Exerc´ıcios Resolvidos Integral de Linha de um Campo Vectorial

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Exercı́cios Resolvidos
Integral de Linha de um Campo Vectorial
Exercı́cio 1 Considere o campo vectorial
2x
2y
2
F (x, y, z) = − 2
,
,
z
.
(x − y 2 )2 (x2 − y 2 )2
Z
Calcule o integral de linha
F onde C é a curva descrita pelo caminho
C
g(t) = (et , sen t, t) ,
0≤t≤
π
.
2
Resolução: O domı́nio do campo F é o conjunto
R3 \ {(x, y, z) ∈ R3 : x = y} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x = −y}
que é a união de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y, tal como se
mostra na Figura 1, em que não se apresenta a dependência em z.
Sendo et > | sen t| , t > 0, então a curva C está contida no conjunto em estrela
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x > |y|}.
y
x=y
PSfrag replacements
x
x = −y
Figura 1: Esboço do domı́nio do campo F
Sendo F um campo fechado, já que
∂
2x
= − (x28xy
∂y − (x2 −y 2 )2
−y 2 )3
2x
∂
=
0
∂z − (x2 −y 2 )2
2y
∂
=
0
∂z (x2 −y 2 )2
=
=
=
∂
∂x
2y
(x2 −y 2 )2
∂
∂x
∂
∂y
z2
z2 ,
e sendo S um conjunto em estrela, concluimos que F é um campo gradiante em S.
Portanto, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos
Z
π
F = V (g( )) − V (g(0)),
2
C
em que V designa um potencial escalar para F em S.
1
Para determinar um potencial V (x, y, z) deveremos resolver a equação ∇V = F, ou seja,
 ∂V
2x
= − (x2 −y
2 )2

∂x



2y
∂V
= (x2 −y
2 )2
∂y



 ∂V
= z 2.
∂z
Da primeira equação obtemos,
V (x, y, z) =
Da segunda,
1
+ k1 (y, z).
x2 − y 2
∂k1
(y, z) = 0 ⇔ k1 (y, z) = k2 (z).
∂y
Finalmente, da terceira equação obtemos
k20 (z) = z 2 ⇔ k2 (z) =
z3
+ k3 .
3
Portanto o potencial tem a forma
V (x, y, z) =
z3
1
+
+ k3
x2 − y 2
3
onde k3 é uma constante.
Então,
Z
F
C
π
= V (g( )) − V (g(0))
2
π
π
2
= V (e , 0, ) − V (1, 0, 0)
2
π3
−π
= e +
−1
24
Exercı́cio 2 Considere o campo definido em R2 \ {(0, 0)} por
x
y
,− 2
F (x, y) =
.
x2 + 4y 2
x + 4y 2
Calcule o integral de linha de F ao longo da circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo.
Resolução: Se tentarmos calcular o integral de linha pela definição verificaremos imediatamente
que não é uma tarefa fácil. Como alternativa podemos utilizar o Teorema de Green.
Note-se que o campo F é fechado. De facto, temos
∂
∂
y
x2 − 4y 2
x
=
= 2
− 2
.
∂y x2 + 4y 2
(x + 4y 2 )2
∂x
x + 4y 2
Consideremos uma região S, limitada pela circunferência C, de raio 1, centrada na origem e
percorrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo,
tal como se ilustra na Figura 2.
2
Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green à região S, obtemos
I
Z
I
∂F2
∂F1
F,
F−
0= (
−
)dxdy =
∂y
C
S ∂x
L
ou seja,
I
F =
C
I
F.
L
Portanto, em vez de calcular o integral de F em C podemos calcularH o integral de F em L.
Assim, deveremos escolher L de tal forma que o cálculo do integral L F seja simples.
y
PSfrag replacements
L
C
2
1
4
x
Figura 2: Esboço da região S limitada por C e por L
A expressão do campo sugere que consideremos curvas onde x2 + 4y 2 seja constante, isto é,
elipses. Consideremos, por exemplo, o caminho
h(t) = (4 cos t, 2 sen t),
0 ≤ t ≤ 2π
que descreve a elipse x2 + 4y 2 = 16, uma vez no sentido directo, tal como se mostra na Figura 2.
Portanto, o integral de linha de F ao longo de L será dado por
Z 2π
I
Z 2π 1
2 sen t 4 cos t
,−
.(−4 sen t, 2 cos t)dt =
− dt = −π.
F.dh =
16
16
2
0
L
0
Exercı́cio 3 Considere o campo vectorial f : R3 7→ R3 definido por
f (x, y, z) = (yzexyz , xzexyz , xyexyz ).
a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f.
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral descrita pelo caminho
h πi
.
g(t) = (5 cos t , 5 sen t, t2 ) , t ∈ 0,
4
Resolução:
a) O potencial φ satisfaz a condição ∇φ = f, ou seja, verifica as equações
∂φ
∂φ
∂φ
= yzexyz ,
= xzexyz ,
= xyexyz .
∂x
∂y
∂z
3
Integrando a primeira equação, obtemos
φ(x, y, z) = exyz + g(y, z).
Substituindo na segunda e terceira equações, concluimos que
∂g
∂g
=
=0
∂y
∂z
e, portanto, g = k é uma constante.
Assim, podemos tomar φ(x, y, z) = exyz + k, em que k é uma constante.
Também é possı́vel determinar φ recorrendo ao Teorema Fundamental do Cálculo para integrais de linha, segundo o qual, sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p 0 , se
tem
Z
φ(p) =
f,
L
onde o integral é calculado ao longo de um caminho diferenciável L qualquer que ligue p 0
a um ponto genérico p = (x, y, z). No nosso caso podemos escolher p0 = 0 e o caminho
como sendo o segmento de recta entre p0 e p, definido por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1] .
Obtemos então,
Z 1
φ(x, y, z) =
f (h(t)) · h0 (t)dt =
0
=
=
Z
Z
= e
1
(t2 yzet
3
xyz
, t2 xzet
3
xyz
, xyt2 et
3
0
1
3xyzt2 et
0
xyz
3
xyz
xyz
) · (x, y, z)dt =
dt =
−1
que, a menos de uma constante, é o resultado obtido acima.
b) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o Teorema Fundamental do
Cálculo,
Z
Z
π
W = f dg = ∇φ = φ(g( )) − φ(g(0)) =
4
√
√
2
2 π2
= φ(5
,5
, ) − φ(5, 0, 0) =
2
2 16
= e
25π2
32
− 1.
Note-se que seria muito mais difı́cil efectuar este cálculo directamente, utilizando a definição
de trabalho.
Exercı́cio 4 Considere o campo vectorial F : R2 \ {(0, 0), (0, 1)} → R2 definido por
y−1
x
x
y
−
,
+
.
F (x, y) = − 2
x + y2
x2 + (y − 1)2 x2 + y 2
x2 + (y − 1)2
Determine o integral de linha do campo F ao longo do caminho que descreve a fronteira do
quadrado com vértices nos pontos (2, 2), (−2, 2), (−2, −2), (2, −2), no sentido directo.
4
Resolução: Designemos por γ o caminho que descreve a fronteira Γ do quadrado e sejam
g1 : [0, 2π] → R2 e g2 : [0, 2π] → R2 os caminhos definidos por
g1 (t)
g2 (t)
1
1
= ( cos t, sen t)
4
4
1
1
= ( cos t, (sen t + 1))
4
4
ou seja, g1 descreve a circunferência C1 de raio 1/4 e centro na origem no sentido positivo e g2
descreve a circunferência C2 de raio 1/4 e centro no ponto (0, 1) no sentido positivo, tal como
se ilustra na Figura 3.
y
Γ
C2
PSfrag replacements
x
C1
Figura 3: As linhas Γ, C1 , C2
O campo F pode ser decomposto na soma de dois campos F = F1 + F2 , em que
x
y
,
,
F1 (x, y) =
− 2
x + y 2 x2 + y 2
y−1
x
F2 (x, y) =
− 2
,
.
x + (y − 1)2 x2 + (y − 1)2
Facilmente se verifica que os campos F1 e F2 são fechados, ou seja, o campo F é fechado.
Portanto, aplicando o Teorema de Green à região limitada pelas circunferências C 1 e C2 e pela
fronteira Γ do quadrado, obtemos
Z
Z
Z
0=
F · dγ −
F · dg1 −
F · dg2 ,
Γ
C1
C2
ou seja,
Z
Γ
F · dγ =
Z
C1
(F1 + F2 ) · dg1 +
Z
C2
(F1 + F2 ) · dg2 .
Por outro lado, o cı́rculo limitado pela circunferência C2 não contém a origem, pelo que
Z
F1 · dg2 = 0.
C2
Do mesmo modo, o cı́rculo limitado pela cicunferência C1 não contém o ponto (0, 1) e, portanto, concluimos que
Z
F2 · dg1 = 0.
C1
5
Assim, temos
Z
Γ
F · dγ =
Z
C1
F1 · dg1 +
Z
C2
F2 · dg2 .
Da definição de integral de linha de um campo vectorial obtemos
Z
Z
C1
C2
F1 · dg1
F2 · dg2
Logo,
=
=
Z
Z
Z
2π
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π
0
2π
0
Γ
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π.
F · dγ = 2π + 2π = 4π.
Exercı́cio 5 Considere o campo vectorial
3(x − 1)
x+1
3y
−y
+
,
+
+x .
f (x, y) =
(x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + y 2
Calcule o trabalho de f ao longo da elipse definida pela equação
directo.
x2
25
2
+ y16 = 1 percorrida no sentido
Resolução: Para facilitar a análise, o campo f pode ser escrito na forma: f = h + g + l, em que
−y
x+1
,
),
2
2
(x + 1) + y (x + 1)2 + y 2
3y
3(x − 1)
,
),
g(x, y, z) = (
2
2
(x − 1) + y (x − 1)2 + y 2
l(x, y, z) = (0, x).
h(x, y, z) = (
O campo h é fechado, é singular no ponto (−1, 0) e não é um gradiante. De facto, seja C
a circunferência de raio 1 centrada em (−1, 0). Por cálculo directo, facilmente se verifica que o
trabalho de h ao longo de C, percorrida no sentido directo, é igual a 2π, ou seja, o campo h não é
conservativo.
y
E
C
Γ
PSfrag replacements
x
Figura 4:
O campo g é radial com centro no ponto (1, 0), pelo que g é um gradiante em R 2 \ {(1, 0)}.
6
2
2
Seja E a elipse descrita pela equação x25 + y16 = 1 e percorrida no sentido directo.
Aplicando o Teorema de Green à região contida entre as curvas C e E, sendo h um campo
fechado, concluimos que
Z
Z
h=
E
h = 2π.
C
Por outro lado, como g é gradiante em R2 \ {(1, 0)}, temos
Z
g = 0.
E
1
O campo l = (0, x) é de classe C na região A limitada pela elipse E. Pelo Teorema de Green
temos
Z
Z
Z
∂l2
∂l1
l= (
−
)dxdy =
dxdy = 20π,
∂y
E
A ∂x
A
pois o último integral representa a área da elipse.
Portanto,
Z
Z
Z
Z
l = 2π + 0 + 20π = 22π.
g+
h+
f=
E
E
E
E
Exercı́cio 6 Seja F : R2 \ {(−1, 0), (1, 1), (0, 0)} → R2 o campo vectorial F = (P, Q) definido por
P (x, y) =
y
y−1
5x
−
+p
2
(x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + (y − 1)2
x + y2
Q(x, y) = −
1. Calcule o integral
sentido directo.
Z
x−1
5y
x+1
.
+
+p
2
(x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + (y − 1)2
x + y2
P dx + Qdy onde C é a elipse
C
x2
9
+
y2
16
= 1 percorrida uma vez no
2. Decida, justificadamente, se o campo F é um gradiante no conjunto
1
1
S = R2 \ {(x, y) ∈ R2 : y = x + ; −1 ≤ x ≤ 1} ∪ {(0, 0)} .
2
2
Resolução:
1. Se definirmos
F1 (x, y) =
x+1
y
,−
2
2
(x + 1) + y
(x + 1)2 + y 2
,
então,
x−1
y−1
,
F2 (x, y) = −
(x − 1)2 + (y − 1)2 (x − 1)2 + (y − 1)2
!
5x
5y
F3 (x, y) = p
,p
,
x2 + y 2
x2 + y 2
F = F1 + F2 + F3
e, portanto,
I
C
F · dg =
I
C
F1 · dg +
7
I
C
F2 · dg +
I
C
F3 · dg.
,
O campo F3 é radial. De facto, sendo r = (x, y), temos
F3 (r) = 5
r
,
|r|
pelo que F3 é um campo gradiante com potencial
V (x, y) = 5|r| = 5
Assim, temos
I
C
p
x2 + y 2 .
F3 · dg = 0.
O campo F1 obtem-se do campo
G(x, y) =
x
y
,
− 2
x + y 2 x2 + y 2
fazendo a substituição x 7→ x − (−1) e multiplicando por −1, enquanto que F2 se obtem de
G fazendo a substituição x 7→ x − 1, y 7→ y − 1. Portanto, tal como G, F1 e F2 são campos
fechados mas não gradiantes.
Para calcular o integral de F1 ao longo de C consideremos a região
D = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y 2 ≥ 1,
x2
y2
+
≤ 1}
9
16
que se encontra representada na Figura 5.
y
y
C
C
PSfrag replacements
C2
D
C1
PSfrag replacements
x
1
1
x
C1
C2
D
Figura 5:
Aplicando o Teorema de Green à região D, concluimos que o integral de F 1 ao longo de C
coincide com o integral de F1 ao longo da circunferência C1 de raio 1, centrada em (−1, 0),
percorrida no sentido directo e descrita pelo caminho
g(t) = (−1 + cos t, sin t),
0 ≤ t ≤ 2π.
Portanto,
I
C
F1 · dg =
Z
=
Z
2π
F1 (−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
0
2π
0
−1 dt = −2π.
8
Da mesma maneira, podemos aplicar o Teorema de Green para concluir que o integral de
F2 ao longo de C coincide com o integral de F2 ao longo da circunferência C2 de centro em
(1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo, tal como se mostra na Figura 5.
Logo, sendo
g(t) = (1 + cos t, 1 + sin t),
0 ≤ t ≤ 2π,
o caminho que descreve essa circunferência, teremos
I
C
F2 · dg =
Z
=
Z
2π
F2 (1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cos t)dt
0
2π
1dt = 2π.
0
Assim, obtemos
I
C
P dx + Qdy = −2π + 2π + 0 = 0.
2. O campo F é um gradiante no conjunto S se e só se
Z
α
F · dg = 0 para qualquer curva
fechada α contida em S. Podemos, como na alı́nea anterior, escrever F = F1 + F2 + F3 , e
uma vez que F3 é um gradiante, basta decidir que F1 + F2 é um gradiante em S.
Note-se que F1 + F2 está definido e é fechado no conjunto
S ∪ {(0, 0)} = R2 \ {(x, y) ∈ R2 : y =
x 1
+ , −1 ≤ x ≤ 1}.
2 2
Seja R o segmento de recta definido por
R = {(x, y) ∈ R2 : y =
x 1
+ , −1 ≤ x ≤ 1}
2 2
e representado na Figura 6.
y
C
R
PSfrag replacements
−1
1
x
Figura 6:
Sendo F1 + F2 um campo fechado, o integral de F1 + F2 ao longo de uma curva α será nulo
desde que o segmento de recta R não esteja contido no interior do conjunto limitado por α.
Note-se que as singularidades de F1 + F2 estão em R.
9
Se o segmento de recta R estiver contido no conjunto limitado pela curva α, então, pelo
Teorema de Green, teremos
I
I
(F1 + F2 ) = (F1 + F2 ) = 0.
α
C
Portanto, F1 + F2 é um gradiante em S ∪ {(0, 0)}, o que, por sua vez, implica que F é um
gradiante em S.
Exercı́cio 7 Considere o campo vectorial F = G + H, sendo
y
z
x
,
−
,
−
G(x, y, z) =
− 2
(x + y 2 + z 2 )3/2
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
x
z
, 0, 2
.
H(x, y, z) =
− 2
x + z2
x + z2
Determine o trabalho realizado pelo campo F ao longo da linha
Γ = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2 ; |x| = 1 ; |z| ≤ 1} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2 ; |x| ≤ 1 ; |z| = 1},
percorrida uma vez no sentido positivo quando vista do ponto (0, −10, 0).
Resolução: É claro que o domı́nio de F é o conjunto D = R3 \ {(0, y, 0) : y ∈ R}.
Facilmente se verifica que os campos G e H são fechados em D.
O campo G é radial e, portanto, é gradiante em R3 \ {(0, 0, 0)}, ou seja, G = ∇φ, e o respectivo
potencial φ é a função definida por
φ(x, y, z) = − p
1
x2
+ y2 + z 2
.
Assim, o trabalho realizado pelo campo G ao longo de qualquer linha fechada em D é nulo e,
portanto,
Z
Z
H · dγ,
F · dγ =
Γ
Γ
em que γ designa uma parametrização de Γ.
A linha Γ pode ser deformada em D de modo a obter-se a circunferência C de raio um, centrada
sobre o eixo Oy,
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z 2 = 1 ; y = 0},
percorrida uma vez e parametrizada por
g(t) = (cos t, 0, sen t) ,
0 ≤ t ≤ 2π,
ou seja, Γ e C são homotópicas em D. Note-se que Γ e C devem ser percorridas no sentido directo
quando vistas do ponto (0, −10, 0).
Então,
Z
Γ
F · dγ =
Z
Γ
H · dγ =
Z
C
H · dg =
Z
2π
0
(− sen t, 0, cos t) · (− sen t, 0, cos t) dt = 2π.
10