por Feliperpr » Sáb Abr 21, 2012 16:08
Calcule:

, onde C é a curva das equações paramétricas x = a sen (t) ; y = a cos (t); z = a (sen (t) + cos (t), com z maior igual a 0 e menor igual a 2 pi!
Não consegui determinar o parâmetro 'a' e acabei caindo em integral dupla de -y+x+1 dx dy sem conseguir determinar os limites de integração!
Alguém sabe?
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por Russman » Sáb Abr 21, 2012 17:50
Feliperpr escreveu:Calcule:

, onde C é a curva das equações paramétricas x = a sen (t) ; y = a cos (t); z = a (sen (t) + cos (t), com z maior igual a 0 e menor igual a 2 pi!
Não consegui determinar o parâmetro 'a' e acabei caindo em integral dupla de -y+x+1 dx dy sem conseguir determinar os limites de integração!
Alguém sabe?
Para tanto é necessário que você faça com que a integral seja efetuada ao longo dos pontos da curva, isto é, substitua as variáveis x,y e z por suas parametrizações!
Desta forma teremos uma integral dependente unicamente do parametro t que, por isso, pode ser calculada. Veja que
utilizando



e as identidades trigonométricas

e

.
Agora temos de identificar os limites de integração. Na questão não é o t que varia de 0 a 2pi ?
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por Russman » Sáb Abr 21, 2012 18:51
Se t varia de 0 a 2pi, então temos
![\int_{0}^{2\pi} \frac{{a}^{2}}{2}(5cos(2t) -1) =\frac{{a}^{2}}{2}(\frac{5}{2}sin(2t) - t)[t=0,t=2\pi
] =-\pi{a}^{2} \int_{0}^{2\pi} \frac{{a}^{2}}{2}(5cos(2t) -1) =\frac{{a}^{2}}{2}(\frac{5}{2}sin(2t) - t)[t=0,t=2\pi
] =-\pi{a}^{2}](/latexrender/pictures/5b4961bf7472eab8561c677adb5bedc4.png)
Veja que esse processo não é o sugerido pelo Teorema de Stokes! Para tanto é necessário identificar o campo vetorial e a superfície de integração. Fazendo isto você obtem o mesmo resultado. Eu fiz aqui. Se quiser posso postar.
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por Feliperpr » Sáb Abr 21, 2012 18:54
Nossa cara, muito obrigado de verdade!

Se você puder postar, eu agradeço! Mas já me ajudou muito mesmo!

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por Russman » Sáb Abr 21, 2012 19:14
O Teorema de Stokes afirma que

que ainda pode ser escrito como

.
Pela integral original vemos que


Como convencionamos orientação positiva para fora da superfície de integração usaremos

. Assim,

.
(:
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por Feliperpr » Sáb Abr 21, 2012 19:33
Não tenho nem como te agradecer! Muito obrigado mesmo!

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my2009 - Qua Dez 08, 2010 21:48
Uma função polinomial f do 1° grau é tal que f(3) = 6 e f(4) = 8.Portanto o valor de f(10) é :
Assunto:
(FGV) ... função novamente rs
Autor: Anonymous - Qui Dez 09, 2010 17:25
Uma função de 1º grau é dada por

.
Temos que para

,

e para

,

.

Ache o valor de

e

, monte a função e substitua

por

.
Assunto:
(FGV) ... função novamente rs
Autor:
Pinho - Qui Dez 16, 2010 13:57
my2009 escreveu:Uma função polinomial f do 1° grau é tal que f(3) = 6 e f(4) = 8.Portanto o valor de f(10) é :
f(x)= 2.x
f(3)=2.3=6
f(4)=2.4=8
f(10)=2.10=20
Assunto:
(FGV) ... função novamente rs
Autor:
dagoth - Sex Dez 17, 2010 11:55
isso ai foi uma questao da FGV?
haahua to precisando trocar de faculdade.
Assunto:
(FGV) ... função novamente rs
Autor:
Thiago 86 - Qua Mar 06, 2013 23:11
Saudações!
ví suaquestão e tentei resolver, depois você conta-me se eu acertei.
Uma função de 1º grau é dada por y=3a+b
Resposta :
3a+b=6 x(4)
4a+b=8 x(-3)
12a+4b=24
-12a-3b=-24
b=0
substituindo b na 1°, ttenho que: 3a+b=6
3a+0=6
a=2
substituindo em: y=3a+b
y=30+0
y=30

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