Exercícios Resolvidos de Integrais de Linha

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Enunciado

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

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