Integrais de Linha

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Parametrize a curva C , fronteira do triângulo de vértices 0,0 , 1,0 e 0,1 , orientada no sentido anti-horário.

Dica: Aqui é preciso parametrizar cada um dos lados do triângulo de forma independente, afinal, cada um deles é um segmento de uma reta diferente.

Passo 1

Opa, tudo bem? Vamos começar com nossos exercícios de integrais de linha!

Nesse exercício não vamos precisar resolver uma integral, vamos apenas parametrizar a curva pedida. E como já diz a nossa dica, vamos precisar descobrir a equação de cada uma das retas pra poder parametrizar a curva C inteira. Antes de mais nada, vamos esboçar esse triângulo

Beleza, precisamos então, para cada um dos lados do triângulo, encontrar o vetor direção e depois parametrizar o segmento de reta tomando cuidado com o sentido que escolhemos.

Tendo o vetor direção V → = ( a , b ) e sabendo o ponto inicial P 0 = x 0 , y 0 , sabemos que a parametrização do segmento vai ser

x t = x 0 + a t

y t = y 0 + b t

Depois escolhemos x ou y para determinar os limites de t , vamos lá?

Passo 2

Vamos começar pela reta que se encontra no eixo y , vamos chamá-la de C 1 .

Ela é o segmento de reta que liga os pontos ( 0,1 ) e 0,0 , certo? Seu vetor direção é dado por

V → = B - A

V → = 0,0 - 0,1

V → = 0 , - 1

É importante lembrar que ( 0 , - 1 ) ≠ 0,1 , que seria o vetor no outro sentido, tome cuidado com isso!

Passo 3

Beleza, nessa reta aqui, já temos dois pontos A = 0,1 e B = ( 0,0 ) , podemos escolher qualquer um deles como P 0 , o que vai mudar vão ser os limites de t .

Aqui vou fazer os dois casos só pra você ver como fica, nas próximas retas vamos sempre escolher apenas um.

Para o ponto P 0 = A = 0,1 a parametrização fica

y t = 1 - t

x t = 0

Ué? x pode ser igual a zero?! Pode sim! O que isso quer dizer é que, para qualquer valor de t , a coordenada x da reta vai sempre ser zero. Se você olhar pro esboço dá pra perceber que isso é verdade.

E quais os limites de t nesse caso? Vamos ver isso por y , que vai de 1 a 0

Quando y = 1 , temos:

1 = 1 - t

t = 0

Quando y = 0 , temos:

0 = 1 - t

t = 1

0 ≤ t ≤ 1

E se escolhêssemos o outro ponto dessa reta pra fazer a parametrização? Olha só como fica!

A = 0,0

x t = 0

y t = - t

r 1 t = ( 0 , - t )

Sendo que y vai de 1 a 0 também, com isso

Quando y = 1 , temos:

1 = - t

t = - 1

Quando y = 0 , temos:

0 = - t

t = 0

- 1 ≤ t ≤ 0

r 1 t = 0,1 - t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

r 1 t = 0 , - t ∴ - 1 ≤ t ≤ 0

Ambas parametrizações estão corretas!

Passo 4

Vamos para o próximo seguimento de reta, chamaremos de C 2 que liga B a C .

Para encontramos o vetor direção é só fazer o ponto final menos o inicial, certo?

V → = C - B

V → = 1,0 - 0,0

V → = 1,0

Escolhendo o ponto P 0 = B = 0,0 para parametrizar essa reta ficamos com

x t = 0 + t =

x t = t

y t = 0

r 2 t = ( t , 0 )

De novo um termo é igual a zero e, de novo, isso não é problema! Veja que y realmente sempre é zero nessa reta, tranquilo? Vamos ver os limites de t agora.

Sabemos que x vai de 0 até 1 , portanto

x = 0   →   t = 0

x = 1   →   t = 1

0 ≤ t ≤ 1

r 2 t = t , 0   ∴ 0 ≤ t ≤ 1

Passo 5

Vamos para o último segmento de reta C 3 , aquele que liga C a A .

Novamente vamos encontrar o vetor direção pela diferença entre os pontos final e inicial

V → = A - C

V → = 0,1 - 1,0

V → = - 1,1

Escolhendo o ponto P 0 = C = 1,0 para parametrizar a reta, ficamos com

x t = 1 - t

y t = t

r 3 t = ( 1 - t , t )

Para determinar os limites de t , sabemos que y começa valendo zero no ponto C e termina valendo 1 no ponto A , portanto

y = 0 → t = 0

y = 1 → t = 1

0 ≤ t ≤ 1

Veja que, pela parametrização de x

t = 0 → x = 1 - 0 = 1

t = 1 → x = 1 - 1 = 0

Portanto, de fato essa parametrização leva 1,0 até 0,1 .

r 3 t = 1 - t   ,   t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

Passo 6

Ufa, conseguimos! Agora só juntando tudo pra ficar bonito, temos:

C = C 1 ∪ C 2 ∪ C 3

Onde

C 1 = r 1 t = 0,1 - t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

C 2 = r 2 t = t , 0   ∴ 0 ≤ t ≤ 1

C 3 = r 3 t = 1 - t   ,   t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

Resposta

C = C 1 ∪ C 2 ∪ C 3

C 1 = r 1 t = 0,1 - t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

C 2 = r 2 t = t , 0   ∴ 0 ≤ t ≤ 1

C 3 = r 3 t = 1 - t   ,   t ∴ 0 ≤ t ≤ 1

Exercício Resolvido #2

Encontre a parametrização da curva C dada equação

4 x 2 + y 2 = 4

Respeitando a inequação x y ≥ 0

Passo 1

Vamos lá pessoal!

Essa curva aí é uma daquelas clássicas dada na teoria, lembra? Se não lembra, não tem problema, se liga aqui, quando falamos de elipse e circunferência geralmente temos essa fórmula aqui:

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

Nesse nosso caso não está igual a 1 , né? Mas isso não é problema, é só dividir por 4 dos dois lados, fica assim

4 x 2 4 + y 2 4 = 4 4

E isso nos dá que

x 2 1 + y 2 4 = 1

Agora nossa curva ficou com a cara de uma elipse. O esboço é esse aqui:

Pra saber como desenhá-lo você olha a raiz quadrada do valor do denominador que está embaixo de cada variável. Então no nosso caso, quem está embaixo o x é o 1 , e 1 = ± 1 . Por isso ela corta o eixo x nesses valores.

O mesmo vai acontecer com y . Quem está embaixo dele é o 4 , e 4 = ± 2 . Assim, ela corta o eixo y , nesses pontos.

Passo 2

Pra parametrizar isso aí a gente usa a relação fundamental da trigonometria

cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 1

O formato é parecido com a nossa curva. Se chamarmos:

cos 2 ⁡ t ⏟ x 2 + sen 2 ⁡ t ⏟ y 2 4 = 1

Temos que

x 2 = cos 2 ⁡ t

y 2 = 4 sen 2 ⁡ t

Tirando a raiz dos dois lados das equações encontramos:

x = cos ⁡ t

y = 2 sen ⁡ t

Como se trata se senos e cossenos, temos que:

0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 3

Teoricamente essa seria a nossa resposta, só que a questão bota uma outra limitação ali, ela diz que

x y ≥ 0

Ué, mas o que isso quer dizer? Pensa o seguinte, nessa elipse completa os limites de x e y são

- 1 ≤ x ≤ 1

- 2 ≤ y ≤ 2

A gente consegue ver isso no nosso gráfico!!

Existem pontos em que o produto de   x por y não dá positivo (maior que zero). Poh, então como podemos garantir que x y de fato é positivo?

Bom, vamos ter que fazer um estudo de sinal aqui, pensa só, quando x é positivo e y é positivo, o produto também vai ser positivo! Agora, quando um é positivo e o outro negativo, o produto dá negativo. De forma geral é isso aqui

Então, para que x y ≥ 0 , precisamos que x e y sejam positivos ou que ambos sejam negativos. E quando isso acontece? O plano x y é dividido em quatro quadrantes, vamos analisar cada um deles separadamente aqui

No quadrante temos que 0 ≤ t ≤ π 2 , nessa região x e y são positivos, então o produto x y também é maior que zero

No 2º quadrante temos que π 2 ≤ t ≤ π , aqui x é negativo e y é positivo, então o produto x y é menor que zero

No quadrante temos que π ≤ t ≤ 3 π 2 , nessa região x e y são negativos, então o produto x y é maior que zero

No 4º quadrante temos que 3 π 2 ≤ t ≤ 2 π , nessa região x é positivo e y é negativo, então o produto x y é menor que zero

Portanto, somente no primeiro e no terceiro quadrante temos x y ≥ 0 , então os limites de t são

t = 0 , π 2 ∪ π , 3 π 2

Resposta

x = cos ⁡ t

y = 2 sen ⁡ t

t = 0 , π 2 ∪ π , 3 π 2

Exercício Resolvido #3

Parametrize a curva C dada pela interseção do cilindro x 2 + y 2 = 1 com o plano x + y + 2 z = 3

Passo 1

Opa, vamos continuar com nossas questões de integral de linha!

Bom, galera, interseção de superfícies aqui, né? Vamos esboçar tudo aqui antes de mais nada pra visualizar melhor a questão

A curva é essa aqui

Para parametrizar isso vamos ter que analisar as equações das superfícies, temos

x 2 + y 2 = 1

x + y + 2 z = 3

Passo 2

Vamos analisar essa primeira equação do cilindro ali de cima, podemos parametrizar pela equação fundamental da trigonometria

cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 1

Vamos chamar

x 2 = cos 2 ⁡ t

y 2 = sen 2 ⁡ t

Então temos que

x t = cos ⁡ t

y t = sen ⁡ t

Como a gente tem uma volta completa, temos que

0 ≤ t ≤ 2 π

Tranquilinho, né? Foi porque escolhemos essa equação, que é uma daquelas clássicas, primeiro! Sempre comece pela equação que é fácil de ser parametrizada, beleza?

Passo 3

Vamos continuar aqui então. Já temos x e y parametrizados, certo? Show falta só z !

Conseguimos encontrar os parâmetros de z pela equação do plano!

x + y + 2 z = 3

Deixando z sozinho, temos

2 z = 3 - x - y

Passando o 2 que tá multiplicando, dividindo pro outro lado ficamos com

z = 3 - x - y 2

Substituindo os valores de x = cos ⁡ t e y = sen ⁡ t :

z = 3 - cos ⁡ t - sen ⁡ t 2

E pronto!! Juntando tudo. Agora só pra organizar, nossa curva pode ser escrita de uma forma única como

σ t = cos ⁡ t , sen ⁡ t , 3 - cos ⁡ t - sen ⁡ t 2

0 ≤ t ≤ 2 π

Resposta

σ t = cos ⁡ t , sen ⁡ t , 3 - cos ⁡ t - sen ⁡ t 2

0 ≤ t ≤ 2 π

Exercício Resolvido #4

Calcule a integral de linha da função escalar f x , y = | x | ao longo da curva C parametrizada por

σ : 0 ,   π / 2 → R 2 ,   t → ( e t cos ⁡ t , e t sen ⁡ t )

Passo 1

Faaaaaaala aí! Vamos seguindo com o nosso estudo de integrais de linha,, uhul!

A integral de linha vai ser representada assim: ∫ C   x d s

Onde precisamos escrever tudo de maneira parametrizada.

Temos que a = 0 e b = π / 2 pelo próprio enunciado.

A parametrização da nossa curva nos dá x t = e t cos ⁡ t e y t = e t sen ⁡ t .

Então temos a nossa parametrização

σ → t = x t , y t

σ → t = ( e t cos ⁡ t , e t s e n   t )

Passo 2

Agora que a gente já tem tudo formulado, vamos começar calculando a derivada da nossa parametrização em relação a t , pois vamos precisar dela para colocar em d s . σ → ' = d e t cos ⁡ t d t , d e t sen ⁡ t d t

Passo 3

Para derivada de e t cos ⁡ t a gente vai fazer a regra do produto, lembrando que a regra do produto é dada desse jeitinho aqui:

f ( t ) ⋅ g ( t ) a ⋅ b = a ' ⋅ f ' ( t ) ⋅ g ( t ) b + f ( t ) b ' ⋅ g ' ( t ) a

Para essa nossa derivada temos

e t ⋅ cos ⁡ t ' = e t ' ⋅ cos ⁡ t + e t ⋅ cos ⁡ t ' ⋅ e t

E isso nos dá

e t cos ⁡ t ' = e t cos ⁡ t - e t s e n   t

Para derivada de e t s e n   t   vamos fazer a regra do produto de novo

e t s e n   t ' = e t ' ⋅ s e n   t + s e n   t ' ⋅ e t ⋅ s e n   t '

Ficamos com

e t s e n   t ' = e t s e n   t + e t cos ⁡ t

Passo 4

Então a derivada da nossa parametrizaçãoo que era

σ → ' = d e t cos ⁡ t d t , d e t sen ⁡ t d t

Fica σ → ' = e t cos ⁡ t - e t sen ⁡ t , e t sen ⁡ t + e t cos ⁡ t

Colocando e t em evidência,Que podemos escrever como

σ → ' = e t ( cos ⁡ t - sen ⁡ t ) , e t sen ⁡ t + cos ⁡ t

Passo 5

Agora, calculamos σ → ' , lembrando que o módulo é escrito desse jeitão aqui

  σ → ' = x 2 + y 2

Então pegando x ( t ) e y ( t ) da nossa derivada, temos

σ → ' = e 2 t cos ⁡ t - sen ⁡ t 2 + e 2 t sen ⁡ t + cos ⁡ t 2

Podemos tirar o e 2 t da raiz, ficando com e t e vamos abrir esses produtinhos notáveis

= e t ( cos 2 ⁡ t - 2 cos ⁡ t sen ⁡ t + sen 2 ⁡ t ) + ( sen 2 ⁡ t + 2 cos ⁡ t sen ⁡ t + cos 2 ⁡ t )

Cortando esses termos que destacamoso - 2 cos ⁡ t sen ⁡ t com o 2 cos ⁡ t sen ⁡ t , ficamos com:

e t cos 2 ⁡ t + s e n 2 t + s e n 2   t + cos 2 ⁡ t  

Como cos 2 ⁡ t   + s e n 2 t = 1 , temos

e t cos 2 ⁡ t + s e n 2 t ⏟ 1 + s e n 2   t + cos 2 ⁡ t ⏟ 1  

= e t 2

Passo 6

Podemos, então, substituir σ → ' na integral, escrevendo   | x | em função de t , ficamos com:

∫ 0 π 2 e t cos ⁡ t . e t 2 d t

Tirando a 2   da integral porque é uma constante multiplicando, temos que:

= 2 ∫ 0 π / 2 e 2 t cos ⁡ t d t =

Passo 7

Já temos tudo que precisávamos, agora vVamos resolver essa integral fazer uma integração por partes., Chamando

e 2 t = u → 2 e 2 t d v = d u

cos ⁡ t = d v → s e n t = v

E a formula da integração popr partes é:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ e 2 t cos ⁡ t d t = e 2 t sen ⁡ t - 2 ∫ e 2 t sen ⁡ t   d t

Ficamos com aquela última integral pra resolver, e será necessária outra substituição por partes. Chamando, agora,

e 2 t = u → 2 e 2 t d t = d u

sen ⁡ t = d v →   - cos ⁡ t = v

e a integral passa a ser:

∫ e 2 t cos ⁡ t d t = e 2 t sen ⁡ t - 2 - e 2 t cos ⁡ t + 2 ∫ e 2 t cos ⁡ t d t

Multiplicando o - 2 e arrumando melhor, ficamos com:

∫ e 2 t cos ⁡ t d t = e 2 t sen ⁡ t + 2 e 2 t cos ⁡ t - 4 ∫ e 2 t cos ⁡ t d t

Perceba que estamos dando voltas. Então vamos passarPassando esse termo destacado a última integral para o outro lado, e teremos:temos

5 ∫ e 2 t cos ⁡ t d t = e 2 t ( sen ⁡ t + 2 cos ⁡ t )

Repara que essa integral é exatamente a que estávamos tentando calcular. Vamos deixar ela sozinha passa do o 5 dDividindo para o outro ladopor 5 , temos

∫ e 2 t cos ⁡ t d t = e 2 t ( sen ⁡ t + 2 cos ⁡ t ) 5

Passo 8

Agora vamos voltar a nossa integral que era

= 2 ∫ 0 π / 2 e 2 t cos ⁡ t d t =

Substituindo o valor que encontramos, temos que

2 ∫ 0 π 2 e 2 t cos ⁡ t d t = 2 5   e 2 t sen ⁡ t + 2 cos ⁡ t 0 π 2

Substituindo os limites de integração ficamos com

2 5   e 2 π 2 sen ⁡ π 2 + 2 cos ⁡ π 2 - 2 5   e 2 ∙ 0 sen ⁡ 0 + 2 cos ⁡ 0

= 2 5 e π 1 + 0 - 1 ( 0 + 2 ) =

Que nos dáa como resultado

2 5 e π - 2

Resposta

2 5 e π - 2

Exercício Resolvido #5

Encontre o fluxo exterior do campo

F = x + y i - x 2 + y 2 j

Através do triângulo de vértices ( 1,0 ) , ( 0,1 ) , ( - 1,0 ) .

Passo 1

Opa, fala ai tranquilinho?? Vamos seguir para ficar fera em integrais de linha!

O que o exercício pede é o fluxo, que podemos calcular por:

∫ γ F → ∙ n →   d t

Mas a nossa curva γ é um triângulo, composto de 3 retas, de forma que:

γ = C 1 ∪ C 2 ∪ C 3

Então, como é a união entre as retas, temos que nossa integral pode ser separada assim:

∫ γ F → ∙ n →   d t = ∫ C 1 F → ∙ n →   d t + ∫ C 2 F → ∙ n →   d t + ∫ C 3 F → ∙ n →   d t

Então vamos calcular uma por uma pra ficar bem organizado!

Passo 2

Vamos começar por C 1 , que é a reta que vai de ( 1,0 ) a ( 0,1 ) , que pode ser parametrizada por:

x t = x 0 + a t

y t = y 0 + b t

Ela é o segmento de reta que liga 0,1 a 0,1 , certo? Seu vetor direção, que é da forma V → = ( a , b ) fica

V → = 0,1 - 1,0

V → = - 1,1

Para o ponto 1,0 , temos:Começando por x t

x t = 1 + - 1 t

x t = 1 - t

Agora para y ( t )

y t = 0 + t

Então

y t = t

Logo, nossa parametrização fica:

C 1 : σ → = 1 - t ,   t  

0 ≤ t ≤ 1

Agora, para encontrar o vetor normal, vamos fazer:

n → = d y d t , - d x d t

d y d t = t ' = 1

- d x d t = - 1 - t ' = - - 1 = 1

Então nosso vetor normal é

n → = ( 1,1 )

E jogamos na integral, que é do tipo

∫ C 1 F → ∙ n →   d t

Ficamos com:

∫ 0 1 1 - t + t ,   - 1 - t 2 + t 2 ∙ 1,1   d t

Abrindo esse produto notável, ficamos com:

∫ 0 1 1 - t + t ,   - 1 - 2 t + t 2 + t 2 ∙ 1,1   d t

Dando um jeitinho nisso, temos

∫ 0 1 1 ,   - 1 + 2 t - 2 t 2 ∙ 1,1   d t

Agora, multiplicando com o nosso vetor normal, temos:

= ∫ 0 1 1 - 1 + 2 t - 2 t 2 d t

E isso nos da

∫ 0 1 2 t - 2 t 2   d t

Agora é só resolver a integral que fica:

t 2 - 2 t 3 3 │ 0 1

Substituindo os valores, temos isso daqui:

1 2 - 2 ∙ 1 3 3 - 0 2 - 2 ∙ 0 3 3

= 1 - 2 3 = 1 3

Até agora tudo bem, vamos ver a próxima!

Passo 3

Vamos repetir as contas, mas agora pra C 2 , que é a reta de ( 0,1 ) a ( - 1,0 ) . Fazendo a mesma parametrização do passo anterior, chegamos em

C 2 : σ → = - t ,   1 - t  

0 ≤ t ≤ 1

E o vetor normal a gente acha da mesma forma:

n → = d y d t , - d x d t = ( - 1,1 )

Então jogamos na integral de novo:

∫ C 2 F → ∙ n →   d t

∫ 0 1 - t + 1 - t ,   - - t 2 + 1 - t 2 ∙ - 1,1   d t

∫ 0 1 1 , - ( t 2 + 1 - 2 t + t 2 ) ∙ - 1,1   d t

Isso nos dá

= ∫ 0 1 2 t - 1 - 1 + 2 t - 2 t 2 d t

∫ 0 1 - 2 + 4 t - 2 t 2   d t

Fazendo essa integral, temos

= - 2 t + 2 t 2 - 2 t 3 3 │ 0 1

Substituindo os valores dos limites de integração, ficamos com:

- 2 ∙ 1 + 2 ∙ 1 2 - 2 ∙ 1 3 3 - - 2 ∙ 0 + 2 ∙ 0 2 - 2 ∙ 0 3 3

= - 2 + 2 - 2 3 = - 2 3

Essa também já foi! Só mais uma agora, vamos lá!

Passo 4

Pra fechar, temos que C 3 é a reta ligando ( - 1,0 ) a ( 1,0 ) , parametrizando da mesma maneira dos outros, temos que

C 3 : σ → = t ,   0

1 ≤ t ≤ 1

De novo, vamos ter o vetor normal:

n → = d y d t , - d x d t = ( 0 , - 1 )

E é só jogar na integral:

∫ C 3 F → ∙ n →   d t

∫ - 1 1 t + 0 , - t 2 + 0 2 ∙ 0 , - 1   d t

= ∫ - 1 1 t , - t 2 0 , - 1 d t

∫ - 1 1 t 2 d t

Resolvendo essa integral, temos

t 3 3 - 1 1

Substituindo os valores dos limites ficamos com

1 3 3 - - 1 3 3

= 1 3 + 1 3

2 3

Pronto, agora é só somar tudo pra termos o resultado final!

Passo 5

Lembrando que gente tinha:

∫ γ F → ∙ n →   d t = ∫ C 1 F → ∙ n →   d t + ∫ C 2 F → ∙ n →   d t + ∫ C 3 F → ∙ n →   d t

Sendo que

∫ C 1 F → ∙ n →   d t = 1 3

∫ C 2 F → ∙ n →   d t = - 2 3

∫ C 3 F → ∙ n →   d t = 2 3

Então o fluxo exterior ao triângulo vai ser:

∫ γ F → ∙ n →   d t = 1 3 - 2 3 + 2 3 = 1 3

Nada tão bizarro assim, só um pouquinho trabalhoso, né? Mas agora já foi, o que importa é que resolvemos a questão. Haha 😊

Resposta

1 3

Exercício Resolvido #6

Seja

F → x , y = x x 2 + y 2 5 i → + y x 2 + y 2 5 j →

E n → a normal unitária exterior ao círculo x 2 + y 2 ≤ 1 . Calcule ∫ γ F → ∙ n →   d t onde γ = ( cos ⁡ t , sin ⁡ t ) , 0 ≤ t ≤ π .

Passo 1

Oii! Vamos seguir nosso super estudo sobre integrais de linha para ficar fera no assunto!

O que a questão está pedindo é uma integral de linha:

∫ γ F → ∙ n →   d t

Onde n → é o vetor normal a curva.

Passo 2

Pra começar, vemos que γ é a paramentrização do círculo dado na questão (ou pelo menos parte dele, já que t só vai até π ). Já é um bom sinal!

Só falta verificar se o vetor normal a γ também é unitário.

Vamos lembrar que o vetor normal a curva pode ser obtido por:

n → γ = d y d t ,   - d x d t

d y d t = s e n   t ' = cos ⁡ t

- d x d t = - cos ⁡ t ' = - - s i n   t = s i n   t

Então, nosso vetor normal é

cos ⁡ t , sin ⁡ t

Vamos calcular o módulo dele, para saber se ele é unitário

Lembrando que o módulo é calculado assim

n → γ = x 2 + y 2

Como acabamos de achar x , y temos que:

n → γ = cos ⁡ t 2 + sin ⁡ t 2

E isso é a nossa identidade fundamental trigonométrica, que é igual a 1

n → γ = 1

Logo ele é unitário, ou seja, n → γ é unitário também e, portanto, é igual ao vetor n → dado na questão.

Passo 3

Só pra deixar organizado, vamos escrever o campo em função da parametrização:

F → x t , y t = cos ⁡ t cos 2 ⁡ t + + sin 2 ⁡ t 5   , sin ⁡ t cos 2 ⁡ t + + sin 2 ⁡ t 5

Como cos 2 ⁡ t + + sin 2 ⁡ t = 1

F → x t , y t = cos ⁡ t 1 5   , sin ⁡ t 1 5

= cos ⁡ t , sin ⁡ t

Muito prático, nada muito complicado comparado ao que tinhamos antes, né? Hehe

Passo 4

Agora que já temos tudo que precisamos, só precisamos jogar na integral:

∫ γ F → ∙ n →   d t = ∫ 0 π cos ⁡ t , sin ⁡ t ∙ cos ⁡ t , sin ⁡ t   d t

= ∫ 0 π cos 2 ⁡ t + sin 2 ⁡ t d t

Como já vimos, essa famosa soma dá 1 , então ficamos com

∫ 0 π d t

Tranquilinha essa integral, ela da

t │ 0 π = π

Resposta

π

Exercício Resolvido #7

Calcule a área da superfície S obtida pela revolução da curva σ ( t ) em torno do eixo y .

σ t = cos ⁡ t ,   1 + sen ⁡ t

0 ≤ t ≤ π 2

Passo 1

Opa, fala aii! Vamos continuar nossos estudos de integrais de linha!!

Bom, a rotação de uma curva em relação ao eixo y , né?

O enunciado nos pede a área da superfície gerada, isso é exatamente o tipo de questão pra usarmos o teorema de pappus! Como já temos a nossa superfície parametrizada, vamos aplicar direto o teorema!

É válido a gente fazer o esboço do gráfico para saber se a área é igual a rotação completa da curva, lembra? No nosso exercício a curva é assim:

Girando isso daí no eixo y , temos uma superfície gerada que é essa aqui:

Percebe que precisamos dar a volta completa dessa curva para gerar a superfície, certo? Portanto usamos a fórmula do teorema de pappus normalmente:

Á r e a = 2 π ∫ C x d S

Usamos módulo de x porque a rotação é ao redor do eixo y , lembra?

Beleza, então precisamos tirar esse módulo de dentro da integral, calcular o valor de σ ' t e depois resolver a integral, vamos lá?

Passo 2

Vamos tirar o módulo da integral, primeiro, para isso precisamos analisar se x é positivo ou negativo no intervalo dado!

x t = cos ⁡ t

0 ≤ t < π 2

A função cos ⁡ t é sempre positiva nesse intervalo, certo? Então, para todo o intervalo:

x = x = cos ⁡ t

Passo 3

Precisamos calcular o valor de σ ' t , para isso, vamos derivar a parametrização da curva:

σ t = cos ⁡ t ,   1 + sen ⁡ t

As derivadas são:

x ' t = - sen ⁡ t

y ' t = cos ⁡ t

Então σ ' t = - s e n   t , cos ⁡ t

Fazendo o módulo dessa belezinha, temos:

σ ' t = - sen ⁡ t 2 + cos ⁡ t 2

s e n 2 t + cos 2 ⁡ t = 1

Então temos que o nosso modulo é

σ ' t = 1

Passo 4

Voltando para a nossa integral que se torna:

Á r e a = 2 π ∫ C x d S = 2 π ∫ 0 π 2 cos ⁡ t d t

Integrando isso daí, temos:

= 2 π sen ⁡ t t = 0 t = π 2

Substituindo os valores dos limites, ficamos com:

= 2 π sen ⁡ π 2 - sen ⁡ 0 = 2 π

E foi mais uma! 😊

Resposta

2 π

Exercício Resolvido #8

Calcule ∫ C   ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s , onde C é a hélice definida por σ t = ( cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   t ) , 0 ≤ t ≤ 2 π .

Passo 1

Aqui temos uma integral de linha que é representada por

∫ C f x , y , z d s

Onde f x , y , z = x 2 + y 2 + z 2 .

Nesse caso ele já nos deu a parametrização:

σ t = cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   t ,   0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 2

Como já temos a parametrização, podemos passar direto para o cálculo de σ → '

Antes vamos obter as derivadas da parametrização:

d x d t = - sen ⁡ t ,       d y d t = cos ⁡ t ,       d z d t = 1 Então temos que

σ ' t = ( - s e n   t , cos ⁡ t ,   1 )

Agora, calculamos o módulo! Que é σ → ' :

σ → ' = - sen ⁡ t 2 + cos ⁡ t 2 + 1

Como - sen ⁡ t   2 é igual a sen ⁡ t 2

σ → ' = s e n 2 t + cos 2 ⁡ t + 1

E lembrando que s e n 2 t + cos 2 ⁡ t = 1

σ → ' = 1 + 1

= 2

Passo 3

Vamos obter agora a nossa função em termos de t

x 2 + y 2 + z 2

cos ⁡ t 2 + sen ⁡ t 2 + t 2

1 + t 2

Então nossa integral fica:

∫ a b 1 + t 2 ⋅ 2 d t =

podemos colocar 2 para fora da integral, e teremos

2 ∫ 0 2 π 1 + t 2   d t

Passo 4

Integrando, termos:

= 2 t + t 3 3 0 2 π

Substituindo os limites de integração, ficamos com

2 2 π + 2 π 3 3 - 0 + 0 3 3

Isso nos dá

2 2 π + 8 π 3 3

Resposta

2 2 π + 8 π 3 3

Exercício Resolvido #9

Encontre a massa de um arame que tem a forma da interseção da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 e do plano x + z = 0 , se a densidade do arame em x , y , z for x 2 + y 2 .

Passo 1

Faaala ai, belezinha? Bora pra mais um exercício de integrais de linha! Uhul

Ele esta pedindo a massa, então o que nós devemos cálcular é algo no tipo, vê se você concorda:

∫ C δ x , y , z d s

No enunciado ele já dá a densidade δ x , y , z = x 2 + y 2 , então só fica faltando parametrizar a curva e encontrar o d s . Então vamos lá!

Passo 2

Primeiramente, nós vemos que o plano pode ser escrito como z =   -   x , certo?

Então, jogando na equação da esfera, temos que a projeção no plano x y fica assim:

x 2 + y 2 + - x 2 = 1

x 2 + y 2 + x 2 = 1

Isso da pra gente:

→ 2 x 2 + y 2 = 1

Que é uma elipse que pode ser parametrizada por:

σ → t = cos ⁡ t 2 , sen ⁡ t

0 ≤ t ≤ 2 π

Mas essa é só a projeção e não podemos esquecer a coordenada z da curva:

z = - x

z = - cos ⁡ t 2

Então, finalmente:

σ → t = cos ⁡ t 2 , sen ⁡ t ,   - cos ⁡ t 2

0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 3

Agora podemos calcular as derivadas da parametrização:

d x d t = - sen ⁡ t 2 ,       d y d t = cos ⁡ t ,       d z d t = sen ⁡ t 2

Então temos

σ → ' t = - s e n   t 2 , cos ⁡ t , s e n   t 2  

Assim, nosso módulo que é desse jeitiho para v = ( x , y , z )

v x 2 + y 2 + z 2

Fica assim para σ

σ → ' t = sen 2 ⁡ t 2 + cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t 2

Juntando os dois sen 2 ⁡ t 2 , teremos:

σ → ' t = sen 2 ⁡ t + cos 2 ⁡ t = 1

Opa! Isso é legal, parece que não vamos ter que calcular nenhuma integral muito complicada. Vamos ver como que vai ficar!

Passo 4

A nossa função em termos de t será:

x 2 + y 2

cos ⁡ t 2 2 + sen ⁡ t 2

Vamos jogar tudo que achamos naquela fórmula da integral:

∫ 0 2 π cos ⁡ t 2 2 + sen ⁡ t 2   d t

⇒   ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ t 2   d t + ∫ 0 2 π sen 2 ⁡ t d t

Passo 5

Agora temos que resolver esses monstrinhos!

Lembrando que:

cos 2 ⁡ t = 1 + cos ⁡ 2 t 2       e     sen 2 ⁡ t = 1 - cos ⁡ 2 t 2

Então vamos transformar essas integrais aí com essas relações:

∫ 0 2 π cos 2 ⁡ t 2   d t + ∫ 0 2 π sen 2 ⁡ t d t

= 1 4 ∫ 0 2 π 1 + cos ⁡ 2 t d t + 1 2 ∫ 0 2 π 1 - cos ⁡ 2 t d t

Integrando isso daí, temos:

⇒ 1 4 t + sen ⁡ 2 t 2 │ 0 2 π + 1 2 t - sen ⁡ 2 t 2 │ 0 2 π

Substituindo os valores temos:

1 4 2 π + s e n 4 π 2 - 0 + s e n 0 2 + 1 2 2 π - s e n 4 π 2 - 0 - s e n 0 2

Como todos esses senos vao zerar, vamos ficar com:

= π 2 + π

= 3 π 2

Resposta

3 π 2

Exercício Resolvido #10

Encontre a massa e o centro de massa de um fio com densidade constante δ que está ao longo da hélice r t = 2 sen ⁡ t i + ( 2 cos ⁡ t ) j + 3 t k , 0 ≤ t ≤ 2 π .

Passo 1

Oiii, reta final das nossas integrais de linha! Entao vamo que vamo!

Como ele quer o centro de massa, devemos fazer

M = ∫ c δ x , y , z d s

x - = ∫ C x δ x , y , z d s M

y - =   ∫ C y δ x , y , z d s M

z - = ∫ C z δ x , y , z d s M

Onde δ x , y , z = δ

Passo 2

Agora precisamos achar σ → ' t .

As derivadas são

d x d t = 2 cos ⁡ t ,   d y d t = - 2 sen ⁡ t ,   d z d t = 3

Então

σ → ' t = ( 2 cos ⁡ t ,   - 2 s e n   t , 3 )

Então pela fórmula do módulo, temos que

σ → ' t = d x d t 2 + d y d t 2 + d z d t 2

σ → ' t = 2 cos ⁡ t 2 + - 2 sen ⁡ t 2 + 3 2

σ → ' t = 4 cos 2 ⁡ t + 4 sen 2 ⁡ t + 3 2

colocando o 4 em evidência e lembrandoque cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 1

σ → ' t = 4 ( cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t ) + 3 2

= 4 ∙ 1 + 9 = 13

Um valor meio feio, mas constante, então tá bom, né? haha

Passo 3

A massa, então, vai ser dada por:

M = ∫ 0 2 π δ   .   13   d t

Como δ e 13 são constantes, podem sair da integral, então ficamos com

=   13 δ   t 0 2 π

Substituindo os valores, temos

= 13 δ 2 π - 0 =

2 π 13 δ

Podia ser pior, eu acho...

Mas, não acaba aqui, pois ele pede a centro de massa também, então vamos pro próximo passo.

Passo 4

Vamos começar com a coordenada em x :

∫ C x δ x , y , z d s =   ∫ 0 2 π x t δ x , y , z σ → ' t d t

A gente já viu como fica parametrização do x , que é 2 sen ⁡ t ; a densidade é constante e vale δ .

Vimos também que o módulo do vetor tangente σ → ' t é igual a 13 . Então, é só substituir e partir pro abraço:

∫ 0 2 π x t δ x , y , z σ → ' t d t

= ∫ 0 2 π 2 sen ⁡ t δ   13   d t

Integrando isso daí, ficamos com

= 2 13 δ ( - cos ⁡ t ) 0 2 π

Substituindo os valores, temos

2 13 δ ( - cos ⁡ 2 π - - cos ⁡ 0 )

Como os dois cossenos zeram, temos que

= 0

Agora sim, bem simples! A nossa cordenada em x fica   x - = 0 M = 0 .

Vamos torcer pra que as outras sejam algo simples assim também.

Passo 5

A integral da coordenada em y :

∫ C y δ x , y , z d s =   ∫ 0 2 π y t δ x , y , z σ → ' t d t

Como no passo anterior, vamos substituir os valores: a parametrização de y , ( 2 cos ⁡ t ) ; a densidade constante δ ; e o módulo do vetor tangente, 13 .

∫ 0 2 π y t δ x , y , z σ → ' t d t =

∫ 0 2 π 2 cos ⁡ t δ   13   d t

= 2 13 δ ( sen ⁡ t ) 0 2 π = 0

Então, nossa cordenada em y fica   y - = 0 M = 0 também.

Oh, to falando que tá ficando parecido! Mas não vamos arriscar e vamos calcular a próxima que vai que questão tem uma pegadinha, né?

Passo 6

Por último, vamos calcular a integral da coordenada em z :

∫ C z δ x , y , z d s =   ∫ 0 2 π z t δ x , y , z σ → ' t d t

Vamos pegar os valores de novo pra substituir, mas fica ligado que a parametrização do z é um pouco diferente, ( 3 t ) ; o valor da densidade continua o mesmo, δ ; e o módulo do vetor tangente também, 13 , nenhuma surpresa. Então:

∫ 0 2 π z t δ x , y , z σ → ' t d t

= ∫ 0 2 π 3 t δ   13   d t

Jogando 13 e δ para fora, ficamos com

= 3 13 δ   t 2 2 0 2 π

Substituindo os valores em t , temos:

= 6 π 2 13 δ

É, nada muito simpático, mas vamos lembrar a fórmula de   z - :

∫ C z δ x , y , z d s M

Lembrando que M = 2 π 13 δ , temos que:

= 6 π 2 13 δ 2 π 13 δ

= 3 π

Agora sim, um valor mais agradável!

Bem, foram muitas integrais, mas seguindo o passo-a-passo deu pra organizar tudo e não se perder, pra conseguir chegar na resposta.

Resposta

M =   2 π 13 δ

x - = 0   ;   y - = 0   ; z - = 3 π