ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA
UNIVERSIDADE DO ALGARVE
CURSO BIETÁPICO EM ENGENHARIA CIVIL
2º ciclo – Regime Diurno/Nocturno
Disciplina de COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Ano lectivo de 2007/2008 - 1º Semestre
Integrais de linha.
1. Utilizando integrais de linha, calcule o perímetro de uma circunferência de raio a .
2. Utilizando integrais de linha, calcule o comprimento da linha formada por um arco da parábola
y = x 2 de (0, 0) a (1,1) e rectilíneo de (1,1) a (1, 2) .
xy 2 ds para γ dado por x = cos t , y = sen t e 0 ≤ t ≤
3. Calcule
γ
π
2
.
f ds onde f ( x, y ) = 2 x − y , ao longo dos caminhos:
4. Calcule
γ
4.1)
Rectilíneo percorrido de A ≡ (0,0) para B ≡ (1,1) ;
4.2)
Rectilíneo percorrido de B ≡ (1,1) para A ≡ (0,0) ;
4.3)
γ ≡ x = y 2 percorrido de A ≡ (0,0) para B ≡ (1,1) .
f ds , para f ( x, y ) = xy com γ ≡ y = 1 − x 2 , desde A ≡ (0,1) até B ≡ (1,0) .
5. Calcule
γ
6. Calcule
(0,2,3)
(2,1,0)
( x 2 y + z ) ds , ao longo de um segmento de recta.
(1,0,2π )
7. Calcule
(1,0,0)
( x + y + z ) ds , ao longo da hélice cilíndrica de equações paramétricas x = cos t ,
y = sen t e z = t .
8. Calcule
xy + y 2
ds , ao longo de y = x .
( −1,1) x 2 + 1
(2,2)
9. Calcule
γ
{
}
f ds com γ ≡ ( x, y ) : ( y = x 2 ∨ y = 4 ) x ∈ [ −2, 2] e f ( x, y ) = x − y .
f ds ,para f ( x, y ) = x + y 2 e γ ≡ ∆ABC , onde A ≡ (2,0) , B ≡ (0,2) e C ≡ (0,0) .
10. Calcule
γ
11. Suponha que a configuração de um fio é dada pela equação y = 25 − x 2 e que a densidade de
massa do mesmo é ρ ( x, y ) = 15 − y . Calcule a massa do fio.
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Integrais de linha
12. Calcule a massa de um fio circular com equação y = 9 − x 2 com 0 ≤ x ≤ 3 se a densidade do
mesmo for dada por ρ ( x, y ) = x y .
13. Calcule a massa de um fio com forma de um hélice com equações paramétricas x = 3cos t ,
π
kx
y = 3sin t e z = 4t com 0 ≤ t ≤ , sendo a função de densidade ρ ( x, y ) =
( k > 0 ).
2
1 + y2
14. Seja γ um fio de um material cuja densidade de massa é dada por ρ ( x, y ) =
1
, com
1 + x2 + y2
a configuração de uma espiral descrita pelo caminho r (t ) = (t cos t , t sin t ) t ∈ [ 0, 4π ] . Calcule a
massa e o centro de massa do fio.
15. Seja γ ⊂
3
um fio de um material com a configuração de uma hélice cilíndrica descrita pelo
caminho r (t ) = (cos t ,sin t , t ) t ∈ [ 0, 4π ] , sendo a densidade de massa dada por ρ ( x, y, z ) = z .
Calcule o momento de inércia de γ relativo ao eixo do z.
16. Calcule o trabalho realizado por F ( x, y ) = ( x + y, x 2 − 2 y ) ao longo de um caminho rectilíneo
desde: 16.1) A = (0, 0) a B = (3,1) ;
16.2) B = (3,1) a A = (0, 0) .
xydx + x 2 dy se:
17. Calcule
γ
17.1) γ consiste dos segmentos rectilíneos de (2,1) a (4,1) e de (4,1) a (4,5) ;
17.2) γ é o segmento rectilíneo entre (2,1) e (4,5) ;
17.3) γ é dado por x = 3t − 1 e y = 3t 2 − 2t com 1 ≤ t ≤
18. Calcule
19. Calcule
(0,0)
( −1,1)
( x 2 + y 2 )dx − ydy , ao longo da curva de equação cartesiana ( x + 1) 2 + y 2 = 1 .
( 2 , −1)
( 5,1)
5
.
3
( y − 1)dx + ( x − 2)dy , ao longo da curva 4 x 2 + 9 y 2 − 16 x − 18 y − 11 = 0 .
20. Considere o campo vectorial F ( x, y ) = (3 + 2 xy ) e1 + ( x 2 − 3 y 2 ) e23 .
20.1) Verifique se é um campo conservativo.
20.2) Calcule do trabalho realizado pelo campo vectorial para mover uma partícula ao longo
da curva γ ≡ y = 4 − x 2 entre (2, 0) e (0, 4) .
20.3) Determine o trabalho realizado pelo campo vectorial para mover uma partícula ao longo
a curva γ ≡ x 2 + y 2 = 4 .
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
21. Mostre que F ( x, y, z ) = 2 xyz e1 + (x 2 z + z 2 )e2 + (x 2 y + 2 yz )e3 é um campo gradiente. Aproveite o
resultado para calcular
(1, 0 , −1)
(1, 5 , 0 )
F | dr ,
(1,1,1)
( 01, −2 )
F | dr e
γ
F | dr .
(
)
F | dr , com γ ≡ [ AB ] , A ≡ (1,1,1) , B ≡ (2,1,3) e F ( x, y, z ) = 2 x + z ,−3 y 2 , x , depois
22. Calcule
γ
de demonstrar que o campo a integrar é um campo gradiente.
23. Mostre que F ( x, y ) = ( 2 x + y 3 ) e1 + ( 3 xy 2 + 4 ) e2 é um campo conservativo e calcule
( 2, 3)
( 0 ,1)
F | dr .
Verifique que o integral não depende da trajectória, calculando-o segundo algumas trajectórias à
escolha.
(x − 2 y )dx + (2 x − y )dy ,
24. Calcule
quando o gráfico do caminho é o ∆OAB com triângulo
γ
O = (0,0) A = (1,0) B = (1,2) e o sentido é o indicado pela sequência dos vértices.
xdx + ydy , sabendo que entre O = (0,0) e A = (1,1) o caminho tem a equação
25. Calcule
γ
cartesiana ( x − 1) 2 + y 2 = 1 e que é rectilíneo entre A e B = (2,0) e entre B e O , no sentido
horário.
26. Utilizando o teorema de Green no plano, determine a área da região limitada pela elipse de
equação
x2 y2
+
= 1.
a2 b2
27. Verifique o teorema de Green quando é percorrido, no sentido directo o triângulo ∆ [OAB ] ,
com O ≡ (0,0) , A ≡ (a,0) , B ≡ (0, b) ( a, b > 0) e F ( x, y ) = − y e1 + x e2 .
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
Caminhos e linhas – resumo da teoria
Seja r (t ) : I ⊂
→
n
uma função vectorial contínua (todas as suas funções coordenadas são
contínuas) em I = [ a, b ] . À medida que a variável independente t percorre I, os correspondentes
valores da função r (t ) = ( x1 = r1 (t ),..., xn = rn (t )) (o vector posição de um ponto P) percorrem um
conjunto de pontos de
ou, em
3
n
que constituem o seu contradomínio. Se a função tomar valores em
2
,
, é possível visualizar geometricamente esse contradomínio (que pode ser considerado
como o gráfico de r (t ) ).
Exemplo: Seja r (t ) : I ⊂
→
2
, r (t ) = (r1 (t ), r2 (t )) , com t ∈ I = [ a, b ] , então, pode imaginar-se
Definição: À função vectorial contínua r : I ⊂
chama-se caminho ou trajectória em
n
→
n
, I = [ a, b ] , r (t ) = ( x1 = r1 (t ),..., xn = rn (t )) ,
entre dois pontos r ( a) = A (ponto de inicial ou de partida)
e r (b) = B (ponto de chegada ou final) os extremos do caminho.
O contradomínio de um caminho chama-se curva ou linha, γ , descrita pelo caminho, isto é, se
r (t ) = ( x1 = r1 (t ),..., xn = rn (t )) e t ∈ [ a, b ] , chama-se linha ao conjunto de pontos de
n
, cujas
coordenadas são definidas pelas equações x1 = r1 (t ),..., xn = rn (t ) ( r (t ) , pode ser visto como uma
expressão das coordenadas de γ ).
Diz-se, portanto, que γ ≡ r (t ) é a linha representada por r (t ) , e que r (t ) é uma representação
paramétrica da linha γ . As equações x1 = r1 (t ),..., xn = rn (t ) são as equações paramétricas do
caminho (e da linha por ele descrita), t ∈ I designa-se por parâmetro da representação paramétrica e
I = [ a, b ] é o intervalo paramétrico. Repare-se que A = r (a ) e B = r (b) são pontos da linha
descrita pelo caminho.
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
A equação r (t ) = r1 (t )e1 + ... + rn (t )en chama-se a equação vectorial do caminho (e da linha por ele
descrita). E as n − 1 equações que se obtém do sistema que envolve as equações paramétricas por
eliminação do parâmetro t, são as equações cartesianas.
Exemplo: Seja r (t ) : I ⊂
→
2
a função definida por r (t ) = (1 − t 2 , 2t 2 − t 4 ) e I = [0,1] . Uma
vez que a função r (t ) é contínua em I, o contradomínio de r (t ) é a linha descrita por r (t ) , para se
fazer a sua representação gráfica, elimina-se o parâmetro t visando a obtenção uma equação
(cartesiana) em x e y. Neste exemplo, uma vez que
r (t ) =
x(t ) = 1 − t 2
y (t ) = 2t 2 − t 4
, resulta,
t2 = 1− x
y = 2(1 − x) − (1 − x)2
y = 1 − x2 .
Ou seja, a linha descrita por r (t ) é a parábola de equação y = 1 − x 2 (o contradomínio de r (t ) ).
Repare-se que r (t ) pode ser interpretado como a expressão geral das coordenadas da parábola.
Como, t ∈ [0,1] , o ponto inicial é
r (0) = (1, 0) e o ponto final r (1) = (0,1) . Portanto, o gráfico de
r (t ) = (1 − t 2 , 2t 2 − t 4 ) para t ∈ [0,1] , é a secção do gráfico de y = 1 − x 2 entre o ponto inicial (1,0)
e ponto final ( 0,1) . A orientação é feita no sentido crescente de y .
Esta linha admite outras parametrizações, por exemplo, r (t ) = (t ,1 − t 2 ) e t ∈ [0,1] , neste caso a
orientação é feita no sentido crescente de x.
Repare-se que os caminhos (e a linha por eles descrita) têm orientação segundo o sentido para a
qual o parâmetro está a crescer.
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Integrais de linha
Definição: Um caminho r : I ⊂
→
n
diz-se regular no intervalo I = [ a, b ] , se admite derivada
contínua não nula no intervalo aberto ]a, b[ .
Definição: Um caminho r : I ⊂
→
n
diz-se seccionalmente regular se for possível decompor o
intervalo I num número finito de subintervalos, em cada um dos quais r regular.
Definição: Uma linha γ ⊂
n
é regular (seccionalmente regular) se admite uma representação
paramétrica regular (seccionalmente regular), isto é, se existe um caminho regular (seccionalmente
regular) que representa parametricamente γ .
A linha γ = γ 1 γ 2 não é regular ( r tem derivada nula no ponto ( x0 , y0 ) ) no entanto γ é
seccionalmente regular, isto é, γ é regular nas secções (troços) γ 1 e γ 2 .
Definição: Sejam r1 : I →
n
e r2 : J →
n
dois caminhos de
n
. Estes caminhos dizem-se
equivalentes se existe uma função ϕ : I → J ( ϕ ( I ) = J ), bijectiva e continuamente diferenciável,
tal que ϕ ′(t ) ≠ 0 para t ∈ I e r1 (t ) = r2 [ϕ (t )] . Se ϕ ′(t ) > 0 diz-se que os caminhos têm o mesmo
sentido, isto é, ϕ preserva o sentido; se ϕ ′(t ) < 0 diz-se que os caminhos têm sentidos opostos (são
inversos), isto é, ϕ inverte o sentido.
Exemplo: Considere-se um segmento de recta (linha) contido na recta de equação y = 2 x + 1 . Se o
segmento for percorrido de A ( 0,1) para B (2,5) , pode ser descrito pelo caminho r1 : [ a, b ] →
2
,
r1 (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (0,1) + t (2, 4) = (2t ,1 + 4t ) , onde AB é um vector director da recta
que passa por [ AB ] . Para se calcularem os pontos a (ponto de inicial) e b (ponto final) resolvem-se
as equações,
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Integrais de linha
e
r1 (a ) = A ⇔ (2a,1 + 4a ) = (0,1)
a = 0,
r1 (b) = B ⇔ (2b,1 + 4b) = (2,5)
b = 1,
tem-se, portanto, r1 (t ) : [ 0,1] →
2
pode verificar-se que [ AB ] é a imagem de r1 (t ) em
2
.
Se este segmento for percorrido em sentido inverso ao anterior, isto é, se estiver orientado de
B (2,5) para A ( 0,1) , pode ser parametrizado pelo caminho r2 : [ a, b ] →
2
,
r2 (t ) = B + t BA = B + t ( A − B ) = (2,5) + t (−2, −4) = (2 − 2t ,5 − 4t ) .
Sendo
e
r2 (a ) = A ⇔ (2 − 2a, 5 − 4a ) = (2,5)
a = 0,
r2 (b) = B ⇔ (2 − 2b,5 − 4b) = (0,1)
b = 1,
tem-se, portanto, r2 (t ) : [ 0,1] →
2
pode verificar-se que [ AB ] é a imagem de r2 (t ) em
2
.
Neste exemplo, ilustrou-se a mesma linha (o segmento) descrita por dois caminhos, dependendo da
orientação desejada, por este motivo a um caminho também se costuma chamar linha orientada.
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Integrais de linha
Uma vez que,
r1 (t ) = r2 [ϕ (t )] ⇔ (2t ,1 + 4t ) = (2 − 2ϕ (t ),5 − 4ϕ (t ))
existindo ϕ (t ) bijectiva, tal que
2t = 2 − 2ϕ (t )
1 + 4t = 5 − 4ϕ (t )
ϕ (t ) = 1 − t ,
ϕ ′(t ) = −1 para t ∈ I = [ 0,1] e r1 (t ) = r2 [ϕ (t )] , os caminhos são
equivalentes, como ϕ ′(t ) < 0 têm sentidos opostos.
Outra parametrização é, por exemplo, r3 (t ) = (t , 2t + 1) e t ∈ [0, 2] (exercício!). Portanto, os
caminhos r1 (t ) , r2 (t ) e r3 (t ) são equivalentes (exercício!).
Definição: Diz-se que o caminho r2 (t ) é inverso a outro caminho r1 (t ) (ou, que tem sentido ou
orientação opostos ao de r1 (t ) ), quando existe uma correspondência biunívoca completa entre os
pontos de ambas, mas o ponto inicial (final) de um é o ponto final (inicial) do outro. Se γ for a
linha descrita pelos dois caminhos, uma vez que estes são inversos, convenciona-se que − γ
representa a linha orientada em sentido inverso.
Se r1 (t ) , t ∈ [ a, b ] define um caminho entre o ponto inicial A = r (a ) e o ponto final B = r (b) , então
o caminho de equação vectorial r2 (t ) = r1 (a + b − t ) com t ∈ [ a, b ] é inverso a r1 (t ) , contudo, estes
dois caminhos têm o mesmo intervalo paramétrico, sendo r2 (a ) = r1 (b) e r2 (b) = r1 (a ) (exercício!).
Também é inverso a r1 (t ) , o caminho r3 (t ) = r1 (−t ) , t ∈ [ −b, −a ] , sendo r3 (−a ) = r1 (a ) e
r3 (−b) = r1 (b) (exercício!).
Definição: Quando A = r (a ) = B = r (b) , o caminho e a linha que ele descreve dizem-se fechados.
Se um caminho não é fechado diz-se aberto.
Definição: Um caminho diz-se simples se r (t1 ) ≠ r (t2 ) , ∀t1 ≠ t2 ∈ I , isto é, se não assume o mesmo
valor em quaisquer dois pontos distintos, excepto, possivelmente, se t1 = a e t2 = b , no caso do
caminho ser fechado. Se r (t1 ) = r (t2 ) = ... = r (tm ) com t1 ≠ t2 ≠ ... ≠ tm dizemos que o ponto tem
multiplicidade m. Uma linha diz-se simples se existe um caminho simples que a descreve.
Definição: Designa-se por linha de Jordan o contradomínio de um caminho fechado e simples, isto
é, as linhas fechadas e simples recebem o nome de linhas de Jordan.
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Integrais de linha
Exemplo: A elipse é uma linha de Jordan, a Lemniscata não é uma linha de Jordan pois, apesar de
ser fechada não é simples.
Exemplo: Representação gráfica da curva parametrizada por r (t ) = (3cos t , 2sen t )
para
t ∈ [0, 2π ] .Como x = 3cos t e y = 2sen t , da fórmula fundamental da trigonometria, resulta
x
cos t + sen t = 1 ⇔
3
2
2
2
y
+
2
2
= 1,
que é a equação de uma elipse, centrada na origem com semi-eixos a = 3 e b = 2 . Como para
t = 0 e t = 2π , x = 3 e y = 0 , os pontos inicial e final coincidem A = B = (3, 0) . Assim, o gráfico
de r (t ) = (3cos t , 2sen t ) para t ∈ [0, 2π ] é uma elipse com orientação no sentido directo (contrário
aos ponteiros do relógio)
Infelizmente, uma parametrização pode, só por si, não definir uma curva orientada.
Exemplo: Cálculo da equação cartesiana de r (t ) = (cos 2t , cos t ) para t ∈ [0, 2π ] . Como x = cos 2t
e y = cos t , da fórmula cos 2t = 2 cos 2 (t ) − 1 resulta
cos 2t = 2 cos 2 (t ) − 1 ⇔ x = 2 y 2 − 1 ,
que é a equação de uma parábola cujo eixo é o eixo das abcissas e vértice no ponto x = −1 . Como
r (0) = (1,1) , r ( π2 ) = (−1, 0) , r (π ) = (1, −1) , r ( 32π ) = (−1, 0) e r (2π ) = (1,1) , o pontos inicial e final
coincidem (1,1) , como a curva não é fechada, a orientação não está bem definida. Inicia em (1,1)
vai até (−1,1) e depois volta a (1,1) .
Como exercício, parametrize esta curva de maneira a que a orientação seja bem definida.
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Integrais de linha
Integrais de linha em campo escalares – resumo da teoria
O integral de linha é uma generalização do integral simples de Riemann. Nestes, o intervalo de
integração [ a, b ] é substituído por uma linha e a função integranda é um campo escalar ou vectorial
definido e limitado nessa linha. Caso, o caminho descreva um dos eixos (linha) e a função a integrar
dependa apenas da variável correspondente, os dois integrais se identificam, sem restrições.
f : Df ⊆
Definição: Seja
r : [ a, b ] →
n
n
→
um campo escalar, onde D f é um conjunto aberto, e
um caminho de classe C 1 que representa a linha γ ⊂ D f . Define-se integral de linha
do campo escalar f ao longo do caminho r , em ordem ao comprimento de arco, como sendo
fds =
γ
B
fds =
A
b
f (r (t )) r ′(t ) dt .
a
Caso A = B , isto é, r (a) = r (b) (a linha é fechada) e o integral chama-se uma circulação de f ao
longo de γ e representa-se por
fds e faz-se, no caso de linhas planas e salvo indicação, no
γ
sentido positivo ou directo, isto é, contrário ao dos ponteiros do relógio.
No caso particular de γ ser um segmento de recta unindo (a, 0) a (b, 0) , tomando x como
parâmetro, uma parametrização de γ , é
r (t ) =
r1 (t ) = x = t
r2 (t ) = y = 0
dx
=1
dt
dy
=0
dt
dx = dt
com t ∈ [a, b] .
O integral de linha correspondente é
fds =
γ
b
f (r (t )) r ′(t ) dt =
a
b
f ( x, y )
a
dx
dt
2
dy
+
dt
2
dt =
b
f (t , 0)dt =
a
b
f ( x, 0)dx ,
a
ou seja, o integral de linha reduz-se a um integral simples.
As propriedades dos integrais de linha em campos escalares são as dos integrais simples. Em
particular:
1. (α f + β g )ds =α fds + β gds , ∀α , β (propriedade de linearidade);
γ
γ
fds , se γ 1 γ 2 = ∅ (propriedade de aditividade).
fds = fds +
2.
γ 1 ∪γ 2
γ1
γ
γ2
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Integrais de linha
Os integrais de linha em campos escalares têm uma série de aplicações. A sua interpretação física
depende da interpretação física da função integranda, por exemplo:
•
Comprimento de uma linha
Considere-se uma linha regular entre os pontos A e B, representada parametricamente pela equação
vectorial r (t ) = x1 (t )e1 + x2 (t )e2 + ... + xn (t )en de classe C1 , com t ∈ [ a, b ] , r (a ) = A e r (b) = B , o
comprimento ou perímetro da linha γ (e do caminho que a descreve) é
s = ds =
γ
desde que
r ′(t ) =
∂x1
∂t
2
∂x2
+
∂t
2
b
r ′(t ) dt
a
∂xn
+ ... +
∂t
2
, seja integrável no intervalo [ a, b ] (ou seja,
r (t ) é rectificável, a curva tem comprimento finito).
fds representa o comprimento da linha γ .
Portanto, fazendo f (r (t )) = 1 o integral de linha
γ
Um caso particular, é quando y = f ( x) uma f.r.v.r. sendo uma parametrização r (t ) = te1 + f (t )e2 e
r ′(t ) = 1 + ( f ′(t ))2 , o comprimento linha dado por s = ds =
γ
•
b
1 + ( f ′(t )) 2 dt .
a
Massa de um fio
Supondo que ρ : Dρ ⊂
n
→
representa a densidade de massa por unidade de comprimento de
material que constitui um fio com a configuração de um caminho r : [ a, b ] →
n
, supõe-se que a
linha representa um fio de espessura desprezável. Então, a massa, M, do fio é dada pelo o integral
de linha de ρ ,
B
b
A
a
M = ρ ds = ρ ds = ρ (r (t )) r ′(t ) dt .
γ
fds da a massa da linha γ .
Neste caso, quando f ( x ) = ρ ( x ) = densidade, o integral de linha
γ
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Integrais de linha
•
Centro de massa
Seja ρ : Dρ ⊂
n
→
a densidade de massa por unidade de comprimento de material que
constitui um fio com a configuração de um caminho r : [ a, b ] →
f ( x) =
n
e seja
1
xi ρ ( x ) , i = 1, 2,..., n .
M
O centro de massa do fio é o ponto de coordenadas ( x1 , x2 ,..., xn ) calculadas da seguinte maneira
xi =
1
M
xi ρds =
γ
b
1
ri (t ) ρ (r (t )) r ′(t ) dt , i = 1, 2,..., n .
M a
Se a densidade é constante, diz-se que o fio é uniforme (ou homogéneo) e designa-se o centro de
gravidade (de massa) por centroide. Se o fio, além de uniforme, for simétrico em relação a um eixo
ou a um plano, o centroide existe nestes.
•
Momento de inércia
O momento de inércia de um fio (da linha γ ) em relação a um dado eixo (ou a um plano ou a um
ponto) é o integral de linha da função f ( x ) = ρ ( x )d 2 ( x ) , ou seja,
b
I = ρ d ds = ρ (r (t ))d 2 (r (t )) r ′(t ) dt ,
2
γ
a
onde d representa a distância do ponto genérico do fio ao eixo (ao plano ou ao ponto) e ρ é a
densidade. Em particular, os momentos de inércia em relação aos eixos xx´, yy´, ou zz´ e à origem
são, respectivamente,
I x = ρ ( y 2 + z 2 )ds , I y = ρ ( x 2 + z 2 )ds , I z = ρ ( x 2 + y 2 )ds e I 0 = ρ ( x 2 + y 2 + z 2 )ds .
γ
γ
γ
γ
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Integrais de linha
Integrais de linha em campos escalares – possível resolução dos exercícios
1. Cálculo do perímetro de uma circunferência de raio a, utilizando integrais de linha.
ds =
Resolução: O perímetro de uma circunferência é dado pelo integral de linha
γ
b
r ′(t ) dt . É
a
intuitivo que o perímetro em questão é independente do centro, assim, considere-se a circunferência
x 2 + y 2 = a 2 , C (0, 0) e r = a . Esta circunferência pode ser parametrizada por
r (t ) = (r1 (t ) = x(t ), r2 (t ) = y (t )) = (a cos t , asen t ) = a cos te1 + asen te2
donde
t ∈ [ 0, 2π ] .
r ′(t ) = −asen te1 + a cos te2 = (− asen t , a cos t )
e
r ′(t ) = a 2 cos 2 t + a 2 sen 2 t = a = r .
Consequentemente, o perímetro de uma circunferência de raio a, é
ds =
γ
b
a
r ′(t ) dt =
2π
0
2π
adt = a t 0 = a (2π − 0) = 2aπ ( r = a ).
2. Cálculo do comprimento da linha formada por um arco da parábola y = x 2 de (0, 0) a (1,1) e
rectilíneo de (1,1) a (1, 2) , utilizando integrais de linha.
Resolução: Considerando A = (0, 0) , B = (1,1) e B = (1, 2) , o gráfico de γ é o seguinte
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Integrais de linha
Como se pode ver a linha não é regular, não se consegue descrevê-la utilizando uma única
parametrização. Contudo, é seccionalmente regular, considerando γ = γ 1
γ 2 , é possível descrevê-
la, utilizando uma única parametrização para cada uma das secções (troços). Pelas propriedades dos
integrais de linha, o comprimento de γ pode ser obtido através de ds = ds + ds .
γ
•
γ1
γ2
Troço AB . A orientação do troço é no sentido crescente de x, considere-se x = t . Assim, uma
parametrização é
γ 1 : r1 (t ) = (t , t 2 ) e t ∈ [0,1] ,
donde
r ′(t ) = (1, 2t ) e r ′(t ) = 1 + 4t 2 .
O comprimento de γ 1 , é
ds =
γ1
1
1 + 4t 2 dt
1, 4789 . Calcule-se este integral, através da
0
seguinte mudança de variável
1 + 4t 2 = 2t + u
t=
como
1− u2
4u
1 + 4t 2 = 2t + u
1 + 4t 2 =
1+ u2
dt
u2 +1
, donde
=−
2u
du
4u 2
u = 1 + 4t 2 − 2t
t =1
u = 5 −2
t =0
u =1
vem
1
0
1 + 4t 2 dt =
5 −2
1
u2 + 1
1 + u2
1
× −
du = −
2
5
−
2
<
1
2u
8
4u
1
=−
8
=
•
1
5 −2
u 4 + 2u 2 + 1
du =
5 −2
u3
1
2 1
1 u2
1
u + + 3 du = −
+ 2 ln u − 2
u u
8 2
2u
1
1
5 − ln
2
4
(
5−2
)
1
=
5 −2
1, 4789.
Troço [ BC ] . A orientação do troço é no sentido crescente de y, considere-se y = t . Assim
γ 1 : r1 (t ) = (1, t ) e t ∈ [1, 2] , donde r ′(t ) = (0,1) e r ′(t ) = 1 .
1
O comprimento de γ 2 , é
ds = dt = 1 .
γ1
0
Consequentemente, o perímetro da linha γ é ds = ds + ds
γ
γ1
1, 4789 + 1 2, 4789 .
γ2
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Integrais de linha
xy 2 ds para γ dado por x = cos t , y = sen t e 0 ≤ t ≤
3. Cálculo de
γ
π
2
.
π
parametriza a curva γ , que
2
é, portanto, regular. Considerando a fórmula fundamental da trigonometria, vem
Resolução: A equação r (t ) = cos te1 + sin te2 = (cos t ,sin t ) t ∈ 0,
cos 2 t + sen 2 t = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ,
para t = 0
r (0) = (1, 0) o ponto de partida e para t = π2
r ( π2 ) = (0,1) o ponto de chegada. Assim,
a curva γ descrita por este caminho, é um quarto da circunferência, com C (0, 0) e r = 1 , situado no
primeiro quadrante, percorrida no sentido directo, graficamente
Como,
r ′(t ) = (−sen t , cos t )
r (t ) = (cos t ,sen t )
r ′(t ) = sen 2 t + cos 2 t = 1 , com 0 ≤ t ≤
π
2
,
e
f ( x, y ) = xy 2
f (r (t )) = f (cos t ,sen t ) = cos t + sen 2 t ,
vem o integral de linha dado por
π
fds =
γ
b
2
f (r (t )) r ′(t ) dt = cos t sen 2 tdt =
a
0
No cálculo do integral, considerou-se u = sen t
aplicou-se P(u ′uα ) =
π
sen 3t
3
2
0
sen
=
π
2
3
3
=
1
3
uα = sen 2 t , com α = 2 , vindo u ′ = cos t e
uα +1
.
α +1
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Integrais de linha
fds sobre um caminho rectilíneo, percorrido de A ≡ (0,0) para B ≡ (1,1) , com
4.a) Cálculo de
γ
f ( x, y ) = 2 x − y .
Resolução: Neste caso, o caminho descreve um segmento de recta orientado de A (origem do
segmento) para B (extremidade do segmento), ilustrado na seguinte figura.
Uma equação vectorial associada pode ser
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (0, 0) + t (1,1) = (t , t ) t ∈ [ 0,1]
uma vez que
r (0) = (0, 0) = A a origem,
e
r (1) = (1,1) = B a extremidade.
Como
r ′(t ) = (1,1)
r ′(t ) = 2 ,
e
f ( x, y ) = 2 x − y
f (r (t )) = 2 t − t ,
resulta
fds =
γ
b
a
f (r (t )) r ′(t ) dt = 2
1
0
(
)
1
4 3 t2
5 2
2 t − t dt = 2
t −
=
.
3
20
6
fds = (2 x − y )ds , calculando ds = r ′(t ) dt , basta substituir
Para o cálculo do integral de linha
γ
γ
x e y, na função integranda, pelas respectivas expressões ( x = t e y = t , as equações paramétricas).
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Integrais de linha
4.b) Cálculo de fds sobre um caminho rectilíneo, percorrido de B ≡ (1,1) para A ≡ (0,0) , com
γ
f ( x, y ) = 2 x − y
Resolução: Nesta alínea, a curva descrita pelo caminho é a mesma que a da alínea anterior, contudo
percorrida em sentido oposto (os caminhos são equivalentes), o segmento de recta é orientado de B
(origem do segmento) para A (extremidade do segmento), como se ilustra na figura.
Uma equação vectorial associada é
r (t ) = B + t BA = B + t ( A − B) = (1,1) + t (−1, −1) = (1 − t ,1 − t )
t ∈ [ 0,1] ,
pois
r (0) = (1,1) = B a origem e r (1) = (0, 0) = A a extremidade.
Sendo
r ′(t ) = (−1, −1)
r ′(t ) = 2 ,
e
f ( x, y ) = 2 x − y
f (r (t )) = 2 1 − t − 1 + t ,
vem
fds =
γ
b
a
f (r (t )) r ′(t ) dt = 2
1
0
(
1
)
4
t2
5 2
3
2 1 − t − 1 + t dt = 2 −
(1 − t ) − t +
=
.
3
20
6
Sendo f um campo escalar definido num domínio que contém uma linha γ
regular ou
seccionalmente regular de representação paramétrica r (t ) , t ∈ [ a, b ] , e sendo −γ a linha formada
pelos mesmos pontos de γ , mas percorrida em sentido oposto, verificou-se, através desta duas
fds =
alíneas, que
−γ
fds . Esta é uma propriedades dos integrais de linha em campos escalares.
γ
Eliminando o parâmetro das equações paramétricas obtém-se a equação da recta que contém γ
x = 1− t
y = 1− t
t = 1− x
t = 1− y
x = y.
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Integrais de linha
4.c) Cálculo de fds para γ ≡ x = y 2 , desde A ≡ (0,0) para B ≡ (1,1) , com f ( x, y ) = 2 x − y .
γ
Resolução: O gráfico de γ é
Quer calcular-se o integral de linha ao longo de um arco de parábola (regular). Umas equações
paramétricas são,
x(t ) = t 2
y (t ) = t
t ∈ [ 0,1] (equação vectorial),
r (t ) = (t 2 , t
(a orientação da curva é no sentido de crescimento da abcissa e da ordenada, pode tomar-se
qualquer uma destas como parâmetro), claro que, r (0) = (0, 0) e r (1) = (1,1) (como se tomou y
como parâmetro, este varia entre 0 e 1). Da equação vectorial tem-se
r ′(t ) = (2t ,1)
r ′(t ) = 4t 2 + 1 ,
como
f ( x, y ) = 2 x − y
f (r (t )) = f (t , t 2 ) = 2 t 2 − t = t ,
resulta
fds =
γ
b
1
f (r (t )) r ′(t ) dt = t 4t + 1dt =
a
=
1
1
8
0
1
1
8
2
1
=α
8t (4t 2 + 1) 2 dt =
0 u′
u
1
8
8t 4t 2 + 1dt =
0
(4t 2 + 1)
3
2
3
2
1
=
0
53 − 1
.
12
Obs.: Este exemplo mostra que, em geral, o integral de linha depende do caminho tomado e não
apenas da função a integrar e dos pontos de partida e de chegada.
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Integrais de linha
fds , para f ( x, y ) = xy com γ : y = 1 − x 2 , desde A ≡ (0,1) até B ≡ (1,0) .
5. Cálculo de
γ
Resolução: A linha é o arco de parábola representado na figura.
Como a orientação do caminho corresponde ao crescimento da abcissa toma-se x como parâmetro
x=t
γ:
y = 1− t
r (t ) = (t ,1 − t 2 ) t ∈ [ 0,1] ,
2
como se tomo x, como parâmetro, a abcissa varia de 0 até 1. Ou,
r (a) = A
(a,1 − a 2 ) = (0,1)
a=0
r (b) = A
(b,1 − b ) = (1, 0)
b =1
2
t ∈ [ 0,1] ,
Sendo
r (t ) = (t ,1 − t 2 )
r ′(t ) = (1, −2t )
r ′(t ) = 1 + 4t 2 ,
e uma vez que
f ( x, y ) = xy
f (r (t )) = f (t ,1 − t 2 ) = t (1 − t 2 ) ,
vem
b
1
1
1
a
0
0
0
fds = f (r (t )) r ′(t ) dt = t (1 − t 2 ) 4t 2 + 1dt = t 4t 2 + 1dt − t 3 4t 2 + 1dt =
γ
1
1
1
5
t 4t + 1dt = ( 5 − 1) e t 3 4t 2 + 1dt =
12
24
0
0
2
5−
5
11
5−
24
120
1
.
5
Observe-se o exercício 8 para uma sugestão de resolução do integral.
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Integrais de linha
6. Cálculo de
(0,2,3)
( 2 ,1, 0 )
(x y + z )ds , ao longo de um segmento de recta.
2
Resolução: Neste caso o caminho é um segmento de recta de
3
, com origem em A = (2,1, 0) e
extremidade em B = (0, 2, 3) (indicação dada pela posição dos limites de integração), uma equação
vectorial associada é
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (2,1, 0) + t ((0, 2,3) − (2,1, 0) = (2,1, 0) + t (−2,1,3) = (2 − 2t ,1 + t , 3t ) .
Para calcular o intervalo de variação de t, basta resolver as equações
r (a) = (2 − 2a,1 + a,3a) = (2,1, 0) = A
e
r (b) = (2 − 2b,1 + b,3b) = (0, 2,3) = B
a = 0 , a origem
b = 1 , a extremidade.
Como
r ′(t ) = (−2,1, 3)
r ′(t ) = 14 ,
e
f ( x, y , z ) = x 2 y + z
f (r (t )) = f (2 − 2t ,1 + t , 3t ) = (2 − 2t ) 2 (1 + t ) + 3t = 4t 3 − 4t 2 − t + 4 ,
resulta
fds =
γ
7. Cálculo de
(1,0,2π )
(1, 0 , 0 )
b
f (r (t )) r ′(t ) dt = 14
a
1
0
( 4t
3
− 4t 2 − t + 4 ) dt =
19 14
.
6
( x + y + z )ds , ao longo da hélice cilíndrica de equações paramétricas
x = cos t ,
y = sen t e z = t .
Resolução: Neste caso, o caminho é uma hélice cilíndrica com origem em A = (1, 0, 0) e
extremidade em B = (1, 0, 2π ) (indicação dada pela posição dos limites de integração), uma equação
vectorial é
γ ≡ r (t ) = (cos t ,sin t , t )
r (a) = A
r ′(t ) = 2 e [0, 2π ] (intervalo paramétrico),
r ′(t ) = ( − sin t , cos t ,1)
(cos a,sin a, a ) = (1, 0, 0)
a = 0 e r (b) = B
(cos b,sin b, b) = (1, 0, 2π )
b = 2π
(repare-se que a única componente que varia, cresce, é a cota, de 0 para 2π , portanto, o parâmetro).
Como
f ( x, y ) = x + y + z
f ( r (t )) = f (cos t ,sin t , t ) = cos t + sin t + t ,
resulta
fds =
γ
b
a
f ( r (t )) r ′(t ) dt = 2
2π
0
( cos t + sin t + t ) dt =2 2π 2 .
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Integrais de linha
8. Cálculo de
xy + y 2
ds , ao longo de y = x .
( −1,1) x 2 + 1
(2,2)
Resolução: Do enunciado, vê-se que γ ≡ y =| x | entre A( −1,1) e B (2, 2) , a sua representação
gráfica é ilustrada na seguinte figura.
Vê-se que γ = γ 1
γ 2 , que não pode ser descrita por um caminho regular, visto que y =| x | não tem
derivada na origem, mas pela união de dois caminhos regulares, ou seja, a curva é seccionalmente
regular. Tendo em conta que
−γ 1 : r1 (t ) = (−t , t ) t ∈ [0,1]
r1′(t ) = (−1,1)
r1′(t ) = 2 ,
e
f ( x, y ) =
xy + y 2
x2 + 1
f (−t , t ) =
−t 2 + t 2
= 0,
t2 +1
vem
fds =
−γ 1
γ1
fds =0 .
Por outro lado, sendo
γ 2 : r2 (t ) = (t , t ) t ∈ [0, 2]
r2′(t ) = (1,1)
r2′(t ) = 2 ,
e
f ( x, y ) =
xy + y 2
x2 + 1
f (t , t ) =
t2 + t2
2t 2
=
,
t2 +1 t2 +1
vem
γ2
fds = 2 2
2
0
t2
dt = 2 2
t2 +1
2
0
1−
1
2
dt = 2 2 [t − arctan t ]0 = 2 2(2 − arctan 2) .
t +1
2
Portanto,
fds =
γ
fds +
γ1
fds = 2 2(2 − arctan 2) .
γ2
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Integrais de linha
{
fds com γ : ( x, y ) : ( y = x 2
9. Cálculo de
γ
}
y = 4 ) x ∈ [ −2, 2] e f ( x, y ) = x − y .
Resolução: O gráfico da curva é representado na seguinte figura.
Trata-se, portanto, de uma curva fechada, donde o integral de linha é uma circulação. Como se pode
ver o caminho não é regular (não se consegue associar um caminho regular que descreva toda a
curva), mas sim seccionalmente regular (pode ser parametrizado por secções, troços), γ = γ 1
γ2 .
Como foi visto, neste tipo de integrais tanto dá considerar γ como − γ , o integral é independente
da orientação da linha..
Considere-se, então, os troços (curvas), γ 1 e γ 2 , pela aditividade dos integrais de linha,
fds =
fds +
γ
•
γ1
fds .
γ2
γ 1 parte da parábola y = x 2 com x ∈ [ −2, 2] , então pode ter-se
x=t
γ1 ≡
y=t
t ∈ [ −2, 2]
2
r (t ) = ( t , t 2 )
e
r ′(t ) = (1, 2t )
r ′(t ) = 1 + 42
f (r (t )) = f ( t , t 2 ) = t − t 2
f ( x, y ) = x − y
vindo
2
2
2
−2
−2
−2
fds = (t − t 2 ) 1 + 4t 2 dt = t 1 + 4t 2 dt − t 2 1 + 4t 2 dt = I1 + I 2
γ1
calcule-se estes integrais separadamente.
2
2
2
1
=α
1
1
3
2
2
I1 = t 1 + 4t dt =
8t 4t + 1dt =
8t (4t + 1) 2 dt =
8 −2
8 −2 u ′
4
u
−2
2
(4t 2 + 1)3
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
2
−2
=0.
22/53
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Integrais de linha
2
I 2 = t 2 1 + 4t 2 dt , calcule-se este integral por substituição, considerando
−2
1 + 4t 2 = 2t + u
1− u2
4u
t=
Como
t
1 + 4t 2 =
2
1− u2
1 + 4t =
4u
2
2
dt
u2 +1
1+ u2
=−
, vem,
.
2u
du
4u 2
1+ u2 1− u2 − u4 + u6
=
,
2u
32u 3
e
1 + 4t 2 = 2t + u
t=2
u = 1 + 4t 2 − 2t
u = 17 − 4
t = −2
u = 17 + 4
,
vem
2
−2
t 2 1 + 4t 2 dt =
=−
1 − u2 − u4 + u6
1
u2 + 1
×
−
du = −
3
2
17 + 4
128
32u
4u
17 − 4
1
128
1
=−
128
=
17 + 4
17 − 4
17 + 4
17 − 4
−u 8 + 2u 4 − 1
1
dt = −
5
128
u
17 + 4
17 − 4
17 + 4
17 − 4
−u 3 +
−u 8 + 2u 4 − 1
du =
u5
2u 4 − 1
du =
u5
2 1
1
u4
1
− + 2 ln u + 4
−u + − 5 du = −
u u
128
4
4u
17 + 4
=
3
17 + 4
33
1
17 − ln
8
64
17 − 4
16,9424.
17 − 4
Donde
fds = I1 + I 2 = 0 −
γ1
•
33
1
17 − ln
8
64
17 + 4
17 − 4
−16, 9424 .
γ 2 rectilíneo com x ∈ [ −2, 2] .
Como o sentido não interessa (porquê?), pode considerar-se como parâmetro a variável x, donde
γ2 ≡
x=t
t ∈ [ −2, 2]
y=2
r (t ) = ( t , 2 )
r ′(t ) = (1, 0 )
r ′(t ) = 1 ,
e como
f ( x, y ) = x − y
f (r (t )) = f (t , 2) = t − 2 ,
resulta
fds =
γ2
2
−2
(t − 2)dt = − 8 .
Finalmente
fds =
γ
fds +
γ1
fds
−16, 9424 − 8 = 24,9424 .
γ2
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Integrais de linha
fds , para f ( x, y ) = x + y 2 e γ ≡ ∆ABC , onde A ≡ (2,0) , B ≡ (0,2) e C ≡ (0,0) .
10. Cálculo de
γ
Resolução: A curva é o triângulo de vértices A ≡ (2,0) , B ≡ (0,2) e C ≡ (0,0) , portanto fechada,
como se ilustra na figura.
Repare-se que não se indica a orientação da curva, tal não impede de efectuar o cálculo integral,
uma vez que,
γ
fds =
−γ
fds . De qualquer maneira, caso se quisesse uma orientação, não sendo esta
dada, convenciona-se a directa. Vê-se que a curva não é regular, não há um caminho regular que a
represente, γ = γ 1
γ2
γ 3 , é seccionalmente regular. Considere-se orientação horária.
Como,
−γ 1 : r1 (t ) = (t , 0)
r1′(t ) = 1 e f (r1 (t )) = t vem
∈
fds =
−γ 1
γ 2 : r2 (t ) = (t , −t + 2) t ∈ [0, 2]
fds = 2 ,
γ1
r2′(t ) = 2 e f (r2 (t )) = t 2 − 3t + 4 vem
fds =
γ2
14
2,
3
e
γ 3 : r3 (t ) = (0, t ) t ∈ [0, 2]
r3′(t ) = 1 e f (r3 (t )) = t 2 vem
fds =
γ3
8
.
3
Vem,
fds =
γ
fds +
γ1
fds +
γ2
fds =
γ3
14
( 2 + 1) .
3
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Integrais de linha
11. Cálculo da massa de um fio. Supondo que a sua configuração é dada pela equação y = 25 − x 2
e que a densidade de massa do mesmo é ρ ( x, y ) = 15 − y .
Resolução: Um fio dado pela equação y = 25 − x 2 tem configuração semicircular, como se ilustra
na figura.
A expressão da densidade do fio, ρ ( x, y ) = 15 − y , significa que o fio tem densidade máxima de 15
unidades na base ( y = 0 ) e que esta decresce linearmente com respeito a y até um valor de 10
unidades no extremo ( y = 5 ). A massa M do fio pode ser expressa pelo integral de linha
M = ρ ( x, y )ds = (15 − y )ds ,
γ
γ
ao longo do semicírculo γ . Para se calcular este integral parametriza-se γ da maneira que se segue
γ ≡
x = 5cos t
y = 5sen t
t ∈ [ 0, π ]
r (t ) = ( 5cos t ,5sen t )
r ′(t ) = ( −5sen t ,5cos t )
r ′(t ) = 5
donde
M = (15 − y )ds = 5
γ
π
0
(15 − 5sen t )dt = 75π − 50 185, 6 unidades de massa.
12. Cálculo da massa de um fio circular com equação y = 9 − x 2 com 0 ≤ x ≤ 3 , e densidade dada
por ρ ( x, y ) = x y .
Resolução:
A
massa
M
deste
fio
pode
ser
expressa
pelo
integral
de
linha
M = ρ ( x, y )ds = x yds , ao longo do semicírculo γ : y = 9 − x , que se pode parametrizar por
2
γ
γ ≡
γ
x = 3cos t
y = 3sen t
t ∈ 0,
π
2
r (t ) = ( 3cos t ,3sen t )
r ′(t ) = ( −3sen t ,3cos t )
r ′(t ) = 3 .
Vindo
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Integrais de linha
M = ρ ( x, y )ds = x yds = 3
γ
γ
π
2
0
π
3cos t 3sen tdt = 9 3
2
0
π
1
2
cos t ( sen t ) dt = 6 3 ( sen t )
3 2
2
=
0
π
=6 3
2
( sen t )3
= 6 3.
0
13. Cálculo da massa de um fio com forma de um hélice com equações paramétricas x = 3cos t ,
y = 3sen t e z = 4t com 0 ≤ t ≤
π
2
, sendo a função de densidade ρ ( x, y ) =
kx
( k > 0 ).
1 + y2
Resolução: A massa do fio pode ser dada por
M = ρ ( x, y )ds =
γ
kx
ds .
2
γ 1+ y
Como
x = 3cos t
γ ≡ y = 3sen t t ∈ 0,
π
2
z = 4t
Vem
M = ρ ( x, y )ds = 15k
γ
Obs.: (arctan u )′ =
π
2
0
r (t ) = ( 3cos t ,3sen t , 4t )
cos t
dt = 5k
1 + 9sen 2 t
π
2
0
r ′(t ) = ( −3sen t ,3cos t , 4 )
r ′(t ) = 5 .
π
3cos t
1 + ( 3sen t )
2
dt = 5k arctan(3sen t ) 02 = 5k arctan 3 .
u′
.
1 + u2
14. Cálculo da massa e do centro de massa de um fio γ de um material cuja densidade de massa é
ρ ( x, y ) =
1
1 + x2 + y2
,
com
a
configuração
de
uma
espiral
descrita
pelo
caminho
r (t ) = (t cos t , t sen t ) t ∈ [ 0, 4π ] .
Resolução: A massa do fio é
b
M = ρ (r (t )) r ′(t ) dt =
a
4π
0
1
1+ t
2
1 + t 2 dt = 4π
uma vez que,
r (t ) = (t cos t , t sen t )
r ′(t ) = (cos t − t sen t ,sen t + t cos t ) ,
r ′(t ) = (cos t − t sen t )2 + ( sen t + t cos t ) 2 = 1 + t 2 ,
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Integrais de linha
e
1
ρ ( x, y ) =
1+ x + y
2
ρ (r (t )) =
2
1
1+ t2
.
A coordenada x do centro de massa é
x=
1
M
b
x ρ (r (t )) r ′(t ) dt =
a
1
4π
4π
t cos tdt =
0
0
= 0,
4π
enquanto que a coordenada y do centro de massa é dada por
y=
1
M
b
1
4π
y ρ (r (t )) r ′(t ) dt =
a
4π
t sen tdt =
0
−4π
= −1 ,
4π
uma vez que ρ (r (t )) r ′(t ) = 1 . Assim o centro de massa da espiral, nestas condições, tem
coordenadas ( x , y ) = (0, −1) .
15. Cálculo do momento de inércia de um fio γ ⊂
3
, relativo ao eixo do zz´, de um material com a
configuração de uma hélice cilíndrica descrita pelo caminho r (t ) = (cos t , sen t , t ) t ∈ [ 0, 4π ] , com
densidade de massa dada por ρ ( x, y, z ) = z .
Resolução: O momento de inércia de um fio γ , em relação ao eixo zz´, pode ser dado pelo o
integral de linha
I z = ρ d 2 ds = ρ ( x 2 + y 2 )ds ,
γ
γ
onde d representa a distância do ponto genérico do fio ao eixo e ρ é a densidade. Neste exemplo,
4π
I z (γ ) = z ( x 2 + y 2 )ds = 2 tdt = 8 2π 2 ,
γ
0
é o momento de inércia do fio γ : r (t ) = (cos t ,sen t , t ) t ∈ [ 0, 4π ] , relativamente ao eixo zz´, uma
vez que ρ (r (t )) = t , d 2 = x 2 + y 2
d 2 (r (t )) = cos 2 t + sen 2 t = 1 e r ′(t ) = 2 .
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Integrais de linha
Integrais de linha em campo vectoriais – resumo da teoria
Uma das mais importantes aplicações dos integrais de linha em campos vectoriais é o cálculo do
trabalho realizado quando o ponto de aplicação de uma força F (r ) se move ao longo de uma linha
γ ≡ r (t ) com t ∈ [ a, b ] .
Definição: Seja F : DF ⊆
r : [ a, b ] →
n
n
→
n
DF , e
um campo vectorial contínuo no conjunto aberto
um caminho de classe C 1 (regular ou seccionalmente regular) que representa a
linha γ ⊂ DF . Define-se integral de linha do campo vectorial F ao longo do caminho γ , desde o
ponto A = r (a) ao ponto B = r (b) , ou, trabalho realizado pelo campo F ao longo de γ , como sendo
B
b
A
a
W = F | dr = F | dr = F (r (t )) | r ′(t )dt .
γ
Se A = B , isto é, r (a ) = r (b) (a linha é fechada) e o integral chama-se uma circulação de F ao longo
de γ e, representa-se por
F | dr e faz-se, salvo indicação, no sentido positivo ou directo, isto é,
γ
contrário ao dos ponteiros do relógio.
Por outro lado, uma vez que
F ( x ) = f1 ( x )e1 + f 2 ( x )e2 + ... + f n ( x )en ,
onde f i ( x ) , i = 1,..., n , são as funções coordenadas do campo vectorial F, e porque
dr = dx1e1 + dx2 e2 + ... + dxn en ,
visto
r (t ) = x1 (t )e1 + x2 (t )e2 + ... + xn (t )en ,
onde xi (t ) , i = 1,..., n , são as equações paramétricas do caminho (componentes da equação vectorial
que representa a linha), vem
F | dr = ( f1 ( x ), f 2 ( x ),..., f n ( x )) | (dx1 , dx2 ,..., dxn ) = f1 ( x )dx1 + f 2 ( x )dx2 + ... + f n ( x )dxn ,
e, consequentemente,
W = F | dr =
γ
f1 ( x )dx1 + f 2 ( x )dx2 + ... + f n ( x )dxn .
γ
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Integrais de linha
Em particular, dado um campo vectorial F : DF ⊆
3
→
3
e uma linha regular ou seccionalmente
regular γ ⊂ DF , de representação paramétrica r (t ) , t ∈ [ a, b ] ,
W = F | dr =
γ
f1dx + f 2 dy + f 3 dz ,
γ
com F ( x, y , z ) = ( f1 ( x, y , z ), f 2 ( x, y, z ), f 3 ( x, y, z )) .
Tal como nos integrais de linha para campos escalares, tem-se:
1. (α F + β G ) | dr =α F | dr + β G | dr , ∀α , β (propriedade de linearidade);
γ
γ
γ
F | dr = F | dr + F | dr , se γ 1 γ 2 = ∅ (propriedade de aditividade).
2.
γ 1 ∪γ 2
γ1
γ2
Definição: Seja F ( x, y, z ) = ( f1 , f 2 , f 3 ) um campo vectorial, F : DF ⊂
3
→
3
, diferenciável.
Chama-se rotacional do campo vectorial F, e representa-se por rotF , ao vector dado por
e1
∂
∇ F=
∂x
f1
Se
F ( x, y ) = ( f1 , f 2 ) ,
F : DF ⊂
e2
∂
∂y
f2
2
→
e3
∂f 3 ∂f 2 ∂f1 ∂f 3 ∂f 2 ∂f1
∂
=
−
−
−
,
,
.
∂z
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
f3
2
a diferença
∂f 2 ∂f1
−
∂x ∂y
designa-se por rotacional
bidimensional ou escalar do campo vectorial F.
Definição: Diz-se que o conjunto D é conexo quando é possível unir quaisquer dois pontos de D
por uma curva contínua toda contida em D.
(i)
Um conjunto é simplesmente conexo se tanto ele como o seu complementar forem
conexos (não apresenta “buracos”);
(ii)
Um conjunto é multiplicamente conexo se o seu complementar não for conexo
(apresenta “buracos”).
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Integrais de linha
2
y
-2
-1
1
0
1
x
2
-1
-2
Conjunto simplesmente conexo
2
y
-2
-1
2
y
1
0
1
x
2
-3
-2
-1
1
0
-1
-1
-2
-2
Conjunto multiplamente conexo
1
x
2
3
Conjunto não conexo
Uma condição necessária, mas não suficiente, para que o campo F ( x, y, z ) = ( f1 , f 2 , f 3 ) seja um
campo gradiente é que rotF = 0 . Uma condição suficiente é dada por:
Teorema: Seja F ( x, y, z ) = ( f1 , f 2 , f 3 ) um campo definido num conjunto aberto D ⊂
3
,
simplesmente conexo e F ∈ C 1 ( D) . Então é condição necessária e suficiente para que F seja um
campo gradiente, que rotF = 0 .
Se F ( x, y ) = ( f1 , f 2 ) , F : DF ⊂
2
→
2
é um campo gradiente com derivadas parciais contínuas,
então
∂f 2 ∂f1
−
= 0.
∂x ∂y
Um campo vectorial F definido num conjunto aberto diz-se conservativo sse F é um campo
gradiente.
F campo gradiente (conservativo)
rotF ≠ 0
rotF = 0
F não é campo gradiente (conservativo)
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Integrais de linha
Teorema: Seja F é campo gradiente contínuo num conjunto aberto D , então existe um campo
escalar Φ : D →
de classe C1 , tal que, F = ∇Φ , designado por função potencial geradora de F.
Teorema: Seja F um campo gradiente, definido num conjunto aberto D de
2
ou
3
, γ ≡ r (t ) ,
t ∈ [ a, b] , uma linha regular ou seccionalmente regular contida nesse domínio, sendo A = r (a ) (o
ponto inicial) e B = r (b) (o ponto final), então
B
W = F | dr = ∇Φ | dr = ∇Φ | dr = Φ( B) − Φ( A) .
γ
γ
A
Quer dizer que, nestas condições, o trabalho realizado por aquele campo não depende do caminho,
mas apenas dos pontos inicial e final. Este é o motivo porque se designa o campo gradiente F por
campo conservativo. Claro que se A ≡ B , tem-se,
F | dr = 0 .
γ
Os campos gradientes são irrotacionais e por isso os campos conservativos também o são (a sua
matriz jacobiana é simétrica), o recíproco não é verdadeiro: um campo irrotacional pode não ser um
campo conservativo. Considere-se o campo vectorial
F ( x, y ) =
definido em DF =
2
y
x
e − 2
e2 ,
2 1
x +y
x + y2
2
\ {(0, 0)} . Este campo é irrotacional, pois, rotF = 0 , mas não é um campo
gradiente (o campo não é conservativo), para provar tal facto basta calcular o integral W =
F | dr
γ
ao longo de uma circunferência de raio r e centro na origem. Seja
γ ≡ r (t ) = (r cos t , r sin t ) t ∈ [ 0, 2π ] , então γ ≡ r ′(t ) = (−r sin t , r cos t )
donde
W=
F | dr =
γ
=
2π
0
γ
y
x
dx − 2
dy =
2
x +y
x + y2
2
2π
r sin t
r cos t
(−r sin t )dt − 2
(r cos t )dt = − dt = −2π .
2
2
2
2
2
r cos t + r sin t
r cos t + r 2 sin 2 t
0
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Integrais de linha
F | dr = −2π ≠ 0 conclui-se que o campo
Sendo r (t ) um caminho fechado, uma vez que, W =
γ
vectorial F não é um campo gradiente (o campo não é conservativo) em
2
\ {(0, 0)} , neste
conjunto não existe a função potencial tal que F = ∇Φ . Note-se que
y
x
dx = arctan + h( y ) = Φ( x, y )
2
x +y
y
2
para y ≠ 0 , e que
∂ (Φ( x, y )) ∂ ( arctan
=
∂y
∂y
donde Φ( x, y ) = arctan
x
y
) =−
∂ (h( y ))
x
+
2
x +y
∂y
2
∂ (h( y ))
=0
∂y
h( y ) = c
x
+ c (c constante). Isto quer dizer se considerarmos o campo vectorial F
y
apenas definido no conjunto aberto D = {( x, y ) : y > 0} , então F é um campo gradiente cuja função
potencial geradora é dada por Φ ( x, y ) = arctan
x
+ c . Este exemplo, sugere que a existência de uma
y
função potencial geradora para um campo vectorial fechado depende da geometria do domínio
considerado. O conjunto D = {( x, y ) : y > 0} é conexo contudo DF =
2
\ {(0, 0)} não é conexo.
O teorema de Green estabelece uma relação entre os integrais de linha e os integrais duplos, que
permite, em certas condições, calcular uns em função dos outros
Teorema de Green no plano: Seja F : DF ⊂
um conjunto aberto conexo de
2
2
→
2
, F ( x, y ) = ( f1 , f 2 ) , F ∈ C 1 ( DF ) , sendo DF
. Seja R ⊂ DF uma região conexa limitada por uma curva γ ( a
fronteira de R ) simples, fechada (curva de Jordan) regular ou seccionalmente regular e com
orientação positiva (com sentido tal que todo o observador que a tome veja a região R sempre à sua
esquerda, então
W=
F | dr =
γ
R
∂f 2 ∂f1
−
dxdy .
∂x ∂y
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Integrais de linha
O teorema de Green é válido, tanto para regiões simplesmente conexas como para regiões
multiplicamente conexas que sejam decompostas num número finito de regiões simplesmente
conexas. Considere-se uma região R do tipo da ilustrada na figura.
A sua fronteira consiste nas duas curvas fechadas simples γ 1 e γ 2 . Para se verificarem as condições
do teorema de Green temos que considerar γ 1 (percorrida no sentido directo) e −γ 2 (percorrida no
sentido inverso).
Corolário: Nas condições do teorema de Green a área da região R é dada por
A = xdy = − ydx =
γ
γ
1
xdy − ydx .
2γ
Significa que, o trabalho realizado pela força F ( x, y ) = − 2y e1 + 2x e2 , quando desloca o seu ponto de
aplicação ao longo de uma linha fechada γ que é fronteira de um região (domínio) R, é
numericamente igual à área de R. Neste caso,
R
(
∂f 2
∂x
)
− ∂∂fy1 dxdy = 12
R
(1 − (−1) ) dxdy =
R
dxdy = AR .
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Integrais de linha
Integrais de linha em campos vectoriais – possível resolução dos exercícios
16a) Cálculo do trabalho realizado por F ( x, y ) = ( x + y, x 2 − 2 y ) ao longo de um caminho
rectilíneo desde A = (0, 0) a B = (3,1) .
Resolução: O trabalho realizado por um campo vectorial ao longo de uma curva é dado pelo
integral
B
b
A
a
W = F | dr = F | dr = F (r (t )) | r ′(t )dt .
γ
Sendo o caminho rectilíneo orientado de A = (0, 0) a B = (3,1) (a curva, γ , por ele descrita é um
segmento de recta) pode ser parametrizado por ,
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (0, 0) + t (3,1) = (3t , t ) t ∈ [0,1] , vindo r ′(t ) = (3,1) .
Como
F ( x, y ) = ( x + y , x 2 − 2 y )
F (r (t )) = F (3t , t ) = (4t ,9t 2 − 2t ) ,
vem
1
1
0
0
W = (4t ,9t 2 − 2t ) | (3,1)dt = (9t 2 + 10t )dt = 8 .
A figura seguinte mostra o campo de força e a curva deste exemplo. O trabalho realizado é positivo
porque o campo não impede o movimento ao longo da curva.
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Integrais de linha
16b) Cálculo do trabalho realizado por F ( x, y ) = ( x + y, x 2 − 2 y ) ao longo de um caminho
rectilíneo desde B = (3,1) a A = (0, 0) .
Resolução: Os caminhos rectilíneos apresentados nas duas alíneas são equivalentes, descrevem a
mesma linha, um segmento de recta, contudo, o sentido do caminho para esta alínea é inverso ao da
alínea anterior, o caminho esta orientado em sentido oposto. Sendo o caminho rectilíneo orientado
de B = (2,1) para A = (−1,0) , uma parametrização pode ser,
r (t ) = B + t BA = B + t ( A − B ) = (3,1) + t (−3, −1) = (3 − 3t ,1 − t ) e t ∈ [ 0,1] , vindo r ′(t ) = (−3, −1) .
Como, F (r (t )) = F (3 − 3t ,1 − t ) = (4 − 4t ,9t 2 − 16t + 7) , vem
1
1
0
0
W = (4 − 4t ,9t 2 − 16t + 7) | (−3, −1)dt = (−9t 2 + 28t − 19)dt = −8 .
O trabalho realizado é negativo porque o campo impede o movimento ao longo da curva. Basta
interpretar a figura do exemplo anterior considerando −γ .
Sendo F um campo vectorial definido num domínio que contém uma linha γ regular ou
seccionalmente regular de representação paramétrica r (t ) , t ∈ [ a, b] , e sendo −γ a linha formada
pelos mesmos pontos de γ , mas percorrida em sentido oposto, verificou-se, através desta duas
F | dr = − F | dr . Isto é, verificou-se que integrais de linha calculados sobre a
alíneas, que
−γ
γ
mesma linha γ descrita por caminhos equivalentes com sentidos opostos dão resultados simétricos,
o trabalho realizado por um campo vectorial sobre a mesma linha orientada em sentidos opostos dá
resultados simétricos. Uma propriedades dos integrais de linha em campos vectoriais.
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Integrais de linha
xydx + x 2 dy , γ é rectilíneo de (2,1) a (4,1) e de (4,1) a (4,5) .
17a) Cálculo de
γ
Resolução: Graficamente, γ é representado na figura. O caminho corresponde ao percurso que vai
de (2,1) a (4,1) e de (4,1) a (4,5) , que não é regular, é seccionalmente regular, γ = γ 1 ∪ γ 2 ,
considera-se γ 1 percorrido de (2,1) a (4,1) e γ 2 percorrido de (4,1) a (4,5) .
Vindo
xydx + x 2 dy =
γ
•
xydx + x 2 dy = xydx + x 2 dy + xydx + x 2 dy .
γ 1 ∪γ 2
γ1
γ2
γ 1 pode ser parametrizado por ,
x=t
t ∈ [ 2, 4]
y =1
γ1 ≡
dx = dt
,
dy = 0
donde
xydx + x 2 dy =
γ1
•
4
2
tdt = 6 .
γ 2 pode ser parametrizado por ,
γ2 ≡
x=4
t ∈ [1,5]
y =t
dx = 0
,
dy = dt
donde
5
xydx + x 2 dy = 16 tdt = 64 .
1
γ2
Finalmente
xydx + x 2 dy = xydx + x 2 dy + xydx + x 2 dy = 6 + 64 = 70 .
γ
γ1
γ2
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Integrais de linha
17b) Cálculo de xydx + x 2 dy , γ é o segmento rectilíneo entre (2,1) e (4,5) .
γ
Resolução: O segmento de recta ( γ ) percorrido de A(2,1) e B(4,5) (caminho), pode ser
parametrizado por
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (2,1) + t (2, 4) = (2 + 2t ,1 + 4t ) t ∈ [0,1] .
As equações paramétricas são
x = 2 + 2t
t ∈ [ 0,1]
y = 1 + 4t
γ≡
dx = 2dt
,
dy = 4dt
donde
xydx + x 2 dy =
γ
1
0
( 2(2 + 2t )(1 + 4t ) + 4(2 + 2t ) ) dt = ( 32t
1
2
2
0
+ 52t + 20 ) dt =
170
3
Por outro lado, uma equação da recta que passa pelos pontos (2,1) = ( x0 , y0 ) e (4,5) = ( x1 , y1 ) é
y − y0 = m( x − x0 ) ⇔ y = 2 x − 3 ,
pois um vector director da recta é
AB = B − A = (4, 5) − (2,1) = (2, 4) = (u1 , u2 ) ,
donde m =
u2
= 2 . Assim outra parametrização da curva (o segmento) γ é
u1
γ≡
x=t
t ∈ [ 2, 4]
y = 2t − 3
dx = dt
,
dy = 2dt
vindo
xydx + x 2 dy =
γ
4
2
( t (2t − 3) + 2t ) dt = ( 4t
2
4
2
2
− 3t ) dt =
170
.
3
Verificou-se, nesta alínea, que integrais de linha vectoriais calculados sobre a mesma linha γ
descrita por caminhos equivalentes com o mesmo sentido dão o mesmo resultado.
xydx + x 2 dy , se γ é dado por x = 3t − 1 e y = 3t 2 − 2t com 1 ≤ t ≤
17c) Cálculo de
γ
5
3
Resolução: O gráfico de γ é parte de uma parábola percorrida entre A(2,1) e B(4,5) (caminho),
basta substituir t = 1 e t =
5
, nas equações paramétricas x = 3t − 1 e y = 3t 2 − 2t .
3
As equações paramétricas são, γ ≡ r (t ) =
x = 3t − 1
y = 3t − 2t
2
t ∈ 1,
5
3
dx = 3dt
dy = (6t − 3)dt
.
Donde
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Integrais de linha
xydx + x 2 dy =
γ
5
3
1
( 3(3t − 1)(3t
2
− 2t ) + (3t − 1)2 (6t − 3) ) dt =
5
3
1
(81t
3
− 81t 2 + 24t − 2 ) dt = 58 ,
1
Ou, tomando a equação da parábola y = ( x 2 − 1) com x ∈ [ 2, 4] , vindo
3
4
1
xydx + x 2 dy =
t 3 − t dt = 58 .
2
3
γ
Nos exercícios 17a), 17b) e 17c), foram obtidos três valores distintos para integrais de linha
calculados para o mesmo campo vectorial, ao longo de três caminhos diferentes unindo A(2,1) a
B(4,5) , portanto, os integrais dependem do caminho percorrido entre os pontos A(2,1) e B(4,5) .
18. Calcule
( 0, 0 )
( −1,1)
(x
2
)
+ y 2 dx − ydy , ao longo da curva de equação cartesiana ( x + 1) 2 + y 2 = 1 .
Resolução: Pretende-se calcular o trabalho realizado pelo campo vectorial F ( x, y ) = ( x 2 + y 2 , y ) ao
longo de γ ≡ ( x + 1)2 + y 2 = 1 (circunferência de centro C (−1, 0) e raio r = 1 ), percorrida de A(−1,1)
a B(0, 0) (os extremos do integral indicam que o sentido horário), isto é, γ é um quarto de
circunferência. Neste caso, pode parametrizar-se −γ , pois sabe-se,
F | dr = − F | dr . Portanto
γ
−γ ≡
x + 1 = cos t
y = sin t
x = −1 + cos t
π
t ∈ 0,
y = sin t
2
−γ
dx = − sin tdt
(sentido directo)
dy = cos tdt
donde
F | dr = − F | dr = −
γ
−γ
=−
π
2
0
(0,0)
( −1,1)
(( (−1 + cos t )
2
Caso se considera-se γ , r (t ) =
(x
2
+ y 2 ) dx − ydy =
)
+ sin 2 t ) (− sin t ) − sin t cos t dt = −
π
2
0
( −2sin t + cos t sin t ) dt =
3
.
2
x + 1 = sin t
(sentido horário) (exercício!).
y = cos t
Ou, o sentido do caminho corresponde ao crescimento da abcissa, tomando esta coordenada como
parâmetro, e uma vez que , ( x + 1) 2 + y 2 = 1 ⇔ y = 1 − ( x + 1) 2 só interessando esta expressão pois
no 4º quadrante y > 0 , vem
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
γ≡
F | dr =
γ
(0,0)
( −1,1)
(x
2
x=t
x=t
y = 1 − (t + 1) 2
y = −t 2 − 2t
+ y 2 ) dx − ydy =
0
−1
t2 +
(
−t 2 − 2t
t ∈ [ −1, 0]
)
2
dx = dt
dy =
− −t 2 − 2t
−1 − t
−t 2 − 2t
−1 − t
−t 2 − 2t
dt
dt =
0
t2
3
= ( −t + 1) dt = − + t = .
−1
2
2
−1
0
19. Cálculo de
( 2 , −1)
( 5,1)
( y − 1)dx + ( x − 2)dy , ao longo da curva 4 x 2 + 9 y 2 − 16 x − 18 y − 11 = 0 .
Resolução: Primeiro deve-se transformar a equação da curva na forma canónica,
4 x 2 + 9 y 2 − 16 x − 18 y − 11 = 0 ⇔ 4( x 2 − 4 x) + 9( y 2 − 2 y ) − 11 = 0 ⇔
⇔ 4(( x − 2)2 − 4) + 9(( y − 1)2 − 1) − 11 = 0 ⇔
⇔ 4( x − 2)2 + 9( y − 1)2 = 36 ⇔
( x − 2)2 ( y − 1)2
+
=1
32
22
uma elipse com centro C (2,1) e semieixos a = 3 e b = 2 . Pretende-se calcular o integral entre
A(5,1) e B(2, −1) (sentido horário), portanto, a curva γ é um arco de elipse entre estes pontos como
se ilustra na figura.
Calcule-se, o integral considerando o sentido directo, isto é, de A(2, −1) a B(5,1) , uma vez que
F | dr = − F | dr , o valor do integral pretendido será o simétrico do obtido.
γ
−γ
Caso a elipse seja percorrida no sentido directo, umas equações paramétricas são
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
x−2
= cos t ⇔ x = 2 + 3cos t
3
−γ :
y −1
= sin t ⇔ y = 1 + 2sin t
2
dx = −3sin tdt
e r (t ) = (2 + 3cos t ,1 + 2sin t ) .
dy = 2 cos tdt
t ∈ [ 0, 2π ]
Neste caso, os pontos inicial e final são, respectivamente,
2 + 3cos a = 2
1 + 2sin a = −1
r (a ) = (2 + 3cos a,1 + 2sin a) = A = (2, −1)
cos a = 0
sin a = −1
a=−
π
2
e
2 + 3cos b = 5
1 + 2sin b = 1
r (b) = (2 + 3cos b,1 + 2sin b) = B = (5,1)
cos b = 1
sin b = 0
b=0
donde
(5,1)
(2, −1)
( y − 1)dx + ( x − 2)dy = 6
0
−
π
2
(cos 2 t − sin 2 t )dt = 0 .
neste caso não há grande vantagem, em termos heurísticos, uma vez que o valor do integral é zero.
Repare-se que,
∂f 2 ∂f1
−
= 0 e como o campo vectorial é de classe C 1 em
∂x ∂y
2
(simplesmente
conexo), então é conservativo (gradiente), ou seja, o integral de linha não depende do caminho,
apenas do pontos inicial e final.
Nestes
termos,
existe
Φ
tal que
∇Φ = F
F | dr = Φ ( B) − Φ ( A) . Prova-se que
e
γ
Φ ( x, y ) = xy − x − 2 y + c (c constante), vindo
F | dr = 0 , uma vez que Φ ( B ) = Φ (2, −1) = −2 e
γ
Φ ( A) = Φ (5,1) = −2 . Para um estudo mais detalhado sobre campos conservativos ver exercícios
seguintes.
20.a) Verificar se o campo vectorial F ( x, y ) = (3 + 2 xy ) e1 + ( x 2 − 3 y 2 ) e23 é conservativo.
Resolução: Como F ( x, y ) = ( f1 , f 2 ) = (3 + 2 xy, x 2 − 3 y 2 ) ,
i) DF =
2
aberto e simplesmente conexo;
ii) F ∈ C 1 ( DF ) ;
iii)
∂f 2 ∂f1
−
= 2x − 2x = 0 .
∂x ∂y
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
Por i), ii) e iii) conclui-se que o campo F é conservativo.
20. b) Cálculo do trabalho realizado pelo campo vectorial para mover uma partícula ao longo a
curva γ ≡ y = 4 − x 2 entre (2, 0) e (0, 4) .
Resolução: A equação y = 4 − x 2 é uma parábola com a concavidade voltada para baixo e vértice
no ponto (0, 4) . Portanto, a curva γ , é a porção da parábola entre (2, 0) e (0, 4) , orientada no
sentido de crescimento da ordenada, como se ilustra na seguinte figura.
Tendo em conta a figura que representa o campo vectorial F ( x, y ) = (3 + 2 xy, x 2 − 3 y 2 ) , verifica-se
que as “setas” onde se situa γ , apontam no sentido inverso da orientação da curva. Portanto, é de
esperar que o trabalho realizado por F ao longo de γ seja negativo, uma vez que o campo impede o
movimento ao longo da curva. Calcule-se, então o integral de linha . Como a curva está orientada
no sentido de crescimento da ordenada, tome-se esta como parâmetro, ou seja, uma parametrização
da curva é
γ : r (t ) =
x = 4−t
y=t
t ∈ [0, 4] (porque se tomou y como parâmetro).
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
Para calcular o intervalo paramétrico pode fazer-se
a = 0 , a origem
r (a ) = ( 4 − a , a ) = (2, 0) = A
e
r (b) = ( 4 − b , b) = (0, 4) = B
Assim, r ′(t ) =
−1
2 4−t
,1 e como F (r (t )) = (3 + 2t 4 − t , −3t 2 − t + 4) , vem
4
−1
W = F | dr = (3 + 2t 4 − t , −3t 2 − t + 4) |
γ
=
3
2
2 4−t
0
4
0
b = 4 , a extremidade.
4
−1
(−(4 − t ) 2 )dt +
0
,1 dt =
4
−3 − 2t 4 − t
0
2 4−t
− 3t 2 − t + 4 dt =
(−3t 2 − 2t + 4)dt = −70.
F | dr = − F | dr , pode considerar-se
Para evitar as raízes, sabendo que
−γ
γ
x=t
−γ : r (t ) =
y = 4 − t2
t ∈ [0, 2] ,
donde, r ′(t ) = (1, −2t ) e como F (r (t )) = (−2t 3 + 8t + 3, 4t 2 − 12) , vem
2
W=
−γ
2
F | dr = (−2t + 8t + 3, −3t + 25t − 48) | (1, −2t ) dt = (6t 5 − 52t 3 + 104t + 3)dt = 70 .
3
4
0
2
0
donde W = F | dr = −70 .
γ
Ou então, como o campo é conservativo o integral não depende do caminho apenas dos pontos final
e inicial, pode obter-se a função potencial geradora, Φ ( x, y ) = 3 x + x 2 y − y 3 + C , e calcular o
trabalho (exercício!).
20. c) Determinar o trabalho realizado pelo campo vectorial para mover uma partícula ao longo a
curva γ ≡ x 2 + y 2 = 4 .
Resolução:
Como o campo é conservativo o integral não depende do caminho apenas dos pontos final e inicial.
Como, γ ≡ x 2 + y 2 = 4 , uma circunferência, é uma curva fechada, os pontos inicial e final
coincidem, A = B , vindo
F | dr = 0 .
γ
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
21.
Cálculo
(1, 0 , −1)
de
(1,5, 0 )
F | dr ,
(1,1,1)
( 01, −2 )
F | dr
e
γ
F | dr ,
aproveitando
o
facto
de
F ( x, y, z ) = 2 xyz e1 + (x 2 z + z 2 )e2 + (x 2 y + 2 yz )e3 ser um campo gradiente.
Resolução: Para nenhum destes integrais foi indicado o caminho percorrido, nem tal é necessário,
uma vez que, sendo o campo gradiente o seu cálculo não depende destes.
Uma condição suficiente para que um campo vectorial seja um campo gradiente é que o seu
rotacional seja um vector nulo, isto é, rotF = 0 , neste caso,
rotF =
∂f3 ∂f 2 ∂f1 ∂f3 ∂f 2 ∂f1
−
,
−
,
−
= ( x 2 + 2 z − x 2 − 2, 2 xy − 2 xy, 2 xz − 2 xz ) = (0, 0, 0) ,
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
o campo é irrotacional, como é de classe C ∞ em
3
(o seu domínio) um conjunto simplesmente
conexo, conclui-se que F, é um campo gradiente.
Sendo o campo gradiente, existe Φ , que se designa por função potencial geradora (potencial
escalar) de F, tal que ∇Φ = F , neste casos o campo vectorial diz-se um campo conservativo. Para
calcular Φ , uma vez que, de
F ( x, y, z ) = ( 2 xyz, x 2 z + z 2 , x 2 y + 2 yz ) = ∇Φ
vem
f1 =
∂Φ
∂Φ
∂Φ
= x 2 y + 2 yz ,
= 2 xyz , f 2 =
= x 2 z + z 2 e f3 =
∂x
∂y
∂z
considerando, por exemplo,
∂Φ
= 2 xyz
∂x
Φ ( x, y, z ) = 2 xyzdx = x 2 yz + g ( y, z )
onde g ( y, z ) uma função de y e z (constante em ordem a x) derivando em ordem y, vem
∂Φ
∂g ( y, z )
= x2 z +
,
∂y
∂y
comparando esta expressão com a 2ª componente do campo vectorial, f 2 , vem
∂Φ
= x2 z + z2
∂y
∂Φ
∂g ( y, z )
= x2 z +
∂y
∂y
x2 z +
∂g ( y, z )
= x2 z + z 2
∂y
∂g ( y, z )
= z2
∂y
g ( y, z ) = z 2 dy = yz 2 + h( z )
então
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
Φ ( x, y , z ) = x 2 yz + g ( y, z ) = x 2 yz + yz 2 + h( z )
onde h( z ) é função de z, derivando em ordem a z, vem
∂Φ
∂h( z )
= x 2 y + 2 yz +
∂z
∂z
e comparando esta expressão com 3ª componente do campo vectorial
∂Φ
∂h( z )
= x 2 y + 2 yz +
∂z
∂z
∂Φ
= x 2 y + 2 yz
∂z
x 2 y + 2 yz +
∂h( z )
= x 2 y + 2 yz
∂z
∂h( z )
=0
∂z
h( z ) = c ,
finalmente
Φ ( x, y, z ) = x 2 yz + g ( y, z ) = x 2 yz + yz 2 + c , ( c ∈
).
Uma vez que o campo é conservativo o integral de linha não depende do caminho apenas depende
do ponto inicial e final, o trabalho é dado por
W=
B
A
F | dr = Φ ( B) − Φ ( A) .
Donde, por um lado,
(1,0, −1)
(1,5,0)
F | dr = Φ (1, 0, −1) − Φ (1, 5, 0) = 0 e
(1,1,1)
(01, −2)
F | dr = Φ(1,1,1) − Φ (0,1, −2) = −3 ,
F | dr = − F | dr , basta para isso, trocar a aposição dos
destes dois exemplo, facilmente se vê que
γ
−γ
pontos A e B, em W = Φ ( B) − Φ ( A) , e, por outro
γ
F | dr = Φ ( B) − Φ ( A) = Φ ( B ) − Φ ( B ) = 0 ,
uma vez que numa circulação A = B .
22. Calcule
γ
F | dr , com γ ≡ [ AB ] , A ≡ (1,1,1) , B ≡ (2,1,3) e F ( x, y, z ) = (2 x + z ,−3 y 2 , x ) , depois
de demonstrar que o campo a integrar é um campo gradiente.
Resolução: Um campo vectorial definido em
3
é um campo gradiente se o seu rotacional for o
vector nulo, isto é, rotF = 0 , e neste caso o campo é conservativo. Prova-se que rotF = 0 . Sendo o
campo conservativo, existe Φ , que se designa por função potencial geradora (potencial escalar) de
F, tal que ∇Φ = F , isto é,
F ( x, y, z ) = ( 2 x + z, −3 y 2 , x ) = ∇Φ ( x, y, z )
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
sendo
∂Φ
∂Φ
∂Φ
=x
= 2 x + z, f 2 =
= −3 y 2 e f 3 =
∂x
∂y
∂z
vamos calcular Φ . Considerando, por exemplo, f 2
f1 =
∂Φ
= −3 y 2
∂y
Φ ( x, y, z ) = − 3 y 2 dy = − y 3 + g ( x, z )
onde g ( x, z ) uma função de x e z (constante em ordem a y) derivando em ordem z, vem
∂Φ ∂g ( x, z )
=
,
∂z
∂z
comparando esta expressão com a 3ª componente do campo vectorial, f3 , vem
∂Φ
=x
∂z
∂Φ ∂g ( x, z )
=
∂z
∂z
então
∂g ( x, z )
=x
∂z
g ( x, z ) = xdz = xy + h( x)
Φ ( x, y, z ) = − y 3 + g ( x, z ) = − y 3 + xz + h( x)
onde h( x) é função de x, derivando em ordem a x, vem
∂Φ
∂h( x)
= z+
∂z
∂x
e comparando esta expressão com 1ª componente do campo vectorial
∂Φ
∂h( x)
= z+
∂x
∂x
∂Φ
= 2x + z
∂x
z+
∂h( z )
= 2x + z
∂z
∂h( x)
= 2x
∂x
h( z ) = 2 xdx = x 2 +c , ( c ∈
),
finalmente
Φ ( x, y , z ) = x 2 − y 3 + xz + c ( c ∈
).
Uma vez que o campo é conservativo o integral de linha não depende do caminho apenas depende
do ponto inicial e final
B
A
F | dr = Φ ( B ) − Φ ( A) (teorema fundamental do cálculo),
vindo
(1,1,1)
(2,1,3)
F | dr = Φ (1,1,1) − Φ (2,1,3) = 1 − 1 + 1 − 22 + 1 − 2 × 3 = −8 .
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
23. Mostrar que F ( x, y ) = ( 2 x + y 3 ) e1 + ( 3 xy 2 + 4 ) e2 é um campo conservativo e calcular
( 2, 3)
( 0 ,1)
F | dr . Verificar que o integral não depende da trajectória, calculando-o segundo algumas
trajectórias à escolha.
Resolução: Em primeiro lugar, calcula-se o integral pedido segundo duas trajectórias.
•
Entre A(0,1) e B(2,3) , por um caminho rectilíneo. Uma equação vectorial pode ser
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (0,1) + t ((2, 3) − (0,1)) = (0,1) + t (2, 2) = (2t ,1 + 2t )
t ∈ [ 0,1] ,
donde umas equações paramétricas são
dx
=2
dt
dy
=2
dt
x = 2t
t ∈ [ 0,1]
y = 1 + 2t
dx = 2dt
,
dy = 2dt
vindo
(2,3)
(0,1)
=
F | dr =
1
0
(2,3)
(0,1)
(2 x + y 3 )dx + (3 xy 2 + 4)dy =
(16t 3 + 24t 2 + 20t + 2)dt +
1
0
1
0
(4t + (1 + 2t )3 )2dt +
(48t 3 + 48t 2 + 12t + 8)dt =
1
0
1
0
(6t (1 + 2t )2 + 4)2dt =
(64t 3 + 72t 2 + 32t + 10)dt =
1
= 16t 4 + 24t 3 + 16t 2 + 10t = 66.
0
Cálculo auxiliar
O
desenvolvimento
(1 + 2t )3 ,
pode
ser
obtido
de
( a + b) n =
n
k =0
Ck =
n
Ck a k b n − k n ,
onde
n
n!
=
, são combinações de n, k a k.
k
k !(n − k )!
(1 + 2t )3 =
3
Ck 1k (2t )3− k =
3
k =0
3
k =0
Ck (2t )3− k = 3C0 (2t )3 + 3C1 (2t )2 + 3C2 (2t )1 + 3C3 (2t )0 =
3
= 8t + 12t + 6t + 1
3
•
2
Entre A(0,1) e B(2,3) , onde γ : y = 1 +
x2
, a parábola que passa por A e B .
2
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Integrais de linha
Pode definir-se γ através das equações paramétricas,
x=t
t2
y = 1+
2
(2,3)
(0,1)
F | dr =
t2
2t + 1 +
2
2
0
3
dx = dt
t ∈ [ 0, 2]
t2
+ 3t 1 +
2
dy = tdt
2
+ 4 t dt =
2
0
7t 6 15t 4 9t 2
+
+
+ 6t + 1 dt =
8
4
2
2
t 7 3t 5 3t 3
=
+
+
+ 3t 2 + t = 66.
8
4
2
0
Verificamos que o valor do integral é o mesmo para as duas trajectórias, o que não é mera
coincidência. De facto, o campo vectorial é conservativo, visto
F ( x, y ) = ( 2 x + y 3 , 3 xy 2 + 4 ) = ( f1 , f 2 )
donde
∂f 2 ∂f1
=
= 3y2
∂x ∂y
e, uma vez que DF =
2
rotF = 0
.Então, existe Φ , a função potencial geradora de F, tal que ∇Φ = F .
Considerando
∂Φ
= 3 xy 2 + 4
∂y
donde
Φ ( x, y ) = (3 xy 2 + 4)dy = xy 3 + 4 y + g ( x ) ,
∂Φ
∂g ( x)
= y3 +
,
∂x
∂x
e, como
∂Φ
= 2x + y 3 ,
∂x
vem,
2 x + y3 = y3 +
∂g ( x)
∂x
∂g ( x)
= 2x
∂x
g ( x) = 2 xdx = x 2 + c ( c ∈
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
).
47/53
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Integrais de linha
Finalmente
Φ ( x, y ) = x 2 + xy 3 + 4 y + c ( c ∈
).
Assim
(2,3)
(0,1)
F | dr = Φ (2,3) − Φ (0,1) = 66 .
O facto do campo ser conservativo simplifica o cálculo o integral de linha.
(x − 2 y )dx + (2 x − y )dy , quando o gráfico do caminho é o triângulo
24. Cálculo de
∆OAB com
γ
vértices O = (0,0) A = (1,0) B = (1,2) e o sentido é o indicado pela sequência dos vértices.
Resolução: A representação gráfica do triângulo, γ , pedido é
A linha, γ , está orientada no sentido indicado pela sequência dos vértices, portanto, o sentido
directo. Pelo que já foi dito esta curva não é regular, não pode ser representada parametricamente,
não é possível encontrar um caminho r (t ) que a descreva. É, contudo, a união três linhas regulares
γ = γ 1 ∪ γ 2 ∪ γ 3 , ou seja, é seccionalmente regular. Assim
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy = ( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy + ( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy
γ
γ1
+
γ3
•
γ2
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy.
γ 1 ≡ [OA] , o caminho é percorrido sobre o eixo ox no sentido de crescimento das abcissas, pelo
que x pode ser tomado como parâmetro.
γ1 ≡
x=t
t ∈ [ 0,1]
y=0
dx = dt
dy = 0
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Integrais de linha
donde
•
γ1
γ 2 ≡ [ AB ] ,
1
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy =
0
tdt =
1
.
2
o caminho é paralelo ao eixo oy percorrido no sentido de crescimento das
ordenadas, tomando y como parâmetro.
x =1
t ∈ [1, 2]
y=t
γ2 ≡
dx = 0
dy = dt
donde
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy =
γ2
•
2
0
(2 − t )dt = 2 .
γ 3 ≡ [ BO ] , o caminho é inverso (sentido directo) ao caminho definido pela equação vectorial
r (t ) = (t , 2t ) t ∈ [ 0,1] ,
o que pode ser representado por
x=t
t ∈ [ 0,1]
y = 2t
−γ 3 ≡
dx = dt
dy = 2dt
tendo em conta que
F | dr = − F | dr
−γ
γ
vem
γ3
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy = − ( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy = −
−γ 3
1
0
(−3t )dt =
3
.
2
Finalmente
( x − 2 y ) dx + ( 2 x − y ) dy =
γ
1
3
+2+ = 4.
2
2
Ou, uma vez que, se verificam as condições do teorema de Green para o cálculo do integral,
F | dr =
γ
f1dx + f 2 dy =
γ
R
∂f 2 ∂f1
−
dxdy .
∂x ∂y
Sendo
F ( x, y ) = ( x − 2 y , 2 x − y )
∂f 2
=2
∂x
∂f1
= −2
∂y
donde
F | dr =
γ
(2 − (−2))dydx = 4
R
1 2x
0 0
1
1
dydx = 4 2 xdx = 4 x 2 = 4
0
0
Uma vez que, para se determinar a região de integração, R, das variáveis x e y a partir da figura
pode-se verificar que, quando x varia entre x = 0 e x = 1 , o y varia entre y = 0 e y = 2 x .
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Integrais de linha
xdx + ydy , sabendo que entre O = (0,0) e A = (1,1) o caminho tem a equação
25. Cálculo de
γ
cartesiana ( x − 1) 2 + y 2 = 1 e que é rectilíneo entre A e B = (2,0) e entre B e O, no sentido horário.
Resolução: Graficamente o caminho pode ser representado por
E é percorrido em sentido horário (no sentido dos ponteiros do relógio). Como se vê não é regular,
mas seccionalmente regular, donde
xdx + ydy = xdx + ydy + xdx + ydy + xdx + ydy .
γ
•
γ1
γ2
γ3
γ 1 ≡ [OA] , sendo o sentido horário, o caminho é inverso daquele que se define por intermédio
das equação paramétricas,
x = 1 + cos t
π
−γ 1 ≡
t ∈ ,π
y = sin t
2
dx
= − sin t
dt
,
dy
= cos t
dt
tendo em conta que
F | dr = − F | dr ,
−γ
γ
vem
xdx + ydy = −
γ2
•
xdx + ydy = −
−γ 2
π
π
(1 + cos t )(− sin t )dt + sin t cos tdt =
2
π
π
sin tdt = 1 .
2
γ 2 ≡ [ BA] , sendo o sentido horário, é feito no crescimento da abcissa, tomando x como
parâmetro, e uma vez que a recta que passa pelos pontos A e B tem equação y = 2 − x , vem
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Integrais de linha
x=t
t ∈ [ 0,1]
y = 2−t
γ2 ≡
dx = dt
,
dy = −dt
donde
xdx + ydy =
γ2
•
2
1
(2t − 2)dt = 1 .
γ 3 ≡ [ BO ] , pelo que foi dito na questão anterior,
x=t
t ∈ [ 0, 2]
y=0
−γ 3 ≡
dx = dt
,
dy = 0
donde
2
xdx + ydy = − tdt = −2 .
0
γ3
Finalmente
xdx + ydy = 1 + 1 − 2 = 0 .
γ
Repare-se que
∂f 2 ∂f1
−
= 0 , logo, pelo teorema de Green
∂x ∂y
F | dr =
γ
R
∂f 2 ∂f1
−
dxdy =
∂x ∂y
0dxdy = 0 .
R
26. Cálculo da área da região limitada pela elipse de equação
Green no plano.
x2 y2
+
= 1 , utilizando o teorema de
a2 b2
Resolução: Nas condições do teorema de Green a área da região R é dada por
A = xdy = − ydx =
γ
γ
1
xdy − ydx .
2γ
Neste caso a região R é limitada pela elipse de equação
é
γ:
x = a cos t
t ∈ [ 0, 2π ]
y = b sin t
x2 y2
+
= 1 . Uma parametrização da curva
a2 b2
dx = − a sin tdt
,
dy = b cos tdt
donde
A=
=
1
1
xdy − ydx =
2γ
2
ab
2
2π
0
2π
0
a cos t (b cos tdt ) − b sin t (−a sin tdt ) =
1
2
2π
0
(ab cos 2 t + ab sin 2 t )dt =
dt =π ab.
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Integrais de linha
27. Verificação do teorema de Green (no plano) quando é percorrido, no sentido directo o triângulo
∆ [OAB ] , com O ≡ (0,0) , A ≡ (a,0) , B ≡ (0, b) (a, b > 0) e F ( x, y ) = − y e1 + x e2 .
Resolução: Como se pede para se verificar o teorema de Green devemos calcular o integral pelo
processo usual e depois confirmar o resultado através da aplicação do teorema.
Pelo processo usual. Tratando-se γ de um triângulo, não é regular, é seccionalmente regular (por
secções). Vamos considerar as secções rectilíneas γ 1 : [OA] , γ 2 : [ AB ] e γ 3 : [ BO ] , vindo
F | dr =
γ
•
f1dx + f 2 dy = F | dr + F | dr + F | dr .
γ
γ1
γ2
γ3
γ 1 : [OA] , com O ≡ (0,0) e A ≡ (a,0) , como o sentido é no crescimento da abcissa, podemos
tomar x com parâmetro, assim, uma parametrização desta linha é
γ:
x=t
t ∈ [ 0, a ]
y=0
dx = dt
,
dy = 0
vindo
F | dr =
γ1
•
f1dx + f 2 dy = (− y )dx + xdy = 0 .
γ1
γ1
γ 2 : [ AB ] , com A ≡ (a,0) e B ≡ (0, b) , uma equação vectorial (uma parametrização) desta linha
é
r (t ) = A + t AB = A + t ( B − A) = (a, 0) + t ((0, b) − (a, 0)) =
,
= (a, 0) + t (−a, b) = (−at + a, bt )
donde
γ2 :
x = − at + a
t ∈ [ 0,1]
y = bt
dx = −adt
.
dy = bdt
Claro, que se podia ter determinado a equação da recta que passa por γ 2 : [ AB ] e tínhamos outra
parametrização. Seja ( x0 , y0 ) = (0, b) e ( x1 , y1 ) = (a, 0) , vem
b
y − y0 = m( x − x0 ) ⇔ y − b = mx ⇔ y = − x + b ,
a
uma vez que, m =
y1 − y0
x1 − x0
= − ab . Assim, uma vez que o sentido é no crescimento da ordenada tomando
y como parâmetro, vem
a
x =− t+a
γ2 :
t ∈ [ 0, b ]
b
y =t
a
dx = − dt
b
y = dt
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Integrais de linha
vindo
1
F | dr = (− y )dx + xdy =
γ2
0
γ2
1
((−bt )(− a ) + (−at + a )b)dt = ab dt = ab
0
F | dr = (− y )dx + xdy = a
γ2
•
γ2
b
dt = ab
0
γ 3 : [ BO ] , com B ≡ (0, b) e O ≡ (0,0) , este caminho é inverso ao caminho que corresponde ao
crescimento da ordenada e a x = 0 desde y = 0 a y = b , donde
−γ 3 :
x=0
t ∈ [ 0, b ]
y=t
dx = 0
dy = dt
e
b
F | dr = − (− y )dx + xdy = − 0dt = 0 .
−γ 3
F | dr =
Finalmente,
γ
0
γ3
f1dx + f 2 dy = ab .
γ
F | dr =
Pelo teorema de Green:
γ
∂f 2 ∂f1
−
dxdy .
∂x ∂y
f1dx + f 2 dy =
γ
R
Sendo F ( x, y ) = − y e1 + x e2 = f1 e1 + f 2 e2 , vem f 2 = x
F | dr =
γ
onde A =
R
∂f 2 ∂f1
−
dxdy =
∂x ∂y
∂f 2
= 1 e f1 = − y
∂x
(1 − (−1) ) dxdy = 2
R
∂f1
= −1 , e
∂y
dxdy = 2 A = 2 ×
R
ab
= ab ,
2
ab
é a área do triângulo ∆ [OAB ] .
2
Ou, para se definir R , poderíamos pensar no seguinte: quando x varia entre x = 0 e x = a , o y varia
entre y = 0 e y = −
b
x + b , vindo
a
F | dr =
γ
R
= −2
∂f 2 ∂f1
−
dxdy =
∂x ∂y
a
0
a
0
b
− x +b
a
0
(1 − (−1) ) dydx = 2
a
0
b
− x +b
a
0
dydx =
a
b
b x2
b a2
x − b dx = −2
− bx = −2 ×
− ab = ab.
a
a 2
a 2
0
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