Caso Vetorial no R³

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Teoria

Introdução

Nós sabemos que para calcular o trabalho de uma força F → x , y em uma curva C no plano, podemos fazer:

∫ a b F → ∙ d r = ∫ a b F x t ,   y t ∙ σ → ' t   d t

Onde F → é um campo vetorial na forma F → = ( F 1 , F 2 ) e σ → ' t é o vetor tangente a curva parametrizada em t . E o que calculamos é, justamente, a integral do produto escalar entre eles.

Mas, assim como no caso escalar, uma integral de linha vetorial não está limitada para o plano e, portanto, podemos extender o conceito de trabalho como uma integral de linha para qualquer curva no espaço.

Não deve ser nada muito surpreendente, mas vamos ver como. Haha

Definição

Como aqui estamos trabalhando com três dimensões, nosso campo não será mais F → x , y = F 1 , F 2 , mas F → ( x , y , z ) = F 1 , F 2 , F 3 . Nada muito diferente.

O vetor tangente também terá três componentes, para que possamos fazer o produto escalar direito.

E juntando as coisas, temos:

∫ a b F x t ,   y t , z ( t ) . σ → ' t   d t

Ou, também:

∫ C F 1 d x + F 2 d y + F 3 d z

Quase igual, né? Achou que não mudou nada?

Então vou te mostrar um exemplo pra você ver onde que fica a dificuldade. Mas fica calma que a gente vai fazer o passo-a-passo e você vai entender tudo direitinho.

Exemplo

Calcule ∫ γ   F . d r , onde F x , y , z = y + z , - z , y e γ é a curva que parametriza a interseção de x 2 + y 2 = 2 z com o plano z = y , percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1: Montar o problema

Vamos utilizar a fórmula ∫ a b F x t ,   y t , z t ⋅ σ → ' t   d t

Temos o campo, mas não a parametrização, então vamos encontrá-la.

Passo 2: encontrar a parametrização da curva

Repare que se jogarmos a equação do plano z = y na outra superfície, vamos ter que a projeção da curva no plano x y é a circunferência:

x 2 + y 2 = 2 y

x 2 + y - 1 2 = 1

Portanto, a parametrização da projeção de C no plano x y é dada, em coordenadas polares deslocadas, por:

( cos ⁡ t ,   s e n   t + 1 )

Mas C é uma curva em três dimensões, tá faltando a coordenada z , que é dada pela equação do plano

z = y

Então, uma parametrização de C seria:

C = ( cos ⁡ t ,   s e n   t + 1 , s e n   t + 1 )

E, para termos sentido anti-horário, vamos ter que o parâmetro t vai ser dado de 0 a 2 π .

Passo 3: calcular σ → '

σ → ' t = d cos ⁡ t d t , d sin ⁡ t + 1 d t , d s e n   t + 1 d t = - s e n   t , cos ⁡ t , cos ⁡ t

Passo 4: Substituir tudo na integral e escrever F → em função de t

O campo é dado por

F x , y , z = y + z , - z , y

Aplicando a parametrização, temos

F x t , y t , z ( t ) = 2 sen ⁡ t + 2 , - sen ⁡ t - 1 , sen ⁡ t + 1

Substituindo então na integral, temos

∫ C   F . d r = ∫ 0 2 π 2 sen ⁡ t + 2 , - sen ⁡ t - 1 , sen ⁡ t + 1 . - sen ⁡ t , cos ⁡ t , cos ⁡ t d t

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

= ∫ 0 2 π - 2 sen 2 ⁡ t - 2 sen ⁡ t d t

Passo 5: calcular a integral

Lembrando que

sen 2 ⁡ t = 1 - cos ⁡ 2 t 2

= ∫ 0 2 π - 2 1 - cos ⁡ 2 t 2 - 2 sen ⁡ t d t =

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

= - t + sen ⁡ 2 t 2 + 2 cos ⁡ t 0 2 π =

= - 2 π + sen ⁡ 4 π 2 + 2 cos ⁡ 2 π - - 0 + sen ⁡ 0 2 + 2 cos ⁡ 0 =

= - 2 π + 0 + 2 - 0 + 0 + 2

= - 2 π + 2 - 2

- 2 π

Entendeu? Fica bem mais extenso, né? Mas nada que se tenha que quebrar a cabeça demais, é bom só estar ligado para não se perder entre os passos e conseguir se organizar, porque é muita informação, muita conta e tal...

Mas isso se ganha com a prática, vamos aos exercícios!

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule a integral de linha ∫ C   x + y d x + x y d y + z 2 d z , onde C é a fronteira da parte do plano 2 x + 3 y + z = 12 no primeiro octante.

Passo 1

A gente viu na teoria que para calcular um integral de linha, podemos usar a fórmula:

∫ C F ∙ d r = ∫ a b F x t , y t , z t ∙ σ → ' ( t )   d t

Nós já temos o campo, que vai ser F x , y , z = x + y , x y , z 2 , então só falta parametrizar a curva e encontrar o vetor tangente. Vamos lá!

Passo 2

Ele diz que nossa curva é a fronteira de um plano, então vamos ver qual é essa figura que ele está falando:

Na real, nossa curva C é o contorno desse triângulo. Então, C é a união de 3 segmentos de reta, consequentemente

∫ C   x + y d x + x y d y + z 2 d z = ∫ C 1   x + y d x + x y d y + z 2 d z + ∫ C 2   x + y d x + x y d y + z 2 d z + ∫ C 3   x + y d x + x y d y + z 2 d z

Passo 3

Mas que segmentos de retas são esses? Olha os pontos onde o plano corta os eixos, vamos ver quando ele corta o eixo x , ou seja, quando z = y = 0

2 x + 0 + 0 = 12

x = 6

Ele passa no ponto 6,0 , 0

Vamos ver quando ele corta o eixo y , ou seja, quando x = z = 0

0 + 3 y + 0 = 12

y = 4

Ele passa no ponto 0,4 , 0

Vamos ver quando ele passa no eixo z , ou seja, quando x = y = 0

0 + 0 + z = 12

z = 12

Ele passa no ponto 0,0 , 12

Vamos fazer a curva C 1 sendo a curva do plano x y quando z = 0 . A curva C 2 sendo a curva do plano x z quando y = 0 . A curva C 3 sendo a curva do plano y z quando x = 0 . Temos que ficar atentos em cada parte para ver a orientação, vamos fazer no sentido anti-horário, ou seja, de 6,0 , 0 até 0,4 , 0 até 0,0 , 12

Passo 4

Vamos começar com a curva C 1

∫ C 1   x + y d x + x y d y + z 2 d z

Precisamos parametrizar esse segmento de reta. Basta pegar a equação do plano e trocar z = 0

2 x + 3 y + 0 = 12

2 x + 3 y = 12

Vamos isolar o x porque é o y que aumenta quando vai de 6,0 , 0 até 0,4 , 0

2 x = 12 - 3 y

x = 6 - 3 2 y

Então, fazendo y = t , vamos ter

σ 1 → = ( 6 - 3 2 t , t , 0 )

Com y indo de 0 à 4 , tendo 0 ≤ t ≤ 4

Passo 5

Agora calculamos σ 1 → ' t :

σ 1 → ' t = d 6 - 3 2 t d t , d t d t , d 0 d t = - 3 2 , 1,0

Passo 6

Vamos, agora, utilizar a fórmula, substituindo o valor de σ 1 → ' y e escrevendo F em função de x :

∫ C 1   F . d r = ∫ a b F x t ,   y t , z t . σ 1 → ' t d t

∫ 0 4 6 - 3 2 t + t , 6 - 3 2 t t , 0 2 ∙ - 3 2 , 1,0 d t =

= ∫ 0 4 6 - 1 2 t , 6 t - 3 2 t 2 , 0 ∙ - 3 2 , 1,0 d t =

= ∫ 0 4 6 - 3 2 - 1 2 - 3 2 t + 6 t - 3 2 t 2 d t =

= ∫ 0 4 - 9 + 3 4 t + 6 t - 3 2 t 2 d t =

= ∫ 0 4 - 9 + 27 4 t - 3 2 t 2 d t =

= - 9 t + 27 4 t 2 2 - 3 2 t 3 3 t = 0 4 =

= - 9 t + 27 t 2 8 - t 3 2 t = 0 4 =

= - 9 ∙ 4 + 27 ∙ 4 2 8 - 4 3 2 - - 9 ∙ 0 + 27 ∙ 0 2 8 - 0 3 2

= - 36 + 27 ∙ 16 8 - 64 2 - 0

= - 36 + 54 - 32

= - 14

Passo 7

Vamos ver a segunda agora

∫ C 2   x + y d x + x y d y + z 2 d z

Precisamos parametrizar esse segmento de reta. Basta pegar a equação do plano e trocar y = 0

2 x + 0 + z = 12

2 x + z = 12

Vamos isolar o z porque é o x que aumenta quando vai de 0,0 , 12 até 6,0 , 0

z = 12 - 2 x

Fazendo x = t :

σ 2 → = ( t , 0 , 12 - 2 t )

Com x indo de 0 à 6 , tendo 0 ≤ t ≤ 6

Passo 8

Agora calculamos σ 2 → ' t :

σ 2 → ' t = d t d t , d 0 d t , d 12 - 2 t d t = 1,0 , - 2

Passo 9

Vamos, agora, utilizar a fórmula, substituindo o valor de σ 2 → ' x e escrevendo F em função de x :

∫ C 2   F . d r = ∫ a b F x t ,   y t , z t . σ 2 → ' t d t

∫ 0 6 t + 0 , t ∙ 0 , 12 - 2 t 2 ∙ 1,0 , - 2 d t =

= ∫ 0 6 t , 0,144 - 48 t + 4 t 2 ∙ 1,0 , - 2 d t =

= ∫ 0 6 t - 288 + 96 t - 8 t 2 d t =

= ∫ 0 6 - 288 + 97 t - 8 t 2 d t =

= 97 t 2 2 - 288 t - 8 t 3 3 t = 0 6 =

= 97 ∙ 6 2 2 - 288 ∙ 6 - 8 ∙ 6 3 3 - 97 ∙ 0 2 2 - 288 ∙ 0 - 8 ∙ 0 3 3

- 558

Nossa, quanta conta... Mas não perde o ânimo não que só falta uma!

Passo 10

Vamos ver a terceira agora

∫ C 3   x + y d x + x y d y + z 2 d z

Precisamos parametrizar esse segmento de reta. Basta pegar a equação do plano e trocar x = 0

0 + 3 y + z = 12

3 y + z = 12

Vamos isolar o y porque é o z que aumenta quando vai de 0,4 , 0 até 0,0 , 12

3 y = 12 - z

y = 4 - z 3

De novo, vamos fazer z = t :

σ 3 → = 0 , 4 - t 3 , t

Com z indo de 0 à 12 , tendo 0 ≤ t ≤ 12

Passo 11

Agora calculamos σ 3 → ' t :

σ 3 → ' t = d 0 d t , d 4 - t 3 d t , d t d t = 0 , - 1 3 , 1

Passo 12

Vamos, agora, utilizar a fórmula, substituindo o valor de σ 3 → ' t e escrevendo F em função de t :

∫ C 3   F . d r = ∫ a b F x t ,   y t , z t . σ 3 → ' t d t

∫ 0 12 0 + 4 - t 3 , 0 ∙ 4 - t 3 , t 2 ∙ 0 , - 1 3 , 1 d t =

= ∫ 0 12 4 - t 3 , 0 , t 2 ∙ 0 , - 1 3 , 1 d t =

= ∫ 0 12 t 2 d t =

= t 3 3 t = 0 12 =

= 12 3 3 - 0 3 3

= 576

Passo 13

Finalmente, agora que temos as 3 integrais, é só substituir

∫ C   x + y d x + x y d y + z 2 d z = ∫ C 1   x + y d x + x y d y + z 2 d z + ∫ C 2   x + y d x + x y d y + z 2 d z + ∫ C 3   x + y d x + x y d y + z 2 d z

∫ C   x + y d x + x y d y + z 2 d z = - 14 - 558 + 576 = 4

Resposta

4

Exercício Resolvido #2

O campo F = x y i + y j - y z k é o campo de velocidades de um escoamento no espaço. Encontre o escoamento de ( 0,0 , 0 ) até 1,1 , 1 ao longo da curva de interseção do cilindro y = x 2 e do plano z = x . (Sugestão: use x = t como parâmetro.)

Passo 1

Na teoria a gente viu que escoamento nada mais é que a integral de linha:

∫ C F → . d r =   ∫ a b F x t ,   y t , z t . σ → ' t   d t

O campo foi dado no enunciado F → = ( x y , y , - y z ) , só fica faltando a parametrização da curva C .

Então vamos começar por isso, né?

Passo 2

O exercício da uma dica boa de usar x = t , então vamos usá-la. E isso dá que y = t 2 , certo?

Então, pelo cilindro, encontramos que a projeção no plano x y pode ser parametrizada por:

t , t 2

Mas aqui estamos no R 3 , então vamos usar a outra superfície para encontrar a parametrização da nossa curva C no espaço.

E o que temos é algo simples, o plano z = x , que nos dá z = t também.

Assim temos que nossa curva C tem parametrização:

σ → = ( t , t 2 , t )

Que vai de 0,0 , 0 a ( 1,1 , 1 ) , então 0 ≤ t ≤ 1 , concorda?

Passo 3

Da parametrização podemos tirar o vetor tangente:

σ → = d x d t , d y d t , d z d t = ( 1,2 t , 1 )

E agora já temos tudo que precisamos pra calcular a integral, é so jogar na fórmula!

Passo 4

Então, vamos ter que: ∫ a b F x t ,   y t , z t ∙ σ → ' t   d t = ∫ 0 1 ( t ∙ t 2 , t 2 , - t 2 ∙ t ) ∙ ( 1,2 t , 1 ) d t

= ∫ 0 1 t 3 + 2 t 3 - t 3 d t = ∫ 0 1 2 t 3 d t = 2 t 4 4 │ 0 1 = 1 2

Resposta

1 2

Exercício Resolvido #3

Seja C a interseção do cilindro x 2 + y 2 = 4 com o semiplano y + z = 0 , y ≥ 0 , percorrida de modo que sua projeção no plano x y tenha sentido anti-horário e seja F → x , y , z = x 4 i → + y 4 j → + z 4 k → . Calcule a integral

∫ C F → ∙ d r →

Passo 1

Na teoria vimos que a integral de linha é dada por:

∫ C F → . d r =   ∫ a b F x t ,   y t , z t . σ → ' t   d t

O campo foi dado no enunciado F → x , y , z = x 4 i → + y 4 j → + z 4 k → ,   só fica faltando a parametrização da curva. Então vamos atrás dela!

Passo 2

Precisamos conseguir parametrizar a curva C . Podemos parametrizar o cilindro direto

x 2 + y 2 = 4

Vamos ter

x = 2 cos ⁡ θ

y = 2 sen ⁡ θ

Ele disse que y > 0 isso nos diz que

2 sen ⁡ θ > 0

sen ⁡ θ > 0

Então

θ ∈ 0 , π

Falta a componente z , mas temos uma relação entre y e z

z + y = 0

Então

z = - 2 sen ⁡ θ

z = - 2 sen ⁡ θ

Vamos ter

σ θ = 2 cos ⁡ θ , 2 sen ⁡ θ , - 2 sen ⁡ θ

Com θ ∈ 0 , π

Passo 3

Agora calculamos σ ' θ

σ ' t = ∂ ∂ θ 2 cos ⁡ θ , ∂ ∂ θ 2 sen ⁡ θ , ∂ ∂ θ - 2 sen ⁡ θ = - 2 sen ⁡ θ , 2 cos ⁡ θ , - 2 cos ⁡ θ

Passo 4

Uma coisa que temos que ficar atentos na integral de linha é o sentido da curva. Ele disse que o sentido é anti-horário da projeção no plano x y , isso já é a orientação normal que temos, e estamos rodando no sentido anti-horário.

Vamos, então, substituir σ θ e σ ' θ na integral.

∫ 0 π 2 cos ⁡ θ 4 , 2 sen ⁡ θ 4 , - 2 sen ⁡ θ 4 ∙ - 2 sen ⁡ θ , 2 cos ⁡ θ , - 2 cos ⁡ θ d θ

= ∫ 0 π 16 cos 4 ⁡ θ , 16 sen 4 ⁡ θ , 16 sen 4 ⁡ θ ∙ - 2 sen ⁡ θ , 2 cos ⁡ θ , - 2 cos ⁡ θ d θ

= ∫ 0 π - 32 cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ + 32 sen 4 ⁡ θ cos ⁡ θ - 32 sen 4 ⁡ θ cos ⁡ θ ⏟ 0 d θ

= - ∫ 0 π 32 cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ

= - 32 ∫ 0 π cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ

Vamos resolver essa integral separada

Passo 5

∫ cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ

Vamos fazer

u = cos ⁡ θ

Então

d u = - sen ⁡ θ d θ

A integral vai ficar

∫ cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ = - ∫ u 4 d u

Resolvendo a integral vamos ter

- ∫ u 4 d u = - u 5 5

Voltando para θ

- u 5 5 = - cos 5 ⁡ θ 5

∫ cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ = - cos 5 ⁡ θ 5

Passo 6

Voltando para nossa integral

= - 32 ∫ 0 π cos 4 ⁡ θ sen ⁡ θ d θ

Vamos ter

= - 32 - cos 5 ⁡ θ 5 θ = 0 π = 32 cos 5 ⁡ θ 5 θ = 0 π

= 32 cos 5 ⁡ π 5 - cos 5 ⁡ 0 5

= 32 - 1 5 5 - 1 5 5

= 32 - 1 5 - 1 5

= 32 - 2 5

= - 64 5

Resposta

- 64 5

Exercício Resolvido #4

Calcule

∫ C P d x + Q d y + R d z

Onde F → = y , z , x e C é a interseção das superfícies x + y = 2 e x 2 + y 2 + z 2 = 2 x + y , percorrida no senti anti-horário quando vista da origem.

Passo 1

Vamos usar a fórmula que vimos na teoria pra integrais de linha vetoriais:

∫ C F ∙ d r = ∫ a b F x t , y t , z t ∙ σ → ' t   d t

O campo foi dado no enunciado, então só falta parametrizarmos a cruva e encontrarmos o vetor tangente. Vamos ver como que fica!

Passo 2

Precisamos conseguir parametrizar a curva C , primeiro vamos achar a interseção entre as duas superfícies, fazendo

y = 2 - x

Substituindo na equação da esfera

x 2 + 2 - x 2 + z 2 = 2 x + 2 - x

x 2 + 4 - 4 x + x 2 + z 2 = 2 2

2 x 2 - 4 x + z 2 = 0

Vamos completar quadrados agora

2 x 2 - 4 x + 2 + z 2 = 2

2 x 2 - 2 x + 1 + z 2 = 2

2 x - 1 2 + z 2 = 2

x - 1 2 1 + z 2 2 = 1

Isso é uma elipse, vamos parametrizar essa elipse, vamos ter

x = 1 + 1 cos ⁡ θ

z = 2 sen ⁡ θ

Com θ ∈ 0,2 π

Falta a componente y , mas temos uma relação entre y e x

x + y = 2

Então

y = 2 - 1 + cos ⁡ θ

y = 1 - cos ⁡ θ

Vamos ter

C : σ θ = 1 + cos ⁡ θ , 1 - cos ⁡ θ , 2 sen ⁡ θ

Com θ ∈ 0,2 π

Passo 3

Agora calculamos σ ' θ

σ ' t = ∂ ∂ θ 1 + cos ⁡ θ , ∂ ∂ θ 1 - cos ⁡ θ , ∂ ∂ θ 2 sen ⁡ θ = - sen ⁡ θ , sen ⁡ θ , 2 cos ⁡ θ

Passo 4

Mas uma coisa que temos que ficar atentos na integral de linha é o sentido do cara. Ele disse que o sentido é anti-horário quando visto da origem, isso quer dizer que, para o nosso sentido “normal”, ele roda ao contrário do visto pela origem, ou seja, neste caso vai ser no sentido horário.

Mas a nossa parametrização foi feita para a curva percorrendo o sentido anti-horário, com orientaçao positiva. Para corrigir isso, ao invés de integrarmos sobre C , vamos integrar sobre C - , de forma que:

∫ C - F ∙ d r = - ∫ C F ∙ d r

Agora é só jofgar tudo na integral e calcular!

Passo 5

Vamos, então, substituir σ θ e σ ' θ na integral.

- ∫ 0 2 π 1 - cos ⁡ θ , 2 sen ⁡ θ , 1 + cos ⁡ θ ∙ - sen ⁡ θ , sen ⁡ θ , 2 cos ⁡ θ d θ

= - ∫ 0 2 π - sen ⁡ θ + sen ⁡ θ cos ⁡ θ + 2 sen 2 ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ + 2 cos 2 ⁡ θ d θ

= - ∫ 0 2 π - sen ⁡ θ + sen ⁡ θ cos ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ + 2 sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ d θ

= - ∫ 0 2 π - sen ⁡ θ + sen ⁡ θ cos ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ + 2 d θ

Lembrando que

sen ⁡ θ cos ⁡ θ = sen ⁡ 2 θ 2

A integral vai ficar

= - ∫ 0 2 π - sen ⁡ θ + sen ⁡ 2 θ 2 + 2 cos ⁡ θ + 2 d θ

= - cos ⁡ θ - cos ⁡ 2 θ 4 + 2 sen ⁡ θ + 2 θ θ = 0 2 π

= - cos ⁡ 2 π - cos ⁡ 2 ∙ 2 π 4 + 2 sen ⁡ 2 π + 2 ∙ 2 π - cos ⁡ 0 - cos ⁡ 2 ∙ 0 4 + 2 sen ⁡ 0 + 2 ∙ 0

= - 1 - cos ⁡ 4 π 4 + 0 + 2 ∙ 2 π - 1 - cos ⁡ 0 4 + 0 + 0

= - 1 - 1 4 + 2 2 π - 1 - 1 4 +

= - 2 2 π

Resposta

- 2 2 π

Exercícios de Livros Relacionados

Nos exercícios 18 a 25, calcular as integrais curvilíneas dadas:24. ∫ C y d x + z d y - x y d z , onde C é dada por y = s e nx ; z = 4 ; x ∈ [ 0,2 π ] .
Nos exercícios 18 a 25, calcular as integrais curvilíneas dadas:22. ∫ C d x + d y + d z , onde C é a intersecção das superfícies y + z = 5 e z = 4 - x 2 do ponto A ( 2 ,5 ,0 ) ao ponto B ( - 2 ,5 ,0 )
Calcule ∫ γ d x + x y d y + zd z , onde γ é a interseção de x 2 + y 2 + z 2 = 2 ,x ≥ 0 ,y ≥ 0 e z ≥ 0 , com o plano y = x ; o sentido do percurso é do ponto 0,0 , 2 para 1,1 , 0 .
Calcule a integral de linha ∫ C F → ∙ d r → , onde C é dada pela função vetorial r → t . F → x ,y = x + yi ^ + y - z j ^ + z 2k ^ r → t = t 2i ^ + t 3j ^ + t 2k ^ , 0 ≤ t ≤ 1
Determine uma função f tal que F → = ∇ f e Use a parte (a) para calcular ∫ C F → ⋅ d r → sobre a curva C dada. F → x , y = y 2 c o s c o szi → + 2 x y c o szj → - x y 2 s e nz k → ,C : r → t = t 2 i →