Conteúdo

Cálculo Diferencial e Integral II

Solução do 2º Teste, versão A, 2021/06/14

  1. Seja $h:\mathbb R \to \mathbb R$ uma função de classe $C^1(\mathbb R)$ com derivada que nunca se anula. Considere uma função $\psi:\mathbb R^2\to \mathbb R^2$ definida por \[\psi(x,y)=\left(\sen(xy)+h(x+y), h(x-y)\right).\]
    1. Mostre que existe $\epsilon > 0$ tal que $\psi$ é injectiva em $B_\epsilon(0,0)$.
      Solução

      $\psi\in C^1(\mathbb R^2)$. Como \[J_\psi(x,y)\begin{bmatrix}y\cos(xy)+h'(x+y) & x\cos(xy)+h'(x+y)\\ h'(x-y) & -h'(x-y)\end{bmatrix}\] temos \[\det J_\psi(0,0) = \det \begin{bmatrix} h'(0) & h'(0) \\ h'(0) & -h'(0)\end{bmatrix}= - 2 (h'(0))^2 <0,\] o que permite, por aplicação do teorema da função inversa, garantir que $\psi$ é injectiva numa bola $B_\epsilon(0,0)$ para $\epsilon\gt 0$ suficientemente pequeno, sendo a inversa da restrição de $\psi$ a $B_\epsilon(0,0)$ uma função de classe $C^1$.

    2. Sendo $\phi$ a inversa da restrição de $\psi$ a $B_\epsilon(0,0)$, determine a derivada dirigida \[D_{(1,2)}\phi(h(0),h(0))\] em função de $h'(0)$.
      Solução

      \[J_\phi(h(0),h(0))=J_\psi(0,0)^{-1} = \begin{bmatrix} h'(0) & h'(0) \\ h'(0) & -h'(0)\end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{2h'(0)}\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\] pelo que \[D_{(1,2)}\phi(h(0),h(0))= \frac{1}{2h'(0)}\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 \\ 2\end{bmatrix}=\left(\frac{3}{2h'(0)}, -\frac{1}{2h'(0)}\right).\]

  2. Considere uma linha $L$ de classe $C^1$ no interior do 1º quadrante em $\mathbb R^2$ unindo $(1,2)$ a $(2,1)$. Justifique que o integral de linha \[\int_L \frac{e^{x/y}}{y}\, dx - \frac{xe^{x/y}}{y^2}\, dy\] é independente do caminho unindo $(1,2)$ a $(2,1)$ e calcule o seu valor.
    Solução

    \[\nabla(e^{x/y})=\left(\frac{e^{x/y}}{y}, \frac{xe^{x/y}}{y^2}\right)\] pelo que se trata de um integral de linha de um campo conservativo no interior do primeiro quadrante. Sendo assim, usando a versão da regra de Barrow para integrais de linha, \[\int_L \frac{e^{x/y}}{y}\, dx - \frac{xe^{x/y}}{y^2}\, dy = e^2 - e^{1/2}.\]

  3. Seja $A=\{(x,y)\in\mathbb R^2: 0\leq y\leq x, 1\leq xy \leq 4, x^2-y^2\leq 1\}$. Calcule o integral \[\iint_A x^3y + x y^3 \, dx\, dy\] usando a mudança de variável definida por \[\begin{cases}u =xy, \\ v = x^2-y^2.\end{cases}\]
    Solução
    A região $A=\{(x,y)\in\mathbb R^2: 0\leq y\leq x, 1\leq xy \leq 4, x^2-y^2\leq 1\}$.

    Definindo $(u,v)=T(x,y)=(xy,x^2-y^2)$ temos $T(A)=[1,4]\times [0,1]$, sendo $T$ injectiva e de classe $C^1$ no primeiro quadrante, e \[J_T(x,y)=\begin{bmatrix}y & x\\ 2x & -2y \end{bmatrix}\] pelo que $|\det J_T(x,y)| = 2(x^2+y^2)$. Assim \begin{align*}\iint_A x^3y + x y^3 \, dx\, dy & = \iint_{[1,4]\times [0,1]}\frac{x(u,v)^3y(u,v) + x(u,v) y(u,v)^3}{2(x(u,v)^2+y(u,v)^2)}\, du\, dv \\ & = \iint_{[1,4]\times [0,1]}\frac{x(u,v)y(u,v) }{2}\, du\, dv \\ & = \iint_{[1,4]\times [0,1]}\frac{u}{2}\, du\, dv \\ & = \int_0^1\left(\int_1^4 \frac{u}{2} \, du\right)dv = \frac{15}{4}.\end{align*}

  4. Calcule o volume da região $B=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3: 0\leq z \leq x^2+y^2, 0\leq z\leq 1-x^2-y^2\}$.
    Solução

    Usando coordenadas cilíndricas definidas por \[\begin{cases}x=r\cos\theta, \\ y=r\sen\theta, \\ z=z\end{cases}\] com $r\geq 0$, $\theta\in [0,2\pi]$, obtemos para o volume \begin{align*}\iiint_B 1 \, dx\, dy\, dz & = \int_0^{2\pi} \left( \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \left(\int_0^{r^2} r \, dz\right) dr\right) d\theta + \int_0^{2\pi} \left(\int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^1 \left(\int_0^{1-r^2} r \, dz\right)dr\right)d\theta \\ & = 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} r^3 \, dr + 2\pi \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^1 r-r^3\, dr \\ & = \frac{\pi}{8}+\pi - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}.\end{align*}

    Ilustrando como perceber a definição de $B$ como uma região que se obtém por revolução em torno do eixo dos $z$s.
    A região $B$.
  5. Seja $L=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3: x^2+z^2= 4 , z= 1-x^2- y^2\}$.
    1. Mostre que $L$ é uma variedade diferenciável unidimensional de classe $C^\infty$.
      Solução

      Seja $F:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ definida por $F(x,y,z)=(x^2+z^2-4, z-1+x^2+y^2)$. Então $L=\{(x,y,z)\in\mathbb R^2: F(x,y,z)=(0,0)\}$. Como $F\in C^\infty(\mathbb R^3)$ bastará mostrar que $DF$ é sobrejectiva em todos os pontos de $L$. Tal condição é equivalente à matriz jacobiana $J_F$ ter duas colunas linearmente insdependentes nos pontos de $L$.

      Temos \[J_F(x,y,z)=\begin{bmatrix}2x & 0 & 2z \\ 2x & 2y & 1\end{bmatrix}.\]

      Para pontos de $L$ tais que $x\neq 0$ e $y\neq 0$ as duas primeiras colunas de $J_F$ são linearmente independentes provando o pretendido.

      Se $x=0$, $y\neq 0$ e $z\neq 0$, as duas últimas colunas de $J_F$ são linearmente independentes provando o pretendido.

      A definição de $L$ mostra que $(0,0,z)\not \in L$ para todo o $z$, $(0,y,0)\not \in L$ para todo o $y$ e $(x,0,0)\not \in L$ para todo o $x$.

      Para pontos da forma $(x,0,z)$ com $xz\neq 0$ notamos que a primeira e terceira coluna de $J_F$ seriam linearmente independentes a não ser que $z=\frac{1}{2}$. Mas tal é impossível pois a definição de $L$ mostra que $(x,0,\frac{1}{2})\not\in L$ para todo o $x$.

    2. Determine o espaço tangente e o espaço normal a $L$ no ponto $(0,\sqrt{3},-2)$.
      Solução

      Sendo $F=(F_1,F_2)$ definida por $F(x,y,z)=(x^2+z^2-4, z-1+x^2+y^2)$, sabemos que o espaço normal a $L$ num ponto será gerado por $\nabla F_1$ e $\nabla F_2$ calculados nesse ponto.

      Como $\nabla F_1(x,y,z)=(2x, 0, 2z)$ e $\nabla F_2(x,y,z)=(2x, 2y, 1)$ obtemos \begin{align*}N_L(0,\sqrt{3},-2) &= \{\lambda_1 (0,0,-4)+\lambda_2 (0,2\sqrt{3},1):\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb R\}, \\ T_L(0,\sqrt{3},-2) &=\{(\mu,0,0):\mu\in\mathbb R\}.\end{align*}

    3. Calcule os possíveis valores do integral de linha $\int_L (y-x^2,x-y+z,y-z^3)\,\cdot\, dr$ em que $r$ é uma parametrização $C^1$ de $L$.
      Solução
      A linha $L$ e a sua definição como intersecção de conjuntos de nível de $F_1$ e $F_2$.

      Como \begin{align*} \frac{\partial (x-y+z)}{\partial x} &=1=\frac{\partial (y-x^2)}{\partial y}, \\ \frac{\partial (y-z^3)}{\partial y} &=1=\frac{\partial (x-y+z)}{\partial z}, \\ \frac{\partial (y-x^2)}{\partial z} &=0=\frac{\partial(y-z^3)}{\partial x } \end{align*} trata-se de um integral de linha de um campo fechado em $\mathbb R^3$.

      Como $L$ é uma linha fechada $C^1$. o integral de linha de um campo fechado em $\mathbb R^3$ só poderá ser $0$.

  6. Seja $U$ um domínio regular em $\mathbb R^4$ contendo $(0,0,0,0)$ no seu interior e $F:\mathbb R^4\setminus \{(0,0,0,0)\}\to \mathbb R^4$ definida por \[F(w,x,y,z)=\left(\frac{w}{r^4},\frac{x}{r^4},\frac{y}{r^4}, \frac{z}{r^4}\right) \qquad \text{em que $r=\|(w,x,y,z)\|$}.\] Relacione o fluxo do campo $F$ através de $\partial U$ com o fluxo de $F$ através da fronteira de uma bola $B_\epsilon(0,0,0,0)$ cujo fecho está contido no interior de $U$ (considere sentidos das normais arbitrados por si). Determine os valores dos fluxos.
    Solução

    $U\setminus B_\epsilon(0,0,0,0)$ é um domínio regular aonde vamos aplicar o teorema da divergência. Introduzindo $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(w,x,y,z)$ notamos que $\frac{\partial r}{\partial x_i}=\frac{x_i}{r}$ donde \[\div \left(\frac{(x_1,x_2,x_3,x_4)}{r^4}\right)=\sum_{i=1}^4\frac{r^4-4x_i^2 r^2}{r^8}=0\] pelo que os dois fluxos serão iguais se em $\partial U$ considerarmos a normal unitária exterior e em $\partial B_\epsilon(0,0,0,0)$ considerarmos a normal unitária $\nu(x_1,x_2,x_3,x_4)=\frac{(x_1,x_2,x_3,x_4)}{\epsilon}$. Para calcularmos este último fluxo notamos que será igual a \begin{align*}\frac{1}{\epsilon^3}\iiint_{\partial B_\epsilon(0,0,0,0)}1\,dV_3 &=\iiint_{\partial B_1(0,0,0,0)}1\,dV_3 \\ & =2\iiint_{x_1^2+x_2^2+x_3^2\leq 1}\frac{1}{\sqrt{1-x_1^2-x_2^2-x_3^2}}\,dx_1\,dx_2\,dx_3 \\ & = 2\int_0^{2\pi}\left(\int_0^\pi \left(\int_0^1 \frac{\rho^2\sen \phi}{\sqrt{1-\rho^2}}\, d\rho\right)d\phi\right)d\theta \\ &= 8\pi \int_0^1 \frac{\rho^2}{\sqrt{1-\rho^2}}\, d\rho \\ &= 8\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sen^2 t\, dt \\ & = 8\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2}(1-\cos(2t))\, dt  = 2\pi^2.\end{align*}


Última edição desta versão: João Palhoto Matos, 20/06/2021 18:48:27.