% EXERCICIO TESTE 13
% AMIII, 3/Outubro/2006

\documentclass[a4paper]{article}

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\newcommand{\divv}{\ {\rm div}}
\newcommand{\rot}{\ {\rm rot}}

\begin{document}
\pagestyle{empty}
\begin{center}
{\Large{\bf Análise Matemática III \\

1º semestre de 2006/2007}}

\end{center}

\vspace{1cm}
\noindent

\vspace*{10ex}

\begin{enumerate}

\item
\noindent 
Considere o conjunto:
$$
M=\{(x,y,z)\in\R^3: x^2 - 2xz + 2y^2 - z^3 =0;\, y>0;\, 1<z<3
 \}\, ,
$$
\begin{itemize}
\item[a)]  Mostre que $M$ é uma variedade e determine a sua dimensão.
\marginpar{(2.5 val.)}

\item[b)]  Determine o espaço normal e o espaço tangente a $M$ no
  ponto $(0,2,2)$. \marginpar{(3 val.)}

\item[c)]  Justifique porque a equação $ x^2 - 2xz + 2y^2 - z^3 =0$ determina $z$
 implicitamente como função de classe $C^1$ de $x$ e $y$ numa
 vizinhança do ponto $(0,2,2)$, e calcule a derivada parcial 
$ \quad \frac{\partial z}{\partial y}(0,2).$  \marginpar{(2.5 val.)}
\end{itemize}


\vspace*{7ex}

\noindent{\bf Resolução}

\begin{itemize}
\item[(a)] $M$ é o conjunto de nível $0$ da função $F(x,y,z)= x^2 - 2xz + 2y^2 - z^3$, 
de classe $C^1$. A matriz derivada de $F$ é dada por: 
$$
DF(x,y,z) = [2(x-z),\, 4y,\, -2x-3z^2)].
$$
Temos:
$$
DF(x,y,z)\neq (0,0,0)\quad \forall (x,y,z)\in M
$$
porque $4y>0, \, \forall (x,y,z)\in M$, ou porque $DF(x,y,z)=(0,0,0)$
implica $(x=z) \wedge (y=0) \wedge (-2x-3z^2 =0)$, ou seja $(z=0) \vee (z=
-2/3)$, portanto $(x,y,z)\not\in M$. Conclui-se que $M$ é uma variedade, e
que a sua dimensão é $3-{\rm car}DF=3-1=2$.

\item[(b)] Os vectores normais a $M$ no ponto $(0,2,2)$ são gerados por
  $DF(0,2,2)= (-4,8,-12)$. Portanto o espaço normal a $M$ é dado por:
$$
T_{(0,2,2)}M^\perp =\left\{
c(-1,2,-3):\, c\in \R
\right\}.
$$
Os vectores tangentes a $M$ no ponto $(0,2,2)$ são perpendiculares ao
vector $(-1,2,-3)$, portanto são soluções da equação
$-a+2b-3c=0$. Assim
$$
T_{(0,2,2)}M =\left\{
(b(2,1,0) +  c(-3,0,1):\, b,c\in \R
\right\}.
$$
\item[(c)] A função  $F(x,y,z)= x^2 - 2xz + 2y^2 - z^3$ é de classe
  $C^1$ em $\R^3$, e verifica $F(0,2,2)=0,\,  \frac{\partial
  F}{\partial z}(0,2,2)=-12\neq 0$. Pelo Teorema da Função Implícita,
  existe uma vizinhança de $(0,2,2)$, onde a equação $F(x,y,z)=0$
  determina $z$ implicitamente como função de classe $C^1$ de $x$ e $y$. Temos
  ainda:
$$
 \frac{\partial z}{\partial y}(0,2)= -  \left.  \frac{ 
 \partial F /\partial y}{ \partial F /\partial z}\right|_{(0,2,2)}
=-\frac{8}{-12}=2/3.
$$
\end{itemize}


\vskip 1cm


\item Considere o campo vectorial $F(x,y,z) =(x,y,z+1)$ e a superfície
$$
S = \left\{(x,y,z) \in \R^3  \ : \ x+y+z=1, \ x,y,z >0\right\}.
$$
Calcule o fluxo de $F$ através de $S$ no sentido da normal
com terceira componente negativa.


\begin{enumerate}
\item
pela definição de fluxo; \marginpar{(3 val.)}

\item usando o teorema
da divergência; \marginpar{(3 val.)}
\end{enumerate}


\vskip 0.5cm



\noindent {\bf Resolução}


\begin{enumerate}
\item[(a)]
Consideremos a parametrização de $S$ definida por:
$$ g(x,y)=(x,y,1-x-y),$$
com
$$(x,y) \in T:= \{(x,y)\in \R^2:\, 0<y<1-x, \, 0<x<1\}.$$
A sua matriz Jacobiana é dada por
$$
Dg(\rho,\theta)=
  \left[\begin{array}{cc}
\bigskip
    1 & 0\\
    0 & 1 \\
    -1& -1
  \end{array}\right].
$$
Vemos que
$$
D_x g  \times  D_y g  = (1,1,1)
$$
tem o sentido contrário ao pretendido, pois a sua terceira componente é positiva. Assim,
$$
F(g(x,y)) \cdot(D_x g \times D_y g)=  (x,y,2-x-y)\cdot (1,1,1)=2
$$
pelo que o fluxo é dado por
\bigskip
\begin{eqnarray*}
\int_S F \cdot \nu \, dS = & = & - \iint_T F(g(x,y))\cdot(1,1,1)\, dx\, dy\\
 & = &  - \iint_T 2 \, dx\, dy  = -2 \, \text{área}(T) = -2 \times \frac{1}{2} = -1
\end{eqnarray*}
\vskip 0.2cm

Alternativamente, vemos facilmente pela equação do plano $x+y+z=1$ que a normal unitária do enunciado é $\nu=-\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$. Assim,
\begin{eqnarray*}
\int_S F \cdot \nu \, dS = & = & -\frac{1}{\sqrt{3}} \int_S (x,y,z+1) \cdot (1,1,1)\, dS \\ 
 & = &  -\frac{1}{\sqrt{3}} \int_S x+y+z+1 \, dS  = -\frac{1}{\sqrt{3}} \int_{S} 2 \, dS \\  & = & -\frac{2}{\sqrt{3}} \int_S 1 \, dS =  -\frac{2}{\sqrt{3}} \iint_T ||D_x g  \times  D_y || \, dx\, dy \\ &  = &   -\frac{2}{\sqrt{3}} \times \sqrt{3} \times  \text{área}(T) = -1. 
\end{eqnarray*}

\vskip 0.5cm

\item[(b)]


 Temos $\divv F=1+1+1=3$. Seja $D$ a região
$$
D=\{ (x,y,z)\in \R^3:\, 0<z<1-x-y,\, x,y>0\}
$$
e $B_1$, $B_2$ e $B_3$  as regiões
\begin{eqnarray*}
B_1:& = &\{ (x,y,z)\in \R^3:\, z=0 ,\, 0\leq y\leq 1-x \},\\
B_2:& = &\{ (x,y,z)\in \R^3:\, x=0 ,\,  0\leq z\leq 1-y \},\\
B_3:& = &\{ (x,y,z)\in \R^3:\, y=0 ,\,  0\leq z\leq 1-x \}.\\
\end{eqnarray*}
Sejam
$n_{B_1}=(0,0,-1)$, $n_{B_2}=(-1,0,0)$, $n_{B_3}=(0,-1,0)$ as normais unitárias a $B_1$, $B_2$ e $B_3$, respectivamente,  exteriores ao sólido  $D$ (note que $\partial D=S\cup B_1 \cup B_2\cup B_3$). Pelo Teorema da Divergência temos,
$$
\iiint_D \divv F=
\int_S F\cdot n_{\text{ext}} +\int_{B_1} F\cdot n_{B_1} +\int_{B_2} F\cdot n_{B_2} +\int_{B_3} F\cdot n_{B_3} .
$$
Como
\begin{enumerate}
\item[*] 
\begin{eqnarray*}
\iiint_D \divv F & = & \int_0^1 \int_0^{1-x} \int_0^{1-x-y} 3 \, dz\, dy\, dx 
\\ & = &  3\int_0^1 \int_0^{1-x} 1-x-y \, dy\, dx =\\
&=& 3\int_0^1 [(1-x)y-\frac{y^2}{2}]_{y=0}^{y=1-x} \, dx \\ & = & \frac{3}{2} \int_0^1 (1-x)^2\, dx = -\frac{1}{2} [(1-x)^3]_0^1 =\frac{1}{2},
\end{eqnarray*}
\item[*] $n_{B_1}=(0,0,-1)$ e $F\cdot n_{B_1}=-(z+1)=-1$ em $B_1$, pelo que
\[ \int_{B_1} F\cdot n_{B_1}=-({\text {área }}B_1)=-\frac{1}{2},\]
\item[*] $n_{B_2}=(-1,0,0)$ e $F\cdot n_{B_2}=-x=0$ em $B_2$, pelo que
\[ \int_{B_2} F\cdot n_{B_2}= 0,\]
 \item[*] $n_{B_3}=(0,-1,0)$ e $F\cdot n_{B_3}=-y=0$ em $B_3$, pelo que
\[ \int_{B_3} F\cdot n_{B_3}= 0,\]
\end{enumerate}
obtemos
\[
\int_S F\cdot n_{\text{est}}=\frac{1}{2} +\frac{1}{2} =1.
\]
Note-se que este fluxo é segundo a normal exterior a $D$ e que o fluxo pedido é segundo a normal interior, pelo que o resultado deverá ser $-1$, como o obtido na alínea (a).

\vskip 0.5cm

\end{enumerate}


\vskip 1cm


\item Utilizando o teorema de Stokes calcule o fluxo
do campo
$$
{H} (x,y,z) = \left(y+z,x+z,x+y\right)
$$
através da superfície 
$$
L=\left\{(x,y,z) \in \R^3 \ : \  z=x^2+y^2, \ y>0, \ z<4\right\},
$$
no sentido da normal com terceira componente positiva. \marginpar{(3 val.)}

\item[] {\bf Resolução}

\noindent O campo $H$ é de classe $C^1$ em $\R^3$ e 
tem divergência nula
$$
{\rm div} {H} = 0+0+0=0.
$$
Uma vez que $\R^3$ é um conjunto em estrela concluímos que 
{H} é um campo rotacional, i.e., tem um potencial vector,
{ A}, 
\begin{eqnarray*}
\rot { A} &=&  {H} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow &&
\left\{
\begin{array}{rcl}
\frac {\partial A_3}{\partial y} - \frac {\partial A_2}{\partial z} &=& H_1 = y+z\\
\frac {\partial A_1}{\partial z} - \frac {\partial A_3}{\partial x} &=& H_2 = x+z\\ 
\frac {\partial A_2}{\partial x} - \frac {\partial A_1}{\partial y} &=& H_3 = x+y
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}
Escolhendo $A_1=0$, 
\begin{eqnarray*}
%\label{1} 
&&\left\{
\begin{array}{rcl}
\frac {\partial A_3}{\partial y} - \frac {\partial A_2}{\partial z} &=&  y+z\\
 - \frac {\partial A_3}{\partial x} &=&  x+z\\ 
\frac {\partial A_2}{\partial x} &=&  x+y
\end{array}
\right. 
\Leftrightarrow \\
% \label{2} 
\Leftrightarrow &&
\left\{ 
\begin{array}{rcl}
%\label{2} 
\frac {\partial A_3}{\partial y} - \frac {\partial A_2}{\partial z} &=&  y+z\\
%\label{3}
 A_3 &=&  - \frac {x^2}2 - zx + c_3(y,z)\\ 
% \label{4} 
A_2 &=&  \frac {x^2}2 + xy + c_2(y,z).
\end{array}
\right. .
\end{eqnarray*}
Substituindo $A_2$ e $A_3$ na primeira equação, 
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{x^2}2-zx+c_3\right) - 
\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{x^2}2+yx+c_2\right) &=& y+z \Leftrightarrow\\
\frac{\partial c_3}{\partial y} - \frac{\partial c_2}{\partial z} &=& y+z. 
\end{eqnarray*}
Escolhendo $c_3=0$  obtemos
$$
c_2=-yz-\frac {z^2}2 +k,
$$
pelo que um potencial vector de $H$  é dado por
$$
A=\left(0,\frac{x^2}2+yx-yz-\frac{z^2}2, -\frac{x^2}2 - zx\right) .
$$

Pelo teorema de Stokes temos então
$$
\iint_L H \cdot n_L \ dS = \iint_L  {\rm \rot}\ A \cdot n_L \ dS  = \int_C \ A \cdot dg ,
$$
onde $C=\partial L = C_1 \cup C_2$, $C_1$ é um arco de uma parábola 
no plano $xOz$ 
$$
C_1 = \left\{(x,y,z) \in \R^3\ : \ y=0, z=x^2, z<4 \right\},
$$
e $C_2$ é uma semi-circunferência,
$$
C_2 = \left\{(x,y,z) \in \R^3\ : \ z=4, x^2+y^2=4, y\geq 0 \right\}.
$$
Usando $x$ como parâmetro na curva $C_1$, 
$$
g_1(x)=(x,0,x^2), \ -2<x<2, 
$$
 e tendo em conta que o sentido induzido por $n_L$ em $C$ é o sentido
horário para um observador no ponto $(0,50,0)$, obtemos
\begin{eqnarray*}
\int_{C_1} \ A \cdot dg_1 &=&
\int_{-2}^2 \left( 0, \frac{x^2}2 - \frac{x^4}2, -\frac{x^2}2  - x^3\right)  \cdot \left(1,0,2x\right) \ dx =\\
&=& -\int_{-2}^2 \ \left(x^3+2x^4\right)  \ dx =- \frac 25 \ x^5
|_{-2}^{+2} = -\frac  {128}5. 
\end{eqnarray*}
Para $C_2$, usando a representação paramétrica,
$$g_2(\theta)=(2\cos(\theta),2\sen(\theta),4), \ 0\leq \theta \leq \pi ,
$$
  temos
\begin{eqnarray*}
&&\int_{C_2} \ A \cdot dg_2 = \\
&& \begin{array}{c}
= \int_0^\pi \left(0, 2
\cos^2(\theta)+4\cos(\theta)\sen(\theta) - 8\sen(\theta)-8,
-2\cos^2(\theta)-8\cos(\theta)\right)
\cdot \\
\cdot \left(-2\sen(\theta), 2 \cos(\theta), 0\right) \ d\theta =
\end{array}
 \\
       &=& \int_0^\pi \left(4\cos^3(\theta)+8\cos^2(\theta)
\sen(\theta)
-16 \sen(\theta)\cos(\theta) - 16 \cos(\theta)\right) \ d\theta \\
&=& \left[4\sen(\theta) - \frac 43 \sen^3(\theta) 
- \frac 83 \cos^3(\theta) + 4\cos(2\theta) - 16\sen(\theta)
\right]_0^\pi =\\
&=&  \frac{16}3.
\end{eqnarray*}
Concluímos então que
$$
\iint_L H \cdot n_L \ dS  = \int_{C_1} \ A \cdot dg_1 +
 \int_{C_2} \ A \cdot dg_2 = -\frac{128}5 + \frac{16}3= -\frac{304}{15}.
$$






\vskip 1cm



\item Seja $S$ a superfície em $\R^4$:
$$
S=\{(x,y,z,t)\in\R^4: z=f_1(x,y);\, t=f_2(x,y); \, (x,y)\in T
 \}\, ,
$$
onde $f_1,\,f_2$ são funções de classe $C^1$ em $T$, e $T$ é um
subconjunto aberto de $\R^2$.  
\begin{itemize}
\item[a)]  Obtenha uma fórmula geral para a área de $S$ (ou
  seja para $\int_S 1$, pressupondo que esse integral é finito) na forma de
  um integral duplo envolvendo as derivadas parciais de $f_1$ e
  $f_2$. \marginpar{(1.5 val.)}


\item[b)]  Calcule a área da superfície $S$ dada por: \marginpar{(1.5 val.)}
$$
z=x+2y, \quad t=-x+y, \quad 0<x,y<1.
$$


\end{itemize}


\vspace*{7ex}

\noindent{\bf Resolução}
\begin{itemize}
\item[(a)] A superfície $S$ é parametrizada pela função:
$$
g(x,y)=(x,y,f_1(x,y),f_2(x,y)),\quad (x,y)\in T,
$$
cuja matriz derivada é:
$$
Dg(x,y)=\left[
\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\
\frac{\partial f_2}{\partial x} &  \frac{\partial f_2}{\partial y}
\end{array}
\right].
$$
Obtemos assim uma expressão para o factor $\sqrt{\det(Dg^tDg)}$ no
integral:
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{\sqrt{\det(Dg^t(x,y)Dg(x,y))}} \\
& = & \sqrt{
\det 
\left[
\begin{array}{cc}
1 +  (\frac{\partial f_1}{\partial x})^2 + 
(\frac{\partial f_2}{\partial  x})^2 & 
\frac{\partial f_1}{\partial x} \frac{\partial f_1}{\partial y} + 
\frac{\partial f_2}{\partial x}\frac{\partial f_2}{\partial y} \\
\frac{\partial f_1}{\partial x} \frac{\partial f_1}{\partial y} + 
\frac{\partial f_2}{\partial x}\frac{\partial f_2}{\partial y} &
1 +  (\frac{\partial f_1}{\partial y})^2 + (\frac{\partial f_2}{\partial  y})^2
\end{array}
\right]
} \, .
\end{eqnarray*}
Depois de alguma simplificação, obtemos:
$$
 \sqrt{1 +  
\left(\frac{\partial f_1}{\partial x}\right)^2 + 
\left(\frac{\partial f_2}{\partial  x}\right)^2 +
\left(\frac{\partial f_1}{\partial y}\right)^2 + 
\left(\frac{\partial f_2}{\partial   y}\right)^2 +
\left(\frac{\partial f_1}{\partial x} \frac{\partial f_2}{\partial y} -
\frac{\partial f_2}{\partial x} \frac{\partial f_1}{\partial y}\right)^2
}\, .
$$

Assim uma fórmula geral para a área de $S$ é:
$$
\iint_T 
 \sqrt{1 +  
\left(\frac{\partial f_1}{\partial x}\right)^2 + 
\left(\frac{\partial f_2}{\partial  x}\right)^2 +
\left(\frac{\partial f_1}{\partial y}\right)^2 + 
\left(\frac{\partial f_2}{\partial   y}\right)^2 +
\left(\frac{\partial f_1}{\partial x} \frac{\partial f_2}{\partial y} -
\frac{\partial f_2}{\partial x} \frac{\partial f_1}{\partial y}\right)^2}
\, dx\, dy.
$$

\item[(b)]
Aplicando a fórmula na alínea anterior, a área é dada por:
$$
\int_0^1 \int_0^1
\sqrt{17} \, dx \, dy = \sqrt{17}.
$$

\end{itemize}



\end{enumerate}
\end{document}