Exerc´ıcios Resolvidos Integrais de Linha. Teorema de Green

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Exercı́cios Resolvidos
Integrais de Linha. Teorema de Green
Exercı́cio 1 Um aro circular de raio 1 rola sem deslizar ao longo de uma linha recta. Qual é
o comprimento da trajectória descrita por um ponto do aro entre um contacto com o solo e a
próxima vez que se encontra á mesma altura que o centro?
A curva descrita por um ponto do aro chama-se ciclóide
Resolução: Podemos colocar o aro no plano xOy a rolar ao longo do eixo Ox de tal forma que, no
inı́cio do movimento, o centro se encontra no ponto (0, 1) e o ponto do aro em questão se encontra
na origem.
O facto de o aro rolar sem deslizar significa que quando o centro se desloca uma distãncia s ao
longo do eixo Ox, o ponto no aro descreve, em relação ao centro do aro, um arco de circunferência de
comprimento s. Em particular, num quarto de volta do aro, o centro deslocar-se-á um comprimento
total de π2 .
y
PSfrag replacements
1
0
s
s
2π
x
Figura 1: Esboço da ciclóide
O movimento do ponto do aro pode-se decompôr em dois: o movimento do centro do aro e o
movimento do ponto em relação ao centro.
Se usarmos a distância percorrida pelo aro como parâmetro, a trajectória do centro é descrita
pelo caminho g1 : [0, π2 ] −→ R2 definido por
g1 (s) = (s, 1)
Por outro lado, a trajectória do ponto no aro em relação ao centro é descrita pelo caminho
g2 : [0, π2 ] −→ R2 definido por
π
π
− s), sen(− − s))
2
2
= (− sen s, − cos s)
g2 (s) = (cos(−
já que o vector que une o centro ao ponto do aro começa por fazer um ângulo de − π2 com o eixo
Ox e roda no sentido dos ponteiros do relógio.
1
Portanto, a trajectória descrita pelo ponto no aro é dada pela soma destes dois caminhos:
g : [0, π2 ] −→ R2 definido por
g(s) = g1 (s) + g2 (s)
= (s − sen s, 1 − cos s)
O comprimento deste caminho é dado pela expressão (onde C = g([0, π2 ]))
Z
1=
C
Z
π
2
||g 0 (s)||ds
0
Como
g 0 (s) = (1 − cos s, sen s)
temos
||g 0 (s)|| =
=
e portanto
Z
1 =
C
=
p
p
1 − 2 cos s + cos2 s + sen2 s
2(1 − cos s)
Z
Z
π
2
0
1
0
p
p
2(1 − cos s)ds
2(1 − u) √
√ Z 1 du
√
2
=
1+u
0
√ √
= 2 2( 2 − 1)
du
1 − u2
onde na passagem da primeira para a segunda linha se fez a mudança de variável u = cos s.
2
Exercı́cio 2 Um avião a hélice desloca-se em linha recta a uma velocidade constante igual a 1.
Se a hélice do avião tem raio r e roda a velocidade constante, ω vezes por unidade de tempo, qual
é o comprimento da trajectória descrita por um extremo da hélice quando o avião se desloca L
unidades de comprimento?
Resolução: Podemos colocar o avião a deslocar-se ao longo do eixo Ox e de tal forma que no
instante inicial o centro da hélice se encontra na origem. Então uma parametrização da trajectória
percorrida pelo centro da hélice é dada pelo caminho g1 : [0, L] −→ R3 , definido por
g1 (t) = (t, 0, 0)
Por outro lado, a hélice roda a uma velocidade constante em relação ao centro, num plano perpendicular ao eixo Ox.
Na figura 2 apresenta-se a trajectória do extremo da hélice e a respectiva projecção no plano
x = 0.
z
z
x=0
y
y
PSfrag replacements
2π x
Figura 2: Trajectória do extremo da hélice
Assim, uma parametrização da trajectória do extremo da hélice em relação ao centro é dada
pelo caminho g2 : [0, L] −→ R3 , definido por
g2 (t) = (0, r cos(2πωt), r sen(2πωt))
A trajectória do extremo da hélice é descrita pela soma dos dois caminhos em R 3 . Isto é, por
g : [0, L] −→ R3 , definido por
g(t) = (t, r cos(2πωt), r sen(2πωt))
O comprimento deste caminho é dado pela expressão (onde C = g([0, L]))
Z
Z L
1=
||g 0 (t)||dt
C
0
Como
g 0 (t) = (1, −2πωr sen(2πωt), 2πωr cos(2πωt))
temos
||g 0 (t)|| =
=
p
p
1 + 4π 2 r2 ω 2 sen2 (2πωt) + 4π 2 r2 ω 2 cos2 (2πωt)
1 + 4π 2 r2 ω 2
3
e portanto
Z
1=L
C
p
1 + 4π 2 r2 ω 2
4
Exercı́cio 3 Um fio C, com densidade de massa ρ(x, y, z) = |x(y + 1)|, tem a configuração da
intersecção das superfı́cies
S
= {(x, y, z) ∈ R3 : z =
P
= {(x, y, z) ∈ R3 : y +
p
x2 + y 2 }
√
2z = 1}
Calcule a massa de C.
Resolução: A massa do fio é dada pelo integral de linha
Z
m=
ρ.
C
Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrização para a curva
C. Comecemos por determinar a equação da projecção, C 0 , de C no plano xOy:
(
p
2
z = x2 + y 2
⇒ x2 + y 2 = 12 − y + y2
1
√
z = 2 (1 − y)
x2 +
⇔
(y+1)2
2
= 1.
Portanto a projecção C 0 é uma elipse centrada no ponto (0, −1, 0) com eixo maior de comprimento
√
2 e eixo menor de comprimento 1. Uma parametrização para C pode ser definida por
√
√
g(t) = (cos(t), 2 sen(t) − 1, 2 − sen(t)), t ∈ [0, 2π],
√
onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [0, 2π], a função (cos(t),
2 sen(t) − 1, 0)
√
percorre a projecção C 0 e que o único ponto de C por cima de (cos(t), 2 sen(t) − 1, 0) tem
coordenada z dada por
√
√
1
1
z = √ (1 − y(g(t))) = √ (1 − ( 2 sen(t) − 1)) = 2 − sen(t).
2
2
Temos
g 0 (t)
||g 0 (t)||
ρ(g(t))
√
= (− sen(t), 2 cos(t), − cos(t))
p
p
=
sen2 (t) + 2 cos2 (t) + cos2 (t) = 1 + 2 cos2 (t)
√
1
= | cos(t)( 2 sen(t) − 1 + 1)| = √ | sen(2t)|,
2
logo
m=
Z
2π
ρ(g(t))||g 0 (t)||dt
=
0
=
=
=
1
√
2
Z
4
√
2
Z
2π
| sen(2t)|
0
π
2
sen(2t)
0
p
p
1 + 2 cos2 (t)dt
1 + 2 cos2 (t)dt
i π2
3
4 h
√ −(1 + 2 cos2 (t)) 2
0
3 2
3
4
√ (3 2 − 1).
3 2
5
Exercı́cio 4 Um filamento eléctrico C, com densidade de carga eléctrica
p
σ(x, y, z) = 5 − 8(x + 1)(y + 1)
tem a configuração da intersecção das superfı́cies
S
= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z}
P
= {(x, y, z) ∈ R3 : 2x + 2y + z = −1}
Calcule a carga eléctrica de C.
Resolução: A carga eléctrica do filamento é dada pelo integral de linha
Z
σ.
q=
C
Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrização para a curva
C. Comecemos por determinar a equação da projecção, C 0 , de C no plano xOy:
(
z = x2 + y 2
⇒ −1 − 2y − 2x = x2 + y 2
z = −1 − 2y − 2x
(x + 1)2 + (y + 1)2 = 1.
⇔
Portanto a projecção C 0 é uma circunferência de raio 1 centrada no ponto (−1, −1, 0). Uma
parametrização para C pode ser definida por
g(t) = (cos(t) − 1, sen(t) − 1, 3 − 2 cos(t) − 2 sen(t)), t ∈ [0, 2π]
onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [0, 2π], (cos(t) − 1, sen(t) − 1, 0) percorre
a projecção C 0 . Para além disso, o único ponto de C por cima de (cos(t) − 1, sen(t) − 1, 0) tem
coordenada z dada por
z = −1 − 2(sen(t) − 1) − 2(cos(t) − 1) = 3 − 2 cos(t) − 2 sen(t).
Temos
logo
g 0 (t) = (− sen(t), cos(t), 2 sen(t) − 2 cos(t))
p
p
||g 0 (t)|| =
sen2 (t) + cos2 (t) + (2 sen(t) − 2 cos(t))2 = 5 − 8 sen(t) cos(t)
p
p
σ(g(t)) =
5 − 8(x(g(t) + 1)(y(g(t) + 1) = 5 − 8 cos(t) sen(t)
q=
Z
2π
0
σ(g(t))||g (t)||dt
=
0
Z
2π
0
(5 − 8 cos(t) sen(t))dt
2π
= [5t + 2 cos(2t)]0
= 10π.
6
Exercı́cio 5 Resolva as seguintes questões.
1. Parametrize as curvas:
a) Um segmento de recta percorrido desde o ponto (1, 0, 1) até ao ponto (0, 0, −1),
b) O arco da circunferência de raio 1 centrada no ponto (0, 0, 1) e contida no plano z = 1,
percorrida no sentido que visto da origem é o dos ponteiros do relógio, desde o ponto
(−1, 0, 1) até ao ponto (1, 0, 1),
c) A porção da curva de intersecção das superfı́cies x = y 2 e x2 + y 2 + z 2 = 1 contida na
região z ≥ 0, percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem.
2.
a) Calcule as coordenadas do centro de massa de um filamento com a forma da curva da
alı́nea 1.b), se a função densidade de massa for dada por f (x, y, z) = x 2 + z 2 .
b) Considere o campo vectorial F : R3 \ {(0, 0, 0)} → R3 definido por
F (x, y, z) =
Determine o valor do integral
1
(x, y, z).
x2 + y 2 + z 2
Z
α
F · dg
para as curvas α das alı́neas 1.a) e 1.b) percorridas no sentido indicado.
Resolução:
1.
a) Para o caso deste segmento de recta, obtemos
g1 (t) = (1, 0, 1) + t[(0, 0, −1) − (1, 0, 1)]
com t ∈ [0, 1]. Ou seja,
g1 (t) = (1 − t, 0, 1 − 2t)
b) Dado que o arco de circunferência está contido no plano z = 1, esta última coordenada
aparecerá constante na parametrização. Como a curva é percorrida no sentido dos
ponteiros do relógio vista da origem, obtemos:
g2 (t) = (cos t, sin t, 1)
A variação do parâmetro t deduz-se dos pontos inicial (−1, 0, 1) e final (1, 0, 1) e, portanto, t ∈ [−π, 0].
c) Para esta curva podemos tomar y como variável independente, ou seja, como parâmetro.
Como a curva é percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem, y deve
decrescer ao longo dessa curva. Assim, obtemos:
y = −t
x = y 2 = t2
p
p
z = 1 − x 2 − y 2 = 1 − t 4 − t2
Note-se que, de acordo com o enunciado, z deve ser sempre positivo.
Para descobrir os limites do intervalo da parametrização, resolvemos, para z = 0, o
sistema
( 2
x + y2 + z 2 = 1
x = y2
7
Tirando o valor de y, obtemos
y4 + y2 = 1
donde concluimos que
y2 =
ou seja, y =
Portanto,
com t ∈ [−
2.
q√
5−1
2
q√
5−1
2 ,
ou y = −
√
5−1
2
q√
5−1
2 .
g3 (t) = (t2 , −t,
q√
5−1
2 ].
p
1 − t 4 − t2 )
a) Escrevendo (xCM , yCM , zCM ) para as coordenadas do centro de massa, podemos concluir imediatamente por simetria que zCM = 1 e, uma vez que a função de densidade de
massa e o filamento são simétricos em relação ao plano yz, que xCM = 0. A coordenada
yCM é dada pela fórmula:
R
yf (x, y, z)ds
yCM = Rα2
α2 f (x, y, z)ds
Tem-se
g20 (t) = (− sin t, cos t, 0)
||g20 (t)|| = 1,
Então,
Z
e
0
1
8
3 sin t(1 + cos t)dt = (− cos t − cos t) = − ,
y(x + z )ds =
3
3
−π
α2
−π
2
Z
Z
2
2
2
(x + z )ds =
α2
0
Z
2
0
2
(1 + cos t)dt = π +
−π
Z
0
−π
1 + cos 2t
3π
dt =
2
2
ou seja,
16
,
9π
e, portanto, as coordenadas do centro de massa são
yCM = −
(0, −
16
, 1).
9π
b) Por definição, temos
Z
α1
F · dg =
Z
=
Z
=
Z
=
Z
1
F (g1 (t)) · g10 (t)dt
0
1
F (1 − t, 0, 1 − 2t) · (−1, 0, −2)dt
0
1
0
1
0
1
(1 − t, 0, 1 − 2t) · (−1, 0, −2)dt
(1 − t)2 + (1 − 2t)2
5t − 3
dt
5t2 − 6t + 2
1
= log |5t2 − 6t + 2||t=1
t=0
2
log 2
1
.
= [log 1 − log 2] = −
2
2
8
Para a segunda curva, obtemos
Z
α2
0
F · dg =
Z
−π
=
Z
−π
F (g2 (t)) · g20 (t)dt
0
0
=
Z
−π
=
Z
−π
F (cos t, sin t, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt
1
(cos t, sin t, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt
2
0
0dt = 0.
9
Exercı́cio 6 Considere o caminho g : [0, 1] → R2 definido por
g(t) = (et cos(2πt), et sen(2πt)).
a) Calcule o comprimento L(g) do caminho g.
b) Calcule a coordenada x̄ do centróide da curva representada por g.
c) Calcule o trabalho da força f (x, y) = (x, y) ao longo de g.
Resolução:
a) Para calcular o comprimento precisamos de calcular a derivada de g:
g 0 (t) = (et cos(2πt) − 2πet sen(2πt), et sen(2πt) + 2πet cos(2πt))
e a respectiva norma
||g 0 (t)|| =
Portanto,
L(g) =
Z
1
0
0
||g (t)||dt =
Z
1
0
p
1 + 4π 2 et
p
p
1 + 4π 2 et dt = 1 + 4π 2 (e − 1)
b) Por definição de centróide temos:
1
x̄ =
L(g)
Z
1
1
x(g(t))||g (t)||dt =
(e − 1)
0
0
Z
1
e2t cos(2πt)dt
0
Integrando por partes duas vezes obtemos
x̄ =
e2 − 1
2(e − 1)(1 + π 2 )
t
t
c) O trabalho é dado por
W =
Z
1
0
0
f (g(t)) · g (t)dt =
Z
1
0
0
(e cos(2πt), e sen(2πt)) · g (t)dt =
10
Z
1
0
e2t dt =
e2 − 1
2
Exercı́cio 7 Considere a curva C ⊂ R3 parametrizada pelo caminho g : [0, 2π] → R3 definido por
√
g(θ) = 3θ cos(θ), 3θ sen(θ), 2 2 θ3/2 .
a) Calcule o comprimento do caminho g.
b) Seja a densidade de massa de C dada por α(x, y, z) = α, constante. Calcule o momento de
inércia de C em relação ao eixo z.
c) Considere que C está mergulhada num campo eléctrico dado pela expressão
f (x, y, z) = (y, −x, z)
Se C fôr a trajéctoria de uma partı́cula pontual de carga eléctrica unitária, calcule o trabalho
realizado pela força eléctrica ao longo dessa trajéctoria.
Resolução:
a) Temos
e, portanto,
√ √ g 0 (θ) = −3θsen(θ) + 3 cos(θ), 3sen(θ) + 3θ cos(θ), 3 2 θ
||g 0 (θ)|| = 3(1 + θ)
Assim, o comprimento de C é dado por
Lg =
Z
2π
3(1 + θ)dθ = 6π(1 + π).
0
b) A distância dum ponto (x, y, z) ao eixo dos z é dada por d(x, y, z) =
d(g(θ))2 = 9θ2
p
x2 + y 2 . Logo,
e, portanto, o momento de inércia pedido será
Z 2π
Z 2π
I=
9αθ2 ||g 0 (θ)||dθ = 27α
θ2 (1 + θ)dθ = 27απ 3 (8/3 + 4π).
0
c) Temos
0
√
f (g(θ)) = (3θ sen(θ), −3θ cos(θ), 2 2 θ3/2 )
Logo,
f (g(θ)) · g 0 (θ) = 3θ2
e o trabalho será dado por
W =
Z
2π
0
f (g(θ)) · g 0 (θ)dθ =
11
Z
2π
3θ2 dθ = 8π 3 .
0
Exercı́cio 8 Investigue se o campo vectorial
2x
2y
2
F (x, y, z) = − 2
,
,
z
(x − y 2 )2 (x2 − y 2 )2
é gradiente no seu domı́nio de definição. Em caso afirmativo, dê a expressão geral do potencial.
Em qualquer caso, calcule
Z
F
C
onde C é a curva parametrizada por
g(t) = (et , sen t, t)
com 0 ≤ t ≤
π
2.
Resolução: O domı́nio de definição do campo F é o conjunto
{(x, y, z) ∈ R3 : x 6= ±y}
que é a união de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y.
y
x=y
x
x = −y
PSfrag replacements
Figura 3: Esboço do domı́nio do campo F
Como F é gradiente no domı́nio se e só se fôr gradiente em cada uma destas regiões conexas
por arcos, é suficiente ver que F é fechado:
2y
8xy
∂
∂
2x
=
−
=
−
∂y
(x2 −y 2 )2
(x2 −y 2 )3
∂x (x2 −y 2 )2
2x
∂
∂
2
=
0
=
∂z − (x2 −y 2 )2
∂x z
2y
∂
∂
2
=
0
=
2
2
2
∂z (x −y )
∂y z
Portanto F é um campo gradiente.
12
Para determinar um potencial V (x, y, z) para F temos as equações:









Da primeira obtemos,
∂V
∂x
2x
= − (x2 −y
2 )2
∂V
∂y
=
∂V
∂z
= z2
V (x, y, z) =
Substituindo V na segunda,
2y
(x2 −y 2 )2
1
+ C(y, z)
x2 − y 2
∂C
(y, z) = 0 ⇔ C(y, z) = D(z)
∂y
e finalmente da terceira equação obtemos
D0 (z) = z 2 ⇔ D(z) =
z3
+E
3
Portanto o potencial tem a forma
V (x, y, z) =
1
z3
+
+E
x2 − y 2
3
onde E é uma constante.
No entanto, uma vez que a região onde o campo está definido não é um conjunto conexo por
arcos, a constante pode variar de componente para componente. Assim, a expressão geral para o
potencial é dada por

1
z3
se x > |y|


x2 −y 2 + 3 + E1




z3
1

 x2 −y
se y > |x|
2 + 3 + E2
V (x, y, z) =

1
z3

 x2 −y2 + 3 + E3 se x < −|y|





z3
1
se y < −|x|
x2 −y 2 + 3 + E4
com Ei ∈ R.
Finalmente, pelo teorema fundamental do cálculo (que podemos aplicar porque o caminho g
está inteiramente contido na região em que x > |y|), uma vez que
g(0) = (1, 0, 0)
π
π
π
g( ) = (e 2 , 0, )
2
2
temos
Z
F
π
= V (e 2 , 0,
C
= e−π +
π
) − V (1, 0, 0)
2
π3
−1
24
13
Exercı́cio 9 Considere o campo definido em R2 − {(0, 0)} por
x
y
F (x, y) =
,
−
x2 + 4y 2
x2 + 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. Em vez disso podemos tentar utilizar o teorema de Green. O campo
F é fechado:
∂
y
x
∂
x2 − 4y 2
− 2
=
= 2
∂y x2 + 4y 2
(x + 4y 2 )2
∂x
x + 4y 2
Consideremos uma região S, limitada pela circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo, em
que seja possı́vel aplicar o Teorema de Green.
Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green obtemos
I
I
F =
F
C
L
em que C designa a circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo.
Portanto, em vez de calcular o integral de F em C podemos
calcular o integral de F em L.
H
Assim, devemos escolher L de tal forma que o integral L F seja simples.
y
2
L
C
1
PSfrag replacements
4
x
Figura 4: 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 percorre a elipse x2 + 4y 2 = 16 uma vez no sentido directo como se mostra na figura 4.
14
Portanto, o integral de linha de F ao longo de L é dado por
I
Z 2π 2 cos t
sen t
.(−4 sen t, 2 cos t)dt
,
−
F.dh =
4 cos2 t + 4 sen2 t 4 cos2 t + 4 sen2 t
0
Z 2π
1
=
− dt
4
0
= −
π
2
15
Exercı́cio 10 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 parametrizada pelo caminho
g(t) = (5 cos(t), 5 sen(t), t2 )
com t ∈ [0, π/4].
Resolução:
a) O potencial φ satisfaz a condição ∇φ = f , ou seja verifica as equações
∂φ
∂x
∂φ
∂y
= yzexyz
∂φ
∂z
= xyexyz
= xzexyz
Integrando a primeira equação, obtem-se
φ(x, y, z) = exyz + g(y, z)
onde g(y, z) é arbitrária.
Substituindo na segunda e terceira equações obtemos
∂g
∂g
=
=0
∂y
∂z
pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ está definido a menos de uma constante.)
Concluı́mos, assim, que podemos tomar φ(x, y, z) = exyz .
Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar
se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe C 1 na região em que está definido o
problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa.
Também é possı́vel encontrar 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
f,
φ(p) =
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, parametrizado por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1].
16
Obtemos então,
φ(x, y, z)
=
Z
=
Z
=
Z
1
f (h(t)) · h0 (t)dt =
0
1
(t2 yzet
3
xyz
, t2 xzet
3
xyz
, xyt2 et
3
0
1
3xyzt2 et
3
xyz
xyz
) · (x, y, z)dt =
dt =
0
= exyz − 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
W = f dg = ∇φ = φ(g(π/4)) − φ(g(0)) =
√
√
= φ(5 2/2, 5 2/2, π 2 /16) − φ(5, 0, 0) =
= e25π
2
/32
−1
Note-se que seria muito mais difı́cil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de
trabalho.
17
Exercı́cio 11 Determine quais dos seguintes campos F são gradientes no domı́nio indicado. Se
F for um gradiente determine um potencial.
Caso contrário, determine uma curva fechada C
H
contida no domı́nio do campo tal que C F · dg 6= 0.
1. F : R2 → R2 definido por F (x, y) = (sin y + y, x cos y + x + 3y 2 ),
2. F : R3 → R3 definido por F (x, y, z) = (x, −z, y),
3. F : R3 → R3 definido por F (x, y, z) = (2xyz, x2 z + 2yz 2 , x2 y + 2y 2 z),
4. F : R3 \ {(0, 0, z) : z ∈ R} → R3 definido por
F (x, y, z) = (−
y
x
,
, z 2 ).
x2 + y 2 x2 + y 2
Resolução:
1. A função F é de classe C 1 . Calculando as derivadas cruzadas, obtemos
∂(x cos y + x + 3y 2 )
∂(sin y + y)
= cos y + 1 =
∂y
∂x
logo F é um campo fechado. Uma vez que R2 é um conjunto em estrela, concluimos que F
é um gradiente. Para calcular um potencial φ(x, y), resolvemos o sistema

(
 ∂φ
φ(x, y) = x sin y + xy + C(y)
∂x = sin y + y
⇐⇒
 ∂φ = x cos y + x + 3y 2
x cos y + x + C 0 (y) = x cos y + x + 3y 2
∂y
Resolvendo a segunda equação do segundo sistema obtem-se C(y) = y 3 + C onde C ∈ R é
uma constante. Conclui-se que um potencial para F é dado, por exemplo, por
φ(x, y) = x sin y + xy + y 3 .
2. O campo F não é fechado uma vez que
∂F3
∂F2
= −1 6= 1 =
∂z
∂y
portanto não é um gradiente. Para determinar uma curva fechada ao longo do qual o integral
de F é não nulo, notamos que as componentes y e z do campo são (−z, y), o que significa que
o campo é tangente a qualquer cilindro com eixo igual ao eixo Ox. Assim, se calcularmos
o integral de linha do campo ao longo de uma circunferência com centro no eixo dos xx e
contida num plano perpendicular ao eixo dos xx, o integral será não nulo. Por exemplo,
podemos tomar a circunferência C parametrizada por
g(t) = (0, 10 cos t, 10sint)
e obtemos
I
C
F · dg =
Z
=
0 ≤ t ≤ 2π
2π
0
Z
F (0, 10 cos t, 10 sin t) · (0, −10 sin t, 10 cos t)dt
2π
0
100(cos2 t + sin2 t)dt = 200π 6= 0.
18
3. O campo F é de classe C 1 . Calculando as derivadas cruzadas obtemos
∂F1
∂F2
= 2xz =
∂y
∂x
∂F1
∂F3
= 2xy =
∂z
∂x
∂F3
∂F2
= x2 + 4yz =
∂z
∂y
pelo que o campo é fechado. Uma vez que R3 é um conjunto em estrela, concluimos que F
é um gradiente. Para achar um potencial φ(x, y, z) resolvemos o sistema

 ∂φ
= 2xyz
φ(x, y, z) = x2 yz + C1 (y, z)


∂x






∂φ
2
2
φ(x, y, z) = x2 yz + y 2 z 2 + C2 (x, z)
⇐⇒
∂y = x z + 2yz







 ∂φ
2
2
φ(x, y, z) = x2 yz + y 2 z 2 + C3 (x, y)
∂z = x y + 2y z
donde se conclui que um potencial é dado, por exemplo, por
φ(x, y, z) = x2 yz + y 2 z 2 .
4. O campo F é de classe C 1 e calculando as derivadas cruzadas vemos que é um campo fechado.
No entanto, uma vez que R3 \ {(0, 0, z) : z ∈ R} não é um conjunto simplesmente conexo,
nada podemos concluir quanto a F ser ou não um gradiente.
Para decidirmos se F é ou não um gradiente, temos portanto de determinar se existe ou não
uma curva fechada ao longo da qual o integral de F é não nulo. Para isso devemos tentar
perceber qual é o aspecto geométrico do campo. As duas primeiras componentes mostram
que F é tangente aos cilindros com eixo igual ao eixo dos zz pelo que se calcularmos um
integral ao longo de uma circunferência centrada num ponto do eixo dos zz e paralela ao
plano xy o integral de F será não nulo. Podemos, por exemplo, calcular o integral ao longo
da circunferência parametrizada por
g(t) = (cos t, sin t, 0)
e obtemos
I
F · dg =
Z
Z
0 ≤ t ≤ 2π
2π
0
0
2π
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0)dt =
cos2 t + sin2 tdt = 2π 6= 0.
Conclui-se que o campo F não é um gradiente.
19
Exercı́cio 12 Calcule
onde
I
P dx + Qdy
γ
2
2
(P, Q) = −y 3 + 1 + 2x2 yex cos y 2 , x3 + xex cos y 2 − 2y 2 sin y 2
e γ é a circunferência de raio 1, centrada na origem e percorrida uma vez no sentido directo.
Resolução: Pelo teorema de Green,
ZZ I
∂Q ∂P
dxdy
−
P dx + Qdy =
∂x
∂y
S
γ
onde S é o cı́rculo de raio 1 centrado na origem. Como
∂Q
∂x
∂P
∂y
concluimos que
2
= 3x2 + 1 + 2x2 ex cos y 2 − 2y 2 sin y 2 ;
2
= −3y 2 + 1 + 2x2 ex cos y 2 − 2y 2 sin y 2 ,
I
P dx + Qdy
=
ZZ
=
Z
γ
0
3x2 + 3y 2 dxdy
S
1 Z 2π
0
3r4
= 2π
4
3π
=
.
2
3r2 rdθdr
1
0
Nota: Note-se que o cálculo deste integral de linha pela definição seria bastante mais complicado.
20
Exercı́cio 13 Seja F : R2 \ {(−1, 0), (1, 1), (0, 0)} → R2 o campo vectorial F = (P, Q) definido
por
y
y−1
5x
P (x, y) =
−
+p
2
(x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + (y − 1)2
x + y2
Q(x, y) = −
1. Calcule o integral
x−1
5y
x+1
+
+p
.
(x + 1)2 + y 2
(x − 1)2 + (y − 1)2
x2 + y 2
Z
P dx + Qdy
C
2
2
onde C é a elipse x9 + y16 = 1 percorrida uma vez no sentido directo (isto é no sentido
contrário ao dos ponteiros do relógio).
2. Indique justificadamente se o campo F é um gradiente no conjunto
[
1
1
2
2
R \ {(x, y) ∈ R : y = x + , −1 ≤ x ≤ 1} {(0, 0)} .
2
2
Resolução:
1. Se definirmos
F1 (x, y) =
y
x+1
,−
(x + 1)2 + y 2
(x + 1)2 + y 2
,
F2 (x, y) = −
F3 (x, y) =
temos
x−1
y−1
,
2
2
(x − 1) + (y − 1) (x − 1)2 + (y − 1)2
!
5x
5y
p
,p
,
x2 + y 2
x2 + y 2
,
F = F1 + F2 + F3
e portanto
I
C
F · dg =
I
C
F1 · dg +
I
C
F2 · dg +
I
C
F3 · dg.
O campo F3 é o campo radial F (r) = 5~er (onde ~er designa o vector unitário que
p aponta
2
2
na direcção radial)
H e portanto é um gradiente (com potencial V (x, y) = 5r = 5 x + y ).
Conclui-se que C F3 · dg = 0.
O campo F1 obtem-se do campo
G(x, y) =
−
x
y
,
x2 + y 2 x2 + y 2
fazendo a substituição x 7→ x − (−1) e multiplicando por −1, enquanto que F2 se obtem
fazendo a substituição x 7→ x − 1, y 7→ y − 1. Portanto, tal como G, F1 e F2 são campos
fechados mas não gradientes.
Para calcular o integral de F1 ao longo de C podemos aplicar o teorema de Green à região
D = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y 2 ≥ 1,
21
y2
x2
+
≤ 1}
9
16
para concluir que o integral ao longo de C coincide com o integral ao longo da circunferência
de raio 1 centrada em (−1, 0) percorrida no sentido directo. Uma parametrização desta
circunferência é dada por
g(t) = (−1 + cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2π,
logo
I
C
F1 · dg =
Z
=
Z
2π
F1 (−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
0
2π
0
−1dt = −2π.
Da mesma maneira, podemos aplicar o teorema de Green para concluir que o integral de F 2
ao longo de C coincide com o integral de F2 ao longo de uma circunferência de centro em
(1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo. Portanto
I
C
F2 · dg =
Z
=
Z
e concluimos finalmente que
I
C
2π
F2 (1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cos t)dt
0
2π
1dt = 2π
0
P dx + Qdy = −2π + 2π + 0 = 0.
2. O campo F é um gradiente no conjunto S indicado sse
Z
F · dg = 0
α
para toda a curva fechada α contida em S. Podemos, como na alı́nea anterior, escrever
F = F1 + F2 + F3 , e uma vez que F3 é um gradiente, precisamos apenas de decidir se F1 + F2
é um gradiente em S.
F1 + F2 está definido e é fechado em
S ∪ {(0, 0)} = R2 \ {(x, y) ∈ R2 : y =
x 1
+ , 0 ≤ x ≤ 1}
2 2
e qualquer curva em S ∪ {(0, 0)} é homotópica ou a um ponto, ou à elipse C percorrida
um certo número de vezes (ou no sentido directo ou no sentido dos ponteiros do relógio).
Portanto o teorema de Green garante que se α dá k voltas à origem,
I
I
(F1 + F2 ) = k (F1 + F2 ) = 0.
α
C
Conclui-se que F1 + F2 é um gradiente em S ∪ {(0, 0)}, o que por sua vez implica que F é
um gradiente em S.
22
Exercı́cio 14 Indique se o campo vectorial
y
y−1
x
x−1
F (x, y) = − 2
+
,
−
(x + y 2 ) (x − 1)2 + (y − 1)2 (x2 + y 2 ) (x − 1)2 + (y − 1)2
é gradiente no seu domı́nio de definição. Calcule
Z
F
C
onde C é a circunferência de raio 3, centrada no ponto (1/2, 1/2) e percorrida no sentido antihorário.
Resolução: O domı́nio de definição do campo F é o conjunto R2 \ {(0, 0), (1, 1)}. É fácil de
verificar que ∂x Fy = ∂y Fx , pelo que F é um campo fechado. No entanto, R2 \ {(0, 0), (1, 1)} não
é um conjunto em estrela (nem é simplesmente conexo). Consequentemente, não podemos decidir
imediatamente se F é ou não um gradiente no seu domı́nio.
Observemos que F = F1 + F2 , com
y
x
F1 (x, y) =
− 2
,
(x + y 2 ) (x2 + y 2 )
y−1
x−1
F2 (x, y) =
,
−
(x − 1)2 + (y − 1)2
(x − 1)2 + (y − 1)2
e, acilmente se verifica, que F1 e F2 são campos fechados.
Seja C1 a circunferência de raio 1/10 (esta é só uma escolha possı́vel) centrada na origem,
percorrida no sentido anti-horário. Seja C2 a circunferência de raio 1/10 centrada no ponto (1, 1),
percorrida no sentido anti-horário. Temos que
Z
Z
F1 = 2π ;
F1 = 0.
C1
C2
O primeiro resultado segue de um cálculo directo imediato. O segundo obtém-se do Teorema de
Green, porque F1 é fechado e não tem singularidades no interior do disco cuja fronteira é C2 .
Do mesmo modo, temos que
Z
Z
F2 = 0 ;
F2 = −2π.
C1
C2
A primeira igualdade resulta do Teorema de Green, porque F2 é fechado e não tem singularidades
no interior do disco cuja fronteira é C1 . A segunda igualdade segue por um cálculo directo imediato.
Podemos então aplicar o Teorema de Green na região interior a C e exterior a C 1 e C2 . Como
F é fechado o integral duplo de ∂x Fy − ∂y Fx é nulo, e do teorema de Green concluimos que
Z
Z
Z
F = 2π − 2π = 0.
F+
F =
C
C1
C2
Recorde-se que F é gradiente no seu domı́nio se e só se o trabalho for zero ao longo de qualquer
caminho fechado. Ora temos, por exemplo, que
Z
Z
F =
F1 = 2π
C1
C1
logo F não é gradiente no seu domı́nio.
No entanto, F já seria um gradiente, por exemplo, no conjunto exterior a C.
23
Exercı́cio 15 Considere o campo vectorial f : R2 − {(0, 0)} 7→ R2 definido por
f (x, y) = (x/(x2 + y 2 ), y/(x2 + y 2 )).
a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f .
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral parametrizada pelo caminho
g(t) = (2t cos(t), 2t sen(t))
com t ∈ [π, 2π].
c) Calcule o trabalho de f ao longo do quadrado de vértices (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1) percorrido no sentido anti-horário. Será f um gradiente no seu domı́nio ?
Resolução:
a) O potencial φ satisfaz a condição ∇φ = f , ou seja, verifica as equações
∂φ
∂x
∂φ
∂y
= x/(x2 + y 2 )
= y/(x2 + y 2 )
Integrando a primeira equação, obtem-se
φ(x, y) = (1/2)ln(x2 + y 2 ) + g(y)
onde g(y) é arbitrária.
Substituindo na segunda equação obtemos
∂g
=0
∂y
pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ está definido a menos de uma constante.)
Concluı́mos, assim, que podemos tomar φ(x, y) = (1/2)ln(x2 + y 2 ).
Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar
se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe C 1 na região em que está definido o
problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa.
Também é possı́vel encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do cálculo para integrais
de linha, que diz que sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p0 , se tem
Z
φ(p) =
f,
L
onde o integral é calculado ao longo de um caminho seccionalmente regular qualquer L que
ligue p0 a p = (x, y).
No nosso caso podemos escolher esse caminho da seguinte forma: Tomamos por exemplo,
p0 = (1, 0) e ligamos o ponto p = (x, y) a p0 seguindo primeiro um segmento de recta
radial até à circunferência de raio 1 centrada na origem. Depois seguimos um arco dessa
circunferência até p0 .
24
y
p
p0
x
PSfrag replacements
Figura 5: O campo f é perpendicular às circunferências centradas na origem
O trabalho de f ao longo da segunda parte da trajectória é nulo porque f , sendo radial, é
perpendicular às circunferências centradas na origem p
tal como se ilustra na figura 5. Basta
então tomar o caminho g(t) = (tx, ty) onde t ∈ [1, 1/ x2 + y 2 ] que liga o ponto p = (x, y)
à circunferência de raio 1 centrada na origem. Temos então
Z √ 2 2
1/
φ(x, y)
x +y
=
1
=
Z
1/
√
(tx/((tx)2 + (ty)2 ), ty/((tx)2 + (ty)2 )) · (x, y)dt =
x2 +y 2
1/tdt =
1
= (1/2)ln(x2 + y 2 )
que concorda com o que obtivemos acima.
b ) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o teorema fundamental do
cálculo,
Z
Z
W = f dg = ∇φ dg = φ(g(2π)) − φ(g(π)) =
= φ(4π, 0) − φ(−2π, 0) =
= (1/2)(ln(16π 2 ) − ln(4π 2 )) =
= ln(2)
Note-se que seria muito mais difı́cil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de
trabalho.
c) O trabalho de f ao longo do quadrado é zero porque f = ∇φ e o quadrado é uma curva
fechada. Evidentemente que f é um gradiente, pois como vimos temos f = ∇φ com φ bem
definida em todo o domı́nio de f .
25
Exercı́cio 16 Considere o campo vectorial f : R3 7→ R3 definido por f (x, y, z) = (y 2 z, 2xyz, xy 2).
a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f .
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral parametrizada pelo caminho
g(t) = (2 cos(t), 2 sen(t), t)
com t ∈ [0, π/4].
c) Seja C uma curva regular fechada em R3 . O que pode dizer sobre o trabalho de f ao longo
de C ?
Resolução:
a) O potencial φ satisfaz a condição ∇φ = f , ou seja, verifica as equações
∂φ
∂x
∂φ
∂y
= y2z
∂φ
∂z
= xy 2
= 2xyz
Integrando a primeira equação, obtem-se
φ(x, y, z) = xy 2 z + g(y, z)
onde g(y, z) é arbitrária.
Substituindo na segunda e terceira equações obtemos
∂g
∂g
=
=0
∂y
∂z
pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ está definido a menos de uma constante.)
Concluı́mos assim que podemos tomar φ(x, y, z) = xy 2 z.
Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar
se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe C 1 na região em que está definido o
problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa.
Também é possı́vel encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do cálculo para integrais
de linha, que estabelece que 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 seccionalmente regular qualquer L que
ligue p0 a p. No nosso caso podemos escolher p0 = 0 e o caminho como sendo o segmento
de recta que une p à origem, parametrizado por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1]. Obtemos
26
então,
φ(x, y, z) =
Z
=
Z
=
Z
1
f (h(t)) · h0 (t)dt
0
1
0
1
(t3 y 2 z, 2t3 xyz, t3 xy 2 ) · (x, y, z)dt
4xy 2 zt3 dt
0
= xy 2 z
que 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
W = f dg = ∇φ dg = φ(g(π/4)) − φ(g(0))
√ √ π
= φ( 2, 2, ) − φ(2, 0, 0)
4
√
2
=
π
2
Note-se que seria muito mais difı́cil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de
trabalho.
c) Seja p um ponto da curva C e l(t), com t ∈ [a, b], um caminho que parametrize C e tal que
l(a) = l(b) = p. Então, pelo teorema fundamental do cálculo temos
Z
Z
f dl = ∇φ dl = φ(l(b)) − φ(l(a)) = φ(p) − φ(p) = 0.
Logo, o trabalho da força conservativa f ao longo de uma curva fechada é zero.
27
Exercı́cio 17 Considere o campo vectorial F : R2 \ {(0, 0), (0, 1)} → R2 definido por
y
y−1
x
x
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 (contrário ao
dos ponteiros de um relógio).
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 6.
y
C2
Γ
C1
x
PSfrag replacements
Figura 6: As linhas Γ, C1 , C2
O campo F pode ser decomposto na soma de dois campos F = F1 + F2 em que
y
x
F1 (x, y) =
− 2
,
x + y 2 x2 + y 2
x
y−1
,
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
28
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 e, portanto
temos
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
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 2π
Z
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π
F1 · dg1 =
0
C1
Z
C2
F2 · dg2
=
Z
2π
0
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π
Portanto,
Z
Γ
F · dγ = 2π + 2π = 4π
29
Exercı́cio 18 Considere o campo vectorial
3(x − 1)
x+1
3y
−y
f (x, y) =
+
,
+
+
x
.
(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 de equação x 2 /25 + y 2 /16 = 1 percorrida no sentido
anti-horário.
Resolução: Para facilitar a análise decompomos o campo f em três partes: f = h + g + l onde
h(x, y, z) = (
x+1
−y
,
)
2
2
(x + 1) + y (x + 1)2 + y 2
g(x, y, z) = (
3(x − 1)
3y
,
)
(x − 1)2 + y 2 (x − 1)2 + y 2
l(x, y, z) = (0, x)
O campo h é fechado, é singular no ponto (−1, 0) (que portanto não pertence ao seu domı́nio),
e não é um gradiente. De facto, seja C a circunferência de raio 1 centrada em (−1, 0). Facilmente
se verifica que o trabalho de h ao longo se C percorrida no sentido anti-horário é 2π, pelo que h
não é conservativo.
y
E
C0
C
x
PSfrag replacements
Figura 7:
O campo g é radial com centro no ponto (1, 0) que não pertence ao seu domı́nio. É fechado.
Seja C 0 a circunferência de raio 1 centrada em (1, 0). O trabalho de g ao longo de C 0 é nulo porque
g é perpendicular a C 0 . Pelo teorema de Green conclui-se que o integral de g ao longo de qualquer
curva regular fechada em R2 − {(1, 0)} é zero, pelo que g é um gradiente nesse conjunto.
Seja E a elipse do enunciado que vamos considerar percorrida no sentido anti-horário.
Aplicando o teorema de Green à região contida entre as curvas C e E, sendo h fechado,
concluı́mos que
Z
Z
h=
h = 2π.
E
C
2
Por outro lado, como g é gradiente em R − {(1, 0)} temos
Z
g = 0.
E
30
R
Só falta agora calcular E l. O campo l = (0, x) é de classe C 1 na região A contida no interior
da curva E. Logo, pelo teorema de Green temos
Z
Z
Z
l = (∂1 l2 − ∂2 l1 )dxdy = (1)dxdy = (área da elipse) = 20π
E
A
R
A
R
R
R
Obtemos finalmente E f = E h + E g + E l = 2π + 0 + 20π = 22π.
Note-se que teria sido extraordinariamnte mais longo, difı́cil e aborrecido fazer este cálculo
directamente através da definição.
31
Exercı́cio 19 Calcule
I
P dx + Qdy
γ
onde
(P, Q) =
−y +
1 − x2 + y 2 − 2xy
(1 + x2 + y 2 )2
, cos (x) +
1 + x2 − y 2 − 2xy
(1 + x2 + y 2 )2
!
e γ é a fronteira do quadrado
S = (x, y) ∈ R2 : |x| < 1, |y| < 1
percorrida uma vez no sentido directo.
Resolução: Pelo teorema de Green,
I
ZZ
P dx + Qdy =
γ
S
∂Q ∂P
−
∂x
∂y
dxdy
Como
∂Q
∂x
= − sen (x) +
∂P
∂y
= −1 +
(2x − 2y) 1 + x2 + y 2
2
− 4x 1 + x2 + y 2
1 + x2 − y 2 − 2xy
(1 + x2 + y 2 )4
2
(2y − 2x) 1 + x2 + y 2 − 4y 1 + x2 + y 2 1 − x2 + y 2 − 2xy
(1 + x2 + y 2 )4
;
,
concluimos que
∂Q ∂P
−
∂x
∂y
= − sen (x) + 1 +
4 (x − y) 1 + x2 + y 2 − 4 x + x3 + xy 2 − y − yx2 − y 3
(1 + x2 + y 2 )
3
= − sen (x) + 1
e que portanto
I
P dx + Qdy =
γ
ZZ
(− sen (x) + 1) dxdy = 4
S
(já que sen (x) é ı́mpar e portanto o seu integral em [−1, 1] é zero).
Note-se que o cálculo deste integral de linha pela definição seria bastante mais complicado.
32