Avaliação de Analise Geometrica de Funções de Varias Variaveis

Problema 1 Seja f R R uma função contínua e seja F o campo vetorial central Fx y z fr r onde r xi yj zk e r r x2 y2 z2 Prove que F é conservativo Solução do problema 1 Para mostrar que F é conservativo basta mostrarmos que o campo F é irrotacional Nesse sentido vamos calcular seu rotacional com efeito temos F i j k x y z Fx Fy Fz i y Fz z Fy j x Fy z Fx k x Fy y Fx As componentes do campo são Fx frrx Fy frry Fz frrz Agora vamos calcular as derivadas parciais necessárias começando com as derivadas de r rx xr ry yr rz zr Pois x x x2 y2 z2 x2 y2 z212 ddx x2 2 2x 2x2 y2 z2 xr ry y x2 y2 z2 x2 y2 z212 ddy y22 2y 2x2 y2 z2 yr rz z x2 y2 z2 x2 y2 z212 ddz z22 2z 2x2 y2 z2 zr De posse disso vamos calcular cada uma das componentes do rotacional acima Com efeito veja que para a componente i do rotacional temos Fzy Fyz y frr z z frr y z y frr y z frr z fr yr r fr yr r2 y fr zr r fr zr r2 yzr3 fr r fr yzr3 fr r fr 0 Agora para a componente j do rotacional temos Fxz Fzx z frr x x frr z x z frr z x frr x fr zr r fr zr r2 z fr xr r fr xr r2 xzr3 fr r fr xzr3 fr r fr 0 Para a componente k do rotacional temos Fyx Fxy x frr y y frr x y x frr x y frr y fr xr r fr xr r2 x fr yr r fr yr r2 xyr3 fr r fr xyr3 fr r fr 0 Portanto temos F 0 0 0 0 Concluímos que F é irrotacional e consequentemente conservativo Carlos André de Oliveira Silva RA 291306 13062025 MESTRADO EM MATEMÁTICA APLICADA E COMPUTACIONAL DISCIPLINA PM003 Análise Geométrica de Funções de Várias Variáveis DOCENTE Prof Dr Arlane Manoel Silva Vieira Segunda Avaliação1 Problema 1 Seja f R R uma função contínua e seja F o campo vetorial central Fx y z fr r onde r xi yj zk e r r x2 y2 z2 Prove que F é conservativo Problema 2 Seja y fx de classe C1 em a b e tal que fx 0 em a b Seja K o conjunto a x b e fx y fa Sejam P e Q de classe C1 em um aberto contendo K Prove que y P dx Q dy k Qx Py dx dy onde y é a fronteira de K orientada no sentido antihorário Problema 3 Determine o paralelepípedoretângulo de volume máximo com arestas paralelas aos eixos inscrito no elipsoide x24 y29 z216 1 Problema 4 A imagem da curva γt está contida na interseção da superfície cilíndrica x2 y2 2 com a superfície esférica x2 y2 z2 3 Suponha que γt0 1 1 1 e que γt0 0 a 10 ponto Determine a reta tangente à curva γ no ponto γt0 b 10 ponto Determine uma curva γt que satisfaça as condições acima Problema 5 Admita que o gráfico de z xy represente uma superfície própria para a prática do esqui Admita ainda que um esquiador deslize pela superfície sempre na direção de maior declive Se ele parte do ponto 1 2 2 em que ponto ele tocará o plano xy Problema 6 Seja K o conjunto do plano xy limitado pelas curvas em coordenadas polares ρ tanθ 0 θ π2 e θ π4 Calcule a área da superfície z xy com x y K 1Cada questão vale 20 pts Escolha e indique cinco questões para resolver Problema 3 Determine o paralelepípedoretângulo de volume máximo com arestas paralelas aos eixos inscrito no elipsoide x²4 y²9 z²16 1 Solução do problema 3 Para determinar o paralelepípedoretângulo de volume máximo inscrito no elipsoide com arestas paralelas aos eixos vamos seguir os seguintes passos Considere um paralelepípedo com vértices opostos em a b c Seu volume é dado por V 2a2b2c 8abc Como o paralelepípedo está inscrito no elipsoide x²4 y²9 z²16 1 o vértice a b c deve satisfazer a²4 b²9 c²16 1 Vamos maximizar V 8abc sujeito à restrição acima Usaremos o método dos multiplicadores de Lagrange Definimos La b c λ 8abc λ a²4 b²9 c²16 1 Vamos estudar o problema de mínimo determinando pelas equações L 0 e λ L 0 Então calculando as derivadas parciais e igualando a zero La 8bc λa2 0 1 Lb 8ac 2λb9 0 2 Lc 8ab λc8 0 3 Lλ a²4 b²9 c²16 1 0 4 Isso fornece um sistema de quatro equações Então a partir de 1 2 e 3 obtemos respectivamente pectivamente λ 16bca de 1 λ 36acb de 2 λ 64abc de 3 Igualando as expressões para λ 16bca 36acb 16b² 36a² b 32 a E também 36acb 64abc 36c² 64b² c 43 b 43 32 a 2a Substituindo b 32 a e c 2a na restrição 4 a²4 32 a²9 2a²16 1 a²4 9a²49 4a²16 1 a²4 a²4 a²4 3a²4 1 Portanto a² 43 a 23 Com isso temos o valor de a determinado Agora temos então para b e c o seguinte b 32 23 33 3 c 2 23 43 Com isso temos todos os parâmetros desejados já calculados Então o volume máximo é obtido simplesmente fazendo Vmáx 8 23 3 43 8 2 3 4 3 3 643 3 Com isso obtemos finalmente como resposta que as arestas são 4 3 eixo x 2 3 eixo y 8 3 eixo z e o Volume máximo é V 64 3 3 5 Problema 4 A imagem da curva γt está contida na interseção da superfície cilíndrica x² y² 2 com a superfície esférica x² y² z² 3 Suponha que γt₀ 1 1 1 e que γt₀ 0 a 10 ponto Determine a reta tangente à curva γ no ponto γt₀ b 10 ponto Determine uma curva γt que satisfaça as condições acima Solução do item a problema 4 A curva γt está contida na interseção das superfícies x² y² 2 Cilindro x² y² z² 3 Esfera No ponto γt₀ 1 1 1 verificamos que 1² 1² 2 Satisfaz o cilindro 1² 1² 1² 3 Satisfaz a esfera Para encontrar a reta tangente calculamos os gradientes das superfícies no ponto 1 1 1 Para o cilindro fx y z x² y² 2 0 f 2x 2y 0 f1 1 1 2 2 0 Para a esfera gx y z x² y² z² 3 0 g 2x 2y 2z g1 1 1 2 2 2 O vetor tangente à curva é paralelo ao produto vetorial f g f g i j k 2 2 0 2 2 2 i4 0 j4 0 k4 4 4 4 0 Simplificando obtemos o vetor tangente T 1 1 0 Portanto a reta tangente é dada por rt 1 1 1 t1 1 0 com t R Em forma cartesiana temos as seguintes equações x y 2 z 1 as quais delimitam a reta desejada Solução do item b problema 4 A interseção do cilindro x2 y2 2 com a esfera x2 y2 z2 3 implica em x2 y2 z2 3 x2 y2 z2 3 2 z2 3 z2 1 Portanto temos então que z 1 Considerando z 1 a curva pode ser parametrizada como um círculo de raio 2 no plano z 1 γt 2 cos t 2 sin t 1 Agora vamos verificar que existe t0 R de modo que γt0 1 1 1 Com efeito isto ocorre quando 1 1 1 2 cos t0 2 sin t0 1 2 cos t0 1 2 sin t0 1 logo t0 é dado por t0 π 4 2kπ k Z por simplicidade podemos tomar k 0 Assim temos que a curva descrita acima com t0 π4 satisfaz as propriedades desejadas 7 Problema 5 Admita que o gráfico de z xy represente uma superfície própria para a prática do esqui Admita ainda que um esquiador deslize pela superfície sempre na direção de maior declive Se ele parte do ponto 1 2 2 em que ponto ele tocará o plano xy Solução da problema 5 Temos a superfície z fxy xy O esquiador inicia seu movimento no ponto 1 2 2 e segue na direção de maior declive Ou seja pela contrária direção do determinada pelo vetor gradiente O vetor gradiente é determinado por f fx fy y x No ponto inicial 1 2 este é f1 2 21 Consequentemente a direção de maior declive é dada por f 2 1 A trajetória rt xt yt zt deve então satisfazer dxdt 2 dydt 1 Integrando com condição inicial r0 1 2 2 que é o ponto inicial da trajetória temse xt 2 dt 2t C1 xt 2t 1 yt 1 dt t C2 yt t 2 zt xtyt 2t 1t 2 2t² 5t 2 Pois C1 e C2 duas constantes de integração correspondem aos valores iniciais da trajetória das coordenadas xt e yt Agora vamos determinar o tempo de queda Com efeito o esquiador atinge o plano xy quando atinge a altura zero ou seja no instante t tal que zt 0 2t² 5t 2 0 Resolvendo a equação quadrática nós obtemos t 5 25 164 5 34 As soluções são t 2 e t 12 Consideramos t 12 como solução uma vez que esse instante corresponde ao primeiro encontro do esquiador com o solo Portanto substituindo t 12 obtemos as coordenadas x12 2 12 1 0 y12 12 2 32 z12 0 O que mostra que o esquiador tocará o plano xy no ponto 0 32 0 Problema 6 Seja K o conjunto do plano xy limitado pelas curvas em coordenadas polares ρ tan θ 0 θ π2 e θ π4 Calcule a área da superfície z xy com x y K Solução do problema 6 Para calcular a área da superfície z xy sobre a região K do plano xy vamos seguir os seguintes passos Primeiramente vamos entender a região K Com efeito essa região é limitada pelas curvas em coordenadas polares ρ tan θ 0 θ π2 θ π4 Convertendo para coordenadas cartesianas x ρ cos θ tan θ cos θ sin θ y ρ sin θ tan θ sin θ sin² θcos θ A superfície é dada por z xy que em coordenadas polares fica z ρ² cos θ sin θ O elemento de área em coordenadas polares é dA ρ dρ dθ Feito essas considerações podemos então seguir para o cálculo da área superficial S a qual é dada por S K 1 zx² zy² dA K 1 y² x² dA K 1 ρ² ρ dρ dθ Explicitando os limites de integração temos S ₀π4 ₀tanθ 1 ρ² ρ dρ dθ uma vez que os limites de integração são 0 θ π4 0 ρ tan θ Primeiro resolvemos a integral em ρ ₀tan θ ρ1 ρ² dρ 13 1 ρ²32 ₀tan θ 13 1 tan² θ32 1 13 sec³ θ 1 Agora integramos em θ S ₀π4 13 sec³ θ 1 dθ 13 ₀π4 sec³ θ dθ ₀π4 1 dθ Resolvendo sec³ θ dθ por partes sec³ θ dθ 12 sec θ tan θ 12 ln sec θ tan θ C Avaliando os limites de integração temos S 13 12 sec θ tan θ 12 ln sec θ tan θ ₀π4 13 12 2 1 12 ln1 2 π4 13 22 12 ln1 2 π4 Portanto a área da superfície é 16 2 16 ln1 2 π12