CI SEGUNDO SEMESTRE-I . INTEGRAL TRIPLO. COORDENADAS CARTESIANAS

I . INTEGRAL TRIPLO. COORDENADAS CARTESIANAS
Consideremos por analogia, com as regiões rectangulares de R2 , o
sólido Q de R3 , determinado por um produto cartesiano
[a, b]× [c, d ]× [e, f ] e f : Q → R integrável em Q, assim como uma das
integrais iteradas correspondentes, então:
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 expressão
E
1


E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : 0 ≤ x ≤ x; x ≤ y ≤ 2 x;0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 
2


Resolução:
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
Resolução:
O sólido dado por V estão limitados por coordenadas no plano XOZ e
YOZ, a cima e em baixo, está limitado pelos planos dados pelas
expressões
1
z = ( x + 4 y ), e z = 6 − x − y
2
Respectivamente.. Achemos as linhas de intersecção 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 região D apartir da expressão
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 região E limitada pelos planos
2
E
{
}
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x + y + z − 2 = 0; x = 0; y = 0; z = 0
Resolução:
A região E está limitada por cima pelo plano x + y + z − 2 = 0 , e por baixo,
pelo plano z = 0 . A projeção do corpo no plano x0y é o triângulo 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 região E a parte superior do elipsoide
E
2
2
x
y
+ + z2 ≤ 1
9
4
Resolução:
x2 y2
A projecção do corpo no plano x0y é 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
)
EXERCÍCIOS 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] × [0,1]× [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 sólido E,
mostrando as suas projecções 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 sólido dado pela expressão


z 2 + x2
E = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 :
≤ y ≤ 4; 0 ≤ x ≤ 2 y; z ≥ 0
8


6. Calcular ∫∫∫ dxdydz , sendo o sólido limitado por três planos
E
coordenados e as superfícies:
{
}
E = (x, y, z ) ∈ ℜ3 : x = x2 + y 2 ; e o plano x + y = 1
II. INTEGRAL TRIPLO: COORDENADAS CILÍNDRICAS
Coordenadas cilíndricas: Seja P(x, y, z) um ponto qualquer da superfície de
um cilindro circular reto de raio r cujo eixo é o 0z. a equação da superfície é
2
2
2
claramente x + y = r
Uma parte da superfície que se localiza no primeiro octante está representada
na figura abaixo. Pelo ponto P e eixo 0z faz – se passar um plano que corta
numa geratriz cujo ponto de intersecção com o plano x0y é o ponto P´.
Seja OP´= r, e designamos por θ o ângulo formado por OP` e a parte positiva
do eixo 0x. Então teremos as relações:
x = r cos θ ,
y = r senθ , z = z
Para que as coordenadas cilíndricas (r, θ, z) um único ponto do espaço,
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 cilíndricas, 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´
x
y
x
x2 + y2
III. INTEGRAL TRIPLO: COORDENADAS ESFÉRICAS: Seja o ponto P (x, y, z) um
ponto qualquer da superfície esférica de centro na origem e raio r. a equação
da superfície esférica é evidentemente:
x2 + y 2 + z 2 = r 2
Observemos a porção da esfera compreendida no primeiro quadrante ilustrado
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 ângulo formado pela reta l e a parte positiva
do eixo 0x, e por φ o ângulo formado pelo raio OP e a parte positiva do eixo 0z.
Designemos por P’, A, B e C respetivamente, as projeções do ponto P sobre o
plano x0y e sobre os eixos 0x, 0y e 0z.
Seja OP´=CP=s
A partir do triangulo OPC teremos que s=rsen φ
A partir dos triângulos OAP´, OBP´, e OP´P, teremos respetivamente:
X=s cos θ=r sen φcos θ
Y=s sen θ =r sen φ sen θ
Z=P´P = r sem (90º- φ)= r cos φ
Destas relações, é possível localizar qualquer ponto P na superfície esférica
quando se conhecem os valores de r,φ eθ. Para que as coordenadas esféricas
(r,φ , θ) representem um ponto único no espaço, deve – se restringir os seus
valores nos intervalos:
r ≥ 0; 0 ≤ φ ≤ π; 0 ≤ θ ≤ 2π
as relações anteriores podem considerar – se como a transformação de
coordenada cartesianas em esféricas. 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 estás limitada pela parte do cone
V
z = x2 + y2 e o plano z = 3
Resolução:
z
z=3
r
y
r=3
x
Utilizemos as coordenadas cilíndricas para caracterizar o volume V, a
projecção sobre o plano x0y é um círculo fechado de raio 3 e a variação no
eixo z, na direcção em que se desenvolve o sólido, vai desde a superfície do
cone atéao plano z=3, por tanto em coordenadas cilíndricas 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 região 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
Resolução: Vamos utilizar coordenadas esféricas para caracterizar D, a
projecção sobre o plano xoy, serão os círculos concêntricos fechados de
raios a e b (a > b), que geram a região limitada põe esferas mediante as
coordenadas esféricas dadas na forma:
B≤ρ≤a
0 ≤ θ ≤ 2π
0≤φ≤π
Aqui, J=ρ2|senφ|. Com efeito, fazendo a troca de variáveis 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 superfícies:
superfícies
2z = x2 + y2 ; z = 2; x = 0; y = 2x
Resolução:
O corpo em causa está limitado em baixo pela superfície z =
a baixo pela superfície de equação z = 2 .
No plano XOY podemos observar a região DD
Passando para coordenadas cilíndricas, teremos:
 x = ρ cosϕ

 y = ρsenϕ
 z=z

A equação do paraboloide terá 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 ângulo φ observa-se na figura
1 2
x + y2 , e
2
(
)
DC y 2 x
= =
= 2 ⇒ θ = 63,4349 e ϕ = 90º +θ = 153,4349º
OC x
x
assim :0 ≤ ϕ ≤ 153,4349º ; 153,4349º = 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 superfície
2 3
E
z = x − y e os
planos x = 1 e
z=0
Resolução:
z
0
y
x
Para caracterizar a região de integração deve – se projectar o sólido
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
Resolução:
Na troca de coordenadas cartesianas (x, y, z) para esféricas (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 região E limitadapelocilindro
E
2
2
x + y = 2x e pelos planos y = 0, z = 0 e z = a.
Resolução:
Passando para coordenadas cilíndricas, a equação do cilindro terá 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 região E em coordenadas cilíndricas terá 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 região E a parte superior da
E
2
2
2
2
metade da esfera de equação x + y + z = r .
Passando para coordenadas esféricas 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 superfície hz = x + y ; z = h
z
h
0
y
x
(
)
O corpo dado é limitado por baixo pelo paraboloide = enquanto
por cima é limitado pelo plano z = h e a projecção no plano x0y é a
2
2
2
circunferência de equação x + y ≤ h
Passando para coordenadas cilíndricas, onde o paraboloide terá a forma
z=
ρ2
h
, o volume do corpo será 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
EXERCÍCIOS 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 sólido 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 sólido 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. APLICAÇÃO DO INTEGRAL TRIPLO
Calcule a massa de cada uma das seguintes regiões, sendo que para
cada caso é indicada a densidade de massa.
12. Calcular a massa do corpo limitado pela superfície do cone
(z − 2)2 = x 2 + y 2 , no plano z = 0, se o plano do corpo δ (x, y, z ) = z.
Resolução
O vértice cone encontra – se no ponto O (0, 0, 2) e a intersecção do
2
2
cone com plano z = 0 é igual a circunferência de equação: x + y = 4
z
2
y
2
x
A superfície do corpo em análise é : 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 espaço R3 cujo volume em relação a densidade δ = δ (x, y, z ) ,
utilizam – se as fórmulas:
∫∫∫ 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 estatístico do corpo em relação as
coordenadas dos planos x0y, y0z e x0z, se δ ( x, y , z ) = const , ou seja, as
coordenadas do centro de massa não dependem da densidade do corpo
V.
13. Calcular as coordenadas do centro de massa do sólido V limitado
2
2
pela superfície dada pela equação: x = y + z ; x = 4
z
y
0
x = y2 +z2
x
Resolução:
A região V está limitada pela superfície de um paraboloide em relação
ao plano x = 4. A sua projeção no plano y0z é representada pela
2
2
circunferência de equação y + z = 4 . Calculemos primeiro a massa do
sólido usando coordenadas cilíndricas, considerando que a sua
densidade é: δ = 1
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 é uniforme e
simétrico em relação ao eixo 0x, então pode – se imediatamente
considerar que yC = 0 e zC = 0
Nota: Para determinar o momento de inércia de um dado corpo V ϵ R3
de densidade δ(x, y, z) define – se pela fórmula:
I 0 = ∫∫∫(x 2 + y 2 + z 2 )δ ( x, y, z )dx dy dz
V
O momento de inércia em relação 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 inércia em relação 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 inércia de uma esfera uniforme de raio R e
peso P em relação ao seu centro e diâmetro.
Tendo em conta que o volume da esfera é igual a
4
p
v = πR3 ⇒ δ = 3
3
4 gπR3
Juntemos o centro da esfera na origem das coordenadas, logo a
superfície esférica fica dada pela expressão:
x2 + y 2 + z 2 = R2
Assim sendo o momento de inércia em relação ao centro da esfera,
calcula – se preferencialmente pelas coordenadas esféricas:
(
)
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 consideração ao facto de que a esfera é uniforme e simétrica em
relação a origem das coordenadas, então os momentos de inércia em
relação a qualquer diâmetro, são iguais. Desta forma, vamos calcular por
exemplo o momento de inércia em relação ao diâmetro 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
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER
Calcule a massa de cada uma das seguintes regiões, sendo que a
densidade da massa é indicada em cada caso.

{
}
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 inércia em relação ao eixo Oz, por cada um dos
sólidos definidos pelas seguintes regiões, 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 inércia em relação ao eixo Ox, do sólido
definido pela região, comum com os cilindros. A densidade de massa de
cada ponto é considerada constante.
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 domínio de integração. Já conhecemos
b
as integrais definidas em R,
∫ f (x)dx donde
o domínio de integração é
a
constituído por intervalos acotados em R2 e integra – se no plano,
∫∫ f (x, y )dxdy . Em R
2
se pode integrar também sobre curvas.
R
Existem dois problemas da física 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 força ao transladar uma partícula
entre dois pontos por um caminho perfilado.
A resolução 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 necessário e que deve ser dominado é relativo a Curva.
Curva: é todo conjunto K
14 Calculara integral curvilínea
∫ P(x, y)dx + Q(x, y)dy, onde: P(x, y) = 2x + 2 y e Q(x, y) = 4x + 2 y Sendo
a trajetória C(OABO), limitada pelas linhas
OA: y = 4x2 ; AB : y = 16; BO : x = 0
Calculando o valor do integral ao longo da sua tragectória, no sentido
anti horário, 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 curvilíneo ao longo sua trajectória, 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

Resolução
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 exercício em duas formas, as quais fluem pelo método
de integração 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
façamos 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 cálculos 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 equação 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 expressão:
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 não depende da sua
(1,1)
trajectória 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 trajectória de integração, a linha paralela
ao eixo de coordenadas. Assim teremos na primeira parte
na
segunda
parte
da
função
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
fórmula
de
Green
o
integral
I = ∫ 2(x 2 + y 2 )dx + ( x + y ) dy , sendo C os contornos de um triângulo cujos
2
C
vértices são: A (1,1), B (2,2) e C (1,3), percorrido no sentido anti horário.
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 ); então :
∂x ∂y
(
)
I = ∫ 2 x 2 + y 2 dx + (x + y ) dy = ∫∫ 2( x − y )dx dy
2
C
C
De realçar que a região C é o triângulo ABC. A equação da recta AB: y =
x; a recta BC: y = - x+4. Expressemos o integral de acordo com a região
descrita, ou seja, calculemos a área 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
´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 equação da
2
2
C
2
2
circunferência x +y = 4, percorrida no sentido anti-horário.
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 circunferência, passamos para coordenadas polares, ou seja :
 x = ρ cosθ
; 0 ≤ θ ≤ 2π

y
=
sen
ρ
θ

2π
2
0
0
Daí 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 curvilíneo ∫
2
2
circunferência de equação x + y = 25 .
Resolução:
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 não depende da sua trajectória porque
Assim sendo:
∂P ∂Q
=
∂y ∂x
Assim sendo, escolhemos outra trajectória mais sensível ao cálculo do
integral que se pretende. Tomamos como curva C, a poligonal que une
os segmentos de recta K1, K2, K3, K4, cujas equações são:
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 função de uma única variável e para
isso elegemos a variável 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
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER
Calcular os seguintes integrais de linha:
∫∫ (x
164.Calculara integral
2
)
− y 2 dx + xy dy , sendo a trajetória percorrida
AB
desde o ponto A(1,1) até ao ponto B(3,4), um segmento de reta.
∫∫ (x − y ) dx + (x + y )
2
165. Calculara integral
2
dy , sendo a trajetória
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 parábola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-horário.
∫∫ ydx + 2 x dy , sendo K percorrida no sentido anti
167. Calculara integral
K
horário ao longo da figura limitada pelas linhas
x y
x y
+ = ±1; − = ±1
3 2
3 2
∫∫ 2 xdy − 3 ydx , sendo K contorno do triangulo de
168. Calculara integral
K
vértices A(1,2), B(3,1) e C(2,5) percorrido no sentido anti-horário.
dy dx
− , sendo K o IºQ da circunferência
y
∫∫ x
169. Calculara integral
K
y = rsen t; x = r cos t percorrida no sentido anti-horário.
∫∫ x y dx + x
170. Calculara integral
dy , sendo K a linha que limita as
2
2
a
fórmula
K
2
2
parábolas 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 região D.
C
172. Calcular o integral
∫ xdy + ydx , por duas trajetórias diferentes:
K
a. Ao longo da circunferência y = sent; x = cos t
2
b. Pelos contornos de uma porção da parábola y = x e da linha y = 1 .
173. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a parábola
2
K
percorrida no sentido anti-horário.
y = 2 x − x2
174. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a parábola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-horário.
175. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a parábola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-horário.
176. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a parábola
2
y = 2 x − x2
K
percorrida no sentido anti-horário.
177. Calculara integral
∫∫ ydx − (y + x )dy , sendo K a parábola
2
K
percorrida no sentido anti-horário.
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 superfície S da
qual C vem sendo sua fronteira.
Teorema de Stokes
Seja S a superfície orientada definida por uma função C2, z = f (x, y) donde
(x, y) está em D, e seja F um campo vetorial C1 em S. Então, se C é a curva
fronteira orientada de S tem se que
∫∫ rot F ⋅ dS = ∫∫ (∇x F) ⋅ dS = ∫ F ⋅ ds
S
S
C
A última 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 superfície 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 é a fronteira de uma superfície S
é 0.
Solução:
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 é a interseção do cilindro x + y = 1 e o plano x +
3
3
C
y + z = 1, com C orientada no sentido anti horário no plano xy.
Solução:
A curva C contém a superfície 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
resultado
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 = cós t, y = sem t , z = 1 – sen t – cós t, para 0 ≤ t ≤ 2π,
então:
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 superfícies parametrizadas
Seja S uma superfície orientada definida por uma parametrização biunívoca Φ:
D ⊂ IR2S se C é a fronteira orientada de S, F um campo vetorial C1 em S
então
∫∫ (∇x F) ⋅ dS = ∫ F ⋅ ds
S
C
Ejemplo:
24. Seja S a superficie esférica de raio 1, con D = {(x,y)/
percorrida no sentido anti horario y F = ( y ,-x , exz)
Solucção:
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 é possível dar uma interpretação física do rotor de
uma função. Por exemplo se V é um campo de velocidade num fluido, então a
circulação ∫ V ⋅ ds é a velocidade do fluido ao redor da fronteira de S, de modo
C
que o rot V ⋅ n representa o efeito de giro ou rotação do fluido ao redor do eixe
que contém n.
Definição (Circulação e rotacional)
Rot V(P) ⋅ n(P) é a circulação de V por unidade de área em P em uma
superfície perpendicular a n(P)
Exemplo
25. Sejam E e H os campos magnéticos e elétrico que dependem do tempo
respetivamente, no espaço. Seja S uma superfície com fronteira C, define se a
voltagem ao redor de C e o fluxo magnético através de S como
∫ E ⋅ ds ∧ ∫∫ H ⋅ dS respectivamente, a Lei de Faraday afirma que a voltagem
C
S
ao redor de C é igual ao oposto da razão da troca de fluxo magnético através
de S. Mostre que a lei de Faraday se deduz da seguinte equação diferencial
∂H
∇x E = ∂i
Solução:
-
∂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
número finito de pontos, as seguintes condições sobre F são 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 é, F é o gradiente de alguma função f( se F não está
definida em algum ponto tão pouco f está definida nesse ponto)
∇x F = 0
iv)
Um campo vectorial que satisfaça uma das condições i, ii, iii, iv, se denomina
Campo vectorial Conservativo. A função f se chama potencial para F.
As interpretações físicas da integral de linha
∫ F ⋅ ds
, como o trabalho realizado
C
por uma força F ao mover uma partícula ao longo de C, outra é o conceito de
Circulação, no qual F é o campo de velocidade de um fluido, F ⋅∆s é
aproximadamente a componente tangencial de F por ||∆s|| , a circulação ∫ F ⋅ ds
C
é a componente tangencial ao redor de C, por exemplo, una pequena roda com
aspas colocadas num fluido girará se está centralizada num ponto onde F se
anula e se a circulação do fluido é diferente de zero, ou ∫ F ⋅ ds ≠0 para
C
pequenos laços C, similarmente, na teoria eletromagnética , se F representa
um campo elétrico então uma corrente fluirá ao redor de um lasso si ∫ F ⋅ ds ≠ 0
C
Um campo F não tem circulação se e só 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 é irrotacional se e só se é um campo gradiente
para alguma função f , quer dizer, se e só 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 é irrotacional e determine um potencial
escalar para F
Solução
O rotor de F é zero (calcule-o), de modo que o campo F seja irrotacional ,
portanto existe um potencial f , sabemos que se pode resolver o sistema de
equações:
∂f
∂f
∂f
= y,
= x + zcos yz ,
= y cos yz estas equações são 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 funções 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 variável y, o lado direito depende de x ∧ z é claro que deve ser
uma constante C, então se tem que f(x,y,z) = xy+sen yz+C,
Teorema
∂P ∂Q
=
,
∂y ∂x
então F = ∇f , para alguma função f definida em IR2 ( F deve ser suave em todo
ponto, para IR2 não se permitem excepções como no caso de IR3)
Se F é 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,
Solução:
a)
P(x,y) = exy , Q(x,y) = ex +y , de modo que calculamos,
∂P
∂Q
= xexy ,
= ex+ y
∂y
∂x
∂P ∂Q
≠
Dado que
, se tem que F não tem função de Potencial.
∂y ∂x
∂P
∂Q
= - 2xsen y =
b) Neste caso :
, de modo que F tem uma função de
∂y
∂x
Potencial f, a qual é f(x,y) = x2 cos y + C . Porquê?
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.
Solução:
Como os pontos finais são c(1) = (1,0) y c(2) = (e,1), F é irrotacional.
Porquê? logo F é um campo vectorial gradiente, logo c é substituível por
qualquer curva C1 a pedaços que tenha os mesmos pontos finais, em
particular, pela trajectória 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
função potencial
para F)
Teorema:
Se F é um campo vectorial C1 em IR3 com div F = 0, então 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 superfície fechada é igual a integral de la divergência desse campo
vectorial sobre o volume fechado pela superfície, este é um resultado paralelo
ao teorema de Stokes e ao teorema de Green, no sentido que relaciona uma
integral sobre um objeto geométrico fechado (curva ou superfície) com uma
integral sobre uma região contida (superfície o volume)
Teorema de Gauss da Divergencia
Seja U uma região elementar simétrica no espaço, e seja ∂U a superficie
fechada orientada que acota a U, F um campo vectorial suave definido em U.
Então:
∫∫∫ (∇ ⋅ 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
Solução
Pelo teorema de Gauss
∫∫ (F ⋅ n) dS = ∫∫∫ (div F) dV
∂U
donde U é a bola
U
acotada pela esfera, a integral da direita é 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 sólida
x2 + y2 + z2 ≤ 1
Solução:
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 é n = xi + yj + zk
(qualquer raio vector r é 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 é 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) > 0 existe um fluxo para o exterior próximo do ponto P
considerado uma fonte de F .
Se div F(P) < 0 o ponto P se considera um sumidero de F
Se div F(P) = 0 numa superficie fechada se diz que o fluido é
incompressível ali.
VI. INTEGRAL DE SUPERFÍCIE
Seja f ( x, y , z ) , uma função contínua e z = f ( x, y ) superfície plana S,
onde f (x, y ) é dada num determinado domínio D do plano xOy. O
integral de superfície de primeira espécie denomina-se o limite da soma
com a condição 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 → é a área em que o elemento de superfície S no ponto
(ξk ,ηk , ζ k ) , pertence a este elemento,
dk → é o diâmetro deste elemento,
Seja f ( x, y , z ) ,uma função contínua uma função definida em cada ponto
da superfície S.
O valor da integral de superfície não depende do lado em que se realiza
a integração. Ela calcula – se pela fórmula:
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 superfície S e escolhemos entre
eles o lado S+. A função F (x, y, z ) , ficará definida nos pontos de S+.
n
O limite de integração da soma
∑ F (ξ ,η , ζ )∆Π (x, y ), onde ∆Π (x, y ) → é
k
k
k
k
k
k =1
a projeção no plano XOY na qual o elemento de superfície S, tem a área
∆Sk ,na condição de que maxdk → 0 ,denomina – se Integral de superfície
de segunda espécie e define – se no lado escolhido da superfície 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 ) → funções contínuas e s+ - o lado da
superfície plana S, e a direção característica da normal é
n(cos α ; cos β ; cos γ ) então a correspondente integral de segunda espécie
terá a forma:
∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = ∫∫ (P cosα + Q cos β + R cos γ )dS
S
S
Ao passarmos para o outro lado da superfície S-, esta integral muda para
o sinal contrário.
Se a superfície S for dada na forma implícita, Φ ( x, y , z ) = 0 , a direção do
cosseno da normal a esta superfície, define – se pela formula:
∂Φ
∂x
cosα =
2
2
2
2
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
± 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
∂Φ
∂y
cos β =
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
± 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
∂Φ
∂z
cos γ =
2
2
 ∂Φ   ∂Φ   ∂Φ 
 + 
± 
 + 

 ∂x   ∂y   ∂z 
2
Onde o sinal antes do radical deve ser de acordo com o lado da
superfície.
Nota: O momento de inércia da parte da superfície em relação ao eixo
de coordenadas, expressa – se pelo integral de superfície:
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 superfície, pode
– se determinar pelas fórmulas:
x=
1
xdS ;
S ∫∫
S
y=
1
ydS ;
S ∫∫
S
z=
1
zdS
S ∫∫
S
Onde S, é a área da parte dada da superfície.
Nota: A massa material da superfície é calculada pela fórmula:
m = ∫∫ γ dS
S
Onde γ é a área da superfície.
Nota: O momento estatístico da superfície em relação as coordenadas
definem – se pelas fórmulas:
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 – é a parte da superfície cónica
S
2
2
2
dada pela expressão z = x + y ; onde 0 ≤ z ≤ 1
Resolução:
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 região de integração D será o círculo dado pela expressão 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
Resolução:
A projeção da esfera no plano x0y é uma circunferência dada pela
2
2
2
equação x + y = R .
2
2
2
A equação da parte superior de esfera tem a forma z = R − x − y
Por esta razão I = ∫∫ x 2 y 2 z dx dy = ∫∫ x 2 y 2 R 2 − x 2 − y 2 dx dy
S
S
Passando para coordenadas polares, teremos:
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 cálculo de ∫ ρ 5 R 2 − ρ 2 dρ , fez – se a substituição do tipo
0
(
R 2 − 2 = t ⇒ R 2 − ρ 2 = t 2 daí que : ρdρ = −t dt ; ρ 4 = R 2 − t 2
)
32. Calcularo momento de inércia da metade superior de esfera
z = a2 − x2 − y 2 , em relação ao eixo Oz.
Resolução:
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 região de integração considera – se a projeção na metade da esfera
S
S
no plano XOY, ou seja,
x2 + y2 ≤ a2 , por isso, passando para
coordenadas polares obteremos:
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 superfície z
= x limitada pelos planos x + y = 1, y = 0, x = 0
Resolução:
Achemos a área da parte eleita da superfície 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 equação do plano z = x )
34. Achar a massa da superfície esférica e o momento estatístico mxy, da
parte superior da esfera, se a área da superfície em cada ponto é igual a
distancia deste ponto ao diâmetro vertical.
Resolução:
Juntamente com a origem de coordenadas e o centro da esfera,
orientamos o eixo Oz verticalmente passando para coordenadas
esféricas: x = Rsenθ cos ϕ ; y = Rsenθsenϕ ; z = R cos θ .
Desta
dS = J dθ dϕ = R2senθ dθ dϕ ,a
forma
área
da
superfície
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
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER
178.Calcularas coordenadas do centro de massa da parte da superfície
(x
z =2−
2
)
+ y2
, distribuído pelo plano xOy.
2
193.Determinar
∫∫ xyz dS ,
2
2
sendo S a parte da superfície x + y = z
S
distribuído pelos planos z = 0; z = 1
179.Achar o momento de inércia do paraboloide z
=
x2 + y2
2
,em relação
ao eixo 0z sendo 0 ≤ z ≤ 1
∫∫ ( x
180.Determinar
2
+ y 2 ) z dS , sendo S definida pela expressão
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
superfície
do
cilindro
S
2
2
x + y = 16 situado no primeiro quadrante, entre z = 0; z = 5
183.Determinar
∫∫ xydS ,
sendo S a superfície do semi – cone
S
z = x2 + y 2 limitado pelo plano z = 2.
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
Noções gerais
Denominam – se equações diferenciais a uma equação que liga a variável
(n )
independente x, a função y = y ( x ) e as suas derivadas y′, y′′,L, y , ou seja,
(
)
(n)
uma equação na forma: F x, y′, y′′, y′′′,..., y = 0.
Se a equação diferencial depende de uma só variável y = y ( x ) , então trata –
se de uma equação diferencial ordinária, isto é: y′′ + y′ + x = cos x
A ordem de uma equação diferencial, é a ordem da derivada de de maior
ordem que figura na equação. Por exemplo, a equação diferencia
y IX − xy′′ = x2 l, é de nona ordem.
Denomina – se solução da equação diferencial, uma função Y = φ (X),
determinada no intervalo (a, b) juntamente com as suas derivadas sucessivas
até a ordem n, inclusive, tal que ao fazer a substituição Y = φ (X), na equação
diferencial, esta se converte numa identidade com relação a x no intervalo (a,
b).
EXEMPLOS:
35. A função y = senx + cos x é solução da equação y′′ + y = 0 . Com efeito a
segunda derivada desta função, se tiver, tem – se.
y′ = cos x − sen x;
y′′ = − sen x − cos x
Substituindo na equação diferencial y′′;
ey
pelas respetivas equações,
obteremos a identidade − sen x − cos x + sen x + cos x = 0
Graficamente, a solução de uma equação diferencial denomina – se curva
integral da equação. A forma geral de uma equação de primeira ordem é
F ( x, y , y′) = 0
Nesta equação, se for possível isolar y′ resultará y′ = f ( x, y ) , que representa
uma equação de primeira ordem resolvida em ordem a sua derivada.
Equações diferenciais de variáveis separáveis
As variáveis da equação M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0 são separáveis se a
equação 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 inspecção, reduz a equação à forma
f 2 ( x )g 2 ( y )
f1 ( x )
g (y)
dx + 1
dy = 0 , da qual a primitiva pode ser obtida por integração, isto
f 2 (x )
g 2 (y)
é
∫
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
Resolução:
(
x
Dividindo ambos os membros da equação pelo produto tg y ⋅ 2 − e
)
3e x dx sec2 y dy
+
=0
2 − ex
tg y
Obtivemos uma equação diferencial de variáveis separáveis. Integrando
teremos:
∫
3e x dx
sec2 y dy
+
=C
2 − ex ∫
tg y
− 3ln 2 − e x + ln tg y = C1
Efetuando a potenciação 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 ± 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 equação dada. Ao dividirmos pelo produto
(
tg y ⋅ 2 − ex
)
se supunha que nenhum dos fatores se convertia em zero.
Igualando
cada
fator
(k = 0, ± 1, ± 2,...)
y = kπ
a
zero,
obteremos
respetivamente:
x = ln 2 .
Substituindo na equação inicial, comprovaremos que representa que
y = kπ
e
x = ln 2 são soluções da equação. 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 última igualdade C2 = 0 o que corresponde a C = ∞ , teremos
(2 − e )
x 3
= 0 daí têm a solução
consequência,
as
da equação inicial. Como
x = ln 2
funções y = kπ
(k = 0, ± 1, ± 2,...)
e
x = ln 2 ,
são
soluções particulares da equação dada. Por conseguinte, o resultado final
(
)
3
é: tg y − C 2 − e x = 0
(
)
x
x
37. Achar a solução particular da equação 1 + e yy′ = e :que satisfaça a
condição inicial y x = 0 = 1
Resolução:
(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 equação
2
2
 1 + ex 
 + 1
y = ln
anterior, obteremos a integral particular
 2 
2
2
 1 + ex 
 + 1
y = ln
Assim sendo a solução particular que se pretende é:
 2 
38. Achar a solução particular da equação y′sen x = y ln y : que satisfaça as
condições iniciais
a). y
x=
=e
π
b). y
2
x=
π
=1
2
Resolução:
Tem – se que:
dy
dy
dx
sen x = y ln y ⇒
=
dx
y ln y sen x
Integrando, obtêm – 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 é a solução geral da equação 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 solução particular da equação que satisfaz a
condição:
y
x=
π
=1
2
fazendo C = 0 na solução geral, obteremos a solução particular que se
pretende.
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER:
Verificar se as soluções dadas correspondem as respectivas equações
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 equações diferenciais das famílias 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 equações 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 solução particular de 1 + x dy − x ydx = 0 , satisfazendo a
condição inicial x = 1, y = 2 .
VI. Equações diferenciais homogéneas.
Equações transformáveis em homogéneas
Dada uma equação diferencial
canónica,
considera-se
M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0
se M ( x, y ) e N ( x, y )
homogénea
na sua forma
são
funções
homogéneas do mesmo grau. Assim, a equação dada na forma canónica
 y
pode reduzir-se à forma y ′ = f   e por meio da substituição y = xt onde t é
 x
uma nova função incógnita, se transforma em Equação de Variáveis
Separáveis. Aqui, pode-se também aplicar a substituição da forma x = yt .
 a x + b1 y + c1
Se y ′ = f  1
 a 2 x + b2 y + c 2
a

 onde f é contínua e δ = 1
a2

equação ∗ x = u + α e
na
determinadas
pelo
y =v+β
sistema
onde
de
as
b1
≠ 0 supondo-se que
b2
constantes
equações
α e β são
a1α + b1 β + c1 = 0 ; ,
a 2α + b2 β + c 2 = 0 ; obtemos uma equação diferencial homogénea, quanto as
variáveis u e v , se δ = 0 supondo-se que na equação ∗ a1 x + b1 y1 = u ; obtémse uma equação de variáveis separáveis.
EXEMPLOS:
39. Achar a solução da equação xy′ = x 2 − y 2 + y :
Resolução:
Escrevemos a equação na forma y′ = x 2 − y 2 +
y
x
Como a equação é homogénea fazemos a substituiçãoy=ux
y=ux.
y=ux.Então:
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 = ±C1 x fazendo a notação ± C1 = C , teremos : arcsenu = ln Cx
∫
1
2
Donde ln Cx ≤
π
2
, isto é : e
A integral geral arcsen
−
π
2
π
≤ Cx ≤ e 2 substituindo u por
y
teremos teremos
x
y
= ln Cx. e consequentemente a solução geral é:
x
y = x sen ln Cx
Nota: Neste exercício, no processo de separação de variáveis dividimos
ambosos membros da equação pelo produto x 1 − u 2 com o qual de poderiam
perder as soluções que convertem em zero os seus factores. Se fizermos
x = 0 e 1 − u 2 = 0 teremos que x = 0 ; não é solução da equação devido ao
facto de que 1 −
y2
= 0; de onde y = ± x . Com uma verificação directa nos
x2
convencemos de que as funções y = − x e y = x são as soluções da equação.
Estas são as soluções singulares da equação dada.
40. Achar a solução da equação ( x + y − 2 ) dx + ( x − y + 4 ) dy = 0 :
Resolução:
Examinemos a equação dada formando a partir dela um sistema de duas
equações algébricas 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 solução única x0 = −1, y0 = 3 fazendo a substituição do tipo
x = ξ −1 e y =η + 3
Logo a equação dada toma a forma:
(ξ + η )dξ + (ξ − η )dη = 0
Esta é uma equação homogénea. Fazendo η = uξ e substituindo na
equação 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
variáveis
onde
teremos:
ξ 2 (1 + 2u − u 2 ) = C
Voltando As variáveis 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 solução da equação ( x + y + 1)dx + (2 x + 2 y − 1)dy = 0
Resolução:
 x + y +1
1 1
⇒∆=
=0

2 2
2 x + 2 y − 1
Neste caso, para integrar a equação faz – se a substituição:
x + y = z; dy = dz − dx ⇒ (2 − z )dx + (2 z − 1)dz = 0
daí : dx −
2z − 1
dz = 0
2−z
Integrando:
x − 2 z − 3 ln z − 2 = C
Voltando as variáveis x e y, obteremos a integral geral da equação
diferencial dada, isto é: x + 2 y + 3 ln x + y − 2 = C
(
)
2 2
3
42. Achar a solução da equação x y − 1 dy + 2 xy dx = 0 :
Resolução:
Vamos fazer a substituição do tipo y = z α ; dy = α z α −1dz onde de princípio
α é um número arbitrário. Substituindo y e dy na equação dada pelas
respectivas
(x z
2 3α −1
expressões,
(
)
2 2α
α −1
3α
teremos: x z − 1 αz dz + 2xz dx = 0 Isto
é:
)
− z α −1 α dz + 2 x z 3α dx = 0 .
De nota que o grau de x 2 z 3α −1 é 2 + 3α − 1 = 3α + 1 , o grau de z α −1 é α − 1 e o
3α
grau de xz é 1 + 3α . Esta equação obtida será homogénea se os graus de
todos os termos forem iguais ou seja, se se cumprir a condição 3α + 1 = α − 1 .
Dai que ε = −1 de onde y = ± x .
Por conseguinte, teremos que com y =
1
a equação 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
(
Façamos em seguida y =
)
1
, a equação inicial terá a forma:
z
 1 x2 
x
 2 − 2  dz + 2 3 dx = 0 isto é :
z 
z
z
(z
2
)
− x 2 dz + 2 z x dx = 0 .
Façamos agora z = ux, dz = u dx + x du então esta equação 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 variáveis 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 equação
diferencial em estudo. Além disso, a equação tem a solução trivial y = 0 que se
1+ x2 y 2
obtêm da integral geral escrevendo a na forma: y =
e passando depois
C
os limites para C → ∞ . Consequentemente a função y = 0 é a solução particular
da equação diferencial dada.
EXERCÍCIOS PARA RESOLVER:
Resolver as equações:
(
)
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. Análise Matemática. José Luis Fernández Muñiz y Graciella de la Torre
Molné.Tomo III. Editorial Pueblo y Educación. 1983.
2. Análise Matemática. José Luis Fernández Muñiz y Graciella de la Torre
Molné.Tomo IV. Editorial Pueblo y Educación. 1984.
3. Problemas de equacões diferenciais ordinárias. A. Kiseliov, M. Krasnov,
G.Makarenko. Editorial Mir. quarta edición 1984.
4. Cálculo e Geometria Analítica. Al Shenk. Vol.1 Editora Campus Ltda. 1984.
5. Cálculo e Geometria Analítica. Al Shenk. Vol.2 Editora Campus Ltda. 1984.
6. Curso de Análise Matemática. L.D.Kudriátsev. Tomo 1. Editorial Mir.
Primeira edição 1984.
7. Curso de Análise Matemática. L.D.Kudriátsev. Tomo 2. Editorial Mir.
Primeira edição 1984.
8. The Fundamentals of Mathematical Analysis. G.M.Fikhtengol´ts. Volume 1.
Firstedition 1965.
9. The Fundamentals of Mathematical Analysis. G.M.Fikhtengol´ts. Volume 2.
First edition 1965.
10. Matemática superior – exercícios e problemas. P.E. Dako e A,G. Papov.
Volume 1. Edições Mir 6ª edição 2007
11. Matemática superior – exercícios e problemas. P.E. Dako e A,G. Papov
Volume 2. Edições Mir 6ª edição 2007
12. Equações diferenciais e suas aplicações. P.Leyva Machin, Otilio
Anoceto,Maria Antónia Araguren e Maria Sofia Duyos, editorial Pueblo y
educacion 1987
13. Integrais Múltiplas. José M. Aromi, José A. D. Duque, Eugénio C.
Rodriguesz, editorial pueblo e educacion1974
14. Problemas de equações diferenciais ordinárias. A. Kiseliov, M. Krasmov, G.
makarenko, editorial Felix Varela La Habana 2004
15. Geometría analítica. Charles H. Lehmann editorial instituto do libro, la
havana 1968
16. Trabalhos individuais de matemática Superior. A.P. Riabushk, Minsk editor
2007