# CI SEGUNDO SEMESTRE-I . INTEGRAL TRIPLO. COORDENADAS CARTESIANAS

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```I . INTEGRAL TRIPLO. COORDENADAS CARTESIANAS
Consideremos por analogia, com as regi&otilde;es rectangulares de R2 , o
s&oacute;lido Q de R3 , determinado por um produto cartesiano
[a, b]&times; [c, d ]&times; [e, f ] e f : Q → R integr&aacute;vel em Q, assim como uma das
b
d
f
a
c
e
∫∫∫ f (x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dyf ∫ f (x. y.z )dz
Q
z
e
f
c
d
0
y
b
a
x
EXEMPLOS:
1.Calcular ∫∫∫ zdxdydz , sendo dada pela express&atilde;o
E
1


E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : 0 ≤ x ≤ x; x ≤ y ≤ 2 x;0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 
2


Resolu&ccedil;&atilde;o:
1
2
2x
1− x 2 − y 2
0
x
0
∫∫∫ zdxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫
E
1
2
=
2x
1
2
1
2
2x
1
1 − x2 − y2
z dz = ∫ dx ∫ z 2
dy =
20 x
0
1
1 
1  2x
dx ∫ 1 − x 2 − y 2 dy = ∫  y − yx 2 − y 3  dx =
∫
20 x
20
3  x
(
)
1
2
1
2
=
1 
8 3
1 3
1 
10 3 
3
3
 2 x − 2 x − x − x + x + x dx = ∫  x − x dx
∫
2 0
3
3 
2 0
3 
=
1
1 1 3 5 4 
11 5 1 
7
x
−
x
=
−
⋅
=


2
2  2
6  0 2  8 6 16  192
2.. Calculara integral
∫∫∫ x dx dy dz , sendo V limitado pelos planos
V
x = 0; y = 0; x + 4 y − 2 z = 0 e x + y + z − 6 = 0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
YOZ, a cima e em baixo, est&aacute; limitado pelos planos dados pelas
express&otilde;es
1
z = ( x + 4 y ), e z = 6 − x − y
2
Respectivamente.. Achemos as linhas de intersec&ccedil;&atilde;o destes planos, ou
1

z = (x + 4 y )

2
 z = 6 − x − y
ou
1
seja: ( x + 4 y ) = 6 − x − y
2
ou
x + 2y − 4 = 0
Vamos construir no plano XOY o uma regi&atilde;o D apartir da express&atilde;o
1
y = (4 − x )
2
4
1
(4 − x )
2
0
0
∫∫∫ x dx dy dz = ∫ xdx ∫
V
4
1
(4 − x )
2
0
0
4
1
(a − x )
2
0
0
∫ xdx ∫
∫ xdx
∫
6− x − y
dy
4
1
(4− x )
2
0
0
∫ dz = ∫ xdx ∫
1
(x+4 y )
2
6− x− y
dy z 1
(x + 4 y ) =
2
1


dy (6 − x − y ) − ( x + 4 y ) =
2


1
4
3
1
1 2  (4 − x )



x
y
dy
xdx
y
xy
y
6
−
−
3
=
3
2
−
−
=


∫0  2 2  2
2


0
2
4
4
 1
1 1
11
1 
 

3∫ xdx2 ⋅ (4 − x ) − x ⋅ (4 − x ) −  (4 − x )  = 3∫ x 2 − x + x 2 dx =
2 2
22
8 
 
0
0 
 2
4
 x2 1
1 
1 1 44 
64 

x  = 316 − + 8  = 8
3∫  2 x − x 2 + x3 dx = 3 2 ⋅ − x3 +
8 
8 4 0 
3

 2 3
0
3. Calcular
∫∫∫ x yz dx dy dz , sendo a regi&atilde;o E limitada pelos planos
2
E
{
}
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x + y + z − 2 = 0; x = 0; y = 0; z = 0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
A regi&atilde;o E est&aacute; limitada por cima pelo plano x + y + z − 2 = 0 , e por baixo,
pelo plano z = 0 . A proje&ccedil;&atilde;o do corpo no plano x0y &eacute; o tri&acirc;ngulo formado
pelas retas x = 0, y = 0 e y = 2 – x. Desta forma teremos:
∫∫∫ x
2
2
yz dx dy dz = ∫ x dx
2
0
E
2− x − y
2− x
∫
0
y dy
2− x
2
∫ z dz = ∫ x dx ∫
2
0
0
0
2
(
2 − x − y)
y⋅
dy =
2
2
4
4
4
2
1 2  (2 − x ) (2 − x ) 2(2 − x ) 
1
16
4
2
= ∫x ⋅
+
−
 dx = ∫ x (2 − x ) dx =
20
4
3
24 0
315
 2

4. Calcular
∫∫∫ z dx dy dz , sendo a regi&atilde;o E a parte superior do elipsoide
E
2
2
x
y
+ + z2 ≤ 1
9
4
Resolu&ccedil;&atilde;o:
x2 y2
A projec&ccedil;&atilde;o do corpo no plano x0y &eacute; a elipse 9 + 4 ≤ 1
Assim sendo, tem – se:
3
2
2
  9− x
3
1−
∫∫∫ z dx dy dz = ∫ dx ∫
−3
E
1  x
= ∫ 1 −
2 −3
9
3
2
dy
2
−  9 − x 2
3
∫
0
3
1
z dz = ∫ dx
2 −3
2
2
  9− x
3
 x2 y2 
1 − −  dy =
∫
9
4

2
−  9 − x 2
3
3

 4
3
1 16 
4 
2
2 3
 ⋅
9 − x − ⋅ ⋅  9 − x  dx = ∫  9 − x 2  dx =
12 27 
81 −3


 3
(
π
)
(
π
2
(1 + cos 2t ) dt =
8 
8
2 3
4
9
−
x
dx
=
81
cos
t
dt
=
8


∫
∫
∫
81 0 
81 0
4

0
3
=
x2 y2
−
9 4
(
)
2
π
t 1
3 π 3π


2 ⋅ t + sen2t + + sen4t  2 = 2 ⋅ ⋅ =
2 8
2 2 2

0
2
)
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER
1. Calcular ∫∫∫ xdxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z ) ∈ℜ3 : x + y ≤ 2; x + z ≤ 2; x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0
z
dxdydz , sendo
2. Calcular ∫∫∫
4 − y2
E
{
E = ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : 2 − y ≤ x ≤ 6 − 2 y; y ≥ 0;0 ≤ z ≤ 4 − y 2
}
3. Calcular ∫∫∫ ye− xy dxdydz , sendo E = [0,1] &times; [0,1]&times; [0,1]
E
1
1− x
x+ y
0
0
0
4. Sabe – se que ∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dy
E
∫ f (x, y, z )dz ,
desenhe o s&oacute;lido E,
mostrando as suas projec&ccedil;&otilde;es no eixo x0y. Expresse a integral tripla
como uma ou mais integrais iteradas sendo a primeira em ordem a y.
5.Calcular o volume do s&oacute;lido dado pela express&atilde;o


z 2 + x2
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 :
≤ y ≤ 4; 0 ≤ x ≤ 2 y; z ≥ 0
8


6. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo o s&oacute;lido limitado por tr&ecirc;s planos
E
{
}
E = (x, y, z ) ∈ ℜ3 : x = x2 + y 2 ; e o plano x + y = 1
Coordenadas cil&iacute;ndricas: Seja P(x, y, z) um ponto qualquer da superf&iacute;cie de
um cilindro circular reto de raio r cujo eixo &eacute; o 0z. a equa&ccedil;&atilde;o da superf&iacute;cie &eacute;
2
2
2
claramente x + y = r
Uma parte da superf&iacute;cie que se localiza no primeiro octante est&aacute; representada
na figura abaixo. Pelo ponto P e eixo 0z faz – se passar um plano que corta
numa geratriz cujo ponto de intersec&ccedil;&atilde;o com o plano x0y &eacute; o ponto P&acute;.
Seja OP&acute;= r, e designamos por θ o &acirc;ngulo formado por OP` e a parte positiva
do eixo 0x. Ent&atilde;o teremos as rela&ccedil;&otilde;es:
x = r cos θ ,
y = r senθ , z = z
Para que as coordenadas cil&iacute;ndricas (r, θ, z) um &uacute;nico ponto do espa&ccedil;o,
restringi – se os valores de r, θ e z aos intervalos:
r≥0,
0 ≤ θ ≤ 2π
Os valores de x, y e z em coordenadas cil&iacute;ndricas, podem bem representar –
se em coordenadas cartesianas ou seja:
y
x
r = x2 + y 2 ;
θ = arctg ,
y
senθ =
x2 + y 2
;
cosθ =
z
P(x,y,z)
y
0
xθ
P&acute;
x
y
x
x2 + y2
III. INTEGRAL TRIPLO: COORDENADAS ESF&Eacute;RICAS: Seja o ponto P (x, y, z) um
ponto qualquer da superf&iacute;cie esf&eacute;rica de centro na origem e raio r. a equa&ccedil;&atilde;o
da superf&iacute;cie esf&eacute;rica &eacute; evidentemente:
x2 + y 2 + z 2 = r 2
na figura abaixo. Pelo ponto P e o eixo 0Z passa um plano que corta o plano
x0y na reta l. Denotemos por θ o &acirc;ngulo formado pela reta l e a parte positiva
do eixo 0x, e por φ o &acirc;ngulo formado pelo raio OP e a parte positiva do eixo 0z.
Designemos por P’, A, B e C respetivamente, as proje&ccedil;&otilde;es do ponto P sobre o
plano x0y e sobre os eixos 0x, 0y e 0z.
Seja OP&acute;=CP=s
A partir do triangulo OPC teremos que s=rsen φ
A partir dos tri&acirc;ngulos OAP&acute;, OBP&acute;, e OP&acute;P, teremos respetivamente:
X=s cos θ=r sen φcos θ
Y=s sen θ =r sen φ sen θ
Z=P&acute;P = r sem (90&ordm;- φ)= r cos φ
Destas rela&ccedil;&otilde;es, &eacute; poss&iacute;vel localizar qualquer ponto P na superf&iacute;cie esf&eacute;rica
quando se conhecem os valores de r,φ eθ. Para que as coordenadas esf&eacute;ricas
(r,φ , θ) representem um ponto &uacute;nico no espa&ccedil;o, deve – se restringir os seus
valores nos intervalos:
r ≥ 0; 0 ≤ φ ≤ π; 0 ≤ θ ≤ 2π
as rela&ccedil;&otilde;es anteriores podem considerar – se como a transforma&ccedil;&atilde;o de
coordenada cartesianas em esf&eacute;ricas. Se isolarmos r, φ e θ obteremos:
r = x2 + y 2 + z 2 ϕ = arc cos
z
2
2
x +y +z
2
θ = arc tg
y
x
z
0
B
y
A
x
EXEMPLOS:
2
2
5.Calcular ∫∫∫ z x + y dxdydz , onde V est&aacute;s limitada pela parte do cone
V
z = x2 + y2 e o plano z = 3
Resolu&ccedil;&atilde;o:
z
z=3
r
y
r=3
x
Utilizemos as coordenadas cil&iacute;ndricas para caracterizar o volume V, a
projec&ccedil;&atilde;o sobre o plano x0y &eacute; um c&iacute;rculo fechado de raio 3 e a varia&ccedil;&atilde;o no
eixo z, na direc&ccedil;&atilde;o em que se desenvolve o s&oacute;lido, vai desde a superf&iacute;cie do
cone at&eacute;ao plano z=3, por tanto em coordenadas cil&iacute;ndricas teremos:
0 ≤ θ ≤ 2π
0≤ ρ ≤3
ρ ≤ z≤3
de ρ = x 2 + y 2 ⇒ J = ρ
Logo:
2π
ρ
0
0
3
2π
3
3
ρ
^0
0
ρ
2
∫∫∫ z x + y dxdydz = ∫ dθ ∫ dρ ∫ z ⋅ ρ ⋅ ρ dz = ∫ dθ ∫ ρ dρ ∫ z dz =
2
2
V
2π
3
0
o
2
∫ dθ ∫ ρ dρ ⋅
2π
3
2π
3
 9 ρ2 
9
z2 3
ρ4 
= ∫ dθ ∫ ρ 2  − dρ = ∫ dθ ∫  ρ 2 − dρ =
2 ρ 0 0 2 2 
2
2 
0
0
2π
2π
2π
81
81 2π 162
 3 3 1 5 3
 81 243 
θ
ρ
ρ
θ
θ
θ =
d
d
d
−
=
−
=
=




∫0  2 10  0 ∫0  2 10 
5 ∫0
5 0 5π
6.Calcular o valor do integral ∫∫∫dxdydz , sendo a regi&atilde;o D limitada pelas
D
2
2
2
2
a ⟩ a b⟩0
2
2
2
2
esferas x + y + z = a , x + y + z = b
Resolu&ccedil;&atilde;o: Vamos utilizar coordenadas esf&eacute;ricas para caracterizar D, a
projec&ccedil;&atilde;o sobre o plano xoy, ser&atilde;o os c&iacute;rculos conc&ecirc;ntricos fechados de
raios a e b (a &gt; b), que geram a regi&atilde;o limitada p&otilde;e esferas mediante as
B≤ρ≤a
0 ≤ θ ≤ 2π
0≤φ≤π
Aqui, J=ρ2|senφ|. Com efeito, fazendo a troca de vari&aacute;veis teremos:
2π
π
∫∫∫dxdydz = ∫ dθ ∫ dϕ ∫ ρ
0
D
1 3 3
a −b
3
(
2π π
a
0
2
senϕ dρ =
∫ ∫ senϕ dϕ ⋅
0 0
b
2π
) ∫ (− cosϕ )π0 dθ = 23 (a
− b3
) ∫ dθ = 43π (a
0
z
bb a
y
3
2π
π
1 3 3
a − b senϕdϕ
3
0
3 b
= ∫ dθ ∫
− b3
)
2π
3
0
x
ρ3 a
0
(
)
7.Calcularo
o volume do corpo limitado pelas seguintes superf&iacute;cies:
superf&iacute;cies
2z = x2 + y2 ; z = 2; x = 0; y = 2x
Resolu&ccedil;&atilde;o:
O corpo em causa est&aacute; limitado em baixo pela superf&iacute;cie z =
a baixo pela superf&iacute;cie de equa&ccedil;&atilde;o z = 2 .
No plano XOY podemos observar a regi&atilde;o DD
 x = ρ cosϕ

 y = ρsenϕ
 z=z

A equa&ccedil;&atilde;o do paraboloide ter&aacute; a forma:
2 z = ρ 2 cos2 ϕ + ρ 2 sen2ϕ ou 2 z = ρ 2 ⇒ z =
ρ2
2
onde 0 ≤ ρ ≤ 2 z ou 0 ≤ ρ ≤ 2
A amplitude do &acirc;ngulo φ observa-se na figura
1 2
x + y2 , e
2
(
)
DC y 2 x
= =
= 2 ⇒ θ = 63,4349 e ϕ = 90&ordm; +θ = 153,4349&ordm;
OC x
x
assim :0 ≤ ϕ ≤ 153,4349&ordm; ; 153,4349&ordm; = 0,852π
Isto significa que:
tgθ =
0,852π
∫∫∫ dx dy dz = ∫∫∫ ρ dρ dϕ dz = ∫
V
2
0,852π
0
ρ2
0
dϕ ∫ ρ dρ ∫ dz =
0
V
2
2
0,852π
∫
0
∫
2
2
dϕ ∫ ρ dρ z ρ =
0
2
0,852π
0 ,852π
2


 ρ2 1 ρ4  2
ρ2 
ρ3 
 =
dϕ ∫ ρ  2 − dρ = ∫ dϕ ∫  2 ρ − dρ = ∫ dϕ  2 ⋅
−
2 
2 
 2 2 4 0
0 
0
0
0
2
0 ,852π
2
∫
2
dϕ = 2ϕ
0
8. Calculara
0,852π
= 1,704π
0
∫∫∫ xy z dxdydz , sendo E limitada pela superf&iacute;cie
2 3
E
z = x − y e os
planos x = 1 e
z=0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
z
0
y
x
Para caracterizar a regi&atilde;o de integra&ccedil;&atilde;o deve – se projectar o s&oacute;lido
num dos planos, por exemplo o plano xoy, assim, teremos:
0 ≤ x ≤1
0≤ y≤ x
0 ≤ z ≤ xy
1
1
xy
^0
0
0
2 3
2 3
∫∫∫ xy z dxdydz = ∫ dx∫ dy ∫ xy z dz =
E
1
364
2
2
2
2
9. Calcular ∫∫∫ x dx d y dz , sendo E, a esfera x + y + z ≤ R
E
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Na troca de coordenadas cartesianas (x, y, z) para esf&eacute;ricas (ρ, φ, θ),
vamos considerar que 0≤ ρ ≤ R; 0 ≤ φ ≤ 2π; 0 ≤ θ ≤ π. Assim sento,
teremos:
π
2π
R
0
0
0
2
4
2
2
2
4
θ
∫∫∫ x dx d y dz = ∫∫∫ ρ sen cos ϕ dρ dϕ dθ = ∫ sen θ dθ ∫ cos ϕ dϕ ∫ ρ dρ =
E
E
5 π
R
1

 2π πR
sen2θ dθ ϕ + sen2ϕ  =
∫
2.5 0
2
5

 0
76. Calculara
∫∫∫ z
5 π
4πR
∫ (cos θ − 1)d (cosθ ) = 15
5
2
0
x 2 + y 2 dx dy dz , sendo a regi&atilde;o E limitadapelocilindro
E
2
2
x + y = 2x e pelos planos y = 0, z = 0 e z = a.
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Passando para coordenadas cil&iacute;ndricas, a equa&ccedil;&atilde;o do cilindro ter&aacute; a
seguinte forma:
ρ2cos2φ+ρ2 sem2 φ = 2 ρ cosφ ou ρ2 (cos2 φ + sem2 φ) = 2 ρcosφ. Logo
ρ = 2 cosφ. Nesta base, a regi&atilde;o E em coordenadas cil&iacute;ndricas ter&aacute; a
forma: 0 ≤ ρ ≤ 2cosφ; 0 ≤ φ ≤ ; 0 ≤ z ≤ a.
Calculando o integral, temos:
π
2
2
2
∫∫∫ z x + y dx dy dz = ∫∫∫ z ρ ⋅ ρ dρ dϕ dz = ∫ dϕ
E
0
E
π
π
2 cos ϕ
∫
a
1
2
2
ρ 2 dρ ∫ z dz = a 2 ∫ dϕ
0
0
π
0
π
4 22 3
4 2
4 
1
8

a ∫ cos ϕ dϕ = a 2 ∫ 1 − sen2ϕ d (senϕ ) = a 2  senϕ − sen2ϕ  2 = a 2
3 0
3 0
3 
3
0 9
(
∫∫∫(x
10. Calcular
2
)
)
+ y 2 dx dy dz , sendo a regi&atilde;o E a parte superior da
E
2
2
2
2
metade da esfera de equa&ccedil;&atilde;o x + y + z = r .
Passando para coordenadas esf&eacute;ricas teremos que:
0 ≤ ρ ≤ r; 0 ≤ φ ≤ 2; 0 ≤ θ≤ . Desta forma:
π
∫∫∫(x
2
)
2
2π
0
0
0
+ y 2 dx dy dz = ∫∫∫ ρ 4 sen3θ dρ dϕ dθ = ∫ ρ 4dρ ∫ sen3θ dθ ∫ dϕ =
E
E
π
r
r
r
π
2
4π r 5
1

= 2π ∫ ρ 4dρ ∫ cos2 θ − 1 d (cosθ ) = 2π ∫ ρ 4dρ  cos3 θ − cosθ  2 =
15
3
0
0
0
0
(
)
2 cos ϕ
∫ ρ dρ =
2
0
2
2
11. Calcular o volume do corpo limitado pela superf&iacute;cie hz = x + y ; z = h
z
h
0
y
x
(
)
por cima &eacute; limitado pelo plano z = h e a projec&ccedil;&atilde;o no plano x0y &eacute; a
2
2
2
circunfer&ecirc;ncia de equa&ccedil;&atilde;o x + y ≤ h
Passando para coordenadas cil&iacute;ndricas, onde o paraboloide ter&aacute; a forma
z=
ρ2
h
, o volume do corpo ser&aacute; igual a:
2π
2π
h
h
h

ρ2 
V = ∫∫∫ dx dy dz = ∫∫∫ ρ dρ dϕ dz = ∫ dϕ ∫ ρ dρ ∫ dz = ∫ dϕ ∫  h −  ρ dρ =
h 
0
0
0
0
E
E
ρ2
h
2π
2π
 hρ 2 ρ 4  h
 h 2 h3 
πh3


ϕ
ϕ
−
d
=
−
d
=
∫0  2 4h  0  2 4  ∫0
2
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER
7. Calcular ∫∫∫ f ( x, y )dxdydz , sendo
E
{
}
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : r 2 = x2 + y2 ; z = 0; z = h, (r ⟩ 0; h ⟩ 0)
8. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo a parte comum entre as esferas
E
2
2
2
x + y + z = r 2 ; x2 + y 2 + z 2 = 2rz;
  x 2 y 2 z 2 
9. Calcular ∫∫∫ 1 −  2 + 2 + 2  dxdydz , sendo E, o interior do elipsoide
b
c 
a
E 
x2 y 2 z 2
+ + = 1, (a ⟩ 0, b ⟩ 0, c ⟩ 0 )
a 2 b2 c2
10. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo E, o s&oacute;lido limitado pelo cilindro
E
2
2
x + y = 16 e os planos: z = 3; y = 0; y = 1; x = 0
11. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo E, o s&oacute;lido limitado pela esfera
E
2
x2 + y 2 + z = 1 e pelos planos : z = 0, y = x, y = 2 x, 0 ≤ x ≤
(
5
5
)
12.Calcular ∫∫∫ x 2 + y 2 dxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z )∈ ℜ3 : x2 + y2 + z 2 ≤ 9; x2 + y2 ≤ 1; x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0
(
)
13. Calcular ∫∫∫ x + y dxdydz , sendo
{
2
2
E
}
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x2 + y2 ≤ 4 − z; x2 + y2 ≤ 1; z ≥ 0
14. Calcular ∫∫∫ xdxdydz , sendo
{
E
}
E = ( x, y, z ) ∈ℜ3 : −(z − 4) ≤ x2 + y2 ≤ 4; z ≤ 4
15. Calcular ∫∫∫ ydxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z )∈ ℜ3 : z ≤ x2 + y2 ≤ 9; 0 ≤ z ≤ 4; z ≤ 4
3
2
2
2
2
16. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo E = ( x, y, z ) ∈ ℜ : x + y + z ≤ r
{
E
17. Calcular ∫∫∫
E
{
dxdydz
x2 + y 2 + z 2
, sendo
}
E = ( x, y, z ) ∈ℜ3 :1 ≤ x2 + y2 + z 2 ≤ 9;0 ≤ x ≤ y; z ≥ 0
}
18. Calcular ∫∫∫
E
dxdydz
x2 + y2 + z 2
, sendo
{
}
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 9; x 2 + y 2 ≤ z; x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 1
19. Calcular ∫∫∫ zdxdydz , sendo
E
1


E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4;
x ≤ y ≤ 3x
3


20. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = ( x, y, z ) ∈ℜ3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y2 ; x + y ≤ 1; x ≥ 0; y ≥ 0;
21. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y , z ) ∈ ℜ3 : ( z − 4 ) ≤ − x 2 + y 2 ; x 2 + y 2 ≥ 4; x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0
22. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
E


x2 + y 2
3
2
2
2
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ : x + y + z ≤ 9;
≥ z; x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0
3


23. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = ( x, y, z )∈ℜ3 : x2 + 4 ≤ x2 + y2 ≤ 16; z ≥ 0
24. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z ) ∈ℜ3 : −( z − 4) ≤ x2 + y2 ≤ −( z − 9); x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0
25. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z ) ∈ ℜ3 : 4 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 16; z 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 3z 2 ; x ≤ y ≤ 3x
{
}
2
26. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo E = ( x, y, z ) ∈ ℜ : z ≤ x + y ≤ 4 − z ; z ≥ 1
3
2
2
2
E
27. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = ( x, y, z ) ∈ℜ3 : 4 − z 2 ≤ x2 + y2 ≤ −(z − 4); 0 ≤ z ≤ 3; x ≥ 0; y ≥ 0
28. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
E = ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : 4 − x 2 − y 2 ≤ z ≤ 8 − x 2 − y 2 ; 0 ≤ x ≤ 4;0 ≤ x ≤ y
29. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = ( x, y, z ) ∈ℜ3 : x2 + y2 ≤ 4; 0 ≤ z ≤ 2 + y; x ≥ 0
30. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo
{
E
}
E = (x, y, z ) ∈ ℜ3 : ( x − 1) + y 2 ≤ 1; x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4; y ≥ 0; z ≥ 0
2
}
IV. APLICA&Ccedil;&Atilde;O DO INTEGRAL TRIPLO
Calcule a massa de cada uma das seguintes regi&otilde;es, sendo que para
12. Calcular a massa do corpo limitado pela superf&iacute;cie do cone
(z − 2)2 = x 2 + y 2 , no plano z = 0, se o plano do corpo δ (x, y, z ) = z.
Resolu&ccedil;&atilde;o
O v&eacute;rtice cone encontra – se no ponto O (0, 0, 2) e a intersec&ccedil;&atilde;o do
2
2
cone com plano z = 0 &eacute; igual a circunfer&ecirc;ncia de equa&ccedil;&atilde;o: x + y = 4
z
2
y
2
x
A superf&iacute;cie do corpo em an&aacute;lise &eacute; : z = 2 − x 2 + y 2 , sendo assim
termos:
2π
2
m = ∫∫∫ z dx dy dz = ∫∫∫ z ρ dρ dϕ dz = ∫ dϕ ∫ ρ dρ
V
0
V

ρ
4
= π  2 ρ 2 − ρ 3 +
3
4

4
0
2− ρ
∫
2
z dz = π ∫ ρ (2 − ρ ) dρ
2
0
0
2 4
 = π
0 3
Nota: Para Calcular as coordenadas do centro de massa de um dado
corpo, no espa&ccedil;o R3 cujo volume em rela&ccedil;&atilde;o a densidade δ = δ (x, y, z ) ,
utilizam – se as f&oacute;rmulas:
∫∫∫ xδ (x, y, z )dv
xC =
V
;
∫∫∫δ (x, y, z )dv
V
∫∫∫ yδ (x, y, z )dv
yC =
; zC =
(
)
δ
x
,
y
,
z
dv
∫∫∫
V
V
∫∫∫ zδ (x, y, z )dv
V
∫∫∫δ (x, y, z )dv
V
As grandezas:
M x = ∫∫∫ xδ ( x, y, z )dv ;
V
M y = ∫∫∫ yδ ( x, y, z )dv ;
V
M z = ∫∫∫ zδ ( x, y, z )dv
V
Denominam – se momento estat&iacute;stico do corpo em rela&ccedil;&atilde;o as
coordenadas dos planos x0y, y0z e x0z, se δ ( x, y , z ) = const , ou seja, as
V.
13. Calcular as coordenadas do centro de massa do s&oacute;lido V limitado
2
2
pela superf&iacute;cie dada pela equa&ccedil;&atilde;o: x = y + z ; x = 4
z
y
0
x = y2 +z2
x
Resolu&ccedil;&atilde;o:
A regi&atilde;o V est&aacute; limitada pela superf&iacute;cie de um paraboloide em rela&ccedil;&atilde;o
ao plano x = 4. A sua proje&ccedil;&atilde;o no plano y0z &eacute; representada pela
2
2
circunfer&ecirc;ncia de equa&ccedil;&atilde;o y + z = 4 . Calculemos primeiro a massa do
s&oacute;lido usando coordenadas cil&iacute;ndricas, considerando que a sua
2π
2
4
2

ρ4 2
m = ∫∫∫dx dy dz = ∫ dϕ ∫ ρ dρ ∫ dx = 2π ∫ ρ (4 − ρ 2 )dρ = 2π  2ρ 2 −  = 8π
4 0

V
0
0
0
ρ2
Logo:
2π
2
4
2
1
1
1
1 2 4
ϕ
ρ
ρ
π
ρ
xC = ∫∫∫ x dx dy dz =
d
d
x
dx
=
⋅
2
∫
∫0  2 x  ρ 2 dρ =
m V
8π ∫0 ∫0
8π
ρ2
2
1
1  2 ρ6  2 8
2
 8ρ −  =
16
−
d
=
ρ
ρ
ρ
8 ∫0
8 
6 0 3
(
)
Analogamente se determina yC e zC . Mas o corpo &eacute; uniforme e
sim&eacute;trico em rela&ccedil;&atilde;o ao eixo 0x, ent&atilde;o pode – se imediatamente
considerar que yC = 0 e zC = 0
Nota: Para determinar o momento de in&eacute;rcia de um dado corpo V ϵ R3
de densidade δ(x, y, z) define – se pela f&oacute;rmula:
I 0 = ∫∫∫(x 2 + y 2 + z 2 )δ ( x, y, z )dx dy dz
V
O momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o aos eixos 0x, 0y e 0z, determinam –
se da seguinte forma:
I x = ∫∫∫( y 2 + z 2 )δ ( x, y, z )dx dy dz
V
I y = ∫∫∫(x 2 + z 2 )δ ( x, y, z )dx dy dz
V
I z = ∫∫∫(x 2 + y 2 )δ ( x, y, z )dx dy dz
V
O momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o aos planos 0xy, 0yz e 0xz,
determinam – se da seguinte forma:
I xy = ∫∫∫ z 2 δ ( x, y, z )dx dy dz
V
I yz = ∫∫∫ x 2 δ ( x, y, z )dx dy dz
V
I xz = ∫∫∫ y 2 δ ( x, y, z )dx dy dz
V
14. Calcular o momento de in&eacute;rcia de uma esfera uniforme de raio R e
peso P em rela&ccedil;&atilde;o ao seu centro e di&acirc;metro.
Tendo em conta que o volume da esfera &eacute; igual a
4
p
v = πR3 ⇒ δ = 3
3
4 gπR3
Juntemos o centro da esfera na origem das coordenadas, logo a
superf&iacute;cie esf&eacute;rica fica dada pela express&atilde;o:
x2 + y 2 + z 2 = R2
Assim sendo o momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o ao centro da esfera,
calcula – se preferencialmente pelas coordenadas esf&eacute;ricas:
(
)
I 0 = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 δ ( x, y, z )dx dy dz = δ ∫∫∫ r 4 senθ dr dϕ dθ =
V
V
2π
π
R
0
0
0
= δ ∫ dϕ ∫ senθ dθ ∫ r 4 dr = δ ⋅ 2π ⋅ 2
5
3P 2
R
=
R
5 5g
Em considera&ccedil;&atilde;o ao facto de que a esfera &eacute; uniforme e sim&eacute;trica em
rela&ccedil;&atilde;o a origem das coordenadas, ent&atilde;o os momentos de in&eacute;rcia em
rela&ccedil;&atilde;o a qualquer di&acirc;metro, s&atilde;o iguais. Desta forma, vamos calcular por
exemplo o momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o ao di&acirc;metro adjacente ao
eixo 0z.
(
)
(
)
I z = ∫∫∫ x 2 + y 2 δ ( x, y, z )dx dy dz = δ ∫∫∫ x 2 + y 2 dx dy dz = δ ∫∫∫ r 2 sen2θ r 2 senθ dr dϕ dθ =
V
2π
V
π
R
δ ∫ dϕ ∫ sen3θ dθ ∫ r 4 dr = − 2πδ
0
0
0
V
5 π
R
5
R 
1

∫ (1 − cos θ )d (cosθ ) = −2πδ ⋅ 5  cosθ − 3 cos θ  =
5
2
0
3

2 P
= ⋅ ⋅ R2
5 g
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER
Calcule a massa de cada uma das seguintes regi&otilde;es, sendo que a

{
}
3
31. W = ( x, y, z ) ∈ ℜ : 0 ≤ z ≤ 6 − x − y; x + 2 y ≤ 4; x ≥ 0; y ≥ 0 ; d ( x, y, z ) = 3 yz
{
}
3
32. W = ( x, y, z ) ∈ ℜ : 3x + y ≤ z ≤ 6 − 3x − 2 y; x ≥ 0 : y ≥ 0 ; d ( x, y, z ) = xy + 1
{
}
3
33. W = ( x, y, z ) ∈ ℜ : x + y + z ≤ 4; y ≥ x;0 ≤ z ≤ 2 ; d (x, y, z ) = x + y − 2
1


34. W = (x, y, z )∈ ℜ3 : x2 + y2 ≤ 9; x2 + y2 ≤ z ≤ 3; x ≥ 0; y ≥ 0; d (x, y, z ) = z − 1
9


(
)
{
}
35. W = ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : 2 ≤ z ≤ 16 − x 2 − y 2 ; x 2 + y 2 ≥ 4 ; d ( x, y , z ) = 4
Calcule o momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o ao eixo Oz, por cada um dos
s&oacute;lidos definidos pelas seguintes regi&otilde;es, sendo que em todos os casos
se considera que d(x, y, z) = k.
{
}
3
36 W = ( x, y, z ) ∈ ℜ : x + y ≤ z ≤ 1; x ≥ 0; y ≥ 0
{
}
3
2
2
2
37. W = ( x, y, z ) ∈ ℜ : z ≤ x + y ≤ a ; z ≥ 0
1 

38. W = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 9;0 ≤ y ≤
x
3 

39. Calcule o momento de in&eacute;rcia em rela&ccedil;&atilde;o ao eixo Ox, do s&oacute;lido
definido pela regi&atilde;o, comum com os cilindros. A densidade de massa de
x2 + y 2 = a 2
x2 + z 2 = a 2
V. INTEGRAL AO LONGO DE UMA CURVA OU DE LINHA
Esta integral recebe o nome a partir do dom&iacute;nio de integra&ccedil;&atilde;o. J&aacute; conhecemos
b
as integrais definidas em R,
∫ f (x)dx donde
o dom&iacute;nio de integra&ccedil;&atilde;o &eacute;
a
constitu&iacute;do por intervalos acotados em R2 e integra – se no plano,
∫∫ f (x, y )dxdy . Em R
2
se pode integrar tamb&eacute;m sobre curvas.
R
Existem dois problemas da f&iacute;sica que se caracterisam pelas integrais ao longo
de uma linha:
1. Conhecer a massa de um arame fino a partir da densidade de cada
ponto.
2. Conhecer o trabalho realizado por uma for&ccedil;a ao transladar uma part&iacute;cula
entre dois pontos por um caminho perfilado.
A resolu&ccedil;&atilde;o do primeiro caso, gerou o conceito de integral de linha do
primeiro tipo e o segundo, de integral de linha do segundo tipo.
O primeiro conceito necess&aacute;rio e que deve ser dominado &eacute; relativo a Curva.
Curva: &eacute; todo conjunto K
14 Calculara integral curvil&iacute;nea
∫ P(x, y)dx + Q(x, y)dy, onde: P(x, y) = 2x + 2 y e Q(x, y) = 4x + 2 y Sendo
a trajet&oacute;ria C(OABO), limitada pelas linhas
OA: y = 4x2 ; AB : y = 16; BO : x = 0
Calculando o valor do integral ao longo da sua tragect&oacute;ria, no sentido
anti hor&aacute;rio, teremos:
∫ (2 x + 2 y )dx + (4 x + 2 y )dy = ∫ [2(x + 4 x )dx + 2(2 x + 4 x )d (4 x )]
2
OABO
2
2
OA
∫ [2(x + 16)dx + 2(2 x + 16)d (16)] + ∫ (2 y ⋅ d 0 + 2 y dy ) =
+
AB
BO
2
∫ (2 x + 40x
2
)
0
0
2
16
+ 64 x3 dx + ∫ (2 x + 32)dx + 2 ∫ y dy =
0
0
0 
320
 2 40 3
2

x + 64 x 4  + x 2 + 32 x + y 2 =  4 +
+ 256  − (4 + 64) − 256
x +
2
16 
3
3

0

(
)
128
3
Calculando o valor do integral aplicando o Teorema de Green, teremos:
2
16
 ∂Q ∂P 
(
)
(
)


(
)
P
x
,
y
dx
+
Q
x
,
y
dy
=
−
dx
dy
=
4
−
2
dx
dy
=
2
dx
∫
∫∫D  ∂x ∂y 
∫∫D
∫0 ∫2dy =
4x
2
2∫ dx ⋅ y
0

x3  2  8  128
2

 = 88 −  =
=
82
4
−
x
dx
=
8
4
x
−
∫0

4x2
3  0 
3
3

16
(
)
15. Calcular o valor do integral curvil&iacute;neo ao longo sua traject&oacute;ria, a linha
C e utilizando o Teorema de Green.
 x = 2 cos 4t

J = ∫ (2 x + 4 z )dx + (2 y + 2 z )dy − 12z dz , sendo: C : 
y = 2sen4t
C
 z = 6t 0 ≤ t ≤ 2π

Resolu&ccedil;&atilde;o
J = ∫ (2 x + 4 z )dx + (2 y + 2 z )dy − 12 z dz =
C
2π
∫ [(4 cos 4t + 24t )(− 2 ⋅ 4sen4t )dt + (4sen4t + 12t ) ⋅ (2 ⋅ 4 cos 4t )dt − 12 ⋅ 6 ⋅ t ⋅ 6dt ] =
0
2π
16 ∫ (− 2sen4t cos 4t − 12t sen4t + 2sen4t ⋅ cos 4t + 6t cos 4t − 27t )dt =
0
2π
2π
 2π


16 ∫ (− 12t sen4t + 6t cos 4t − 27t )dt = 48 − 4 ∫ t sen4t dt + 2 ∫ t cos 4t dt − 9 ∫ tdt 
0
0
0
0


2π
Avaliemos este exerc&iacute;cio em duas formas, as quais fluem pelo m&eacute;todo
de integra&ccedil;&atilde;o por partes.
1
1 1
1
1
J1 = ∫ t sen4t dt = − t cos 4t + ⋅ ∫ cos 4t d (4t ) = − t cos 4t +
4
4 4
4
16sen4t
fa&ccedil;amos u = t ; du = dt
1
1
dv = sen4t dt; v = ∫ sen4t d (4t ) = − cos 4t
4
4
1
1 1
1
1
J 2 = ∫ t cos 4t dt = t sen4t − ⋅ ∫ sen4t d (4t ) = t sen4t + cos 4t
4
4 4
4
16
fazendo u = t; du = dt
1
1
dv = cos 4t dt; v = ∫ cos 4t d (4t ) = sen4t
4
4
Voltando a integrar J, incorporando estes c&aacute;lculos em duas integrais,
teremos:
  1
1
1
 1
 9  2π
J = 48− 4 − t cos 4t + sen4t  + 2 t sen4t + cos 4t  − t 2 
=
16
16
 4
 2  0
  4
1
1
1
9  2π

=
= 48 t cos 4t − sen4t + tsen4t + cos 4t − t 2 
4
2
8
2  0


1
1
9
1

 1
= 48 2π cos 8π − sen8π + ⋅ 2π ⋅ sen8π + cos 8π − 4π 2  −  cos 0  =
4
2
8
2

 8

1
1

= 48 2π + − 18π 2 −  = 96π (1 − 9π )
8
8

16 Calcular ∫ (x − y )dS , sendo C o segmento de recta que vai de A(0,0),
C
ate B(3,4).
A equa&ccedil;&atilde;o da recta definida pelos pontos A e B tem a forma
3
3
sendo:
y = x; dy = Assim
4
4
4
4
3 
9
5
5 24 5

(
x
−
y
)
dS
=
x
−
x
1
+
dx
=


∫C
∫0  4  16 16 ∫0 xdx = 32 x 0 = 2
17 Calcular ∫ x ydy − y 2 xdx , sendo C dada pela express&atilde;o:
C
x = cos t ; y = sen t , 0 ≤ t ≤
π
2
, assim : dx = −
sen t
cos t
; dy =
2 cos t
2 sen t
2π

cos t
sen t 
π
Logo : ∫ x 2 ydy − y 2 xdx = ∫  cos t sen t ⋅
+ sen t ⋅ cos t ⋅
dt =

4
2 sen t
2 cos t 
C
0
( 2, 3 )
18. Calcular I =
∫ (x + 3 y )dx + ( y + 3x)dy .Este integral n&atilde;o depende da sua
(1,1)
traject&oacute;ria porque
∂P ∂Q
∂P ∂
∂Q ∂
=
ou seja :
= (x + 3 y ) = 3 e
= ( y + 3x ) = 3
∂y ∂x
∂y ∂y
∂x ∂x
Neste caso, escolhemos como traject&oacute;ria de integra&ccedil;&atilde;o, a linha paralela
ao eixo de coordenadas. Assim teremos na primeira parte
na
segunda
parte
da
fun&ccedil;&atilde;o
y = 1. dy = 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ,
x = 2; dx = 0 ⇒ 1 ≤ y ≤ 3 , por conseguinte:
2
3
 x2
 2  y2
3
I = ∫ ( x + 3)dx + ∫ ( y + 6)dy =  + 3x +  + 6 y  =
2
1  2
1
1
1
= 2 + 6 − 0,5 − 3 + 4,5 + 18 − 0,5 − 6 = 20,5
19.
Calcularutilizando
utilizando
a
f&oacute;rmula
de
Green
o
integral
I = ∫ 2(x 2 + y 2 )dx + ( x + y ) dy , sendo C os contornos de um tri&acirc;ngulo cujos
2
C
v&eacute;rtices s&atilde;o: A (1,1), B (2,2) e C (1,3), percorrido no sentido anti hor&aacute;rio.
Verificar o resultado achando o valor do integral ao longo do contorno.
(
)
P ( x, y ) = 2 x 2 + y 2 ⇒
desta forma
∂P
∂Q
= 4 y; Q ( x, y ) = ( x + y ) 2 ⇒
= 2(x + y )
∂y
∂x
∂Q ∂P
−
= 2( x + y ) − 4 y = 2(x − y ); ent&atilde;o :
∂x ∂y
(
)
I = ∫ 2 x 2 + y 2 dx + (x + y ) dy = ∫∫ 2( x − y )dx dy
2
C
C
De real&ccedil;ar que a regi&atilde;o C &eacute; o tri&acirc;ngulo ABC. A equa&ccedil;&atilde;o da recta AB: y =
x; a recta BC: y = - x+4. Expressemos o integral de acordo com a regi&atilde;o
descrita, ou seja, calculemos a &aacute;rea do triangulo do ponto de vista
verticalmente simples.
(
)
2
4− x
2
1
x
1
I = ∫ 2 x 2 + y 2 dx + (x + y ) dy = ∫∫ 2(x − y )dx dy = 2∫ dx
2
C
C
2
1 2

∫ (x − y )dy = 2∫  xy − 2 y 
4− x
x
2
1
1 2
1
4


2
2
= 2∫  x(4 − x ) − (4 − x ) − x + x dx = 4∫ 4 x − x 2 − 4 dx = 42 x 2 − x3 − 4 x = −
2
2 
3
3

1
1 
1
(
)
Determinemos agora o valor do integral ao longo das linhas AB,BC e CA
sendo que:
∫ 2(x
I=
2
)
(
)
(
)
+ y 2 dx + ( x + y ) dy + ∫ 2 x 2 + y 2 dx + ( x + y ) dy + ∫ 2 x 2 + y 2 dx + ( x + y ) dy
2
AB
2
BC
2
CA
aqui :
AB : y = x ⇒ dy = dx, 1 ≤ x ≤ 2;
BC : y = − x + 4 ⇒ dy = − dx, 2 ≥ y ≥ 1;
CA : x = 1 ⇒ dx = 0, 3 ≥ y ≥ 1
Desta forma teremos que:
2
[(
1
)
] {[ (
)]
}
1
I = ∫ 2 x 2 + y 2 dx + ( x + x ) dx + ∫ 2 x 2 + 4 − x 2 dx + ( x − x + 4) (− dx ) + ∫ (1 + y ) dy =
2
1
2
2
2
1
2
&acute;3
1
4
8
 2 1
2
31
= 8∫ x 2 dx + ∫ 4 x 2 − 16 x + 16 dx + ∫ (1 + y ) dy =  x3 − x3 + 8 x 2 − 16 x +  (1 + y )  =
3
3
 1 3
3
1
2
3
4
=−
3
(
)
21. Calcular o integral
∫ − x ydx + xy dy , sendo C dada pela equa&ccedil;&atilde;o da
2
2
C
2
2
circunfer&ecirc;ncia x +y = 4, percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
dx =
Aqui, P(x, y ) = − x 2 y; Q( x, y ) = xy 2 ⇒
∂Q ∂P
−
= x2 + y2
∂x ∂y
Desta forma :
(
)
I = ∫ − x 2 ydx + xy 2dy = ∫∫ x 2 + y 2 dxdy
C
R
Sendo R uma circunfer&ecirc;ncia, passamos para coordenadas polares, ou seja :
 x = ρ cosθ
; 0 ≤ θ ≤ 2π

y
=
sen
ρ
θ

2π
2
0
0
Da&iacute; que : I = ∫∫ ρ 2 ⋅ ρ dρ dθ = ∫ dθ ∫ ρ 3dρ =
R
2π
2
1
ρ 4 dθ = 4 ⋅ 2π = 8π
∫
4 0 0
dx + dy
, ao longo da
C x+ y
22. Encontrar o valor do integral curvil&iacute;neo ∫
2
2
circunfer&ecirc;ncia de equa&ccedil;&atilde;o x + y = 25 .
Resolu&ccedil;&atilde;o:
P( x, y ) =
1
∂P
1
⇒
=−
x+ y
∂y
(x + y )2
Q( x, y ) =
1
∂Q
1
⇒
=−
x+ y
∂x
(x + y )2
O valor deste integral n&atilde;o depende da sua traject&oacute;ria porque
Assim sendo:
∂P ∂Q
=
∂y ∂x
Assim sendo, escolhemos outra traject&oacute;ria mais sens&iacute;vel ao c&aacute;lculo do
integral que se pretende. Tomamos como curva C, a poligonal que une
os segmentos de recta K1, K2, K3, K4, cujas equa&ccedil;&otilde;es s&atilde;o:
K1 : y = −( x − 5)
K2 : y = x + 5
K3 : y = −( x + 5)
K4 : y = x − 5
dx + dy
=
x
+
y
C
Desta forma: ∫
dx + dy
+
+
x
y
K1
∫
dx + dy
+
x
+
y
K2
∫
dx + dy
+
x
+
y
K3
∫
dx + dy
x+ y
K4
∫
Expressamos estes integrais em fun&ccedil;&atilde;o de uma &uacute;nica vari&aacute;vel e para
isso elegemos a vari&aacute;vel x. Assim teremos:
K 1: y = −( x − 5) ⇒ dy = −dx
K 2 : y = x + 5 ⇒ dy = dx → 0
K 3: y = −( x + 5) ⇒ dy = −dx
K 4: y = x − 5 ⇒ dy = dx → 0
dx + dy
∫
Consequentemente: x + y =
C
Integrando, teremos:
−5
5
−5
5
dx + dy
dx + dy
dx
dx
∫0 x + x + 5 = ∫0 x + x − 5 = ∫0 5 = ∫0 5
x+
x−
2
2
dx + dy
=
x+ y
C
∫
ln x +
5 −5
55
5
5
5
5
+ ln x −
= ln − 5 + − ln 0 + + ln 5 − − ln 0 − = 0
2 0
20
2
2
2
2
23 Calcular o integral
∫ [(x + y )dx + (x − y )dy], sendo C a poligonal que une
C
os pontos A(0,0), B(1,2) e C(5,3) no sentido directo, ou seja na mesma
ordem.
Aqui :
AB : y = 2 x ⇒ dy = 2dx, 0 ≤ x ≤ 1;
BC : x = 4 y − 7 ⇒ dx = 4 dy, 2 ≥ y ≥ 3;
Logo :
∫ [(x + y )dx + (x − y )dy] = ∫ [(x + y )dx + (x − y )dy] + ∫ [x( y + dx) + (x − y )dy] =
C
AB
1
BC
3
1
3
2
0
2
= ∫ [( x + 2 x )dx + ( x − 2 x )2dx] + ∫ [(4 y − 7 + y )4dy + (4 y − 7 + y )dy ] = ∫ xdx + ∫ (23 y − 35)dy
0
x 1  y
 3 1 45
=   + 23 − 35 y  = +
= 23
 2 0  2
2 2 2
2
2
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER
Calcular os seguintes integrais de linha:
∫∫ (x
164.Calculara integral
2
)
− y 2 dx + xy dy , sendo a trajet&oacute;ria percorrida
AB
desde o ponto A(1,1) at&eacute; ao ponto B(3,4), um segmento de reta.
∫∫ (x − y ) dx + (x + y )
2
165. Calculara integral
2
dy , sendo a trajet&oacute;ria
OAB
percorrida ao longo da linha OAB, onde O (0,0); A (2,0) e B (4, 2).
166. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
∫∫ ydx + 2 x dy , sendo K percorrida no sentido anti
167. Calculara integral
K
hor&aacute;rio ao longo da figura limitada pelas linhas
x y
x y
+ = &plusmn;1; − = &plusmn;1
3 2
3 2
∫∫ 2 xdy − 3 ydx , sendo K contorno do triangulo de
168. Calculara integral
K
v&eacute;rtices A(1,2), B(3,1) e C(2,5) percorrido no sentido anti-hor&aacute;rio.
dy dx
− , sendo K o I&ordm;Q da circunfer&ecirc;ncia
y
∫∫ x
169. Calculara integral
K
y = rsen t; x = r cos t percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
∫∫ x y dx + x
170. Calculara integral
dy , sendo K a linha que limita as
2
2
a
f&oacute;rmula
K
2
2
par&aacute;bolas y = x; x = y
171.
Calcularusando
∫ [x + ln(x
2
)]
(
de
Green
o
integral
)
+ y 2 dx + y ln x 2 + y 2 dy , sendo C os limites da regi&atilde;o D.
C
172. Calcular o integral
∫ xdy + ydx , por duas trajet&oacute;rias diferentes:
K
a. Ao longo da circunfer&ecirc;ncia y = sent; x = cos t
2
b. Pelos contornos de uma por&ccedil;&atilde;o da par&aacute;bola y = x e da linha y = 1 .
173. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
y = 2 x − x2
174. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
175. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
176. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
177. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a par&aacute;bola
2
K
percorrida no sentido anti-hor&aacute;rio.
y = 2 x − x2
TEOREMA DE STOKES
Este teorema relaciona a integral de linha de um campo vetorial ao redor de
uma curva fechada simples C em IR3, com a integral sobre uma superf&iacute;cie S da
qual C vem sendo sua fronteira.
Teorema de Stokes
Seja S a superf&iacute;cie orientada definida por uma fun&ccedil;&atilde;o C2, z = f (x, y) donde
(x, y) est&aacute; em D, e seja F um campo vetorial C1 em S. Ent&atilde;o, se C &eacute; a curva
fronteira orientada de S tem se que
∫∫ rot F ⋅ dS = ∫∫ (∇x F) ⋅ dS = ∫ F ⋅ ds
S
S
C
A &uacute;ltima integral corresponde a integral ao redor de C da componente
tangencial de F, enquanto a segunda integral corresponde a componente
normal da rotacional do campo vetorial F sobre a superf&iacute;cie S.
Exemplo:
Seja F(x,y,z) = (y ez, + xez, xyez), mostrar que a integral ao redor de
uma curva fechada simples orientada C, que &eacute; a fronteira de uma superf&iacute;cie S
&eacute; 0.
Solu&ccedil;&atilde;o:
i
∂
∇x F =
∂x
ye z
j
∂
∂y
xe z
k
∂
=0
∂z
xye z
teorema
de
Stokes
de modo que
∫ F ⋅ ds
=0
C
Exemplo
Use
∫ (-y dx
3
o
para
avaliar
a
integral
2
de
linha
2
+ x dy - z dz ) onde C &eacute; a interse&ccedil;&atilde;o do cilindro x + y = 1 e o plano x +
3
3
C
y + z = 1, com C orientada no sentido anti hor&aacute;rio no plano xy.
Solu&ccedil;&atilde;o:
A curva C cont&eacute;m a superf&iacute;cie S definida por z = 1 – x – y = f(x,y), com
(x,y) tal que x2 + y2 ≤ 1 y F(x,y,z) = (-y3 , x3 , -z3 ), cujo rotor es ∇x F = (0, 0,
3x2 + 3y2 ), usando o teorema de Stokes:
∫ (-y dx
3
+ x 3dy - z 3dz )
=
C
2π 1 3
3π
2
2
∫∫ (3x + 3y ) dx dy = ∫ ∫ 3r drdθ =
2
C
00
podemos
verificar
este
avaliando directamente a integral de linha, parametrizando a fronteira de C por
x(t) = cos t , y(t) = sen t , z(t) = 0 , para 0 ≤ t ≤ 2π, tem se que a curva C fica
parametrizada por x = c&oacute;s t, y = sem t , z = 1 – sen t – c&oacute;s t, para 0 ≤ t ≤ 2π,
ent&atilde;o:
2π
[
]
3
3
3
3
3
3
∫ (-y dx + x dy - z dz ) = ∫ (−sent) (−sent) + (cost) (cost) − (1 − sent − cost) (−cost + sent dt =
C
0
3π
2
Teorema de Stokes para superf&iacute;cies parametrizadas
Seja S uma superf&iacute;cie orientada definida por uma parametriza&ccedil;&atilde;o biun&iacute;voca Φ:
D ⊂ IR2S se C &eacute; a fronteira orientada de S, F um campo vetorial C1 em S
ent&atilde;o
∫∫ (∇x F) ⋅ dS = ∫ F ⋅ ds
S
C
Ejemplo:
24. Seja S a superficie esf&eacute;rica de raio 1, con D = {(x,y)/
percorrida no sentido anti horario y F = ( y ,-x , exz)
Soluc&ccedil;&atilde;o:
2π
2π
dy 
 dx
F
⋅
d
s
=
y
−
x
dt
=
(-sen 2 t - cos 2 t) dt = - 2π , portanto

∫C
∫0  dt
∫
dt 
0
x2 + y2 ≤ 1},
∫∫ (∇xF) ⋅ dS = - 2π
S
Com o teorema de Stokes &eacute; poss&iacute;vel dar uma interpreta&ccedil;&atilde;o f&iacute;sica do rotor de
uma fun&ccedil;&atilde;o. Por exemplo se V &eacute; um campo de velocidade num fluido, ent&atilde;o a
circula&ccedil;&atilde;o ∫ V ⋅ ds &eacute; a velocidade do fluido ao redor da fronteira de S, de modo
C
que o rot V ⋅ n representa o efeito de giro ou rota&ccedil;&atilde;o do fluido ao redor do eixe
que cont&eacute;m n.
Defini&ccedil;&atilde;o (Circula&ccedil;&atilde;o e rotacional)
Rot V(P) ⋅ n(P) &eacute; a circula&ccedil;&atilde;o de V por unidade de &aacute;rea em P em uma
superf&iacute;cie perpendicular a n(P)
Exemplo
25. Sejam E e H os campos magn&eacute;ticos e el&eacute;trico que dependem do tempo
respetivamente, no espa&ccedil;o. Seja S uma superf&iacute;cie com fronteira C, define se a
voltagem ao redor de C e o fluxo magn&eacute;tico atrav&eacute;s de S como
∫ E ⋅ ds ∧ ∫∫ H ⋅ dS respectivamente, a Lei de Faraday afirma que a voltagem
C
S
ao redor de C &eacute; igual ao oposto da raz&atilde;o da troca de fluxo magn&eacute;tico atrav&eacute;s
de S. Mostre que a lei de Faraday se deduz da seguinte equa&ccedil;&atilde;o diferencial
∂H
∇x E = ∂i
Solu&ccedil;&atilde;o:
-
∂H
= ∇ x E , usando o teorema de Stokes,
∂i
Se derivarmos em ordem a t a integral
∫ E ⋅ ds = ∫∫ (∇ x E) ⋅ dS
C
S
∫∫ H ⋅ dS , e supondo que se pode inter
S
∂
cambiar
∂t
∂
∂H
− ∫∫ H ⋅ dS = ∫∫ ⋅ dS = ∫∫ (∇xE) ⋅ dS = ∫ E ⋅ ds integrando
∂t S
∂t
S
S
C
tem se a lei de Faraday.
∂
∫ E ⋅ ds = − ∂t ∫∫ H ⋅ dS
C
S
CAMPOS CONSERVATIVOS
Teorema (Campos Conservativos)
Seja F um campo vectorial C1 definido em IR3 exceto eventualmente num
n&uacute;mero finito de pontos, as seguintes condi&ccedil;&otilde;es sobre F s&atilde;o equivalentes:
i)
∫ F ⋅ ds = 0 para qualquer curva fechada simples orientada C.
C
ii)
∫ F ⋅ ds = ∫ F ⋅ ds , para qualquer par de curvas C1 e C2 que tenham os
C1
C2
mesmos pontos finais.
iii)
F = ∇f, isto &eacute;, F &eacute; o gradiente de alguma fun&ccedil;&atilde;o f( se F n&atilde;o est&aacute;
definida em algum ponto t&atilde;o pouco f est&aacute; definida nesse ponto)
∇x F = 0
iv)
Um campo vectorial que satisfa&ccedil;a uma das condi&ccedil;&otilde;es i, ii, iii, iv, se denomina
Campo vectorial Conservativo. A fun&ccedil;&atilde;o f se chama potencial para F.
As interpreta&ccedil;&otilde;es f&iacute;sicas da integral de linha
∫ F ⋅ ds
C
por uma for&ccedil;a F ao mover uma part&iacute;cula ao longo de C, outra &eacute; o conceito de
Circula&ccedil;&atilde;o, no qual F &eacute; o campo de velocidade de um fluido, F ⋅∆s &eacute;
aproximadamente a componente tangencial de F por ||∆s|| , a circula&ccedil;&atilde;o ∫ F ⋅ ds
C
&eacute; a componente tangencial ao redor de C, por exemplo, una pequena roda com
aspas colocadas num fluido girar&aacute; se est&aacute; centralizada num ponto onde F se
anula e se a circula&ccedil;&atilde;o do fluido &eacute; diferente de zero, ou ∫ F ⋅ ds ≠0 para
C
pequenos la&ccedil;os C, similarmente, na teoria eletromagn&eacute;tica , se F representa
um campo el&eacute;trico ent&atilde;o uma corrente fluir&aacute; ao redor de um lasso si ∫ F ⋅ ds ≠ 0
C
Um campo F n&atilde;o tem circula&ccedil;&atilde;o se e s&oacute; se rot F = ∇ x F = 0 , daqui que um
campo vectorial F com rot F = 0 se denomine irrotacional.
Teorema
Um campo vetorial F em IR3 &eacute; irrotacional se e s&oacute; se &eacute; um campo gradiente
para alguma fun&ccedil;&atilde;o f , quer dizer, se e s&oacute; se F = ∇f.
Exemplo
26. Considere o campo vectorial F em IR3 dado por F(x,y,z) = (y, zcos(yz) + x,
y cos(yz), demonstrar que este campo &eacute; irrotacional e determine um potencial
escalar para F
Solu&ccedil;&atilde;o
O rotor de F &eacute; zero (calcule-o), de modo que o campo F seja irrotacional ,
portanto existe um potencial f , sabemos que se pode resolver o sistema de
equa&ccedil;&otilde;es:
∂f
∂f
∂f
= y,
= x + zcos yz ,
= y cos yz estas equa&ccedil;&otilde;es s&atilde;o equivalentes a:
∂x
∂y
∂z
f(x,y,z) = xy + h1(y,z) , f(x,y,z) = sen yz + xy + h2(x,z) , f(x,y,z) = sen yz +
h3(x,y) para fun&ccedil;&otilde;es h1 , h2 , h3 , independentes de x, y , z respetivamente.
∂f
Seja f(x,y,z) = xy + h1(y,z) (*)
y
= y cos yz , se determina que
∂z
∂h1(y, z)
∂z
= ycosyz ,
integrando
h1(y,z)
=
∫ ycosyzdz + g(y) = senyz + g(y) ,
substituindo em (*) se tem que f(x,y,z) = xy + sen yz + g(y), mas por f(x,y,z) =
sen yz + xy + h2(x,z) se tem que g(y) = h2(x,z), como o lado esquerdo
depende da vari&aacute;vel y, o lado direito depende de x ∧ z &eacute; claro que deve ser
uma constante C, ent&atilde;o se tem que f(x,y,z) = xy+sen yz+C,
Teorema
∂P ∂Q
=
,
∂y ∂x
ent&atilde;o F = ∇f , para alguma fun&ccedil;&atilde;o f definida em IR2 ( F deve ser suave em todo
ponto, para IR2 n&atilde;o se permitem excep&ccedil;&otilde;es como no caso de IR3)
Se F &eacute; um campo vectorial C1 em IR2 da forma (Pi + Qj ) com
Exemplo
27. Determinar se o campo vectorial: a) F= i exy + j ex + y
x2sen y)
b) F = (2 x cosy,
Solu&ccedil;&atilde;o:
a)
P(x,y) = exy , Q(x,y) = ex +y , de modo que calculamos,
∂P
∂Q
= xexy ,
= ex+ y
∂y
∂x
∂P ∂Q
≠
, se tem que F n&atilde;o tem fun&ccedil;&atilde;o de Potencial.
∂y ∂x
∂P
∂Q
= - 2xsen y =
b) Neste caso :
, de modo que F tem uma fun&ccedil;&atilde;o de
∂y
∂x
Potencial f, a qual &eacute; f(x,y) = x2 cos y + C . Porqu&ecirc;?
Exemplo
28. Calcular a integral ∫ F ⋅ ds = ∫ 2 x cosy dx - x 2seny dy , si c(t) = (et-1 , sen (
c
c
π
t
)), 1 ≤ t ≤ 2.
Solu&ccedil;&atilde;o:
Como os pontos finais s&atilde;o c(1) = (1,0) y c(2) = (e,1), F &eacute; irrotacional.
Porqu&ecirc;? logo F &eacute; um campo vectorial gradiente, logo c &eacute; substitu&iacute;vel por
qualquer curva C1 a peda&ccedil;os que tenha os mesmos pontos finais, em
particular, pela traject&oacute;ria poligonal de (1,0) a (e,0) a (e,1) , portanto:
e
1
1
0
2
2
2
2
∫ F ⋅ ds = ∫ 2tcos0 dt + ∫ − e sent dt = (e – 1) + e (cos1 – 1) = e cos 1 – 1
c
Avaliar a integral usando o teorema fundamental (obter previamente a
fun&ccedil;&atilde;o potencial
para F)
Teorema:
Se F &eacute; um campo vectorial C1 em IR3 com div F = 0, ent&atilde;o existe um campo
vectorial G de classe C1 tal que F = rot G.
TEOREMA DE GAUSS
O teorema de Gauss assegura que o fluxo de um campo vectorial para fora de
uma superf&iacute;cie fechada &eacute; igual a integral de la diverg&ecirc;ncia desse campo
vectorial sobre o volume fechado pela superf&iacute;cie, este &eacute; um resultado paralelo
ao teorema de Stokes e ao teorema de Green, no sentido que relaciona uma
integral sobre um objeto geom&eacute;trico fechado (curva ou superf&iacute;cie) com uma
integral sobre uma regi&atilde;o contida (superf&iacute;cie o volume)
Teorema de Gauss da Divergencia
Seja U uma regi&atilde;o elementar sim&eacute;trica no espa&ccedil;o, e seja ∂U a superficie
fechada orientada que acota a U, F um campo vectorial suave definido em U.
Ent&atilde;o:
∫∫∫ (∇ ⋅ F ) dV = ∫∫ F ⋅ dS o bien ∫∫∫ (div F ) dV = ∫∫ (F ⋅ n) dS
U
∂U
U
∂U
Exemplo
Sea F = 2xi + y2j +z2k y S a esfera unitaria dada por x2 + y2 + z2 = 1 avaliar
∫∫ (F ⋅ n) dS
∂U
Solu&ccedil;&atilde;o
Pelo teorema de Gauss
∫∫ (F ⋅ n) dS = ∫∫∫ (div F) dV
∂U
donde U &eacute; a bola
U
acotada pela esfera, a integral da direita &eacute; 2∫∫∫ (1 + y + z)dV =
U
Exemplo
29. Usar o teorema da divergencia para avaliar
∫∫ (x
2
8π
.
3
+ y + z ) dS
com U a
∂U
bola s&oacute;lida
x2 + y2 + z2 ≤ 1
Solu&ccedil;&atilde;o:
Para aplicar o teorema de Gauss da Divergencia, debemos encontrar algum
campo vectorial F = F1 i + F2 j + F3 k em U com F⋅n = x2 + y + z em qualquer
ponto (x,y,z) em ∂U, a normal unitaria exterior n a ∂U &eacute; n = xi + yj + zk
(qualquer raio vector r &eacute; normal a esfera), portanto fazemos xF1= x2 , yF2 = y ,
zF3 = z, resolvemos para F1, F2, F3 encontrando que F1= x , F2 = 1 , F3 = 1,
cuya divergencia &eacute; 1, logo pelo teorema da divergencia se tem que
4π
(x 2 + y + z ) dS = ∫∫∫ dV = volume (U) =
∫∫
3
∂U
U
Nota: Se div F(P) &gt; 0 existe um fluxo para o exterior pr&oacute;ximo do ponto P
considerado uma fonte de F .
Se div F(P) &lt; 0 o ponto P se considera um sumidero de F
Se div F(P) = 0 numa superficie fechada se diz que o fluido &eacute;
incompress&iacute;vel ali.
VI. INTEGRAL DE SUPERF&Iacute;CIE
Seja f ( x, y , z ) , uma fun&ccedil;&atilde;o cont&iacute;nua e z = f ( x, y ) superf&iacute;cie plana S,
onde f (x, y ) &eacute; dada num determinado dom&iacute;nio D do plano xOy. O
integral de superf&iacute;cie de primeira esp&eacute;cie denomina-se o limite da soma
com a condi&ccedil;&atilde;o de que max dk → 0 :
n
lim
max d k → 0
∑ F (ξ ,η , ζ )∆S = ∫∫ F (x, y, z )dS
k
k
k =1
k
k
S
Onde ∆Sk → &eacute; a &aacute;rea em que o elemento de superf&iacute;cie S no ponto
(ξk ,ηk , ζ k ) , pertence a este elemento,
dk → &eacute; o di&acirc;metro deste elemento,
Seja f ( x, y , z ) ,uma fun&ccedil;&atilde;o cont&iacute;nua uma fun&ccedil;&atilde;o definida em cada ponto
da superf&iacute;cie S.
O valor da integral de superf&iacute;cie n&atilde;o depende do lado em que se realiza
a integra&ccedil;&atilde;o. Ela calcula – se pela f&oacute;rmula:
2
2
∫∫ F (x, y, z )dS = ∫∫ F [x, y, f (x, y )]
S
D
 ∂z   ∂z 
1 +   +   dx dy
 ∂x   ∂y 
Nota: Observamos os dois lados da superf&iacute;cie S e escolhemos entre
eles o lado S+. A fun&ccedil;&atilde;o F (x, y, z ) , ficar&aacute; definida nos pontos de S+.
n
O limite de integra&ccedil;&atilde;o da soma
∑ F (ξ ,η , ζ )∆Π (x, y ), onde ∆Π (x, y ) → &eacute;
k
k
k
k
k
k =1
a proje&ccedil;&atilde;o no plano XOY na qual o elemento de superf&iacute;cie S, tem a &aacute;rea
∆Sk ,na condi&ccedil;&atilde;o de que maxdk → 0 ,denomina – se Integral de superf&iacute;cie
de segunda esp&eacute;cie e define – se no lado escolhido da superf&iacute;cie S,
representa – se simbolicamente na forma:
∫∫ F (x, y, z )dxdy
S+
Se P ( x, y, z ), Q( x, y , z ) e R ( x, y, z ) → fun&ccedil;&otilde;es cont&iacute;nuas e s+ - o lado da
superf&iacute;cie plana S, e a dire&ccedil;&atilde;o caracter&iacute;stica da normal &eacute;
n(cos α ; cos β ; cos γ ) ent&atilde;o a correspondente integral de segunda esp&eacute;cie
ter&aacute; a forma:
∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = ∫∫ (P cosα + Q cos β + R cos γ )dS
S
S
Ao passarmos para o outro lado da superf&iacute;cie S-, esta integral muda para
o sinal contr&aacute;rio.
Se a superf&iacute;cie S for dada na forma impl&iacute;cita, Φ ( x, y , z ) = 0 , a dire&ccedil;&atilde;o do
cosseno da normal a esta superf&iacute;cie, define – se pela formula:
∂Φ
∂x
cosα =
2
2
2
2
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
&plusmn; 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
∂Φ
∂y
cos β =
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
&plusmn; 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
∂Φ
∂z
cos γ =
2
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
&plusmn; 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
2
Onde o sinal antes do radical deve ser de acordo com o lado da
superf&iacute;cie.
Nota: O momento de in&eacute;rcia da parte da superf&iacute;cie em rela&ccedil;&atilde;o ao eixo
de coordenadas, expressa – se pelo integral de superf&iacute;cie:
I ox = ∫∫ ( y 2 + z 2 )dS ; I oy = ∫∫ (x2 + z 2 )dS ; I oz = ∫∫ (x 2 + y 2 )dS
S
S
S
Nota: As coordenadas do centro de massa da parte da superf&iacute;cie, pode
– se determinar pelas f&oacute;rmulas:
x=
1
xdS ;
S ∫∫
S
y=
1
ydS ;
S ∫∫
S
z=
1
zdS
S ∫∫
S
Onde S, &eacute; a &aacute;rea da parte dada da superf&iacute;cie.
Nota: A massa material da superf&iacute;cie &eacute; calculada pela f&oacute;rmula:
m = ∫∫ γ dS
S
Onde γ &eacute; a &aacute;rea da superf&iacute;cie.
Nota: O momento estat&iacute;stico da superf&iacute;cie em rela&ccedil;&atilde;o as coordenadas
definem – se pelas f&oacute;rmulas:
M xy = ∫∫ zγ dS ;
M yz = ∫∫ xγ dS ; M zx = ∫∫ yγ dS
S
S
S
Exemplos:
(
)
30. Calcular I = ∫∫ x 2 + y 2 dS , onde S – &eacute; a parte da superf&iacute;cie c&oacute;nica
S
2
2
2
dada pela express&atilde;o z = x + y ; onde 0 ≤ z ≤ 1
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Temos que
z = x2 + y2 ⇒
∂z
=
∂x
x
2
x +y
2
;
∂z
=
∂y
y
2
x + y2
2
2
x2
y2
 ∂z   ∂z 
+
dxdy
dS = 1 +   +   dxdy = 1 + 2
x + y 2 x2 + y2
 ∂x   ∂y 
(
)
2 x2 + y2
dxdy = 2dxdy
x2 + y2
Assim sendo:
(
)
(
I = ∫∫ x 2 + y 2 dS = ∫∫ x 2 + y 2
S
)
2 dx dy
D
2
2
A regi&atilde;o de integra&ccedil;&atilde;o D ser&aacute; o c&iacute;rculo dado pela express&atilde;o x + y ≤ 1
Por isso
π
(
)
(
I = ∫∫ x + y dS = ∫∫ x + y
2
2
S
2
D
2
)
2
π
1
2
2 dx dy = 4 2 ∫ dθ ∫ ρ dρ = 2 ∫ dθ =
3
0
0
0
π 2
2
31. Calcular I = ∫∫ x2 y 2 z dx dy , pela parte superior da metade superior da
S
2
2
2
2
esfera x + y + z = R
Resolu&ccedil;&atilde;o:
A proje&ccedil;&atilde;o da esfera no plano x0y &eacute; uma circunfer&ecirc;ncia dada pela
2
2
2
equa&ccedil;&atilde;o x + y = R .
2
2
2
A equa&ccedil;&atilde;o da parte superior de esfera tem a forma z = R − x − y
Por esta raz&atilde;o I = ∫∫ x 2 y 2 z dx dy = ∫∫ x 2 y 2 R 2 − x 2 − y 2 dx dy
S
S
I = ∫∫ x 2 y 2 z dx dy = ∫∫ x 2 y 2 R 2 − x 2 − y 2 dx dy = ∫∫ ρ 5 cos2 θ sen2θ R 2 − ρ 2 dρ dθ =
S
S
D
π
π
2
R
0
0
R
2
2
1 − cos 4θ
2
dθ ∫ (R 2 − t 2 ) t 2 dt =
πR7
2
105
0
0
4 ∫ cos2 θ sen2θ dθ ∫ ρ 5 R 2 − ρ 2 dρ = ∫
π
2
Nota: No c&aacute;lculo de ∫ ρ 5 R 2 − ρ 2 dρ , fez – se a substitui&ccedil;&atilde;o do tipo
0
(
R 2 − 2 = t ⇒ R 2 − ρ 2 = t 2 da&iacute; que : ρdρ = −t dt ; ρ 4 = R 2 − t 2
)
32. Calcularo momento de in&eacute;rcia da metade superior de esfera
z = a2 − x2 − y 2 , em rela&ccedil;&atilde;o ao eixo Oz.
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Temos que
∂z
x
∂z
y
=−
, =−
∂x
a 2 − x2 − y 2 ∂y
a 2 − x2 − y 2
2
2
)
(
x2
y2
a dx dy
 ∂z   ∂z 
dS = 1 +   +   dx dy = 1 + 2
+
dx dy =
2
2
2
2
2
a −x −y
a −x −y
 ∂x   ∂y 
a 2 − x2 − y 2
(
I oz = ∫∫ x 2 + y 2 dS = ∫∫ x 2 + y 2
a
)
dx dy
a2 − x 2 − y 2
A regi&atilde;o de integra&ccedil;&atilde;o considera – se a proje&ccedil;&atilde;o na metade da esfera
S
S
no plano XOY, ou seja,
x2 + y2 ≤ a2 , por isso, passando para
π
I oz = ∫∫ ρ
D
a
2
a
2
2
a −ρ
2
ρ dρ dθ = 4a ∫ dθ ∫
0
0
ρ 3 dρ
4
= π a4
3
a −ρ
2
2
33. Calcularas coordenadas do centro de massa da parte da superf&iacute;cie z
= x limitada pelos planos x + y = 1, y = 0, x = 0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Achemos a &aacute;rea da parte eleita da superf&iacute;cie z = x. Termos :
∂z
∂z
= 1;
=0
∂x
∂y
Consequentemente
2
2
1
1− x
1
1
2
 ∂z   ∂z 


(1 − x)2 =
1 +   +   dxdy = 2 ∫ dx ∫ dy = 2 ∫ (1 − x )dx = −
0
2
 ∂x   ∂y 
0
0
0
S = ∫∫
D
=
2
2
Finalmente:
x=
1
S
1
y=
S
z=
∫∫ xdS =
S
1
1− x
2
xdx ∫
2 ∫0
0
1
1− x
2
∫∫S ydS = 2 ∫0 dx ∫0
1
1 1 1
1
2 dy = 2 ∫ x(1 − x )dx = 2  x 2 − x 3  =
3 0 3
2
0
1
2 y dy = ∫ (1 − x ) dx = −
2
0
1
1
(1 − x )3 = 1
0 3
3
[
]
1
1
1
zdS = ∫∫ xdS =
∫∫
S S
S S
3
(usando a equa&ccedil;&atilde;o do plano z = x )
34. Achar a massa da superf&iacute;cie esf&eacute;rica e o momento estat&iacute;stico mxy, da
parte superior da esfera, se a &aacute;rea da superf&iacute;cie em cada ponto &eacute; igual a
distancia deste ponto ao di&acirc;metro vertical.
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Juntamente com a origem de coordenadas e o centro da esfera,
orientamos o eixo Oz verticalmente passando para coordenadas
esf&eacute;ricas: x = Rsenθ cos ϕ ; y = Rsenθsenϕ ; z = R cos θ .
Desta
dS = J dθ dϕ = R2senθ dθ dϕ ,a
forma
&aacute;rea
da
superf&iacute;cie
γ = x2 + y2 = Rsenθ logo tem – se que:
m = ∫∫ γ ds = ∫∫ R sen θ dθ dϕ = R
3
S
2
π 2π
3
θ
 2π
= π 2R3
0
1
∫ ∫ sen θ dθ dρ = R π  2 − 4 sen2θ 
2
3
0 0
S
π
2π 2
π
2πR
 sen 
M xy = ∫∫ zγ ds = R4 ∫ ∫ cosθ sen2θ dθ dρ = R 4 2π  3  2 =
3
 3 0
S
0 0
4
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER
178.Calcularas coordenadas do centro de massa da parte da superf&iacute;cie
(x
z =2−
2
)
+ y2
, distribu&iacute;do pelo plano xOy.
2
193.Determinar
∫∫ xyz dS ,
2
2
sendo S a parte da superf&iacute;cie x + y = z
S
distribu&iacute;do pelos planos z = 0; z = 1
179.Achar o momento de in&eacute;rcia do paraboloide z
=
x2 + y2
2
,em rela&ccedil;&atilde;o
ao eixo 0z sendo 0 ≤ z ≤ 1
∫∫ ( x
180.Determinar
2
+ y 2 ) z dS , sendo S definida pela express&atilde;o
S
2
2
2
x + y + z − 4, z ≥ 1.
181.Determinar
1
dS , sendo S: 2z = x2 + 2 y; 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1
z − y +1
∫∫
S
182.Determinar
∫∫ x( y + z) dS ,
sendo
S
a
superf&iacute;cie
do
cilindro
S
2
2
x + y = 16 situado no primeiro quadrante, entre z = 0; z = 5
183.Determinar
∫∫ xydS ,
sendo S a superf&iacute;cie do semi – cone
S
z = x2 + y 2 limitado pelo plano z = 2.
EQUA&Ccedil;&Otilde;ES DIFERENCIAIS
No&ccedil;&otilde;es gerais
Denominam – se equa&ccedil;&otilde;es diferenciais a uma equa&ccedil;&atilde;o que liga a vari&aacute;vel
(n )
independente x, a fun&ccedil;&atilde;o y = y ( x ) e as suas derivadas y′, y′′,L, y , ou seja,
(
)
(n)
uma equa&ccedil;&atilde;o na forma: F x, y′, y′′, y′′′,..., y = 0.
Se a equa&ccedil;&atilde;o diferencial depende de uma s&oacute; vari&aacute;vel y = y ( x ) , ent&atilde;o trata –
se de uma equa&ccedil;&atilde;o diferencial ordin&aacute;ria, isto &eacute;: y′′ + y′ + x = cos x
A ordem de uma equa&ccedil;&atilde;o diferencial, &eacute; a ordem da derivada de de maior
ordem que figura na equa&ccedil;&atilde;o. Por exemplo, a equa&ccedil;&atilde;o diferencia
y IX − xy′′ = x2 l, &eacute; de nona ordem.
Denomina – se solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o diferencial, uma fun&ccedil;&atilde;o Y = φ (X),
at&eacute; a ordem n, inclusive, tal que ao fazer a substitui&ccedil;&atilde;o Y = φ (X), na equa&ccedil;&atilde;o
diferencial, esta se converte numa identidade com rela&ccedil;&atilde;o a x no intervalo (a,
b).
EXEMPLOS:
35. A fun&ccedil;&atilde;o y = senx + cos x &eacute; solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o y′′ + y = 0 . Com efeito a
segunda derivada desta fun&ccedil;&atilde;o, se tiver, tem – se.
y′ = cos x − sen x;
y′′ = − sen x − cos x
Substituindo na equa&ccedil;&atilde;o diferencial y′′;
ey
pelas respetivas equa&ccedil;&otilde;es,
obteremos a identidade − sen x − cos x + sen x + cos x = 0
Graficamente, a solu&ccedil;&atilde;o de uma equa&ccedil;&atilde;o diferencial denomina – se curva
integral da equa&ccedil;&atilde;o. A forma geral de uma equa&ccedil;&atilde;o de primeira ordem &eacute;
F ( x, y , y′) = 0
Nesta equa&ccedil;&atilde;o, se for poss&iacute;vel isolar y′ resultar&aacute; y′ = f ( x, y ) , que representa
uma equa&ccedil;&atilde;o de primeira ordem resolvida em ordem a sua derivada.
Equa&ccedil;&otilde;es diferenciais de vari&aacute;veis separ&aacute;veis
As vari&aacute;veis da equa&ccedil;&atilde;o M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 s&atilde;o separ&aacute;veis se a
equa&ccedil;&atilde;o admite a forma f 1 ( x )g 2 ( y )dx + f 2 ( x )g 1 ( y )dy = 0 em que o factor
integrante
1
, determinado por inspec&ccedil;&atilde;o, reduz a equa&ccedil;&atilde;o &agrave; forma
f 2 ( x )g 2 ( y )
f1 ( x )
g (y)
dx + 1
dy = 0 , da qual a primitiva pode ser obtida por integra&ccedil;&atilde;o, isto
f 2 (x )
g 2 (y)
&eacute;
∫
f1 (x )
g (y)
dx + ∫ 1
dy = C
f 2 (x )
g 2 (y)
EXEMPLOS:
(
)
x
x
2
36. Resolver 3e tg y dx + 2 − e sec y dy = 0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
(
x
Dividindo ambos os membros da equa&ccedil;&atilde;o pelo produto tg y ⋅ 2 − e
)
3e x dx sec2 y dy
+
=0
2 − ex
tg y
Obtivemos uma equa&ccedil;&atilde;o diferencial de vari&aacute;veis separ&aacute;veis. Integrando
teremos:
∫
3e x dx
sec2 y dy
+
=C
2 − ex ∫
tg y
− 3ln 2 − e x + ln tg y = C1
Efetuando a potencia&ccedil;&atilde;o obteremos
tg y
2−e
x 3
= eC1 ou seja :
A partir daqui:
tg y
(2 − e )
x 3
= eC1
tg y
(2 − e )
x 3
= eC1
tg y
(
Designando &plusmn; eC1 = C tem – se que 2 − e x
)
3
=C
(
)
3
,ou seja tg y − C 2 − e x = 0
obtivemos a integral geral da equa&ccedil;&atilde;o dada. Ao dividirmos pelo produto
(
tg y ⋅ 2 − ex
)
se supunha que nenhum dos fatores se convertia em zero.
Igualando
fator
(k = 0, &plusmn; 1, &plusmn; 2,...)
y = kπ
a
zero,
obteremos
respetivamente:
x = ln 2 .
Substituindo na equa&ccedil;&atilde;o inicial, comprovaremos que representa que
y = kπ
e
x = ln 2 s&atilde;o solu&ccedil;&otilde;es da equa&ccedil;&atilde;o. Estas podem obter – se
formalmente da integral geral, fazendo C = 0 e C = ∞ . Isto significa que a
constante C se substitui por 1/C2 depois do qual a integral geral toma a
forma:
tg y −
1
2 − e x = 0 ou seja C2tg y − 2 − e x = 0
C2
(
)
(
)
Fazendo na &uacute;ltima igualdade C2 = 0 o que corresponde a C = ∞ , teremos
(2 − e )
x 3
= 0 da&iacute; t&ecirc;m a solu&ccedil;&atilde;o
consequ&ecirc;ncia,
as
da equa&ccedil;&atilde;o inicial. Como
x = ln 2
fun&ccedil;&otilde;es y = kπ
(k = 0, &plusmn; 1, &plusmn; 2,...)
e
x = ln 2 ,
s&atilde;o
(
)
3
&eacute;: tg y − C 2 − e x = 0
(
)
x
x
37. Achar a solu&ccedil;&atilde;o particular da equa&ccedil;&atilde;o 1 + e yy′ = e :que satisfa&ccedil;a a
condi&ccedil;&atilde;o inicial y x = 0 = 1
Resolu&ccedil;&atilde;o:
(1 + e ) y dy
=e
dx
x
x
⇒ y dy =
e x dx
1 + ex
(
)
Integrando, obteremos a integral geral
y2
= ln 1 + e x + C
2
(
)
fazendo x = 0, teremos :
De onde achamos que
C=
1
= ln 2 + C
2
1
− ln 2
, pondo este valor de C na equa&ccedil;&atilde;o
2
2
 1 + ex 
 + 1
y = ln
anterior, obteremos a integral particular
 2 
2
2
 1 + ex 
 + 1
y = ln
Assim sendo a solu&ccedil;&atilde;o particular que se pretende &eacute;:
 2 
38. Achar a solu&ccedil;&atilde;o particular da equa&ccedil;&atilde;o y′sen x = y ln y : que satisfa&ccedil;a as
condi&ccedil;&otilde;es iniciais
a). y
x=
=e
π
b). y
2
x=
π
=1
2
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Tem – se que:
dy
dy
dx
sen x = y ln y ⇒
=
dx
y ln y sen x
Integrando, obt&ecirc;m – se a integral geral
ln ln y = ln tg
x
+ ln C
2
Potencializando teremos:
x
C⋅tg
x
ln y = C ⋅ tg ⇒ y = e 2
2
Que &eacute; a solu&ccedil;&atilde;o geral da equa&ccedil;&atilde;o dada.
a. Ponhamos agora
x=
π
2
, y =e⇒ e=e
C⋅tg
π
4
isto significa que C = 1. Assim sendo y = e
C ⋅tg
x
2
b. Achemos em seguida a solu&ccedil;&atilde;o particular da equa&ccedil;&atilde;o que satisfaz a
condi&ccedil;&atilde;o:
y
x=
π
=1
2
fazendo C = 0 na solu&ccedil;&atilde;o geral, obteremos a solu&ccedil;&atilde;o particular que se
pretende.
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER:
Verificar se as solu&ccedil;&otilde;es dadas correspondem as respectivas equa&ccedil;&otilde;es
diferenciais:
2
184. xy′ = 2 y ; y = 5x
185. y′′ = x 2 + y 2 ;
y=
1
x
186. ( x + y )dx + xdy = 0 ;
y=
c2 − x2
2x
187. y ′′ + y = 0 ;
y = 3senx − 4 cos x
188. x y ′ + 1 = e y ;
e − y − Cx = 1
189.
xy 2 dy + y 3dx =
dx
;
x
190. yy ′ 2 + 2 x y ′ = y + 1 ;
y3 =
1 C
+
x x2
y 2 + 2Cx = C 2
Formar as equa&ccedil;&otilde;es diferenciais das fam&iacute;lias de curvas dadas.
2
191. y = 2cx
x
192. y = ce
2
2
2
193. x + y = c
194. ln
x2
= 1 + ay
y
Resolver as equa&ccedil;&otilde;es diferenciais
(
)
2
2
195. x − x y′ = y + y
2
2
196. tgx ⋅ sen y + cos x ⋅ ctg y dy = 0
3
197. xy′ − y = y
2
198. xyy′ = 1 − x
(
)
2
199. y − xy′ = a 1 + x y′
(
)
x
x
2
200. 3e tgydx + 1 − e sec ydy = 0
201. y ′tgx = y
202. y ′ =
1− y2
1− x2
(
)
3
2
203. Achar a solu&ccedil;&atilde;o particular de 1 + x dy − x ydx = 0 , satisfazendo a
condi&ccedil;&atilde;o inicial x = 1, y = 2 .
VI. Equa&ccedil;&otilde;es diferenciais homog&eacute;neas.
Equa&ccedil;&otilde;es transform&aacute;veis em homog&eacute;neas
can&oacute;nica,
considera-se
M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0
se M ( x, y ) e N ( x, y )
homog&eacute;nea
na sua forma
s&atilde;o
fun&ccedil;&otilde;es
homog&eacute;neas do mesmo grau. Assim, a equa&ccedil;&atilde;o dada na forma can&oacute;nica
 y
pode reduzir-se &agrave; forma y ′ = f   e por meio da substitui&ccedil;&atilde;o y = xt onde t &eacute;
 x
uma nova fun&ccedil;&atilde;o inc&oacute;gnita, se transforma em Equa&ccedil;&atilde;o de Vari&aacute;veis
Separ&aacute;veis. Aqui, pode-se tamb&eacute;m aplicar a substitui&ccedil;&atilde;o da forma x = yt .
 a x + b1 y + c1
Se y ′ = f  1
 a 2 x + b2 y + c 2
a

 onde f &eacute; cont&iacute;nua e δ = 1
a2

equa&ccedil;&atilde;o ∗ x = u + α e
na
pelo
y =v+β
sistema
onde
de
as
b1
≠ 0 supondo-se que
b2
constantes
equa&ccedil;&otilde;es
α e β s&atilde;o
a1α + b1 β + c1 = 0 ; ,
a 2α + b2 β + c 2 = 0 ; obtemos uma equa&ccedil;&atilde;o diferencial homog&eacute;nea, quanto as
vari&aacute;veis u e v , se δ = 0 supondo-se que na equa&ccedil;&atilde;o ∗ a1 x + b1 y1 = u ; obt&eacute;mse uma equa&ccedil;&atilde;o de vari&aacute;veis separ&aacute;veis.
EXEMPLOS:
39. Achar a solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o xy′ = x 2 − y 2 + y :
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Escrevemos a equa&ccedil;&atilde;o na forma y′ = x 2 − y 2 +
y
x
Como a equa&ccedil;&atilde;o &eacute; homog&eacute;nea fazemos a substitui&ccedil;&atilde;oy=ux
y=ux.
y=ux.Ent&atilde;o:
x
du
du
dx
= 1 − u2 ⇒
=
2
dx
x
1− u
Integrando teremos:
1
du = ∫ dx ⇒ arcsenu = ln x + ln C1 (C1 ⟩ 0) ou seja arcsen u = ln C1 x
x
1− u
sabendo que C1 x = &plusmn;C1 x fazendo a nota&ccedil;&atilde;o &plusmn; C1 = C , teremos : arcsenu = ln Cx
∫
1
2
Donde ln Cx ≤
π
2
, isto &eacute; : e
A integral geral arcsen
−
π
2
π
≤ Cx ≤ e 2 substituindo u por
y
teremos teremos
x
y
= ln Cx. e consequentemente a solu&ccedil;&atilde;o geral &eacute;:
x
y = x sen ln Cx
Nota: Neste exerc&iacute;cio, no processo de separa&ccedil;&atilde;o de vari&aacute;veis dividimos
ambosos membros da equa&ccedil;&atilde;o pelo produto x 1 − u 2 com o qual de poderiam
perder as solu&ccedil;&otilde;es que convertem em zero os seus factores. Se fizermos
x = 0 e 1 − u 2 = 0 teremos que x = 0 ; n&atilde;o &eacute; solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o devido ao
facto de que 1 −
y2
= 0; de onde y = &plusmn; x . Com uma verifica&ccedil;&atilde;o directa nos
x2
convencemos de que as fun&ccedil;&otilde;es y = − x e y = x s&atilde;o as solu&ccedil;&otilde;es da equa&ccedil;&atilde;o.
Estas s&atilde;o as solu&ccedil;&otilde;es singulares da equa&ccedil;&atilde;o dada.
40. Achar a solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o ( x + y − 2 ) dx + ( x − y + 4 ) dy = 0 :
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Examinemos a equa&ccedil;&atilde;o dada formando a partir dela um sistema de duas
equa&ccedil;&otilde;es alg&eacute;bricas lineares, ou seja:
1 1
x + y − 2 = 0
buscando o det . deste sistema, teremos : ∆ =
= −2 ≠ 0

1 −1
x − y + 4 = 0
O sistema tem solu&ccedil;&atilde;o &uacute;nica x0 = −1, y0 = 3 fazendo a substitui&ccedil;&atilde;o do tipo
x = ξ −1 e y =η + 3
Logo a equa&ccedil;&atilde;o dada toma a forma:
(ξ + η )dξ + (ξ − η )dη = 0
Esta &eacute; uma equa&ccedil;&atilde;o homog&eacute;nea. Fazendo η = uξ e substituindo na
equa&ccedil;&atilde;o anterior obteremos
(ξ + ξu )dξ + (ξ − ξu )(ξ du + u dξ ) = 0 de
(1 + 2u − u )dξ + ξ (1 − u)du = 0 separando
2
dξ
ξ
+
1− u
du = 0 . Integrando, teremos:
1 + 2u − u 2
1
ln ξ + ln 1 + 2u − u 2 = ln C
2
vari&aacute;veis
onde
teremos:
ξ 2 (1 + 2u − u 2 ) = C
Voltando As vari&aacute;veis x e y, obteremos:


(x + 1)2 1 + 2 ⋅ y − 1 − ( y − 3)2  = C1
x + 1 ( x + 1) 

2
Ou seja:
x 2 + 2 xy − y 2 − 4 x + 8 y = C
(C = C1 + 14)
41. Achar a solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o ( x + y + 1)dx + (2 x + 2 y − 1)dy = 0
Resolu&ccedil;&atilde;o:
 x + y +1
1 1
⇒∆=
=0

2 2
2 x + 2 y − 1
Neste caso, para integrar a equa&ccedil;&atilde;o faz – se a substitui&ccedil;&atilde;o:
x + y = z; dy = dz − dx ⇒ (2 − z )dx + (2 z − 1)dz = 0
da&iacute; : dx −
2z − 1
dz = 0
2−z
Integrando:
x − 2 z − 3 ln z − 2 = C
Voltando as vari&aacute;veis x e y, obteremos a integral geral da equa&ccedil;&atilde;o
diferencial dada, isto &eacute;: x + 2 y + 3 ln x + y − 2 = C
(
)
2 2
3
42. Achar a solu&ccedil;&atilde;o da equa&ccedil;&atilde;o x y − 1 dy + 2 xy dx = 0 :
Resolu&ccedil;&atilde;o:
Vamos fazer a substitui&ccedil;&atilde;o do tipo y = z α ; dy = α z α −1dz onde de princ&iacute;pio
α &eacute; um n&uacute;mero arbitr&aacute;rio. Substituindo y e dy na equa&ccedil;&atilde;o dada pelas
respectivas
(x z
2 3α −1
express&otilde;es,
(
)
2 2α
α −1
3α
teremos: x z − 1 αz dz + 2xz dx = 0 Isto
&eacute;:
)
− z α −1 α dz + 2 x z 3α dx = 0 .
De nota que o grau de x 2 z 3α −1 &eacute; 2 + 3α − 1 = 3α + 1 , o grau de z α −1 &eacute; α − 1 e o
3α
grau de xz &eacute; 1 + 3α . Esta equa&ccedil;&atilde;o obtida ser&aacute; homog&eacute;nea se os graus de
todos os termos forem iguais ou seja, se se cumprir a condi&ccedil;&atilde;o 3α + 1 = α − 1 .
Dai que ε = −1 de onde y = &plusmn; x .
Por conseguinte, teremos que com y =
1
a equa&ccedil;&atilde;o inicial toma a forma.
z
 1 x2 
x
 2 − 4  dz + 2 3 dx = 0 ou seja: z 2 − x2 dz + 2 zx dx = 0
z 
z
z
(
Fa&ccedil;amos em seguida y =
)
1
, a equa&ccedil;&atilde;o inicial ter&aacute; a forma:
z
 1 x2 
x
 2 − 2  dz + 2 3 dx = 0 isto &eacute; :
z 
z
z
(z
2
)
− x 2 dz + 2 z x dx = 0 .
Fa&ccedil;amos agora z = ux, dz = u dx + x du ent&atilde;o esta equa&ccedil;&atilde;o toma a forma:
(u
2
)
(
)
(
)
− 1 (u dx + x du ) + 2u dx = 0 . A partir daqui tem – se u u 2 + 1 dx + x u 2 − 1 du = 0
separando as vari&aacute;veis obteremos:
(
(
por
)
u u2 + 1
=C
u
)
ln x + ln u 2 + 1 − ln u = C ⇒
Vamos substituir u
dx u 2 − 1
−
du = 0 Integrando temos:
x u3 + 1
1
xy
e obteremos a integral geral da equa&ccedil;&atilde;o
diferencial em estudo. Al&eacute;m disso, a equa&ccedil;&atilde;o tem a solu&ccedil;&atilde;o trivial y = 0 que se
1+ x2 y 2
obt&ecirc;m da integral geral escrevendo a na forma: y =
e passando depois
C
os limites para C → ∞ . Consequentemente a fun&ccedil;&atilde;o y = 0 &eacute; a solu&ccedil;&atilde;o particular
EXERC&Iacute;CIOS PARA RESOLVER:
Resolver as equa&ccedil;&otilde;es:
(
)
2
2
204. x − y dx + 2xydy = 0
(
)
2
2
205. x + 6xy y′ = y − 2xy
206. y − xy ′ =
207. y ′ = −
x2 + y2
x+ y
x
2
208. ( x − y ) ydx − x dy = 0
209. y ′ =
4x − y + 7
2x + y − 1
210. (2 x − 4 y + 5) y ′ + ( x − 2 y + 3) = 0
211. y ′ =
1 − 3x − 3 y
1+ x + y
212. y ′ =
1 − 3x − 3 y
1+ x + y
213. y ′ =
x + 2y +1
2x + 4 y + 3
Bibliografia
1. An&aacute;lise Matem&aacute;tica. Jos&eacute; Luis Fern&aacute;ndez Mu&ntilde;iz y Graciella de la Torre
Moln&eacute;.Tomo III. Editorial Pueblo y Educaci&oacute;n. 1983.
2. An&aacute;lise Matem&aacute;tica. Jos&eacute; Luis Fern&aacute;ndez Mu&ntilde;iz y Graciella de la Torre
Moln&eacute;.Tomo IV. Editorial Pueblo y Educaci&oacute;n. 1984.
3. Problemas de equac&otilde;es diferenciais ordin&aacute;rias. A. Kiseliov, M. Krasnov,
G.Makarenko. Editorial Mir. quarta edici&oacute;n 1984.
4. C&aacute;lculo e Geometria Anal&iacute;tica. Al Shenk. Vol.1 Editora Campus Ltda. 1984.
5. C&aacute;lculo e Geometria Anal&iacute;tica. Al Shenk. Vol.2 Editora Campus Ltda. 1984.
6. Curso de An&aacute;lise Matem&aacute;tica. L.D.Kudri&aacute;tsev. Tomo 1. Editorial Mir.
Primeira edi&ccedil;&atilde;o 1984.
7. Curso de An&aacute;lise Matem&aacute;tica. L.D.Kudri&aacute;tsev. Tomo 2. Editorial Mir.
Primeira edi&ccedil;&atilde;o 1984.
8. The Fundamentals of Mathematical Analysis. G.M.Fikhtengol&acute;ts. Volume 1.
Firstedition 1965.
9. The Fundamentals of Mathematical Analysis. G.M.Fikhtengol&acute;ts. Volume 2.
First edition 1965.
10. Matem&aacute;tica superior – exerc&iacute;cios e problemas. P.E. Dako e A,G. Papov.
Volume 1. Edi&ccedil;&otilde;es Mir 6&ordf; edi&ccedil;&atilde;o 2007
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Volume 2. Edi&ccedil;&otilde;es Mir 6&ordf; edi&ccedil;&atilde;o 2007
12. Equa&ccedil;&otilde;es diferenciais e suas aplica&ccedil;&otilde;es. P.Leyva Machin, Otilio
Anoceto,Maria Ant&oacute;nia Araguren e Maria Sofia Duyos, editorial Pueblo y
educacion 1987
13. Integrais M&uacute;ltiplas. Jos&eacute; M. Aromi, Jos&eacute; A. D. Duque, Eug&eacute;nio C.
Rodriguesz, editorial pueblo e educacion1974
14. Problemas de equa&ccedil;&otilde;es diferenciais ordin&aacute;rias. A. Kiseliov, M. Krasmov, G.
makarenko, editorial Felix Varela La Habana 2004
15. Geometr&iacute;a anal&iacute;tica. Charles H. Lehmann editorial instituto do libro, la
havana 1968
16. Trabalhos individuais de matem&aacute;tica Superior. A.P. Riabushk, Minsk editor
2007
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