FICHA DE TRABALHO 6 - RESOLUÇÃO

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1 ecção de Álgebra e Análise, Departamento de Matemática, Instituto uperior Técnico Análise Matemática III A - 1 o semestre de 23/4 FIHA DE TRABALHO 6 - REOLUÇÃO 1) Indique se as formas diferenciais seguintes são fechadas e/ou exactas no seu domínio. Para cada forma exacta calcule um potencial. a) ξ = cos y dx dz + ye x dx dz x 3 dy dz. b) η = yze xy dx + xze xy dy + e xy dz. c) ϕ = cos z dx dy + y sin z dx dz + yz dy dz. d) µ = y2 2 dx dz dw + yz dx dy dw. Res: a) dξ = sin y dy dx dz + e x dy dx dz 3x 2 dx dy dz = (sin y e x 3x 2 ) dx dy dz. Logo, ξ não é fechada e também não é exacta. b) É fácil de verificar que dη =, logo η é fechada. O seu domínio é R 3 que é um conjunto em estrela. Logo, pelo lema de Poincaré, η é exacta. eja β Ω (R 3 ) um potencial para η. Então dβ = η, ou seja, β x = yze xy β y = xze xy β = e xy. A primeira equação dá β = ze xy + α(y, z). ubstituindo na segunda equação obtemos α/ y = e na terceira obtemos α/ =. Logo, β = ze xy + const. c) É fácil de verificar que dϕ =, logo ϕ é fechada. O seu domínio é R3 que é um conjunto em estrela. Logo, pelo lema de Poincaré, ϕ é exacta. eja γ Ω 1 (R 3 ) um potencial para ϕ, com γ = γ 1 dx + γ 2 dy + γ 3 dz. Então dγ = η, ou seja, γ 2 γ 1 = ϕ x y 12 = cos z γ 3 γ 1 x γ 3 γ 2 y = ϕ 13 = y sin z = ϕ 23 = yz. Podemos sempre encontrar um potencial com γ 1 =. Nesse caso, a primeira equação dá γ 2 = x cos z + α(y, z) e a segunda dá γ 3 = 1

2 xy sin z + β(y, z). ubstituindo na terceira equação obtemos x sin z + β/ y x sin z α/ = yz. Tomamos então α =, β = y 2 z/2. Um potencial é então γ = x cos zdy + (xy sin z + zy 2 /2)dz. d) É fácil de verificar que dµ =, logo µ é fechada. O seu domínio é R 4 que é um conjunto em estrela. Logo, pelo lema de Poincaré, µ é exacta. É imediato verificar que ν Ω2 (R 4 ), com ν = zy 2 /2dx dw, é um potencial. 2) Determine se as formas diferenciais seguintes são fechadas e/ou exactas no seu domínio. e não forem exactas no seu domínio determine, caso existam, regiões maximais onde as formas sejam exactas. ( a) ω = ( b) η = y + x 2 +y 2 y + x 2 +y 2 ) ( (y 2) dx + x 2 +(y 2) 2 ) ( y dx + (x 3) 2 +y 2 x + x 2 +y 2 x + x 2 +y 2 ) x dy. x 2 +(y 2) 2 (x 3) (x 3) 2 +y 2 ) dy. Res: a) É fácil de verificar que ω é fechada. O seu domínio é R2 \ {(, ), (, 2)}. Observamos que ω = α + β, com α = y dx + x dy x 2 +y 2 x 2 +y 2 e β = (y 2) x dx + dy. omo foi visto na aula, a forma α x 2 +(y 2) 2 x 2 +(y 2) 2 é fechada mas não é exacta no seu domínio R 2 \ {(, )}. De facto, o potencial local para α (a menos de constante) é o ângulo θ(x, y) das coordenadas polares, que tem uma descontinuidade de 2π sobre o semieixo y =, x. (O semi-eixo onde o potencial é descontínuo pode ser alterado adicionando-se constantes ao potencial.) A forma β é semelhante, sendo singular no ponto (, 2), e sendo o seu potencial local dado (a menos de constante) por θ medido como se a origem estivesse em (, 2). Logo, ω não é exacta: o seu potencial local tem uma descontinuidade de 2π quando rodeamos a origem ou o ponto (, 2) no sentido anti-horário. Numa região maximal onde ω seja exacta, não podem existir curvas fechadas a rodear (, ) e/ou (, 2). Uma dessas regiões é, por exemplo, R 2 excepto o semi-eixo x =, y. b) Este problema é semelhante ao anterior, com o ponto (3, ) no papel do ponto (, 2), excepto que o sinal de β está trocado. Logo, o potencial local de β será θ medido com a origem no ponto (3, ). Rodeando a origem no sentido anti-horário, continuamos a ter uma descontinuidade de 2π no potencial. Mas, rodeando o ponto (3, ) a descontinuidade será agora de 2π. Logo, a forma η não é exacta no seu domínio. Para encontrar um região maximal onde η seja exacta, basta agora 2

3 impedir que (, ) e (3, ) sejam rodeados individualmente por curvas fechadas, mas podendo ser rodeados simultâneamente, uma vez que as duas descontinuidades se cancelam neste caso. Assim, por exemplo, R 2 \ {seg. de recta que une (, ) a (3, )} é uma região maximal onde η é exacta. 3) onsidere a variedade-1, R 2, definida por x 2 /4 + y 2 /16 = 1, orientada no sentido horário. eja ω = y dx + x dy. alcule w segundo a orientação dada. Res: Parametrizemos : α(θ) = (2 cos θ, 4 sin θ), θ ], 2π[. Temos α ω = 4 sin θ( 2 sin θdθ) + 2 cos θ( 4 cos θdθ) = 8dθ. Logo, 2π ω = ( 8)dθ = 16π. Note-se que α percorre no sentido horário, como pretendido. 4) onsidere a variedade-2, M = {(x, y, z) R 3 : z 2 = x 2 + y 2, 1 < z < 3}, orientada com a normal unitária, n, com n z <. eja ω = 1 dx dy y x 2 + y 2 dx dz + x x 2 + y 2 dy dz. alcule ω com a orientação indicada. M Res: Parametrizemos M com g(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ, ρ), com ρ ]1, 3[, θ ], 2π[. Temos, cos θ ρ sin θ Dg(ρ, θ) = sin θ ρ cos θ. 1 No ponto (ρ, θ) = (2, π/2) temos Dg(2, π/2) = e (, 1, 1) ( 2,, ) = (,, 2). omo queremos a normal n a M com n z <, concluímos que g não é compatível com n, pelo que devemos incluir um sinal de em frente do integral. Temos, g (dx dy) = ρdρ dθ, g (dx dz) = ρ sin θdρ dθ, g (dy dz) = ρ cos θdρ dθ. Logo, 2π 3 ω = [ρ ρ 2 sin θ(ρ sin θ) + ρ 2 cos θ( ρ cos θ)]dρdθ M 1 3,

4 = 2π 3 1 (ρ ρ 3 )dρ = 2π(4 2) = 32π. 5) eja ω = 2xz dx + 2yz dy + log(x 2 + y 2 ) dz. x 2 +y 2 x 2 +y 2 a) Mostre que a forma ω é exacta no seu domínio e determine um potencial. b) eja a variedade-1 dada por y = 1 + x 2 e z = e x, < x < 1, orientada de modo a que o ponto (, 1, 1) é o inicial e o ponto (1, 2, e) é o final. alcule ω segundo a orientação dada. c) eja γ a elipse definida por x 2 /9 + y 2 /33 = 1 e z =. alcule ω segundo uma orientação à sua escolha. γ Res: a) É fácil de verificar que ω é fechada e que um potencial é dado por φ = z log(x 2 + y 2 ) que é de classe 1 no domínio de ω. b) Utilizando o teorema de tokes, e como ω = dφ temos ω = dφ = φ(1, 2, e) φ(, 1, 1) = e log 5. c) Uma vez que γ é uma curva fechada contida no domínio de ω, que como vimos é exacta, temos ω = dφ =. γ γ 6) eja R 3 o hemisfério Norte da superfície esférica de raio 1 centrada na origem, orientada com a normal n tal que n z <. a) eja ω = 2(z + 1) dx dy + y dx dz x dy dz. Utilizando o teorema de tokes generalizado, calcule ω. b) eja η = yz 2 dx + xyz dz. Escolha uma orientação para o bordo de,. Utilizando o teorema de tokes generalizado, calcule η. Res: a) Temos dω = e o domínio de ω é R 3, que é um conjunto em estrela. Logo, ω é exacta. alculemos um potencial ξ: ξ 2 ξ 1 = ω x y 12 = 2(z + 1) ξ 3 ξ 1 x ξ 3 ξ 2 y = ω 13 = y = ω 23 = x. Facilmente se verifica que uma solução é dada por ξ = yzdx + x(z + 2)dy. 4

5 O bordo de,, é a circunferência de raio 1 no plano z =. A sua orientação induzida pela orientação de corresponde a percorrida com o sentido horário do ponto de vista de um observador colocado em (,, 1). Parametrizando temos, α(θ) = (cos θ, sin θ, ) e α ξ = 2 cos 2 θdθ. Logo, utilizando o teorema de tokes, 2π ω = dξ = ξ = 2 cos 2 θdθ = 2π. b) Temos dη = z 2 dx dy yz dx dz + xz dy dz. Orientemos como na alínea a). Então, pelo teorema de tokes, η = dη, com orientada com a normal tal que n z <. Parametrizemos, com g(θ, φ) = (cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ), θ ], 2π[, φ ], π/2[. Temos, sin θ sin φ cos θ cos φ Dg(θ, φ) = cos θ sin φ sin θ cos φ. sin φ Em (θ, φ) = (π/2, π/6) temos, Dg(π/2, π/6) = 1/2 3/2 1/2, e ( 1/2,, )) (, 3/2, 1/2) = (,, 3/4). Logo, g é compatível com a orientação definida por n. Temos, g (dx dy) = cos φ sin φdθ dφ, g (dx dz) = sin θ sin 2 φdθ dφ, g (dy dz) = cos θ sin 2 φdθ dφ. Logo, η = dη = = = 2π 2π π/2 π/2 [ cos 2 φ( cos φ sin φ) sin θ sin φ cos φ(sin θ sin 2 φ)+ + cos θ sin φ cos φ( cos θ sin 2 φ)]dθdφ = ( ) (cos 3 φ sin φ sin 3 φ cos φ)dφ = 2π cos4 φ sin4 φ =. 4 4 Note-se que o resultado tinha de ser, pois temos z = em, o que implica que η = em. 5

6 7) onsidere a variedade-2, = {(x, y, z) R 3 : x 2 + z 2 = y 2, 1 < y < 2}, e o campo vectorial f : R 3 R 3 dado por f(x, y, z) = (xe y, 2e y, ze y ). alcule o fluxo f n segundo a direcção da normal n que tem segunda componente negativa, de três formas distintas: a) Pela definição de fluxo. b) Utilizando o Teorema da Divergência. c) Utilizando o Teorema de tokes. Res: a) onsideremos a seguinte parametrização do cone: omo g(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ, ρ sin θ), ρ ]1, 2[, θ ], 2π[. g ρ g θ = (ρ cos θ, ρ, ρ sin θ), esta parametrização é compatível com a normal n. Assim obtemos que o fluxo é dado por: 2 2π ( g f n = f(g(ρ, θ)) 1 ρ g ) dθdρ θ 2 ( 2π ) = (ρe ρ cos θ, 2ρe ρ, ρe ρ sin θ) (ρ cos θ, ρ, ρ sin θ)dθ dρ = 2π (ρ 2 + 2ρ)e ρ dρ = 2π(4e 2 e). b) Observe que div f = logo o Teorema da Divergência mostra que f n + f ν 1 + T 1 f ν 2 =, T 2 onde T 1 e T 2 são os discos (tampas) que conjuntamente com delimitam a região R = {(x, y, z) R 3 : x 2 + z 2 y 2, 1 y 2}, e ν 1 = (, 1, ), ν 2 = (, 1, ) são as normais exteriores a R nas tampas. Para calcular o fluxo através de T 1 observe que f(x, 1, z) ν 1 = 2e. Assim: f ν = T 1 2e = 2πe. T 1 6

7 Para calcular o fluxo através de T 2 observe que f(x, 2, z) ν 2 = 2e 2. Assim: f ν 2 = T 2 2e 2 = 8πe 2. T 2 Obtemos novamente: f n = f ν 1 T 1 f ν 2 = 2π(4e 2 e). T 2 Note que, em, n é a normal exterior a R. c) omo f é um campo vectorial em R 3 com divergência nula, sabemos que f = rot h, para algum campo vectorial h. e procurarmos um potencial vector da forma h = (h 1,, h 3 ) obtemos o sistema que admite a solução h 3 y h 1 h 3 x = xey = 2ey h 1 y = zey. h = ( ze y,, xe y ). Pelo Teorema de tokes: f n = rot h n = h dg 1 + h dg 2, 1 2 onde 1 e 2 são as circunferências que limitam os discos T 1 e T 2, com as orientações apropriadas. Para 1 uma parametrização com a orientação apropriada é dada por: Assim, calculamos: g 1 (t) = (cos t, 1, sin t), t 2π. 1 h dg 1 = = 2π 2π h(g 1 (t)) g 1(t)dt edt = 2πe. 7

8 Por outro lado, para 2 uma parametrização com a orientação apropriada é dada por: Assim, calculamos: g 2 (t) = (2 cos t, 2, 2 sin t), t 2π. 2 h dg 2 = = 2π 2π h(g 2 (t)) g 2(t)dt 4e 2 dt = 8πe 2. oncluímos novamente que: f n = h dg h dg 2 = 2π(4e 2 e). 2 8) onsidere o campo vectorial h(x, y, z) = (yz + (y 7) x 2 + (y 7), xz + x 2 x 2 + (y 7), xy). 2 a) Verifique que h é fechado. erá h um gradiente no seu domínio? Justifique. b) alcule o trabalho de h ao longo da espiral parametrizada por α(t) = (cos t, 7 + sin t, e t ), com t ], 2π[. c) alcule o trabalho de h ao longo da elipse definida pelas equações x 2 /3 + (y 7) 2 /36 = 1 e y + z = 1, orientada segundo um sentido à sua escolha. Res: a) Verificamos facilmente que rot h =, ou seja, h é fechado. Temos h = f + g, onde f = (yz, xz, xy) e g = ( (y 7) x,, ). x 2 +(y 7) 2 x 2 +(y 7) 2 laramente, f = φ, com φ(x, y, z) = xyz, e portanto f é um gradiente. O seu integral de linha ao longo de qualquer curva fechada vai ser nulo. Pelos exemplos que vimos na aula, ou pelo exercício 2) desta ficha, sabemos que g não é um gradiente no seu domínio R 3 \ {eixo x =, y = 7}. Por exemplo, o trabalho de g ao longo da circunferência de raio 1 que dá a volta ao eixo vertical x =, y = 7 e orientada no sentido anti-horário de um observador em (, 7, 1) é 2π. Logo, h = f + g = + 2π = 2π, 8

9 pelo que f não é um gradiente no seu domínio. b) Temos, hdα = fdα + gdα = φ(α(2π)) φ(α())+2π = 7(e 2π 1)+2π. De facto, fdα = φ(α(2π)) φ(α()) pois f = φ. Por outro lado, a componente vertical de g é nula e a projecção horizontal da espiral é a circunferência, pelo que gdα = g = 2π. c) A elipse E dá uma volta ao eixo vertical x =, y = 7 e se a orientarmos no sentido anti-horário do ponto de vista de um observador em (, 7, 1) ela é homotópica a. omo h é fechado temos h = h = 2π, pelo resultado da alínea a). E 9) eja ξ = y dx + x dy Ω 1 (R 2 \ {(, )}). eja x 2 +y 2 x 2 +y 2 ω Ω 1 (R 2 \ {(, )}) uma forma fechada. Mostre que ω = aξ + dη, com a R e η Ω (R 2 \ {(, )}). (Ou seja, qualquer forma-1 fechada em R 2 \ {(, )} é dada por uma forma-1 exacta, mais ξ, vezes uma constante.) Res: eja a circunferência de raio 1 centrada na origem e orientada no sentido anti-horário. abemos que ξ = 2π. Em R2 \ {(, )} uma curva fechada que dê uma volta à origem será homotópica a ou a com a orientação inversa. Por outro lado, uma curva fechada que não dê a volta à origem será homotópica a um ponto. eja então ω Ω 1 (R 2 \{(, )}) uma forma fechada. eja ω = b R. Então, a forma ω b ξ será fechada e 2π (ω b 2π ξ) = b b 2π =. 2π O resultado será o mesmo para curvas homotópicas a, percorridas em qualquer dos sentidos. Por outro lado, se γ é uma curva fechada homotópica a um ponto, também temos (ω b b ξ) = pois ω ξ γ 2π 2π é fechada. Logo, o trabalho de ω b ξ ao longo de qualquer curva fechada em 2π {R 2 \ {(, )} é nulo, o que significa que esta forma é exacta. Logo, o resultado está demonstrado, com a = b/(2π). 9