\documentclass[10pt,a4paper]{article} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts,a4wide} \usepackage{enumerate} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{shadow} \setlength{\parskip}{1.8ex} \textwidth 5.8in \textheight 9.1in \oddsidemargin 0.4in \evensidemargin 0.4in \renewcommand{\familydefault}{cmss} \newcommand{\bbr}{\mathbb{R}} \newcommand{\arctg}{\operatorname{arctg}} \newcommand{\sen}{{\operatorname{sen}}} \newcommand{\s}{\rule{0ex}{3ex}} \newcommand{\lra}{\longrightarrow} \newcommand{\rot}{\operatorname{rot}} \newcommand{\dive}{\operatorname{div}} \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 \LARGE{2001/2002} \\ \smallskip \Large{1º Teste}} 10 de Novembro de 2001 -- 9 horas {\bf Duração: 1 hora e 30 minutos.}\\ {\bf Apresente todos os cálculos e justificações relevantes.} \end{center} \begin{enumerate}[{\bf 1.}] \item Considere a seguinte região contida em ${\mathbb R}^3$ $$ V = \left\{(x,y,z) \in {\mathbb R}^3: (\sqrt{x^2+y^2}-1)^2 \leq z \leq 1, x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0 \right\}. $$ \begin{itemize} \item[a)] Escreva uma expressão para o volume de $V$ em termos de integrais iterados da forma $\int (\int (\int dx)dy)dz$. \item[b)] Seja $f(x,y,z)=x$. Calcule $\iiint_V f(x,y,z)dx\,dy\,dz$. \end{itemize} \noindent {\bf Solução:} \begin{itemize} \item[a)] Os cortes com $z$ constante formam quartos de coroas circulares no plano $xy$, com $x,y \geq 0$, com raio exterior dado por $1+\sqrt{z}$ e raio interior dado por $1-\sqrt{z}$. Logo temos, $$ Vol(V) = \int_0^1 \left( \int_0^{1-\sqrt{z}} \left( \int_{\sqrt{(1-\sqrt{z})^2-y^2}}^{\sqrt{(1+\sqrt{z})^2-y^2}}dx\right)dy + \left( \int_{1-\sqrt{z}}^{1+\sqrt{z}} \left( \int_{0}^{\sqrt{(1+\sqrt{z})^2-y^2}}dx\right)dy \right)\right)dz. $$ \item[b)] Temos em coordenadas cilíndricas que $x=\rho \cos (\theta)$. Logo, \begin{align*} \iiint_V xdxdydz &= \int_0^{\pi/2} \left( \int_0^2 \left(\int_{(\rho -1)^2}^1 \rho \cos(\theta) dz \right)\rho d\rho \right) d\theta\\ & = \int_0^2 \rho^2 (1-(\rho -1)^2) d\rho = 8/5. \end{align*} \end{itemize} \item Um sólido na região $$ S = \left\{(x,y,z) \in \bbr^3 \ : \ \sqrt{x^2 + {y^2 \over 9}} \leq z \leq 4 - 3(x^2 + {y^2 \over \ 9}), \ x \geq 0, \ y \geq 0 \right\} $$ tem densidade de massa $\sigma(x,y,z)=2x$. Usando uma mudança de coordenadas apropriada, calcule a massa do sólido. \noindent{\bf Resolução:} Nas coordenadas $(\rho, \theta, z)$ definidas pela transformação $$ g \ : \ \left\{ \begin{array}{ll} x= & \rho \ \cos(\theta) \\ y = & 3 \rho \ \sen(\theta) \\ z = & z \end{array} \right. \ $$ a região $S$ é dada (excepto os pontos de $S$ no eixo $Oz$ que formam um subconjunto de conteúdo nulo) por, $0 < \rho \leq z \leq 4 - 3 \rho^2, \ 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$. A matriz Jacobiana da transformação $g$ é $$ Dg = \left( \begin{array}{ccc} \cos(\theta) & - \rho \ \sen(\theta) & 0 \\ 3 \sen(\theta) & 3 \rho \ \cos(\theta) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) $$ pelo que, $ | {\rm det}(Dg)| = 3 \rho$, e portanto \begin{eqnarray} \nonumber M = \int_S \sigma &=& \int_0^{\pi / 2} \int_0^1 \int_\rho^{4-3 \rho^2} 2 \rho \ \cos(\theta) \ 3 \rho \ dz d\rho d\theta \\\nonumber &=& 6 \ \left( \int_0^{\pi / 2} \cos(\theta) d\theta \right) \ \int_0^1 \rho^2 \ \int_\rho^{4-3 \rho^2} dz d\rho= \\\nonumber &=& 6 \int_0^1 \rho^2(4 - 3 \rho^2 - \rho) d\rho = \\\nonumber &=& 6 \left[\frac{4}{3} \rho^3 - \frac{3}{5} \rho^5 - \frac{1}{4} \rho^4\right]_0^1 = \\\nonumber &=& \frac{29}{10} \end{eqnarray} \item Considere os seguintes campos vectoriais. \begin{align*} {\bf F}(x,y,z)=\bigg(2xz,\,2yz,\,x^2+10y^2+z^2\bigg),&\,&{\bf G}(x,y,z)=((x-1)^2+y^2)^3\bigg(x-1,\,y,\,0\bigg) \end{align*} \begin{enumerate}[(a)] \item Determine se ${\bf F}$ e ${\bf G}$ são fechados. \item Determine se ${\bf F}$ e ${\bf G}$ são gradientes. \item Seja ${\boldsymbol \alpha}:[0,1]\to\bbr^3$ o caminho definido por ${\boldsymbol\alpha}(t)=(e^{t^2},e^{t^2}\sen{t},0)$. Calcule $\int{\bf G}\cdot d{\boldsymbol\alpha}$. \end{enumerate} {\bf Solução:} \begin{enumerate}[(a)] \item O campo ${\bf F}$ não é fechado pois \[ \frac{\partial F_3}{\partial y} = 20y \neq \frac{\partial F_2}{\partial z} = 2y. \] O campo ${\bf G}$ é fechado: \begin{align*} \frac{\partial G_1}{\partial y} &= \frac{\partial G_2}{\partial x} = 6y(x-1)\left((x-1)^2+y^2\right)^2 \\ \frac{\partial G_1}{\partial z} &= \frac{\partial G_3}{\partial x} = 0 \\ \frac{\partial G_2}{\partial z} &= \frac{\partial G_3}{\partial y} = 0 . \end{align*} \item O campo ${\bf F}$ não é gradiente porque não é fechado. O campo ${\bf G}$ é é fechado, é de classe $C^1$ em $\bbr^3$. Como $\bbr^3$ é simplesmente conexo, ${\bf G}$ é um gradiente. Em alternativa, pode mostrar-se que ${\bf G}$ é um gradiente calculando um potencial: \begin{align*} \nabla\phi = {\bf G}& \Leftrightarrow \begin{cases} \frac{\partial \phi}{\partial x} = G_1\\ \frac{\partial \phi}{\partial y} = G_2\\ \frac{\partial \phi}{\partial z} = G_3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \phi = \frac{1}{8}\left((x-1)^2+y^2\right)^4+A(y,z)\\ \phi = \frac{1}{8}\left((x-1)^2+y^2\right)^4+B(x,z)\\ \phi = C(x,y)\\ \end{cases}\\ & \Leftrightarrow \phi = \frac{1}{8}\left((x-1)^2+y^2)\right)^4 + K, \end{align*} onde $K$ é uma constante. \item Pelo Teorema Fundamental do Cálculo para integrais de linha, temos \begin{align*} \int{\bf G}\cdot d{\boldsymbol\alpha} &= \phi(g(1)) - \phi(g(0))\\ &=\phi(e, e\cdot \sen(1), 0) - \phi(1, 0, 0)\\ &=\frac{1}{8}\left((e-1)^2+e^2\sen^2(1)\right)^4. \end{align*} \end{enumerate} \item Seja $f:\bbr^2\to\bbr$ uma função de classe $C^2$. O {\em laplaciano} de $f$ é a função $\Delta f:\bbr^2\to\bbr$ definida por \[ \Delta f = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\,. \] Seja $C_\epsilon = \left\{(x,y)\in\bbr^2:(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=\epsilon^2\right\}$ e ${\bf F}(x,y)=(-\frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial x})$. Mostre que \[ \Delta f(x_0,y_0) = \lim_{\epsilon\to 0}\frac{1}{\pi\epsilon^2} \int_{C_\epsilon}{\bf F}\cdot d{\bf g}, \] onde ${\bf g}$ é um caminho regular que percorre $C_\epsilon$ uma vez no sentido anti-horário. \noindent {\bf Sugestão:} Use o teorema de Green. {\bf Solução:} Seja $D_\epsilon=\left\{(x,y)\in\bbr^2:(x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \leq \epsilon^2\right\}$. Aplicando o teorema de Green, vem \begin{align*} \int_{C_\epsilon}{\bf F}\cdot d{\bf g} & = \iint_{D_\epsilon} \left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dxdy\\ & = \iint_{D_\epsilon}\Delta f(x,y) dxdy. \end{align*} Visto que $f$ é de classe $C^2$, o laplaciano $\Delta f$ é contínuo. Deste facto e da igualdade anterior obtemos então \begin{align*} \left|\lim_{\epsilon\to 0}\frac{1}{\pi\epsilon^2}\int_{C_\epsilon}{\bf F}\cdot d{\bf g} - \Delta f(x_0,y_0)\right|=& \lim_{\epsilon\to 0}\left|\frac{1}{\pi\epsilon^2}\iint_{D_\epsilon}\Delta f(x,y) dxdy - \Delta f(x_0,y_0)\right|\\ & =\lim_{\epsilon\to 0}\frac{1}{\pi\epsilon^2}\left|\iint_{D_\epsilon}\Bigl(\Delta f(x,y)- \Delta f(x_0,y_0)\Bigr)dxdy\right|\\ & \leq\lim_{\epsilon\to 0} \frac{1}{\pi\epsilon^2}\iint_{D_\epsilon}\max_{(x,y)\in D_\epsilon}\left|\Delta f(x,y)-\Delta f(x_0,y_0)\right|dxdy\\ & = \lim_{\epsilon\to 0}\frac{\max_{(x,y)\in D_\epsilon}\left|\Delta f(x,y)-\Delta f(x_0,y_0)\right|\pi\epsilon^2}{\pi\epsilon^2} \\ & = \lim_{\epsilon\to 0}\max_{(x,y)\in D_\epsilon}\left|\Delta f(x,y)-\Delta f(x_0,y_0)\right|\\ & = 0. \end{align*} \end{enumerate} \end{document} %%% Local Variables: %%% mode: latex %%% TeX-master: t %%% End: