P1 - Análise Vetorial - 2010-1

D1 ANÁLISE VETORIAL 1ºSEM/2010 Prof CLAUDIO 1ª QUESTÃO: CONSIDERE A PARAMETRIZAÇÃO DE UMA DADA CURVA C, Xt) = (t, 5, ln(cost)), COM 0<=t<=π/3. ENCONTRE O COMPRIMENTO DE C E A EQUAÇÃO DO PRIMEIRO GRAU DA RETA TANGENTE EM t = π/6. 2ª QUESTÃO: SEJA F(x,y,z) = x-y (cosz) (y'z) uma Campo de vetores. CALCULE O TRABALHO DE F ATUANDO NUMA PARTÍCULA QUE DESCREVE A TRAJETÓRIA O(t) = (t, coast, t) e varia de zero Até T/2. 3ª QUESTÃO: ENCONTRE ∫G . dΩ ONDE A CURVA y ADMITE A PARA- metricAÇÃO y(t) = (t, tant), COM 0<=t<=π/4 e G(x,y,z) = (2 x EXP[xz] + z*exp[x'y], x'y'z*exp[x'y'z])e2, x*exp[yz]e-x) 4(a) QUESTÃO: CALCULE ∮Γ . dr onde H(x,y,z) = (cosz-2xy,2xy-log(x+1)3 e Γ É REPRESENTADA NA FIGURA ABAIXO. y = exp[x] é o arco superioR DO CIRCUITO. (y) 4. 0. 1 X 5a QUESTÃO: DIGA SE R(x,y,z) = (x+y,22+EXP[-y+z] é CONSERvatIvo NO PLANO, JUSTIFIQUE. CALCULE ∫∫ R . dΩ, uhnde Ω É E REPRESENtADA NA FIGURA ABAIXO Y0 4 5 2 \ /Ω 1_ 3_X Guru Márcio Peixoto A 1 1. Veja que: [−ln (cost )] '=−[ln (cost )] '= −1 cost [cost ] '= −1 cost ⋅ (−sent )= sent cost =tgt . Assim, γ ' (t )=(1,0,tgt ). Consequentemente, |γ ' (t )|=√1 2+0 2+tg 2t=√1+tg 2t=√sec 2t=|sec t|. Note que, quando 0≤t ≤ π 3 , temos sec t>0. Logo, neste intervalo, |γ ' (t )|=sec t . Portanto, o comprimento da curva C é: ∫ 0 π 3 sec t dt=(ln|sec t+tgt|)|0 π 3=ln|sec( π 3)+tg( π 3)|−ln|sec 0+tg0|=¿ ¿ln|2+√3|−ln|1+0|=ln (2+√3)−ln|1|=ln (2+√3)−ln1=¿ ¿ln (2+√3)−0=ln (2+√3). Além disso, γ '( π 6)=(1,0,tg( π 6))=(1,0, √3 3 ) é o vetor tangente a C em t= π 6 . Ou seja, este é o vetor diretor da reta tangente a C em t= π 6 . Temos também que: γ( π 6)=( π 6 ,5,−ln(cos( π 6)))=( π 6 ,5,−ln( √3 2 )). Portanto, a equação da reta tangente a C em t= π 6 é: ( π 6 ,5,−ln( √3 2 ))+s(1,0, √3 3 ),s∈ R. Simplificando: ( π 6 +s,5,−ln( √3 2 )+ s√3 3 ),s∈ R. Guru Márcio Peixoto A 2 2. Denotemos por C a curva que representa a trajetória da partícula. Assim, o trabalho W realizado por ⃗F sobre a partícula é: W =∫ C ⃗F ⋅⃗ d l. Veja que:  F (θ (t ))=(t cost ,cost ,t cos 2t ).  θ ' (t )=(1,−sent ,1). Logo, ∫ C ⃗F ⋅⃗ d l=∫ 0 π 2 F (θ (t ))⋅θ ' (t )dt=∫ 0 π 2 (t cost ,cost ,t cos 2t )⋅ (1,−sent ,1)dt=¿ ¿∫ 0 π 2 t cost ⋅1+cost ⋅ (−sent )+t cos 2t ⋅1dt=¿ ¿∫ 0 π 2 t cost−cost sent+t cos 2t dt=¿ ¿∫ 0 π 2 t cost dt−∫ 0 π 2 cost sent dt+∫ 0 π 2 t cos 2t dt . Vamos resolver cada integral acima separadamente. Na primeira integral, usando integração por partes, obtemos: ∫ 0 π 2 t cost dt=(t sent )|0 π 2−∫ 0 π 2 sent dt=(t sent )|0 π 2−(−cost )|0 π 2=¿ ¿ (t sent+cost )|0 π 2=( π 2 sen( π 2)+cos( π 2))−(0⋅sen0+cos0)=¿ ¿( π 2 ⋅1+0)−(0+1)= π 2 −1. Na segunda integral: Guru Márcio Peixoto A 3 ∫ 0 π 2 cost sent dt=1 2∫ 0 π 2 2cost sent dt=1 2∫ 0 π 2 sen (2t )dt=1 2 ⋅( −cos (2t ) 2 )|0 π 2=¿ ¿− 1 4 ⋅ (cos (2t ))|0 π 2=−1 4 (cos(2⋅ π 2)−cos (2⋅0))=−1 4 (cos π−cos0)=¿ ¿− 1 4 (−1−1)=−1 4 ⋅ (−2)=1 2 . Finalmente, na terceira integral: ∫ 0 π 2 t cos 2t dt=∫ 0 π 2 t ⋅ 1+cos (2t ) 2 dt=1 2∫ 0 π 2 t (1+cos (2t ))dt=¿ ¿ 1 2∫ 0 π 2 t+t cos (2t )dt=1 2(∫ 0 π 2 t dt+∫ 0 π 2 t cos (2t )dt)=¿ ¿ 1 2(∫ 0 π 2 t dt+∫ 0 π u 2 cosu du 2 )=1 2(∫ 0 π 2 t dt+ 1 4∫ 0 π ucosudu). A integral ∫ 0 π ucosudu pode ser resolvida por integração por partes, de forma análoga à que resolvemos a primeira integral, obtendo assim: ∫ 0 π ucosudu=−2. Dessa forma, ∫ 0 π 2 t cos 2t dt=1 2(∫ 0 π 2 t dt+ 1 4 ⋅ (−2))=1 2∫ 0 π 2 t dt− 1 4 =1 2 ⋅ t 2 2|0 π 2− 1 4 =¿ ¿ 1 2(( π 2) 2 2 −0 2 2 )− 1 4 =1 2( π 2 8 −0)− 1 4 = π 2 16 − 1 4 . Guru Márcio Peixoto A 4 Portanto, W =∫ 0 π 2 t cost dt−∫ 0 π 2 cost sent dt+∫ 0 π 2 t cos 2t dt=( π 2 −1)−1 2 +( π 2 16− 1 4)=¿ ¿ π 2 16 + π 2 −7 4 . 3. É fácil ver que ⃗G é o gradiente da função φ (x , y )=x 2e x y 2 . De fato,  ∂φ ∂ x =[x 2] ' e x 2 y+x 2[e x y 2 ] ' =2 x e x 2 y+x 2e x y 2 [x y 2] '=2 x e x 2 y+x 2e x y 2 y 2=¿ ¿2 x e x 2 y+x 2 y 2e x y 2 .  ∂φ ∂ y =x 2[e x y 2 ] ' =x 2e x y 2 [x y 2] '=x 2e x y 22 xy=2 y x 3e x y 2. Assim, ∫ η ⃗G⋅⃗ d l=φ(η( π 2))−φ (η (0))=φ( π 2 ,sen( π 2))−φ (0,sen0)=φ( π 2 ,1)−φ (0,0)=¿ ¿( π 2) 2 e π 2 ⋅1 2 −0 2e 0⋅0 2= π 2 4 e π 2−0= π 2 4 e π 2 . 4. O Teorema de Green garante que: ∮ Γ ⃗H ⋅⃗ d l=∬ R ( ∂ H 2 ∂ x −∂ H 1 ∂ y )dA , Guru Márcio Peixoto A 5 onde R é a região delimitada por Γ e H=(H 1, H 2). Calculando as derivadas parciais que aparecem na igualdade acima:  ∂ H 2 ∂ x = ∂ ∂ x (cos ( y 3)+3)=0+0=0.  ∂ H 1 ∂ y = ∂ ∂ y (cos x−2 xy )=0−2 x=−2 x . Assim, ∮ Γ ⃗H ⋅⃗ d l=∬ R 2 x dA . Veja que: ∬ R 2 x dA=∫ 0 1 ∫ 0 e x 2 2 x dy dx=∫ 0 1 (2 xy )|y=0 y=e x 2 =∫ 0 1 2 x e x 2−2 x⋅0dx=2∫ 0 1 x e x 2dx . Fazendo a substituição u=x 2 na integral acima, e notando que: du dx =2 x⇒dx= du 2 x , temos que: ∫ 0 1 x e x 2 dx=∫ 0 1 x e u du 2 x =1 2∫ 0 1 e udu=1 2 ⋅ e u|0 1=1 2 ⋅(e 1−e 0)=1 2 ⋅ (e−1). Portanto, ∮ Γ ⃗H ⋅⃗ d l=e−1. 5. Temos que:  ∂ ∂ y (x+ y )=0+1=1.  ∂ ∂ x (2 x+e − y 2 )=2+0=2. Guru Márcio Peixoto A 6 Como ∂ ∂ y (x+ y )≠ ∂ ∂ x (2 x+e − y 2 ), concluímos que o campo não é conservativo. Agora, vamos calcular a integral de linha. Para isto, vamos fechar a curva Ω usando um segmento γ de reta que começa em (2,0) e termina em (0,0). Esta curva fechada será denotada por C. Pelo Teorema de Green, ∮ C ⃗K ⋅⃗ d l=∬ R ( ∂ K 2 ∂ x −∂ K 1 ∂ y )dA , onde R é a região delimitada por C e K=(K 1, K 2). Note também que: ∮ C ⃗K ⋅⃗ d l=∫ Ω ⃗K ⋅⃗ d l+∫ γ ⃗K ⋅⃗ d l. Assim, ∫ Ω ⃗K ⋅⃗ d l=∬ R ( ∂ K 2 ∂ x −∂ K 1 ∂ y )dA−∫ γ ⃗K ⋅⃗ d l. Vamos começar calculando a integral dupla acima: ∬ R ( ∂ K 2 ∂ x −∂ K 1 ∂ y )dA=∬ R (2−1)dA=∬ R dA . A integral acima é igual á área do triângulo R, isto é, ∬ R dA=2⋅1 2 =1. Logo, ∬ R ( ∂ K 2 ∂ x −∂ K 1 ∂ y )dA=1. Agora, vamos calcular a integral ∫ γ ⃗K ⋅⃗ d l. Podemos parametrizar γ por: γ (t )=(2−t ,0),0≤t ≤2. Além disso,  K (γ (t ))=(2−t ,2 (2−t )+e −0 2 )=(2−t ,4−2t+1)=(2−t ,5−2t ).  γ ' (t )=(−1,0). Dessa forma, Guru Márcio Peixoto A 7 ∫ γ ⃗K ⋅⃗ d l=∫ 0 2 K (γ (t ))⋅γ ' (t )dt=∫ 0 2 (2−t ,5−2t )⋅ (−1,0)dt=∫ 0 2 −2+t dt=¿ ¿(−2t+ t 2 2)|0 2 =(−2⋅2+ 2 2 2 )−(−2⋅0+ 0 2 2 )=(−4+2)−(0+0)=−2. Portanto, ∫ Ω ⃗K ⋅⃗ d l=1−(−2)=3.