Integral de linha - Exercícios resolvidos PDF

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Universidade Federal Fluminense Instituto de Matematica ´ e Estat´ıstica Departamento de Matematica ´ Aplicada

C´alculo 3A – Lista 8 Exerc´ıcio 1: Um objeto percorre uma elipse 4x2 + 25y 2 = 100 no sentido anti-hor´ ario e se encontra → − submetido a` for¸ca F (x, y) = (−3y, 3x). Ache o trabalho realizado. Solu¸ c˜ ao: De 4x2 + 25y 2 = 100, temos x2 /25 + y 2 /4 = 1. Ent˜ao, γ(t) = (5 cos t, 2 sen t), com 0 ≤ t ≤ 2π ´e uma parametriza¸c˜ao da elipse no sentido anti-hor´ ario. O trabalho ´e dado por Z Z → − → − W = F · d r = − 3y dx + 3x dy = C

C

=

Z

2π 2π

=

Z

0

 (−6 sen t)(−5 sen t) + (15 cos t)(2 cos t) dt = 2

2

(30 sen t + 30 cos t) dt =

0

Exerc´ıcio 2: Calcule

I C+

Z

2π

30 dt = 60π . 0

→ − → − → F · d− r para F (x, y) = (x2 , x + y) onde C ´e a fronteira do triˆ angulo de

v´ertices (0, 0), (1, 0) e (1, 1), orientada no sentido anti-hor´ ario. Solu¸ c˜ ao: Temos C = C1 ∪ C2 ∪ C3 . Ent˜ao: Z Z Z I → − → → − → → − → → − → − − − F · d−r . F ·d r + F ·d r + F ·dr = C+

C3

C2

C1

y C3

(1, 1) C2

(0, 0)

(1, 0) C1

C´ alculo de

Z

C1

→ − → F · d−r

x

C a´ lculo 3A

Lista 8

116

Temos C1 : y = 0, com 0 ≤ x ≤ 1. Logo, dy = 0. Ent˜ao: Z 1 Z Z Z h 3 i1 → − x 1 → − 2 2 F · d r = x dx + (x + y) dy = x dx = x2 dx = = .

C´ alculo de

Z

3 0

0

C1

C1

C1

3

→ − → F · d−r

C2

Temos C2 : x = 1, com 0 ≤ y ≤ 1. Logo, dx = 0. Ent˜ao: Z

Z

→ − → F · d−r =

2

x dx + (x + y) dy =

(1 + y) dy =

Z

1

(1 + y) dy =

0

C2

C2

C2

Z

h i y2 1 3 = y+ = . 2 0

C´ alculo de

Z

2

→ − → F · d−r

C3

ario. Logo, C −3 : y = x, com 0 ≤ x ≤ 1, Temos que C 3− ´e a curva C3 percorrida no sentido contr´ donde, dy = dx. Logo: Z Z Z → − → → − → − F · d F · d− r = − x2 dx + (x + y) dy = r =− C3

C− 3

C3−

Z

2

= − x dx + (x + x) dx = − h

Z 1 (x + 2x) dx = − (x2 + 2x) dx = 2

0

C3−

C3−

=−

Z

x3 3

Portanto:

2

+x

i1 0

=− Z

h

1 3

i 4 +1 =− . 3

→ − → 1 4 3 1 F · d− r = + − = . 3

2

3

2

C

Exerc´ıcio 3: Calcule

Z

C

− 2y dx + 3z dy + x dz, sendo C a interse¸c˜ao das superf´ıcies x2 + 4y 2 = 1

e x2 + z 2 = 1, com y ≥ 0 e z ≥ 0, percorrida uma vez do ponto (1, 0, 0) ao ponto (−1, 0, 0). Solu¸ c˜ ao: Esbo¸cando os dois cilindros, vemos que A1 = (1, 0, 0), = (−1, 0, 0) e A3 = (0, 1/2, 1) s˜ao pontos de interse¸c˜ao. Ligando-os encontramos C .

UFF

A2

=

IME - GMA

C a´ lculo 3A

Lista 8

117

z

z

1

1

C A3

1/2 −1 A2

−1

x

1/2

1

A1 x 1

y y

1/2

y

Proje¸c˜ ao de C no plano xy

1/2 x2 + 4y2 = 1 −1

x

1

Se (x, y, z) ∈ C ent˜ao (x, y, z) satisfaz  2  x2 + y = 1 com y ≥ 0 1/4



2

x + z2 = 1

com z ≥ 0

ent˜ao√ x = cos t e √y = (1/2) sen t, com 0 ≤ t ≤ π. Como z = z = 1 − cos2 t = sen2 t = sen t.

√

1 − x2 ent˜ao temos que

Logo, γ(t) = (cos t, (1/2) sen t, sen t), com 0 ≤ t ≤ π ´e uma parametriza¸c˜ao de C, orientada de A1 para A2 . Temos dx = − sen t dt, dy = (1/2) cos t dt e dz = cos t dt. Ent˜ao Z − 2y dx + 3z dy + x dz = C

= =

Z Z

0

π  π

0



−2 ·

1 2



 1 sen t (− sen t) + (3 sen t) · cos t + (cos t)(cos t) dt = 2

Z  3 sen2 t + sen t cos t + cos2 t dt = 2

0

π

 3 1 + sen t cos t dt = 2

h i 3 sen2 t π = t+ · =π. 2

UFF

2

0

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C a´ lculo 3A

Lista 8

118

Exerc´ıcio 4: Achar o trabalho de uma for¸ca vari´ avel, dirigida para a origem das coordenadas, cuja grandeza e´ proporcional ao afastamento do ponto em rela¸c˜ao a` origem das coordenadas, se o ponto x2 y2 de aplica¸c˜ao desta for¸ca descreve, no sentido anti-hor´ ario, a parte da elipse + = 1 no primeiro 4 16 quadrante. Solu¸ c˜ ao: O esbo¸co da trajet´ oria C est´ a representado na figura que se segue. y 4

C

~ (x, y) F

(x, y)

x

2

− → a dirigida para a origem e seu m´ odulo ´e proporComo a for¸ca F (x, y) est´ → − cional `a distancia de (x, y) a` origem ent˜ao os vetores F (x, y) e (x, y ) tˆem mesma dire¸c˜ao e sentidos → p  −   contr´ arios e F (x, y)  = k x2 + y 2 , onde k > 0 ´e uma constante. Assim, temos que → − F (x, y) = −k (x, y ) . Z

→ − − −r (t) = F · d→ r onde C ´e parametrizada por → C → − = (2 cos t , 4 sen t), com 0 ≤ t ≤ π/2, donde r ′ (t) = (−2 sen t , 4 cos t). Logo: O trabalho W ´e dado por W

W =

UFF

=

Z

=

Z

Z

C

π/2 0

=

→ − → r = F · d−

Z

π/2 0

→ − → − → r (t)) · r ′ (t) dt = F (−

→ − → − F (2 cos t, 4 sen t) · r ′ (t) dt =

π/2

−k (2 cos t , 4 sen t) · (−2 sen t, 4 cos t) dt =

0

Z

π/2

= −k

π/2

= −k

Z

(−4 sen t cos t + 16 sen t cos t) dt =

0

0

h i sen2 t π/2 12 sen t cos t dt = −k 12 = −6k u.w. 2

0

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Lista 8

119

→ − Exerc´ıcio 5: O campo vetorial F (x, y, z ) = (x − 2, y − 2, z − 4x − 4) atua sobre uma part´ıcula transladando-a ao longo da curva interse¸c˜ao das superf´ıcies z = x2 + y 2 e z = 4x + 4y − 4, orientada de modo que sua proje¸c˜ao no plano xy seja percorrida uma vez no sentido hor´ario. Calcule o trabalho → − realizado por F (x, y, z). Solu¸ c˜ ao: Das equa¸c˜oes z = x2 + y 2 e z = 4x + 4y − 4 temos que x2 + y 2 − 4x − 4y = −4 ou (x − 2)2 + (y − 2)2 = 8 − 4 = 4. Isto significa que a proje¸c˜ao de C no plano xy ´e a circunferˆencia (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4. Parametrizando a proje¸c˜ao no sentido anti-hor´ ario, temos x = 2 + 2 cos t e y = 2 + 2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π . Como z = 4x + 4y − 4 ent˜ao z = 8 + 8 cos t + 8 + 8 sen t − 4 = = 12 + 8 cos t + 8 sen t. Ent˜ao uma parametriza¸c˜ao da curva C, com orienta¸c˜ao oposta ao do enunciado ´e: C − : γ(t) = (2 + 2 cos t, 2 + 2 sen t, 12 + 8 cos t + 8 sen t) com 0 ≤ t ≤ 2π. Logo: γ ′ (t) = (−2 sen t, 2 cos t, −8 sen t + 8 cos t) e → − F (γ(t)) = (2 + 2 cos t − 2, 2 + 2 sen t − 2, 12 + 8 cos t + 8 sen t − 8 − 8 cos t − 4) = = (2 cos t, 2 sen t, 8 sen t) .

Ent˜ao:

Z

→ − → F · d−r =

Z

0

2π

→ − F (γ(t)) · γ ′ (t) dt =

C−

Z

2π

=

Z

 −4 sen t cos t + 4 sen t cos t − 64 sen2 t + 64 sen t cos t dt =

=

Z

2π  2π 

 −64 sen2 t + 64 sen t cos t dt =

=

(2 cos t, 2 sen t, 8 sen t) · (−2 sen t, 2 cos t, −8 sen t + 8 cos t) dt =

0

0

0

=−

64 2

h

t−

i h 2 i2π sen 2t 2π sen t + 32 2 2 0 0

= −64π .

Por propriedade de integral de linha de campo vetorial, temos que: Z Z → − → → − → − F ·dr = − F · d−r = − (−64π) = 64π . C

Como o trabalho ´e dado por W =

C−

Z

C

UFF

→ − → F · d−r , ent˜ao W = 64π u.w.

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Lista 8

120

→ − Exerc´ıcio 6: Verifique o Teorema de Green calculando as duas integrais do enunciado para F (x, y) =   2 − → → − 2 (x3 + xy2 ) i + (yx2 + y 3 + 3x) j e C a fronteira da regi˜ao D = (x, y); x + y4 ≤ 1 . 9

Solu¸ c˜ ao: Devemos verificar que

I

→ − → F · d−r =

ZZ 

∂Q ∂x

D

C+

−

∂P ∂y



dxdy

onde P = x3 + xy2 e Q = yx2 + y 3 + 3x. O esbo¸co de D ´e: y C = ∂D

2

D −3

3

x

−2

I

C´ alculo de

→ − → F · d−r

C+

Parametrizando C, no sentido anti-hor´ ario, temos x = 3 cos t e y = 2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π donde dx = −3 sen t dt e dy = 2 cos t. Logo: I → − → r = F · d− C+

=

Z

2π

0

 [(3 cos t)3 + (3 cos t)(2 sen t)2 ] (−3 sen t) + (2 sen t)(3 cos t)2 +

 +(2 sen t)3 + 3(3 cos t) (2 cos t) dt = Z 2π  = − 81 cos3 t sen t − 36 cos t sen3 t + 36 cos3 t sen t + 16 cos t sen3 t+ 0

 +18 cos2 t dt = Z 2π = (−45 cos3 t sen t − 20 cos t sen3 t + 18 cos2 t) dt = 0

h

= 45 ·

UFF

cos4 t 4

− 20 ·

sen4 t 4

+

18 2



t+

sen 2t 2

i2π 0

= 0 − 0 + 18π = 18π

(1)

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C a´ lculo 3A

Lista 8

121

Por outro lado, ZZ  D

∂Q ∂x

∂P ∂y

−



dxdy =

ZZ

(2xy + 3 − 2xy) dxdy =

D

ZZ

3 dxdy =

D

= 3A(D ) = 3πab com a = 3 e b = 2. Logo, ZZ 

∂Q ∂x

D

−

∂P ∂y



dxdy = 18π

(2)

De (1) e (2), vemos que o teorema est´a verificado.

Exerc´ıcio 7: Calcule

I

x−1 ey dx + (ey ln x + 2x) dy , onde C ´e a fronteira da regi˜ao limitada por

C

x = y 4 + 1 e x = 2, orientada no sentido anti-hor´ ario. Solu¸ c˜ ao: A regi˜ao D, limitada por C est´ a ilustrada na figura a seguir. y 1 x = y4 + 1

D

C = ∂D

1

2

x

−1

 y , e ln x + 2x ´e de classe C 1 no aberto U = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0} Como F = (P, Q) = contendo D e C = ∂D est´ a orientada positivamente, ent˜ao podemos aplicar o teorema de Green. Temos, ent˜ao que: ZZ  ZZ  I   → → ∂P ey ∂Q ey r − dxdy = dxdy = = + 2 − · d F ∂x x ∂y x 

→

D

C+

=2

ey x

ZZ

D

dxdy .

D

Descrevendo D como tipo II, temos:   D = (x, y) ∈ R2 ; −1 ≤ y ≤ 1 , y 4 + 1 ≤ x ≤ 2 . UFF

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Lista 8

Ent˜ao:

I

→

→

F · dr = 2

Z

C+

1

−1

Z

2

122

dxdy = 2

y 4 +1

Z

1 −1



 1 − y 4 dy =

  h i 16 2 y5 1 = . =2 2− =2 y− 5

5 −1

Z

Exerc´ıcio 8: Use a f´ ormula A(D) =

5

x dy para calcular a a´rea da regi˜ao D limitada pelas

C + =∂D +

curvas y = 3x e y 2 = 9x.

Solu¸ c˜ ao: De y = 3x e y 2 = 9x temos: 9x2 = 9x ⇔ 9x2 − 9x = 0 ⇔ 9x(x − 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 . Logo, (0, 0) e (1, 3) s˜ao pontos de interse¸c˜ao. Assim, o esbo¸co de D est´ a representado na figura a seguir. y 3

C2 D

C1

1

Temos C = ∂D = C1 ∪ C2 . Logo: A(D) =

Z

C1

C´ alculo de

Z

C1

UFF

x dy =

Z

x dy +

Z

x

x dy .

C2

0 dx + x dy

C1

IME - GMA

C a´ lculo 3A

Lista 8

123

Temos que C1 : y = 3x, com 0 ≤ x ≤ 1, orientada de (0, 0) a (1, 3). Ent˜ao uma parametriza¸c˜ao de − → C1 ´e dada por C1 : γ(t) = (t, 3t), com 0 ≤ t ≤ 1 donde γ ′ (t) = (1, 3). Logo, sendo F (x, y) = (0, x): Z 1 Z 1 Z → − ′ F (γ(t)) · γ (t) dt = x dy = (0, t) · (1, 3) dt = C1

=

1

3t dt =

0

C´ alculo de

Z

x dy =

Z

0

0

Z

h

i 3t2 1 2

0

=

3 2

.

0 dx + x dy

C2

C2

Temos que C2 : y 2 = 9x, com 0 ≤ y ≤ 3, orientada de (1, 3) a (0, 0). Ent˜ao uma parametriza¸c˜ao de C 2− orientada : γ(t) = de (0, 0) para  (1, 3) dada por C −2  ´e  2 2t t ′ , 1 . Ent˜ao: , t , com 0 ≤ t ≤ 3 donde γ (t) = = 9

9

Z

x dy = −

C2

Z

x dy = −

Z

3 0

→ − F (γ(t)) · γ ′ (t) dt

C2−

→ − onde F (x, y) = (0, x). Logo: Z Z Z 3  2   t 2t 0, · , 1 dt = − x dy = − C2

0

9

9

Assim: A(D) =

0

3 2

−1 =

x2

y2

1 2

3 2 t

9

dt = −

h

i t3 3 27 0

= −1 .

u.a.

Exerc´ıcio 9: Se D e´ a regi˜ao interior a` elipse = 1 e exterior a` circunferˆencia x2 + y 2 = 4, + 9 25 calcule a integral de linha Z     x2 2xy + e dx + x2 + 2x + cos y 2 dy I= C

onde C = ∂D est´a orientada positivamente. Solu¸ c˜ ao: O esbo¸co de D est´ a representado na figura que se segue.   → − 2 a Como F = (P, Q) = 2xy + ex , x2 + 2x + cos y 2 ´e um campo de classe C 1 em R2 e ∂D est´ orientada positivamente, podemos aplicar o Teorema de Green. Tem-se

UFF

∂Q ∂x

= 2x + 2

∂P ∂y

= 2x IME - GMA

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Lista 8

124

y 3 2 D 2

−5

5

x

−2 −3

donde

∂Q ∂x

−

∂P ∂y

= 2.

Ent˜ao, pelo Teorema de Green, tem-se: ZZ  ZZ  ∂Q ∂P dxdy = 2A(D) = I= − dxdy = 2 ∂y

∂x

D

D

  = 2 · (´area da elipse - a´rea do disco) = 2 πab − πr 2 =     = 2 π · 5 · 3 − π · 22 = 2 15π − 4π = 22π .

Exerc´ıcio 10: Seja

 − → −y F (x, y) = 2

x + y2

,

x x2 + y 2



com (x, y) ∈ U = R2 − {(0, 0)} . a) Calcule

I C+ 1

→ − −r , onde C ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = a2 , a > 0, orientada no sentido F · d→ 1

anti-hor´ario. I

b) Calcule

C 2+

→ − − r, F · d→

onde

C2

´e

a

fronteira

do

quadrado

D

=

[−1, 1]×

×[−1, 1], orientada no sentido anti-hor´ ario. c) Calcule

I

C3+

→ − → F · d− r , onde C3 ´e dada na figura abaixo.

Solu¸ c˜ ao:  − → −y a) O campo F = (P, Q) = 2

x + y2

UFF

,

x x2 + y 2



´e de classe C 1 em U = R2 − {(0, 0)}. IME - GMA

C a´ lculo 3A

Lista 8

125

y

2

1

x

y U x

Observe que

donde

∂Q ∂x

=

x2 + y2 − 2x2 (x2 + y2 )2

∂P ∂y

=

−(x2 + y2 ) + 2y2 (x2 + y2 )2 ∂Q ∂x

−

∂P ∂y

=

y 2 − x2 (x2 + y2 )2 y 2 − x2 (x2 + y2 )2

=

= 0.

O esbo¸co de C1 est´ a representado na figura que se segue. y a C1 a

x

→ − Seja D a regi˜ao limitada por C1 . Como D n˜ao est´ a contida em U , dom´ınio de F , pois (0, 0) ∈ D e (0, 0) ∈ / U , ent˜ao n˜ ao podemos aplicar o Teorema de Green. Sendo assim, usaremos a defini¸c˜ao.  x = a cos t Parametrizando C1 , tem-se , com 0 ≤ t ≤ 2π donde y = a sen t

UFF

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

Lista 8

126

dx = −a sen t dt . Ent˜ao: dy = a cos t dt Z

→ − → r = F · d−

=

Z

C1 2π 0



Z

0

2πh

−a sen t a2

a cos t

· (−a sen t) + a2

a2 cos2 t a2 sen2 t + 2 a a2



dt =

Z

2π

0

i · a cos t dt =

2

2



sen t + cos t dt =

Z

2π

dt = 2π . 0

Observe que a integral n˜ao depende do raio da circunferˆencia. b) O esbo¸co de C2 est´ a representado na figura que se segue. y 1

C2

1

−1

x

−1

Aqui tamb´em n˜ao podemos usar o Teorema de Green pois, (0, 0) est´ a no interior do quadrado. Usar a defini¸c˜ao ´e uma tarefa complicada. Ent˜ao, o que fazer? A id´eia ´e de isolar (0, 0) por uma circunferˆencia C1 : x2 + y 2 = a2 , com a < 1, orientada no sentido hor´ ario. y C2

1 D C1 1

−1

x

−1

Consideremos a regi˜ao D limitada por C2 e C1 . Como D n˜ao cont´em (0, 0) e ∂D = C1 ∪ C2 est´ a orientada positivamente, podemos aplicar o Teorema de Green em D. Tem-se ZZ ZZ  I  → − → ∂P ∂Q − dxdy = 0 dxdy = 0 − F ·d r = ∂y

∂x

∂D +

ou

I C2+

UFF

D

D

→ − − r + F · d→

I

→ − → F · d−r = 0

C1− IME - GMA

C a´ lculo 3A

ou

Lista 8

I

→ − → F · d−r =

I

127

→ − → F · d−r = 2π

C1+

C2+



 por (a)

c) y C4 C5 1

2

x

A curva C3 deve ser olhada como C3 = C4 ∪ C5 . Logo: I I I → − → → − → − − F ·dr + F ·dr = C+ 4

C3+

→ − → r F · d−

C5−

Usando o mesmo argumento de (b), mostra-se que: I → − → F · d−r = 2π . C4+

Como a regi˜ao limitada por C5 n˜ao cont´em (0, 0) podemps aplicar o Teorema de Green e temos que: I → − → r =0 F · d− C5+

donde

I

→ − → F · d−r = 0 .

C5−

Logo:

I

→ − − F · d→ r = 2π + 0 = 2π .