Solução do 2º Teste, versão B, 2017/06/12

1. Considere a igualdade $\cos(x+y)+xy-x=1-2\pi$. Mostre que a igualdade define $y$ como uma função de $x$, $y=h(x)$, para $(x,y)$ numa vizinhança suficientemente pequena de $(2\pi,0)$, calcule $h'(2\pi)$ e aproveite para justificar que $h$ é crescente numa vizinhança de $2\pi$.
   Solução

   Seja $F:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por $F(x,y)=\cos(x+y)+xy-x$. Temos $F\in C^\infty(\mathbb{R}^2)$, $F(2\pi,0)=1-2\pi$, e $\frac{\partial F}{\partial y}=-\sen(x+y)+x$ pelo que $\frac{\partial F}{\partial y}(2\pi,0)=2\pi\neq 0)$, o que torna legítimo aplicar o teorema da função implícita para concluir que para $(x,y)$ numa vizinhança suficientemente pequena de $(2\pi, 0)$ a igualdade $\cos(x+y)+xy-x=1-2\pi$ define $y$ como uma função $C^1$ de $x$, $h$, verificando \begin{equation}F(x,h(x))=\cos(x+h(x))+xh(x)-x=1-2\pi \label{eq:1}\end{equation} e, em particular, $h(2\pi)=0$. Diferenciando ambos os lados da última igualdade em ($\ref{eq:1}$) obtém-se $-(1+h'(x))\sen(x+h(x))+h(x)+x h'(x)-1=0$ que, para $x=2\pi$, mostra que $2\pi h'(2\pi)-1=0$ donde $h'(2\pi)=1/2\pi\gt 0$. Como $h\in C^1$, existe uma vizinhança de $0$ onde $h'\gt 0$ e portanto aí $h$ será crescente.

   

2. Calcule a área da superfície em $\mathbb{R}^3$ definida por $y=x^2+z^2\leq 1$.
   Solução

   Usando uma representação explícita

   Trata-se de uma superfície descrita explicitamente por uma equação da forma $y=g(x,z)$ com $(x,z)\in \overline{B}_1(0,0)$. A área da superfície pode ser calculada por \begin{align*}\iint_{\overline{B}_1(0,0)}\sqrt{1+ \|\nabla g(x,z)\|^2}\, dx\,dz & = \iint_{\overline{B}_1(0,0)}\sqrt{1+ \|(2x,2z)\|^2}\, dx\,dz\\ & =\iint_{\overline{B}_1(0,0)}\sqrt{1+ 4x^2+4z^2}\, dx\,dz \\ & = \int_0^{2\pi}\left(\int_0^1 \sqrt{1+ 4r^2} r\, dr \right)d\theta \\ & = 2\pi \left.\left[\frac{1}{12}(1+4r^2)^{3/2}\right]\right|^{r=1}_{r=0} \\ & = \frac{\pi}{6}(5^{3/2}-1)\end{align*} em que se usou uma mudança de variáveis para coordenadas polares definidas por \[\begin{cases}x=r\cos\theta, \\ z=r\sen\theta\end{cases}\] com $r\geq 0$, $\theta\in [0,2\pi]$.

   Usando uma representação paramétrica

   Parametrize-se a superfície por $\alpha(r,t)=(r\cos t, r^2, r\sen t)$, $t\in [0,2\pi]$, $r\in [0,1]$. Temos \begin{align*}\left\|\frac{\partial \alpha}{\partial r}\times \frac{\partial \alpha}{\partial t}\right\| & = \left\|(-r\sen t, 0, r\cos t)\times (\cos t, 2r, \sen t)\right\| \\ & =\left\| (-2r^2 \cos t, r,-2r^2 \sen t )\right\| \\ & =\sqrt{r^2+ 4r^4} \end{align*} pelo que a área será dada por \[\int_0^{2\pi}\left(\int_0^1 \sqrt{1+ 4r^2} r\, dr \right)dt\] completando-se o cálculo como acima.

3. Seja \[B=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\gt 0, -2\leq y-x^2\leq -1, 0\leq y+x^2\leq \frac{1}{2} \right\}.\] Use a mudança de coordenadas definida para $x \gt 0$ por \[ \begin{cases}u=x^2+y \\ v=-x^2+y \end{cases}\] para calcular \[\iint_B xy \,dx\, dy.\]
   Solução

   A aplicação $\psi:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\gt 0\}\to\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:u\gt v\}$ definida por $(u,v)=\psi(x,y)=(y+x^2, y-x^2)$ é de facto uma bijecção de classe $C^\infty$ com matriz jacobiana \[J_\psi(x,y)=\begin{bmatrix}2x & 1 \\ -2x & 1\end{bmatrix}\] e portanto $|\det J_\psi(x,y)|=4x$. Daí que para a transformação inversa temos $|\det J_\psi^{-1}(u,v)|=1/4x(u,v)$. Note-se também que $\psi(B)=[0,1/2]\times [-2,-1]$ e obtemos para a inversa $(x,y)=\psi^{-1}(u,v)=\left(\sqrt{(u-v)/2},(u+v)/2\right)$.

   

   Assim \begin{align*}\iint_B xy \, dx\, dy &= \iint_{[0,1/2]\times [-2,-1]} \frac{x(u,v)y(u,v)}{4x(u,v)}\, du\, dv \\ & = \iint_{[0,1/2]\times [-2,-1]} \frac{u+v}{8}\, du\, dv \\ & = \frac{1}{8}\int_0^{1/2}\left(\int_{-2}^{-1}u \,dv \right)du + \frac{1}{8}\int_0^{1/2}\left(\int_{-2}^{-1}v \,dv \right)du = \frac{1}{64} - \frac{3}{32}.\end{align*}

4. Calcule \[\iiint_U z\, dx\,dy\,dz\] em que $U=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: \sqrt{x^2+y^2}\leq z, x^2+y^2+z^2\leq 1\right\}$.
   Solução

   

   Usando coordenadas esféricas

   Considere as coordenadas esféricas definidas por \[\begin{cases}x=\rho \cos\theta\sen \phi \\ y =\rho \sen\theta\sen \phi \\ z= \rho \cos \phi\end{cases}\] com $\rho\geq 0$, $\theta\in[0,2\pi]$ e $\phi\in[0,\pi]$. Usando estas coordenadas verificamos que $z\geq \sqrt{x^2+ y^2} \Leftrightarrow 0\leq \phi\leq \frac{\pi}{4}$ e $x^2+y^2+z^2\leq 1 \Leftrightarrow \rho \leq 1$. O jacobiano desta transformação é $\rho^2\sen\phi$.

   Obtém-se então \[\iiint_U z\; dx\,dy\,dz = \int_0^{2\pi}\left(\int_0^{\pi/4}\left(\int_0^1 \rho^3 \cos \phi \sen \phi\; d\rho\right)d\phi\right)d\theta = \frac{\pi}{8}.\]

   Usando coordenadas polares (cilíndricas)

   Considere as coordenadas cilíndricas definidas por \[\begin{cases}x=r \cos\theta \\ y =r \sen\theta \\ z= z\end{cases}\] com $r\geq 0$, $\theta\in[0,2\pi]$. Usando estas coordenadas verificamos que $z\geq \sqrt{x^2+ y^2} \Leftrightarrow z\geq r$ e $x^2+y^2+z^2\leq 1 \Leftrightarrow r^2 + z^2 \leq 1$. O jacobiano desta transformação é $r$.

   Obtém-se então \begin{align*}\iiint_U z\; dx\,dy\,dz & = \int_0^{2\pi}\left(\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(\int_r^{\sqrt{1-r^2}}zr\, dz \right)\, dr\right)\, d\theta \\ & = 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(\frac{1-r^2}{2}-\frac{r^2}{2}\right)r \, dr \\ & = 2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{r}{2}-r^3\, dr=\frac{\pi}{8}.\end{align*}

5. 1. Calcule \[\int_L \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}\, dx - \frac{x^2- y^2}{(x^2+y^2)^2}\, dy\] em que $L$ é o segmento de recta no plano unindo $(1,1)$ a $(2,2)$.
      Solução

      O segmento de recta é parametrizável por $r(t)=(t,t)$ com $t\in [1,2]$ o que permite o cálculo \[\int_L \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}\, dx - \frac{x^2- y^2}{(x^2+y^2)^2}\, dy = \int_1^2 \frac{1}{2t^2}\, dt= \frac{1}{4}.\]

   2. Justifique que o integral da alínea anterior tem o mesmo valor qualquer que seja a linha $L$ de classe $C^1$ unindo aqueles dois pontos no mesmo sentido e contida no semiplano $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y> 0\}$.
      Solução

      Temos \[\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}= \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{-y}{x^2+y^2}\right) \] e \[\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{-y}{x^2+y^2}\right)=\frac{-(x^2+y^2)+2y^2}{(x^2+y^2)^2}= \frac{y^2- x^2}{(x^2+y^2)^2}\] pelo que a função $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\ni (x.y)\mapsto \frac{-y}{x^2+y^2}$ é um potencial do campo considerado no integral de linha e portanto o campo é conservativo.

      [Observação: alternativamente pode verificar-se que o campo é fechado e o conjunto indicado é em estrela (ou simplesmente conexo).
      Observação 2: A determinação do potencial podia ser usada também para a alínea (a).]

6. Para $r\gt 0$ define-se \[g(r)=\iint_{\partial B_r(0,0,0)}F\cdot \nu\, dS \] em que $F(x,y,z)=(x^2, -2xy+e^{y^3+3x^2y}, z)$ e $\nu$ é a normal unitária exterior a $B_r(0,0,0)$. Calcule, ou mostre que não existe, $\lim_{r\to +\infty} g(r)$.
   Solução

   Pelo teorema da divergência \begin{align*}g(r) & =\iiint_{B_r(0,0,0)} \operatorname{div} F \, dx\, dy\, dz \\ & = \iiint_{B_r(0,0,0)} 3(x^2+y^2) e^{y^3+3x^2y} +1 \, dx\, dy\, dz \\ & \geq \iiint_{B_r(0,0,0)} 1 \, dx\, dy\, dz = \frac{4\pi r^3}{3}\to +\infty\end{align*} pelo que $\lim_{r\to + \infty} g(r)=+\infty$.