/2}-65^{3/2}}{12}$.

O fluxo de $g$ através de $S$ é $2\pi$.

A superfície projeta-se no disco $D:x^2+y^2\le2$. Com $r(x,y)=(x,y,2x^2+2y^2)$, a normal que aponta para fora do sólido é $n=(4x,4y,-1)$. Então $g\cdot n=4x(x+1)+4y(y-1)-(2z-1)=4x-4y+1$, usando $z=2x^2+2y^2$. Por simetria do disco, $\iint_D(4x-4y)\,dA=0$, logo o fluxo é $\iint_D 1\,dA=\pi(\sqrt2)^2=2\pi$.

$r(u,v)=(v\cos u,v\sin u,v)$ e a área de $S$ é $15\sqrt2\,\pi$.

$|r_u\times r_v|=v\sqrt2$. A área é $\int_0^{2\pi}\int_1^4 v\sqrt2\,dv\,du=2\pi\sqrt2\cdot\frac{4^2-1^2}{2}=15\sqrt2\,\pi$.

O fluxo de $h$ através de $S$ é $\frac{1}{6}$.

A normal (não unitária) de baixo para cima é $n=(1,1,1)$. Então $h\cdot n=y+z-x=y+(1-x-y)-x=1-2x$. O fluxo é $\int_0^1\int_0^{1-x}(1-2x)\,dy\,dx=\int_0^1(1-2x)(1-x)\,dx=\int_0^1(1-3x+2x^2)\,dx=1-\frac32+\frac23=\frac16$.

O valor do integral é $3\pi$.

$\int_0^{2\pi}\int_0^1 2r(1+r^2)\,dr\,d\theta=2\pi\left[r^2+\frac{r^4}{2}\right]_0^1=2\pi\cdot\frac32=3\pi$. O domínio é a região cilíndrica $0\le r\le1$, $0\le z\le1+r^2$, ou seja, em cartesianas, $x^2+y^2\le1$ e $0\le z\le1+x^2+y^2$, com integrando $2\sqrt{x^2+y^2}$.

O valor do integral é $\frac{(25\sqrt5-11)\pi}{15}$.

O domínio projeta-se no quarto de disco $x\ge0$, $y\ge0$, $x^2+y^2\le4$. Em cilíndricas, o integral fica $\int_0^{\pi/2}\int_0^2 r^3\sqrt{5-r^2}\,dr\,d\theta$. Com $u=5-r^2$, $\int_0^2 r^3\sqrt{5-r^2}\,dr=\frac{10\sqrt5}{3}-\frac{22}{15}$, logo o valor é $\frac{\pi}{2}\left(\frac{10\sqrt5}{3}-\frac{22}{15}\right)=\frac{(25\sqrt5-11)\pi}{15}$. Começando por $x$, os limites são $0\le x\le2$, $0\le y\le\sqrt{4-x^2}$, $0\le z\le\sqrt{5-x^2-y^2}$.

O valor do integral é $\frac{46\pi}{3}$.

$\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}\int_{r^2}^3 2zr\,dz\,dr\,d\theta=2\pi\int_0^{\sqrt2}r(9-r^4)\,dr=2\pi\left[\frac{9r^2}{2}-\frac{r^6}{6}\right]_0^{\sqrt2}=2\pi\left(9-\frac43\right)=\frac{46\pi}{3}$. Em cartesianas começando por $z$: para $0\le z\le2$ a secção é $x^2+y^2\le z$ e para $2\le z\le3$ a secção é $x^2+y^2\le2$.