Exercícios Resolvidos de Caso Escalar R²

  1. Calcule ∫ C   3 x + 2 y d x + 3 x - y d y de ( 0 ,   0 ) a 1 ,   1 , ao longo
  1. do arco de circunferência x 2 + y - 1 2 = 1 , orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Bem, antes do começarmos qualquer coisa, vamos colocar essa integral de linha de uma forma mais elegante.

Como você já pode notar, a integral de linha está assim ∫ C   3 x + 2 y d x + 3 x - y d y , certo? Só que esse formato é apenas outra forma de falar que estamos trabalhando uma integral de linha de um campo de vetores: ∫ C   F → x ,   y d r →

∫ C   3 x + 2 y d x + 3 x - y d y = ∫ C   F → x ,   y d r →

Onde esse F → x ,   y é o vetor...

F → x ,   y = 3 x + 2 y ,   3 x - y  

Se buscamos a solução dessa integral de linha do modo diretão, nada mais justo que seguirmos o passo a passo maroto de resolução desse tipo de integral:

  1. Parametrizar a curva C que estamos trabalhando.
  2. Substituir os termos do campo vetorial F → x ,   y pelos termos da parametrização.
  3. Encontrar o termo d r → .

Então vem comigo nessa aventura! :D

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos então parametrizar a curva C , mas por falar nisso, quem é a curva C ?

Bem, pelo próprio enunciado, sabemos que a curva que une esses dois pontos está sobre a circunferência de raio 1 deslocada de uma unidade em y , x 2 + y - 1 2 = 1 ...

Só que só queremos esse arco aqui oh:

Pois ele é o arco que atende as condições de estar girando no sentido anti-horário e também saindo da origem e chegando lá em cima, saca?

Se a circunferência estivesse centrada na origem, a parametrização seria aquela, a prima das coordenadas polares, se lembra?

x = R a i o   d a   c i r c u n f e r ê n c i a ⋅ cos ⁡ t

y = R a i o   d a   c i r c u n f e r ê n c i a ⋅ sin ⁡ t

Mas, a circunferência está deslocada em y de uma unidade, então...

x = R a i o   d a   c i r c u n f e r ê n c i a ⋅ cos ⁡ t

y - 1 = R a i o   d a   c i r c u n f e r ê n c i a ⋅ sin ⁡ t

O raio da circunferência é 1 ...

x = cos ⁡ t

y = 1 + sin ⁡ t

E basicamente terminamos a parametrização. Só que é legal deixa-la de uma forma mais gentil e apresentável, neh? Por isso falamos que a parametrização é

γ t = cos ⁡ t ,   1 + sin ⁡ t

Passo 3

Nunca devemos concluir uma parametrização sem antes dizer onde o parâmetro, no caso t , varia.

Nesse caso, note que o t gira da origem até o ponto ( 1 ,   1 ) :

Na origem, x = 0 , então...

x = cos ⁡ t         →             0 = cos ⁡ t       →

Dois candidatos de ângulos que dão o cosseno 0 são

t = - π 2   o u   π 2

pra saber qual dos dois estamos falando, usemos o y = 0 também...

y = 0           →             0 = 1 + sin ⁡ t       →

sin ⁡ t = - 1

Epa! o seno é negativo, então o t que queremos saindo da origem é

t = - π 2

Usando os mesmos raciocínios para os o outro ponto, ( 1 ,   1 ) , x = 1 ...

x = cos ⁡ t         →             1 = cos ⁡ t       →

t = 0

Repare que, nesse caso, t só pode ser 0 , afinal de contas a curva gira aumentando o ângulo no sentido anti-horário!

Logo...

- π 2 ≤ t ≤ 0

Passo 4

Beleza! Agora devemos prosseguir substituindo no campo vetorial F → x ,   y , esse x e y pelos termos da parametrização:

F → x ,   y = 3 x + 2 y ,   3 x - y         →

Lembrando que x = cos ⁡ t e y = 1 + sin ⁡ t ...

F → γ t = 3 cos ⁡ t + 2 1 + sin ⁡ t , 3 cos ⁡ t - 1 + sin ⁡ t   →

F → γ t = 3 cos ⁡ t + 2 sin ⁡ t + 2   ,   3 cos ⁡ t - sin ⁡ t - 1  

Passo 5

Para encontrar o termo d r → , basta sabermos que facilmente o encontramos fazendo:

d r → = γ ' t d t

Como no caso a parametrização foi γ t = cos ⁡ t ,   1 + sin ⁡ t , derivando cada termo do vetor em relação a t ...

γ t = cos ⁡ t ,   1 + sin ⁡ t             →               γ ' t = - sin ⁡ t , cos ⁡ t

Logo...

d r → = - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t

Passo 6

Voltando para a integral de linha que estamos trabalhando

∫ C   F → x ,   y d r →

e substituir todos os dados que obtivemos...

∫ C   F → x ,   y d r → = ∫ - π 2 0 3 cos ⁡ t + 2 sin ⁡ t + 2   ,   3 cos ⁡ t - sin ⁡ t - 1   ∙ - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t

Não se esqueça de realizar esse produto escalar de vetores aí, heim!

∫ - π 2 0 - sin ⁡ t 3 cos ⁡ t + 2 sin ⁡ t + 2 ) + cos ⁡ t ( 3 cos ⁡ t - sin ⁡ t - 1   d t =

∫ - π 2 0 - 3 cos ⁡ t sin ⁡ t - 2 sin 2 ⁡ t - 2 sin ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t - cos ⁡ t sin ⁡ t - cos ⁡ t   d t =

∫ - π 2 0 - 4 cos ⁡ t sin ⁡ t - 2 sin 2 ⁡ t - 2 sin ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t - cos ⁡ t   d t

∫ - π 2 0 - 4 cos ⁡ t sin ⁡ t   d t + ∫ - π 2 0 - 2 sin 2 ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t   d t + ∫ - π 2 0 - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t   d t

Vamos calcular essas integrais separadamente!

Passo 7

Em relação a primeira integral... ∫ - π 2 0 - 4 cos ⁡ t sin ⁡ t   d t ...

- 4 ∫ - π 2 0 cos ⁡ t sin ⁡ t   d t

podemos fazer uma substituição do tipo

sin ⁡ t = u       →             d u = cos ⁡ t d t

não esqueça dos limites

t = - π 2         →                 sin ⁡ - π 2 = - 1 = u

t = 0         →                 sin ⁡ 0 = 0 = u

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

- 4 u 2 2 - 1 0 = - 4 0 - - 1 2 2 =

2

Passo 8

Com relação a ∫ - π 2 0 - 2 sin 2 ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t   d t ... Lembre-se que cos 2 ⁡ t = 1 - sin 2 ⁡ t ...

∫ - π 2 0 - 2 sin 2 ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t   d t = ∫ - π 2 0 - 2 sin 2 ⁡ t + 3 1 - sin 2 ⁡ t   d t

∫ - π 2 0 - 5 sin 2 ⁡ t + 3   d t

como sin 2 ⁡ t = 1 - cos ⁡ ( 2 t ) 2 ...

∫ - π 2 0 - 5 1 - cos ⁡ ( 2 t ) 2 + 3   d t =

∫ - π 2 0 - 5 2 + 5 cos ⁡ 2 t 2 + 3   d t =

∫ - π 2 0 1 2 + 5 cos ⁡ 2 t 2   d t =

1 2 t + 5 2 sin ⁡ 2 t 2 - π 2 0 =

- 1 2 - π 2 = π 4

Passo 9

Vamos agora para a última integral ∫ - π 2 0 - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t   d t e é a cereja do nosso bolo, afinal, é uma integral direta!

∫ - π 2 0 - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t   d t = 2 cos ⁡ t - sin ⁡ t - π 2 0 =

2 cos ⁡ 0 - sin ⁡ 0 - 2 cos ⁡ - π 2 - sin ⁡ - π 2 =

2 - - - 1 =

1

Passo 10

Somando o resultado das três:

∫ C   F → x ,   y d r → = ∫ - π 2 0 - 4 cos ⁡ t sin ⁡ t   d t + ∫ - π 2 0 - 2 sin 2 ⁡ t + 3 cos 2 ⁡ t   d t + ∫ - π 2 0 - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t   d t

∫ C   F → x ,   y d r → = 2 + π 4 + 1 =

π 4 + 3

Resposta

c )   π 4 + 3

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