1) O documento apresenta a resolução de cinco exercícios que envolvem o cálculo de integrais de linha de campos vetoriais ao longo de diferentes curvas no espaço. 2) No primeiro exercício, calcula-se o integral de linha de um campo vetorial definido em R3 ao longo de uma espiral. 3) Nos exercícios seguintes calculam-se integrais de linha de campos vetoriais definidos em R2 ao longo de curvas como circunferências e elipses, utilizando técnicas como o Teorema de

1. Instituto Superior T´ecnico
Departamento de Matem´atica
Sec¸c˜ao de ´Algebra e An´alise
Exerc´ıcios Resolvidos
Integral de Linha de um Campo Vectorial
Exerc´ıcio 1 Considere o campo vectorial
F(x, y, z) = −
2x
(x2 − y2)2
,
2y
(x2 − y2)2
, z2
.
Calcule o integral de linha
C
F onde C ´e a curva descrita pelo caminho
g(t) = (et
, sen t, t) , 0 ≤ t ≤
π
2
.
Resolu¸c˜ao: O dom´ınio do campo F ´e o conjunto
R3
{(x, y, z) ∈ R3
: x = y} ∪ {(x, y, z) ∈ R3
: x = −y}
que ´e a uni˜ao de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y, tal como se
mostra na Figura 1, em que n˜ao se apresenta a dependˆencia em z.
Sendo et
> | sen t| , t > 0, ent˜ao a curva C est´a contida no conjunto em estrela
S = {(x, y, z) ∈ R3
: x > |y|}.
PSfrag replacements
x
y
x = y
x = −y
Figura 1: Esbo¸co do dom´ınio do campo F
Sendo F um campo fechado, j´a que
∂
∂y − 2x
(x2−y2)2 = − 8xy
(x2−y2)3 = ∂
∂x
2y
(x2−y2)2
∂
∂z − 2x
(x2−y2)2 = 0 = ∂
∂x z2
∂
∂z
2y
(x2−y2)2 = 0 = ∂
∂y z2
,
e sendo S um conjunto em estrela, concluimos que F ´e um campo gradiante em S.
Portanto, pelo Teorema Fundamental do C´alculo, temos
C
F = V (g(
π
2
)) − V (g(0)),
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¸c˜ao V = F, ou seja,



∂V
∂x = − 2x
(x2−y2)2
∂V
∂y = 2y
(x2−y2)2
∂V
∂z = z2
.
Da primeira equa¸c˜ao obtemos,
V (x, y, z) =
1
x2 − y2
+ k1(y, z).
Da segunda,
∂k1
∂y
(y, z) = 0 ⇔ k1(y, z) = k2(z).
Finalmente, da terceira equa¸c˜ao obtemos
k2(z) = z2
⇔ k2(z) =
z3
3
+ k3.
Portanto o potencial tem a forma
V (x, y, z) =
1
x2 − y2
+
z3
3
+ k3
onde k3 ´e uma constante.
Ent˜ao,
C
F = V (g(
π
2
)) − V (g(0))
= V (e
π
2 , 0,
π
2
) − V (1, 0, 0)
= e−π
+
π3
24
− 1
Exerc´ıcio 2 Considere o campo definido em R2
{(0, 0)} por
F(x, y) =
y
x2 + 4y2
, −
x
x2 + 4y2
.
Calcule o integral de linha de F ao longo da circunferˆencia de raio 1 centrada na origem e per-
corrida no sentido directo.
Resolu¸c˜ao: Se tentarmos calcular o integral de linha pela defini¸c˜ao verificaremos imediatamente
que n˜ao ´e uma tarefa f´acil. Como alternativa podemos utilizar o Teorema de Green.
Note-se que o campo F ´e fechado. De facto, temos
∂
∂y
y
x2 + 4y2
=
x2
− 4y2
(x2 + 4y2)2
=
∂
∂x
−
x
x2 + 4y2
.
Consideremos uma regi˜ao S, limitada pela circunferˆencia C, de raio 1, centrada na origem e
percorrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo,
tal como se ilustra na Figura 2.
2

3. Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green `a regi˜ao S, obtemos
0 =
S
(
∂F2
∂x
−
∂F1
∂y
)dxdy =
L
F −
C
F,
ou seja,
C
F =
L
F.
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´alculo do integral L
F seja simples.
PSfrag replacements
x1
2
4
y
C
L
Figura 2: Esbo¸co da regi˜ao S limitada por C e por L
A express˜ao do campo sugere que consideremos curvas onde x2
+ 4y2
seja constante, isto ´e,
elipses. Consideremos, por exemplo, o caminho
h(t) = (4 cos t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤ 2π
que descreve a elipse x2
+ 4y2
= 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´a dado por
L
F.dh =
2π
0
2 sen t
16
, −
4 cost
16
.(−4 sen t, 2 cost)dt =
2π
0
−
1
2
dt = −π.
Exerc´ıcio 3 Considere o campo vectorial f : R3
→ R3
definido por
f(x, y, z) = (yzexyz
, xzexyz
, xyexyz
).
a) Sabendo que f define uma for¸ca conservativa, encontre um potencial φ para f.
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral descrita pelo caminho
g(t) = (5 cost , 5 sen t, t2
) , t ∈ 0,
π
4
.
Resolu¸c˜ao:
a) O potencial φ satisfaz a condi¸c˜ao φ = f, ou seja, verifica as equa¸c˜oes
∂φ
∂x
= yzexyz
,
∂φ
∂y
= xzexyz
,
∂φ
∂z
= xyexyz
.
3

4. Integrando a primeira equa¸c˜ao, obtemos
φ(x, y, z) = exyz
+ g(y, z).
Substituindo na segunda e terceira equa¸c˜oes, concluimos que
∂g
∂y
=
∂g
∂z
= 0
e, portanto, g = k ´e uma constante.
Assim, podemos tomar φ(x, y, z) = exyz
+ k, em que k ´e uma constante.
Tamb´em ´e poss´ıvel determinar φ recorrendo ao Teorema Fundamental do C´alculo para in-
tegrais de linha, segundo o qual, sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p0, se
tem
φ(p) =
L
f,
onde o integral ´e calculado ao longo de um caminho diferenci´avel L qualquer que ligue p0
a um ponto gen´erico p = (x, y, z). No nosso caso podemos escolher p0 = 0 e o caminho
como sendo o segmento de recta entre p0 e p, definido por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1] .
Obtemos ent˜ao,
φ(x, y, z) =
1
0
f(h(t)) · h (t)dt =
=
1
0
(t2
yzet3
xyz
, t2
xzet3
xyz
, xyt2
et3
xyz
) · (x, y, z)dt =
=
1
0
3xyzt2
et3
xyz
dt =
= exyz
− 1
que, a menos de uma constante, ´e o resultado obtido acima.
b) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o Teorema Fundamental do
C´alculo,
W = fdg = φ = φ(g(
π
4
)) − φ(g(0)) =
= φ(5
√
2
2
, 5
√
2
2
,
π2
16
) − φ(5, 0, 0) =
= e
25π2
32 − 1.
Note-se que seria muito mais dif´ıcil efectuar este c´alculo directamente, utilizando a defini¸c˜ao
de trabalho.
Exerc´ıcio 4 Considere o campo vectorial F : R2
{(0, 0), (0, 1)} → R2
definido por
F(x, y) = −
y
x2 + y2
−
y − 1
x2 + (y − 1)2
,
x
x2 + y2
+
x
x2 + (y − 1)2
.
Determine o integral de linha do campo F ao longo do caminho que descreve a fronteira do
quadrado com v´ertices nos pontos (2, 2), (−2, 2), (−2, −2), (2, −2), no sentido directo.
4

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

6. Assim, temos
Γ
F · dγ =
C1
F1 · dg1 +
C2
F2 · dg2.
Da defini¸c˜ao de integral de linha de um campo vectorial obtemos
C1
F1 · dg1 =
2π
0
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π
C2
F2 · dg2 =
2π
0
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2π.
Logo,
Γ
F · dγ = 2π + 2π = 4π.
Exerc´ıcio 5 Considere o campo vectorial
f(x, y) =
−y
(x + 1)2 + y2
+
3(x − 1)
(x − 1)2 + y2
,
x + 1
(x + 1)2 + y2
+
3y
(x − 1)2 + y2
+ x .
Calcule o trabalho de f ao longo da elipse definida pela equa¸c˜ao x2
25 + y2
16 = 1 percorrida no sentido
directo.
Resolu¸c˜ao: Para facilitar a an´alise, o campo f pode ser escrito na forma: f = h + g + l, em que
h(x, y, z) = (
−y
(x + 1)2 + y2
,
x + 1
(x + 1)2 + y2
),
g(x, y, z) = (
3(x − 1)
(x − 1)2 + y2
,
3y
(x − 1)2 + y2
),
l(x, y, z) = (0, x).
O campo h ´e fechado, ´e singular no ponto (−1, 0) e n˜ao ´e um gradiante. De facto, seja C
a circunferˆencia de raio 1 centrada em (−1, 0). Por c´alculo directo, facilmente se verifica que o
trabalho de h ao longo de C, percorrida no sentido directo, ´e igual a 2π, ou seja, o campo h n˜ao ´e
conservativo.
PSfrag replacements
x
y
E
C
Γ
Figura 4:
O campo g ´e radial com centro no ponto (1, 0), pelo que g ´e um gradiante em R2
{(1, 0)}.
6

7. Seja E a elipse descrita pela equa¸c˜ao x2
25 + y2
16 = 1 e percorrida no sentido directo.
Aplicando o Teorema de Green `a regi˜ao contida entre as curvas C e E, sendo h um campo
fechado, concluimos que
E
h =
C
h = 2π.
Por outro lado, como g ´e gradiante em R2
{(1, 0)}, temos
E
g = 0.
O campo l = (0, x) ´e de classe C1
na regi˜ao A limitada pela elipse E. Pelo Teorema de Green
temos
E
l =
A
(
∂l2
∂x
−
∂l1
∂y
)dxdy =
A
dxdy = 20π,
pois o ´ultimo integral representa a ´area da elipse.
Portanto,
E
f =
E
h +
E
g +
E
l = 2π + 0 + 20π = 22π.
Exerc´ıcio 6 Seja F : R2
{(−1, 0), (1, 1), (0, 0)} → R2
o campo vectorial F = (P, Q) definido por
P(x, y) =
y
(x + 1)2 + y2
−
y − 1
(x − 1)2 + (y − 1)2
+
5x
x2 + y2
Q(x, y) = −
x + 1
(x + 1)2 + y2
+
x − 1
(x − 1)2 + (y − 1)2
+
5y
x2 + y2
.
1. Calcule o integral
C
Pdx + Qdy onde C ´e a elipse x2
9 + y2
16 = 1 percorrida uma vez no
sentido directo.
2. Decida, justificadamente, se o campo F ´e um gradiante no conjunto
S = R2
{(x, y) ∈ R2
: y =
1
2
x +
1
2
; −1 ≤ x ≤ 1} ∪ {(0, 0)} .
Resolu¸c˜ao:
1. Se definirmos
F1(x, y) =
y
(x + 1)2 + y2
, −
x + 1
(x + 1)2 + y2
,
F2(x, y) = −
y − 1
(x − 1)2 + (y − 1)2
,
x − 1
(x − 1)2 + (y − 1)2
,
F3(x, y) =
5x
x2 + y2
,
5y
x2 + y2
,
ent˜ao,
F = F1 + F2 + F3
e, portanto,
C
F · dg =
C
F1 · dg +
C
F2 · dg +
C
F3 · dg.
7

8. O campo F3 ´e radial. De facto, sendo r = (x, y), temos
F3(r) = 5
r
|r|
,
pelo que F3 ´e um campo gradiante com potencial
V (x, y) = 5|r| = 5 x2 + y2.
Assim, temos
C
F3 · dg = 0.
O campo F1 obtem-se do campo
G(x, y) = −
y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
fazendo a substitui¸c˜ao x → x − (−1) e multiplicando por −1, enquanto que F2 se obtem de
G fazendo a substitui¸c˜ao x → x − 1, y → y − 1. Portanto, tal como G, F1 e F2 s˜ao campos
fechados mas n˜ao gradiantes.
Para calcular o integral de F1 ao longo de C consideremos a regi˜ao
D = {(x, y) ∈ R2
: (x + 1)2
+ y2
≥ 1,
x2
9
+
y2
16
≤ 1}
que se encontra representada na Figura 5.
PSfrag replacements
x1
y
C
C1
C2
D
PSfrag replacements
x1
y
C
C1
C2
D
Figura 5:
Aplicando o Teorema de Green `a regi˜ao D, concluimos que o integral de F1 ao longo de C
coincide com o integral de F1 ao longo da circunferˆencia C1 de raio 1, centrada em (−1, 0),
percorrida no sentido directo e descrita pelo caminho
g(t) = (−1 + cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2π.
Portanto,
C
F1 · dg =
2π
0
F1(−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
=
2π
0
−1 dt = −2π.
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 circunferˆencia C2 de centro em
(1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo, tal como se mostra na Figura 5.
Logo, sendo
g(t) = (1 + cos t, 1 + sin t), 0 ≤ t ≤ 2π,
o caminho que descreve essa circunferˆencia, teremos
C
F2 · dg =
2π
0
F2(1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cost)dt
=
2π
0
1dt = 2π.
Assim, obtemos
C
Pdx + Qdy = −2π + 2π + 0 = 0.
2. O campo F ´e um gradiante no conjunto S se e s´o se
α
F · dg = 0 para qualquer curva
fechada α contida em S. Podemos, como na al´ınea anterior, escrever F = F1 + F2 + F3, e
uma vez que F3 ´e um gradiante, basta decidir que F1 + F2 ´e um gradiante em S.
Note-se que F1 + F2 est´a definido e ´e fechado no conjunto
S ∪ {(0, 0)} = R2
{(x, y) ∈ R2
: y =
x
2
+
1
2
, −1 ≤ x ≤ 1}.
Seja R o segmento de recta definido por
R = {(x, y) ∈ R2
: y =
x
2
+
1
2
, −1 ≤ x ≤ 1}
e representado na Figura 6.
PSfrag replacements x1−1
y
C
R
Figura 6:
Sendo F1 + F2 um campo fechado, o integral de F1 + F2 ao longo de uma curva α ser´a nulo
desde que o segmento de recta R n˜ao esteja contido no interior do conjunto limitado por α.
Note-se que as singularidades de F1 + F2 est˜ao em R.
9

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