gab3-11.1

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Gabarito da P3, 2011.1
Questa˜o 1
A superf´ıcie S e´ o gra´fico de z = f(x, y) = 4 − x2 − y2, que e´ a parte do
parabolo´ide invertido de base circular, com ve´rtice (0, 0, 4) e cuja intersec¸a˜o
com o plano xOy e´ o c´ırculo centrado na origem e com raio 2 (z = 0 ⇒
x2+y2 = 4). Assim, o domı´nio de f e´ o disco D = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 ≤ 4}
e podemos parametrizar S por r(x, y) = (x, y, 4− x2 − y2), com (x, y) ∈ D.
Temos enta˜o que rx× ry = (2x, 2y, 1) e da definic¸a˜o de a´rea de superf´ıcie
segue que
A(S) =
∫∫
D
‖rx × ry‖dxdy =
∫∫
D
√
1 + 4(x2 + y2)dxdy
=
∫ 2pi
0
∫ 2
0
√
1 + 4r2rdrdθ = 2pi
1
8
∫ 17
1
√
v dv =
pi
4
2
3
[v3/2]171 =
pi
6
(17
√
17−1).
Questa˜o 2
item (a): Seja E o cilindro so´lido correspondente a` superf´ıcie S. como
∇·F = 3, segue do Teorema da Divergeˆncia (com os vetores normais unita´rios
apontando para fora de S) que:∫∫
S
F · nˆ dS =
∫∫∫
E
∇ · F dV = 3Vol(E) = 3pia2b,
ja´ que o volume do cilindro e´ produto da a´rea da base, pia2, pela altura, b,
logo V ol(E) = pia2b.
item (b): Temos que S = S1 ∪ S2 ∪ S3, onde S1 e´ a superf´ıcie lateral do
cilindro e S2, S3 as tampas de cima e de baixo, respectivamente. Assim,∫∫
S
F · nˆ dS =
∫∫
S1
F · nˆ1 dS +
∫∫
S2
F · nˆ2 dS +
∫∫
S3
F · nˆ3 dS.
Em S3, nˆ3 = −kˆ = (0, 0,−1), e portanto∫∫
S3
F · nˆ3 dS = −
∫∫
S3
F · kˆ dS = −
∫∫
S3
z dS = 0,
pois em S3 temos z = 0.
Em S2, nˆ2 = kˆ = (0, 0, 1), e lembrando que em S2 temos z = b, vem que:∫∫
S2
F · nˆ2 dS =
∫∫
S2
z dS = b
∫∫
S2
dS = bA(S2) = pia
2b.
Para cada (x, y, z) ∈ S1, o vetor normal unita´rio apontando para o exterior e´
nˆ1 = (1/a)(x, y, 0) (alternativamente, pode-se usar coordenadas cil´ındricas).
Lembrando que em S1 temos x
2 + y2 = a2, segue que:∫∫
S1
F · nˆ1 dS =
∫∫
S1
(1/a)(x2 + y2) dS = aA(S1) = a(b2pia) = 2pia
2b.
Finalmente, somando, resulta que∫∫
S
F · nˆ dS = pia2b+ 2pia2b = 3pia2b,
em acordo com o valor obtido no item (b).
Questa˜o 3
Aplicamos o Teorema de Stokes, tomando como superf´ıcie S o pro´prio plano,
parametrizado por r(x, y) = (x, y, 1− x− y), definido em D = {(x, y) ∈ R2 :
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} e com vetor normal rx × ry = (1, 1, 1), que e´
compat´ıvel com a orientac¸a˜o de C.
Agora,
∇× F =

i j k
∂x ∂y ∂z
xy yz xz
 = (−y,−z,−x).
Enta˜o, lembrando que em S, z = 1− x− y, temos:∮
C
F · dr =
∫∫
S
(∇× F) · nˆ dS =
∫∫
D
(−y,−1 + x+ y,−x) · (1, 1, 1) dxdy
= −
∫ 1
0
dx
∫ 1−x
0
dy = −
∫ 1
0
(1− x)dx = −[x− (x2/2)]10 = −
1
2
.
Alternativamente, a integral de linha pode ser feita expl´ıcitamente.
Questa˜o 4
item(a): VERDADEIRO.
De fato, aplicando o Teorema da Divergeˆncia para o campo G = ∇× F,
temos: ∫∫
S
(∇× F) · nˆ dS =
∫∫
S
G · nˆ dS =
∫∫∫
E
∇ ·G dV = 0,
pois ∇ ·G = ∇ · (∇× F) = 0.
item(b): VERDADEIRO.
Considere uma superf´ıcie S, tendo C como fronteira. Pelo Teorema de
Stokes, com F(x, y, z) = (y3z2, 3xy2z2, 2xy3z), temos∮
C
F · dr =
∫∫
S
(∇× F) · nˆ dS,
onde
∇× F =

i j k
∂x ∂y ∂z
y3z2 3xy2z2 2xy3z

= (6xy2z − 6xy2z,−(2y3z − 2y3z), 3y2z2 − 3y2z2) = (0.0.0).