Calcule a integral de linha \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r} para cada campo e curva dados.
  • \vec{F}=(x+2 y) \vec{i}+(x-y) \vec{j}, e C: x=\cos (t), y=4 \operatorname{sen}(t), 0 \leq t \leq \frac{\pi}{4}.
  • \vec{F}=\left(x^{2}+y^{2}\right) \vec{i}-x \vec{j}, e C : arco da circunferência x^{2}+y^{2}=1 limitado ao primeiro quadrante e orientado no sentido (1,0) a (0,1).
  • \vec{F}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \vec{i} e C é o segmento de reta que liga o ponto ( -1,0,0 ) até o ponto ( 1,0,0 ).
  • \vec{F}=x e^{z} \vec{j}+z^{2} \vec{k} e C é o caminho que liga o ponto (-1,1,0) até o ponto (1,1,0) no plano x y ao longo da curva de equação y=x^{2 n} onde n é um número natural. Interprete o caso n=0.
  • O mesmo campo vetorial do item anterior e C é a poligonal formada por três segmentos de reta ligando os pontos (-1,1,0), (-1,0,0),(1,0,0) e (1,1,0), nesta sequência. Relacione com o item anterior quando n é grande.

Passo 1

O enunciado pede cinco integrais de linha da forma
\int_{C}\vec F\cdot d\vec r
Para cada caso iremos (i) parametrizar C, (ii) calcular d\vec r, (iii) avaliar \vec F na parametrização e (iv) integrar o produto escalar.

Passo 2

Para \vec F=(x+2y,\,x-y) e
C:\;\begin{cases} x=\cos t,\\\ y=4\sin t, \end{cases} \quad 0\le t\le\frac\pi4.
Temos
d\vec r=(-\sin t,\,4\cos t)\,dt, \quad \vec F(\cos t,4\sin t)=(\cos t+8\sin t,\;\cos t-4\sin t).
Logo
\vec F\cdot d\vec r =(\cos t+8\sin t)(-\,\sin t)+(\cos t-4\sin t)(4\cos t) =-2+6\cos2t-\tfrac{17}{2}\sin2t,
e
\int_{0}^{\pi/4}\bigl(-2+6\cos2t-\tfrac{17}{2}\sin2t\bigr)dt =\Bigl[-2t+3\sin2t+\tfrac{17}{4}\cos2t\Bigr]_{0}^{\pi/4} =3-\tfrac\pi2-\tfrac{17}{4} =-\tfrac54-\tfrac\pi2.

Passo 3

Para \vec F=(x^2+y^2,\,-x) e arco x^2+y^2=1 de (1,0) a (0,1):
r(t)=(\cos t,\sin t),\quad dr=(-\sin t,\cos t)\,dt,\quad x^2+y^2=1,
\vec F\cdot d\vec r =1\cdot(-\sin t)+(-\cos t)\cos t =-\sin t-\cos^2t,
\int_{0}^{\pi/2}(-\sin t-\cos^2t)dt =\bigl[\cos t\bigr]_{0}^{\pi/2} -\int_{0}^{\pi/2}\cos^2t\,dt =-1-\tfrac\pi4.

Passo 4

Para \vec F=(\sqrt{x^2+y^2+z^2},\,0,\,0) no segmento de (-1,0,0) a (1,0,0):
r(t)=(-1+2t,0,0),\;0\le t\le1,\quad dr=(2,0,0)\,dt,\quad \|\!r(t)\|\;=\;|{-1+2t}|.
\int_{0}^{1}|{-1+2t}|\cdot2\,dt =2\Bigl(\int_{0}^{1/2}(1-2t)dt+\int_{1/2}^{1}(-1+2t)dt\Bigr) =1.

Passo 5

Para \vec F=(0,\,x e^z,\,z^2) de (-1,1,0) a (1,1,0) sobre y=x^{2n}, z=0:
r(x)=(x,x^{2n},0),\;-1\le x\le1,\quad dr=(1,2n\,x^{2n-1},0)\,dx,
\vec F\cdot d\vec r =(0,x,0)\cdot(1,2n\,x^{2n-1},0) =2n\,x^{2n}\,dx,
\int_{-1}^{1}2n\,x^{2n}\,dx =\tfrac{2n}{2n+1}\bigl[\,x^{2n+1}\bigr]_{-1}^{1} =\tfrac{4n}{2n+1}.
Para n=0 isso dá \tfrac{4\cdot0}{1}=0, que coincide com a reta y=1.

Passo 6

Mesmo \vec F e C poligonal (-1,1,0)\to(-1,0,0)\to(1,0,0)\to(1,1,0):
– No primeiro segmento \int=-1\cdot(y-variação )=1.
– No segundo \int=0.
– No terceiro \int=1.
Soma =2. Para n\to\infty a curva y=x^{2n} aproxima esse polígono, e \tfrac{4n}{2n+1}\to2.

Resposta

  1. -\tfrac{5}{4}-\tfrac{\pi}{2}
  2. -1-\tfrac{\pi}{4}
  3. 1
  4. \tfrac{4n}{2n+1}, e para n=0 vale 0
  5. 2 (e coincide com o caso n\to\infty)

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