Este documento apresenta quatro exercícios resolvidos sobre cálculo de integral de linha de campos vectoriais. O primeiro exercício calcula a integral de linha de um campo ao longo de uma curva paramétrica. O segundo utiliza o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo de uma circunferência. O terceiro encontra um potencial para o campo e calcula o trabalho ao longo de uma espiral. O quarto decompõe o campo em duas partes e aplica o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo de uma fronteira de

1. Instituto Superior T´cnico
e
Departamento de Matem´tica
a
ca ´
Sec¸˜o de Algebra e An´lise
a
Exerc´
ıcios Resolvidos
Integral de Linha de um Campo Vectorial
ıcio 1 Considere o campo vectorial
Exerc´
2x 2y
F (x, y, z) = − , 2 , z2 .
(x2 −y 2 )2 (x − y 2 )2
Calcule o integral de linha F onde C ´ a curva descrita pelo caminho
e
C
π
g(t) = (et , sen t, t) , 0≤t≤ .
2
Resolu¸˜o: O dom´
ca ınio do campo F ´ o conjunto
e
R3 {(x, y, z) ∈ R3 : x = y} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x = −y}
que ´ a uni˜o de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y, tal como se
e a
mostra na Figura 1, em que n˜o se apresenta a dependˆncia em z.
a e
Sendo et > | sen t| , t > 0, ent˜o a curva C est´ contida no conjunto em estrela
a a
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x > |y|}.
y
x=y
PSfrag replacements
x
x = −y
Figura 1: Esbo¸o do dom´
c ınio do campo F
Sendo F um campo fechado, j´ que
a
∂
∂y
2x
− (x2 −y2 )2 = − (x28xy2 )3
−y = ∂
∂x
2y
(x2 −y 2 )2
∂ 2x ∂
∂z − (x2 −y2 )2 = 0 = ∂x z2
∂ 2y ∂
∂z (x2 −y 2 )2 = 0 = ∂y z2 ,
e sendo S um conjunto em estrela, concluimos que F ´ um campo gradiante em S.
e
Portanto, pelo Teorema Fundamental do C´lculo, temos
a
π
F = V (g( )) − V (g(0)),
C 2
em que V designa um potencial escalar para F em S.
1

2. Para determinar um potencial V (x, y, z) deveremos resolver a equa¸ao
c˜ V = F, ou seja,
 ∂V 2x
 ∂x = − (x2 −y2 )2



∂V 2y
= (x2 −y2 )2
 ∂y


 ∂V
∂z = z 2.
Da primeira equa¸ao obtemos,
c˜
1
V (x, y, z) = + k1 (y, z).
x2 − y 2
Da segunda,
∂k1
(y, z) = 0 ⇔ k1 (y, z) = k2 (z).
∂y
Finalmente, da terceira equa¸ao obtemos
c˜
z3
k2 (z) = z 2 ⇔ k2 (z) = + k3 .
3
Portanto o potencial tem a forma
1 z3
V (x, y, z) = + + k3
x2 − y 2 3
onde k3 ´ uma constante.
e
Ent˜o,
a
π
F = V (g( )) − V (g(0))
C 2
π π
= V (e 2 , 0, ) − V (1, 0, 0)
2
π3
= e−π + −1
24
ıcio 2 Considere o campo definido em R2 {(0, 0)} por
Exerc´
y x
F (x, y) = ,− 2 .
x2 + 4y 2 x + 4y 2
Calcule o integral de linha de F ao longo da circunferˆncia de raio 1 centrada na origem e per-
e
corrida no sentido directo.
Resolu¸˜o: Se tentarmos calcular o integral de linha pela defini¸ao verificaremos imediatamente
ca c˜
que n˜o ´ uma tarefa f´cil. Como alternativa podemos utilizar o Teorema de Green.
a e a
Note-se que o campo F ´ fechado. De facto, temos
e
∂ y x2 − 4y 2 ∂ x
2 + 4y 2
= 2 + 4y 2 )2
= − .
∂y x (x ∂x x2 + 4y 2
Consideremos uma regi˜o S, limitada pela circunferˆncia C, de raio 1, centrada na origem e
a e
percorrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo,
tal como se ilustra na Figura 2.
2

3. Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green a regi˜o S, obtemos
` a
∂F2 ∂F1
0= ( − )dxdy = F− F,
S ∂x ∂y L C
ou seja,
F = F.
C L
Portanto, em vez de calcular o integral de F em C podemos calcular o integral de F em L.
Assim, deveremos escolher L de tal forma que o c´lculo do integral L F seja simples.
a
y
PSfrag replacements L
C
2
1 4 x
Figura 2: Esbo¸o da regi˜o S limitada por C e por L
c a
A express˜o do campo sugere que consideremos curvas onde x2 + 4y 2 seja constante, isto ´,
a e
elipses. Consideremos, por exemplo, o caminho
h(t) = (4 cos t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤ 2π
que descreve a elipse x2 + 4y 2 = 16, uma vez no sentido directo, tal como se mostra na Figura 2.
Portanto, o integral de linha de F ao longo de L ser´ dado por
a
2π 2π
2 sen t 4 cos t 1
F.dh = ,− .(−4 sen t, 2 cos t)dt = − dt = −π.
L 0 16 16 0 2
ıcio 3 Considere o campo vectorial f : R3 → R3 definido por
Exerc´
f (x, y, z) = (yzexyz , xzexyz , xyexyz ).
a) Sabendo que f define uma for¸a conservativa, encontre um potencial φ para f.
c
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral descrita pelo caminho
π
g(t) = (5 cos t , 5 sen t, t2 ) , t ∈ 0, .
4
Resolu¸˜o:
ca
a) O potencial φ satisfaz a condi¸ao
c˜ φ = f, ou seja, verifica as equa¸oes
c˜
∂φ ∂φ ∂φ
= yzexyz , = xzexyz , = xyexyz .
∂x ∂y ∂z
3

4. Integrando a primeira equa¸ao, obtemos
c˜
φ(x, y, z) = exyz + g(y, z).
Substituindo na segunda e terceira equa¸oes, concluimos que
c˜
∂g ∂g
= =0
∂y ∂z
e, portanto, g = k ´ uma constante.
e
Assim, podemos tomar φ(x, y, z) = exyz + k, em que k ´ uma constante.
e
Tamb´m ´ poss´ determinar φ recorrendo ao Teorema Fundamental do C´lculo para in-
e e ıvel a
tegrais de linha, segundo o qual, sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p 0 , se
tem
φ(p) = f,
L
onde o integral ´ calculado ao longo de um caminho diferenci´vel L qualquer que ligue p 0
e a
a um ponto gen´rico p = (x, y, z). No nosso caso podemos escolher p0 = 0 e o caminho
e
como sendo o segmento de recta entre p0 e p, definido por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1] .
Obtemos ent˜o,
a
1
φ(x, y, z) = f (h(t)) · h (t)dt =
0
1
3 3 3
= (t2 yzet xyz
, t2 xzet xyz
, xyt2 et xyz
) · (x, y, z)dt =
0
1
3
= 3xyzt2 et xyz
dt =
0
xyz
= e −1
que, a menos de uma constante, ´ o resultado obtido acima.
e
b) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o Teorema Fundamental do
C´lculo,
a
π
W = f dg = φ = φ(g( )) − φ(g(0)) =
4
√ √
2 2 π2
= φ(5 ,5 , ) − φ(5, 0, 0) =
2 2 16
25π2
= e 32 − 1.
Note-se que seria muito mais dif´ efectuar este c´lculo directamente, utilizando a defini¸ao
ıcil a c˜
de trabalho.
ıcio 4 Considere o campo vectorial F : R2 {(0, 0), (0, 1)} → R2 definido por
Exerc´
y y−1 x x
F (x, y) = − − 2 , + 2 .
x2 + y 2 x + (y − 1)2 x2 + y 2 x + (y − 1)2
Determine o integral de linha do campo F ao longo do caminho que descreve a fronteira do
quadrado com v´rtices nos pontos (2, 2), (−2, 2), (−2, −2), (2, −2), no sentido directo.
e
4

5. Resolu¸˜o: Designemos por γ o caminho que descreve a fronteira Γ do quadrado e sejam
ca
g1 : [0, 2π] → R2 e g2 : [0, 2π] → R2 os caminhos definidos por
1 1
g1 (t) = ( cos t, sen t)
4 4
1 1
g2 (t) = ( cos t, (sen t + 1))
4 4
ou seja, g1 descreve a circunferˆncia C1 de raio 1/4 e centro na origem no sentido positivo e g2
e
descreve a circunferˆncia C2 de raio 1/4 e centro no ponto (0, 1) no sentido positivo, tal como
e
se ilustra na Figura 3.
y
C2 Γ
PSfrag replacements x
C1
Figura 3: As linhas Γ, C1 , C2
O campo F pode ser decomposto na soma de dois campos F = F1 + F2 , em que
y x
F1 (x, y) = − , 2 ,
x2
+ y x + y2
2
y−1 x
F2 (x, y) = − 2 , 2 .
x + (y − 1) x + (y − 1)2
2
Facilmente se verifica que os campos F1 e F2 s˜o fechados, ou seja, o campo F ´ fechado.
a e
Portanto, aplicando o Teorema de Green a regi˜o limitada pelas circunferˆncias C 1 e C2 e pela
` a e
fronteira Γ do quadrado, obtemos
0= F · dγ − F · dg1 − F · dg2 ,
Γ C1 C2
ou seja,
F · dγ = (F1 + F2 ) · dg1 + (F1 + F2 ) · dg2 .
Γ C1 C2
Por outro lado, o c´
ırculo limitado pela circunferˆncia C2 n˜o cont´m a origem, pelo que
e a e
F1 · dg2 = 0.
C2
Do mesmo modo, o c´ırculo limitado pela cicunferˆncia C1 n˜o cont´m o ponto (0, 1) e, por-
e a e
tanto, concluimos que
F2 · dg1 = 0.
C1
5

6. Assim, temos
F · dγ = F1 · dg1 + F2 · dg2 .
Γ C1 C2
Da defini¸ao de integral de linha de um campo vectorial obtemos
c˜
2π
F1 · dg1 = (− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π
C1 0
2π
F2 · dg2 = (− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π.
C2 0
Logo,
F · dγ = 2π + 2π = 4π.
Γ
ıcio 5 Considere o campo vectorial
Exerc´
−y 3(x − 1) x+1 3y
f (x, y) = 2 + y2
+ 2 + y2
, 2 + y2
+ +x .
(x + 1) (x − 1) (x + 1) (x − 1)2 + y 2
2
x2
Calcule o trabalho de f ao longo da elipse definida pela equa¸ao
c˜ 25 + y = 1 percorrida no sentido
16
directo.
Resolu¸˜o: Para facilitar a an´lise, o campo f pode ser escrito na forma: f = h + g + l, em que
ca a
−y x+1
h(x, y, z) = ( ,
2 + y 2 (x + 1)2 + y 2
),
(x + 1)
3(x − 1) 3y
g(x, y, z) = ( ,
2 + y 2 (x − 1)2 + y 2
),
(x − 1)
l(x, y, z) = (0, x).
O campo h ´ fechado, ´ singular no ponto (−1, 0) e n˜o ´ um gradiante. De facto, seja C
e e a e
a circunferˆncia de raio 1 centrada em (−1, 0). Por c´lculo directo, facilmente se verifica que o
e a
trabalho de h ao longo de C, percorrida no sentido directo, ´ igual a 2π, ou seja, o campo h n˜o ´
e a e
conservativo.
y
E
C
Γ
PSfrag replacements
x
Figura 4:
O campo g ´ radial com centro no ponto (1, 0), pelo que g ´ um gradiante em R 2 {(1, 0)}.
e e
6

7. 2 2
Seja E a elipse descrita pela equa¸ao x + y = 1 e percorrida no sentido directo.
c˜ 25 16
Aplicando o Teorema de Green a regi˜o contida entre as curvas C e E, sendo h um campo
` a
fechado, concluimos que
h= h = 2π.
E C
Por outro lado, como g ´ gradiante em R2 {(1, 0)}, temos
e
g = 0.
E
O campo l = (0, x) ´ de classe C 1 na regi˜o A limitada pela elipse E. Pelo Teorema de Green
e a
temos
∂l2 ∂l1
l= ( − )dxdy = dxdy = 20π,
E A ∂x ∂y A
pois o ultimo integral representa a area da elipse.
´ ´
Portanto,
f= h+ g+ l = 2π + 0 + 20π = 22π.
E E E E
ıcio 6 Seja F : R2 {(−1, 0), (1, 1), (0, 0)} → R2 o campo vectorial F = (P, Q) definido por
Exerc´
y y−1 5x
P (x, y) = − +
(x + 1)2 + y 2 (x − 1)2 + (y − 1)2 x2 + y2
x+1 x−1 5y
Q(x, y) = − + + .
(x + 1)2 + y 2 (x − 1)2 + (y − 1)2 x2 + y2
x2 y2
1. Calcule o integral P dx + Qdy onde C ´ a elipse
e 9 + 16 = 1 percorrida uma vez no
C
sentido directo.
2. Decida, justificadamente, se o campo F ´ um gradiante no conjunto
e
1 1
S = R2 {(x, y) ∈ R2 : y = x + ; −1 ≤ x ≤ 1} ∪ {(0, 0)} .
2 2
Resolu¸˜o:
ca
1. Se definirmos
y x+1
F1 (x, y) = 2 + y2
,− ,
(x + 1) (x + 1)2 + y 2
y−1 x−1
F2 (x, y) = − , ,
(x − 1)2 + (y − 1)2 (x − 1)2 + (y − 1)2
5x 5y
F3 (x, y) = , ,
x2 + y 2 x2 + y 2
ent˜o,
a
F = F1 + F2 + F3
e, portanto,
F · dg = F1 · dg + F2 · dg + F3 · dg.
C C C C
7

8. O campo F3 ´ radial. De facto, sendo r = (x, y), temos
e
r
F3 (r) = 5 ,
|r|
pelo que F3 ´ um campo gradiante com potencial
e
V (x, y) = 5|r| = 5 x2 + y 2 .
Assim, temos F3 · dg = 0.
C
O campo F1 obtem-se do campo
y x
G(x, y) = − ,
x2 + y 2 x2 + y 2
fazendo a substitui¸ao x → x − (−1) e multiplicando por −1, enquanto que F2 se obtem de
c˜
G fazendo a substitui¸ao x → x − 1, y → y − 1. Portanto, tal como G, F1 e F2 s˜o campos
c˜ a
fechados mas n˜o gradiantes.
a
Para calcular o integral de F1 ao longo de C consideremos a regi˜o
a
x2 y2
D = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y 2 ≥ 1, + ≤ 1}
9 16
que se encontra representada na Figura 5.
y y
C C
C2
D
C1
PSfrag replacements PSfrag replacements
1 x 1 x
C1
C2
D
Figura 5:
Aplicando o Teorema de Green a regi˜o D, concluimos que o integral de F 1 ao longo de C
` a
coincide com o integral de F1 ao longo da circunferˆncia C1 de raio 1, centrada em (−1, 0),
e
percorrida no sentido directo e descrita pelo caminho
g(t) = (−1 + cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2π.
Portanto,
2π
F1 · dg = F1 (−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
C 0
2π
= −1 dt = −2π.
0
8

9. Da mesma maneira, podemos aplicar o Teorema de Green para concluir que o integral de
F2 ao longo de C coincide com o integral de F2 ao longo da circunferˆncia C2 de centro em
e
(1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo, tal como se mostra na Figura 5.
Logo, sendo
g(t) = (1 + cos t, 1 + sin t), 0 ≤ t ≤ 2π,
o caminho que descreve essa circunferˆncia, teremos
e
2π
F2 · dg = F2 (1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cos t)dt
C 0
2π
= 1dt = 2π.
0
Assim, obtemos
P dx + Qdy = −2π + 2π + 0 = 0.
C
2. O campo F ´ um gradiante no conjunto S se e s´ se
e o F · dg = 0 para qualquer curva
α
fechada α contida em S. Podemos, como na al´ ınea anterior, escrever F = F1 + F2 + F3 , e
uma vez que F3 ´ um gradiante, basta decidir que F1 + F2 ´ um gradiante em S.
e e
Note-se que F1 + F2 est´ definido e ´ fechado no conjunto
a e
x 1
S ∪ {(0, 0)} = R2 {(x, y) ∈ R2 : y = + , −1 ≤ x ≤ 1}.
2 2
Seja R o segmento de recta definido por
x 1
R = {(x, y) ∈ R2 : y = + , −1 ≤ x ≤ 1}
2 2
e representado na Figura 6.
y
C
R
PSfrag replacements −1 1 x
Figura 6:
Sendo F1 + F2 um campo fechado, o integral de F1 + F2 ao longo de uma curva α ser´ nulo
a
desde que o segmento de recta R n˜o esteja contido no interior do conjunto limitado por α.
a
Note-se que as singularidades de F1 + F2 est˜o em R.
a
9

10. Se o segmento de recta R estiver contido no conjunto limitado pela curva α, ent˜o, pelo
a
Teorema de Green, teremos
(F1 + F2 ) = (F1 + F2 ) = 0.
α C
Portanto, F1 + F2 ´ um gradiante em S ∪ {(0, 0)}, o que, por sua vez, implica que F ´ um
e e
gradiante em S.
ıcio 7 Considere o campo vectorial F = G + H, sendo
Exerc´
x y z
G(x, y, z) = − ,− 2 ,− 2
(x2 + y 2 + z 2 )3/2 (x + y 2 + z 2 )3/2 (x + y 2 + z 2 )3/2
z x
H(x, y, z) = − 2 , 0, 2 .
x + z2 x + z2
Determine o trabalho realizado pelo campo F ao longo da linha
Γ = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2 ; |x| = 1 ; |z| ≤ 1} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2 ; |x| ≤ 1 ; |z| = 1},
percorrida uma vez no sentido positivo quando vista do ponto (0, −10, 0).
ca ´
Resolu¸˜o: E claro que o dom´ ınio de F ´ o conjunto D = R3 {(0, y, 0) : y ∈ R}.
e
Facilmente se verifica que os campos G e H s˜o fechados em D.
a
O campo G ´ radial e, portanto, ´ gradiante em R3 {(0, 0, 0)}, ou seja, G = φ, e o respectivo
e e
potencial φ ´ a fun¸ao definida por
e c˜
1
φ(x, y, z) = − .
x2 + y2 + z 2
Assim, o trabalho realizado pelo campo G ao longo de qualquer linha fechada em D ´ nulo e,
e
portanto,
F · dγ = H · dγ,
Γ Γ
em que γ designa uma parametriza¸ao de Γ.
c˜
A linha Γ pode ser deformada em D de modo a obter-se a circunferˆncia C de raio um, centrada
e
sobre o eixo Oy,
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z 2 = 1 ; y = 0},
percorrida uma vez e parametrizada por
g(t) = (cos t, 0, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π,
ou seja, Γ e C s˜o homot´picas em D. Note-se que Γ e C devem ser percorridas no sentido directo
a o
quando vistas do ponto (0, −10, 0).
Ent˜o,
a
2π
F · dγ = H · dγ = H · dg = (− sen t, 0, cos t) · (− sen t, 0, cos t) dt = 2π.
Γ Γ C 0
10