\documentclass[a4paper,11pt]{article} \usepackage{amssymb,amsmath} \usepackage{a4wide} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{enumerate} \usepackage{epsfig} \newcommand{\bbr}{\mathbb{R}} \newcommand{\bbn}{\mathbb{N}} \newcommand{\bbq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\sen}{\operatorname{sen}} \setlength{\parskip}{1.5ex} \textwidth 5.8in \textheight 9.1in \oddsidemargin 0.4in \evensidemargin 0.4in \renewcommand{\familydefault}{cmss} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \newcommand{\inst}{\vspace*{-3cm} \hspace*{-1.5cm}\parbox[b]{2.5in}{\footnotesize \begin{center} {\bf Instituto Superior Técnico\\ Departamento de Matemática\\ Secção de Álgebra e Análise} \end{center}} \vspace*{.5cm}} \pagestyle{empty} \reversemarginpar \begin{document} \inst \vspace{-1cm} \begin{center} \Large{Análise Matemática III} \\ \smallskip 1º Exame e 2º Teste -- 11 de Janeiro de 2002 -- 17 horas {\bf Resolução} \end{center} \begin{enumerate}[{\bf 1.}] \item Integrando primeiro em ordem a $y$ e depois em ordem a $x$ temos \begin{eqnarray} \nonumber \iint_D f &=& \int_0^1 \int_{x^2}^{2x} yx \ dydx = \\ \nonumber &=& \int_0^1 \left(2x^3 - \frac{x^5}{2} \right) \ dx = \frac{5}{12} \ . \end{eqnarray} \item \begin{enumerate}[(a)] %%%%%%%%%% 2a) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \item A express\~ao para o volume de $V$ \'e dada por $$ \int_0^1 \left( \int_0^1 \left( \int_{\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{(2-z)^2 - y^2}} dx\right) dy + \int_1^{2-z} \left( \int_0^{\sqrt{(2-z)^2 - y^2}}dx\right) dy \right) dz $$ %%%%%%%%%%%%%%% 2b) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \item A resposta \'e, utilizando coordenadas cil\'\i ndricas, \begin{align*} \int_V f(x,y,z)dxdydz &= \int_0^{\pi/2} \left(\int_1^2 \left( \int_0^{2-\rho} \rho^3 \cos (\theta) {\rm sen}\,(\theta)^2 dz \right)\rho d\rho \right) d\theta \\ &= \left(\int_0^{\pi/2} \cos (\theta) {\rm sen}\,(\theta)^2 d\theta\right) \left( \int_1^2 \rho^4 (2-\rho) d\rho\right)\\ & = \left[\frac{{\rm sen}\,(\theta)^3}{3}\right]_0^{\pi/2} \left[\frac{2\rho^5}{5} - \left(\frac{\rho^6}{6}\right)\right]_1^2 =\frac{19}{30}. \end{align*} \end{enumerate} \item \begin{enumerate}[(a)] %%%%%%%%%%%%% 3a) $$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$ \item Temos que $$ \partial_1 f_2 = \partial_2 f_1 = (y^2 -x^2)/(x^2 +y^2)^4; \,\partial_2 f_3 = \partial_3 f_2 = 0; \, \partial_1 f_3 = \partial_3 f_1 = 0. $$ Portanto $f$ \'e fechado. %%%%%%%%%%%%% 3b) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \item O trabalho de $f$ ao longo de uma circunfer\^encia horizontal que d\^e a volta ao eixo dos $z$ n\~ao \'e zero pelo que $f$ n\~ao \'e um gradiente. Basta tomar $\alpha (\theta) = (\cos (\theta), {\rm sen}\,(\theta), 0)$ para obter $\oint fd\alpha = 2\pi \neq 0$. %%%%%%%%%%%%%%%%%%% 3c) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \item Separemos $f = g+h$ onde $g(x,y,z)= (\frac{-y}{x^2+y^2}, \frac{x}{x^2+y^2},0)$ e $h(x,y,z)= (x,y,z^2)$. O arco de circunfer\^encia, chamemos-lhe $\gamma$, em quest\~ao est\'a contido no plano vertical $x=0$. Ora, o campo $g$ \'e perpendicular a este plano porque $g(0,y,z)=(-1/y,0,0)$. Logo o trabalho de $g$ \'e nulo ao longo do arco de circunfer\^encia pretendido. Por outro lado, $h$ \'e claramente um gradiente em ${\mathbb R}^3$ com $h(x,y,z) = \nabla \phi (x,y,z)$ e $\phi (x,y,z) = (x^2+y^2)/2 + z^3/3$. Os pontos inicial e final do arco de circunfer\^encia percorrido no sentido crescente dos $z$ são respectivamente $(0,\sqrt{3},-1)$ e $(0,\sqrt{3},1)$. Logo temos o trabalho, $$ \int_\gamma f = \int_\gamma h = \phi(0,\sqrt{3},1) - \phi(0,\sqrt{3},-1) = \frac{2}{3}. $$ \end{enumerate} \item A área do rectângulo é dada pela função $f(x,y)=4xy$. Devemos por isso determinar o máximo de $f$ sujeito à restrição $x^2+4y^2=1$. Como $f$ é contínua e $\{(x,y)\in\bbr^2: x^2+4y^2=1\}$ é compacto, o problema tem solução. Aplicando o método dos multiplicadores de Lagrange, e atendendo a que $x=y=0$ não é solução do sistema, vem \[ \left\{\begin{array}{lll} 4y+2\lambda x & = & 0 \\ 4x+8\lambda y & = & 0 \\ x^2+4y^2 & = & 1 \end{array}\right. \Rightarrow \left|\begin{array}{ll} 2\lambda & 4\\ 4 & 8\lambda \end{array}\right| = 0 \Leftrightarrow \lambda = \pm1. \] Resolvendo as primeiras equações para $\lambda = \pm1$ obtemos $x=\pm 2y$. Substituindo na última equação vem $$ (x,y)\in\left\{\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right), \left(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right), \left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right), \left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\right\}. $$ Como $|f(\pm\frac{1}{\sqrt{2}},\pm\frac{1}{2\sqrt{2}})|=1$ concluímos que o maior rectângulo inscrito na elipse tem área~$1$. \vspace{1cm} \item \begin{enumerate}[(a)] \item Seja $G(x,y,z)=y+x^2+z^2-4$. Temos \[ S=\{(x,y,z)\in S: (x,y,z)=0,\,\,0 < y < 3\}, \] e $DG(1,2,1)=(\begin{array}{ccc}2&1&2\end{array})\neq (\begin{array}{ccc}0&0&0\end{array})$. Logo o espaço normal no ponto $p~=~(1,2,1)$ é \[ \left(T_pS\right)^\perp=\left\{(2\lambda,\lambda,2\lambda):\lambda\in\bbr\right\}. \] \item \begin{enumerate}[(i)] \item Sejam $P_1$ e $P_3$ as superfícies planas definidas por \begin{align*} P_0 = & \{(x,y,z)\in\bbr^3: x^2+z^2 < 4\, , \, y=0\}\\ P_1 = & \{(x,y,z)\in\bbr^3: x^2+z^2 < 1\, ,\, y=3\}\\ \end{align*} e seja ${\bf n}$ a normal unitária exterior ao sólido $V$ limitado por $S\cup P_0\cup P_1$ . Pelo teorema da divergência, temos \[ \iint_{S}{\bf F}\cdot {\bf n} + \iint_{P_0}{\bf F}\cdot {\bf n} + \iint_{P_1}{\bf F}\cdot {\bf n} = \iiint_V\nabla\cdot{\bf F}=0, \] pois $\nabla\cdot{\bf F}=0$. Ora, temos ${\bf F}\cdot {\bf n}=0$, em $P_0$, e ${\bf F}\cdot {\bf n}=3$, em $P_1$, logo \[ \iint_{S}{\bf F}\cdot {\bf n} = - \iint_{P_1} 3 = -3\operatorname{vol}_2(P_1) = -3\pi. \] \item Consideremos a parametrização $g(\rho,\theta)=(\rho\cos\theta,4-\rho^2,\rho\sen\theta)$, $(\rho,\theta)\in ]1,2[\times]0,2\pi[$, para $S$. Temos \[ \frac{\partial g}{\partial \rho}\times\frac{\partial g}{\partial \theta}= \left|\begin{array}{rrr}e_1&e_2&e_3\\\cos\theta&-2\rho&\sen\theta\\ -\rho\sen\theta&0 &\rho\cos\theta\end{array}\right| = (-2\rho^2\cos\theta, -\rho, -2\rho^2\sen\theta). \] Como esta normal aponta para o interior do sólido $V$, vem \begin{align*} &\iint_S{\bf F}\cdot{\bf n} = \\ &=\int_1^2\left(\int_0^{2\pi} \left(\rho^2\sen^2\theta, 4-\rho^2, 2\rho\cos\theta-\rho\sen\theta\right)\cdot \left(2\rho^2\cos\theta, \rho, 2\rho^2\sen\theta\right)d\theta \right)d\rho\\ & = \int_1^2\left(\int_0^{2\pi}\left(4\rho-\rho^3-2\rho^3\sen^2\theta\right) d\theta\right)d\rho\\ & = 2\pi\left[2\rho^2-\frac{\rho^4}{2}\right]_1^2\\ & = -3\pi. \end{align*} \item Pretendemos agora aplicar o teorema de Stokes para calcular o fluxo do campo vectorial ${\bf F}$. Recorde-se que $\nabla \cdot {\bf F}=0$. Como ${\bf F}$ está definido em $\bbr^3$, que é um conjunto em estrela, concluímos que ${\bf F}$ é um campo rotacional. Se ${\bf A}$ é um potencial vector para ${\bf F}$, i.e., se ${\bf F}= \nabla \times {\bf A}$, então devemos ter \[ \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial A_3}{\partial y} - \frac{\partial A_2}{\partial z} = z^2 \\ \frac{\partial A_1}{\partial z} - \frac{\partial A_3}{\partial x} = y \\ \frac{\partial A_2}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial y} = 2x-z \end{array} \right. \] Como é sabido, o facto de o potencial vector estar definido a menos de um gradiente permite-nos sempre supor que uma das componentes deste se anula. Escolhemos por exemplo $A_1=0$. Então obtemos \[ \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial A_3}{\partial x} = -y \\ \frac{\partial A_2}{\partial x} = 2x-z \\ \frac{\partial A_3}{\partial y} - \frac{\partial A_2}{\partial z} = z^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} A_3 = -xy+f(y,z) \\ A_2 = x^2-xz + g(y,z) \\ \frac{\partial f}{\partial y}- \frac{\partial g}{\partial z} = z^2 \end{array} \right. \] Portanto podemos por exemplo escolher $g=0$ e $f=yz^2$. Um potencial vector para $F$ é então \[ {\bf A}=(0,x^2-xz,yz^2-xy). \] Aplicando o teorema de Stokes, vem \[ \iint_{S}F\cdot n = \iint_{S}\nabla\times {\bf A}\cdot n = \int_{\partial S}{\bf A}\cdot d\alpha, \] onde $\alpha$ é um caminho que percorre $\partial{S}$ no sentido compatível com a normal exterior $n$, e $\nabla\times {\bf A}$ representa o rotacional de ${\bf A}$. Ora, \begin{align*} \partial S & = C_1\cup C_0\\ & = \left\{(x,y,z)\in\bbr^3: x^2+z^2 = 4,\,\,y=0\right\} \cup \left\{(x,y,z)\in\bbr^3: x^2+z^2 = 1,\,\,y=3\right\}, \end{align*} pelo que $\alpha$ percorre $C_0$ no sentido positivo e $C_1$ no sentido negativo, em relação a um observador no ponto $(0,4,0)$. Assim, temos \begin{align*} \int_{\partial S}A\cdot d\alpha = & \int_0^{2\pi}(0,4\cos^2t-4\cos t\sen t, 0) \cdot(-2\sen t, 0, -2\cos t)dt\\ &+ \int_0^{2\pi}(0, \cos^2 t-\sen t\cos t,3\sen^2t-3\cos t) \cdot(-\sen t,0,\cos t)dt\\ = &\,-\int_0^{2\pi}3\cos^2t dt \\ = & -3\pi. \end{align*} \end{enumerate} \end{enumerate} \item As funções \begin{equation} f_n(x,y,z) = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{\sen\left(x^2 + y^2/4 + z^2\right)}{\left[x^2 + y^2/4\right]^2} \ & {\rm para} \ (x,y,z) : x^2 + \frac{y^2}{4} \leq n^2 \\ 0 & {\rm para} \ (x,y,z) : x^2 + \frac{y^2}{4} > n^2 \end{array} \right. \end{equation} são, para todo o $ n$, contínuas num compacto e zero fora do compacto pelo que são integráveis em $D$. Por outro lado a sucessão $\{f_n\}$ converge para $f$ em toda a parte em $D$. A sucessão não é no entanto monótona qtp em $D$ pelo que tentaremos aplicar o teorema de convergência dominada de Lebesgue. Para $h(x,y,z) = \frac{1}{\left[x^2 + y^2/4\right]^2}$ temos $ |f_k| \leq h, \forall k \in \bbn$, em $D$. Para mostrar a integrabilidade de $f$ falta mostrar que $h$ é integrável. Consideremos a sucessão $\{h_ k\}$ de funções integráveis construída de forma análoga a (1) $$ h_n(x,y,z) = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{\left[x^2 + y^2/4\right]^2} \ & {\rm para} \ (x,y,z) : x^2 + \frac{y^2}{4} \leq n^2 \\ 0 & {\rm para} \ (x,y,z) : x^2 + \frac{y^2}{4} > n^2 \end{array} \right. $$ Esta sucessão é monótona crescente e converge em toda a parte em $D$ para $h$. Para mostrar, pelo teorema de convergência monótona de Levi, que $h$ é integrável falta mostrar que a sucessão numérica $\{ \iiint_D h_k \}$ é majorada. Fazendo a transformação de coordenadas $$ g \ : \ \left\{ \begin{array}{lll} x & = & \rho \cos(\theta) \\ y & = & 2 \rho \sen(\theta) \\ z & = & z \end{array} \right. $$ com ${\rm det}(Dg) = 2 \rho$ temos $$ \iiint_D h_k = \int_{-1}^1 \int_0^{2\pi} \int_1^{k} \frac{1}{\rho^4} 2 \rho \ d\rho d\theta dz = 8 \pi \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{k^2} \right) < 4\pi \ , \ \forall k \in \bbn \ . $$ Assim $h$ é integrável e portanto $f$ também é integrável em $D$. Por outro lado $$ \iiint_D h = \lim_{k \rightarrow \infty} \iiint_D h_k = \lim_{k \rightarrow \infty} 4 \pi \left(1 - \frac{1}{k^2} \right) = 4\pi $$ e, uma vez que $|f| \leq h$ em $D$, temos $|\iiint_D f | \leq \iiint_D |f| \leq \iiint_D h = 4\pi$. Logo, o integral $|\iiint_D f | $ é majorado por $4\pi$. \end{enumerate} \end{document} %%% Local Variables: %%% mode: latex %%% TeX-master: t %%% End: