Integrais de Linha – 5 Exercícios de Prova de Cálculo Resolvidos

Nesse artigo, vamos explorar o fascinante mundo das integrais de linha no cálculo diferencial e integral. Com exercícios práticos e abordagens dinâmicas, vamos juntos desvendar como calcular essas integrais ao longo de curvas. Prepare-se para um aprendizado envolvente e cheio de descobertas!

Introdução

Calcular integrais de linha é como navegar por um rio: você precisa conhecer a correnteza e a direção para não se perder. Neste artigo, traremos alguns exercícios que vão desde o tranquilo percurso de uma circunferência até as aventuras mais desafiadoras de curvas parametrizadas.

A ideia aqui é descomplicar o assunto e mostrar que, com a técnica certa, até os mais intrincados cálculos podem se transformar em um passeio leve e divertido. Com um pouco de prática e as ferramentas certas, você vai dominar esse tema e se sentir à vontade na matemática, como um peixe na água!

Exercício 1

Calcule $$\int_{C}{(x^2 + y^2)ds}$$ onde C é a parte da circunferência x^2 + y^2 = 1, percorrida no sentido horário do ponto (0,1) ao ponto (1,0) .SOLUÇÃO:

Primeiramente, observe que a curva C é a parte da circunferência de raio 1 centrada na origem, cuja equação é x^2 + y^2 = 1 . Para parametrizar a curva no sentido horário, podemos utilizar a seguinte parametrização: x(t) = \cos t e y(t) = -\sin t, com t \in [0, \frac{\pi}{2}], que vai do ponto (0,1) ao ponto (1,0).

Agora, vamos calcular o diferencial de comprimento de arco, ds, que é dado por:

$$ds = \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt . $$

Calculando as derivadas \frac{dx}{dt} e \frac{dy}{dt}, temos:

\frac{dx}{dt} = -\sin t e \frac{dy}{dt} = -\cos t.

Substituindo esses valores na expressão de ds, obtemos:

$$ds = \sqrt{(-\sin t)^2 + (-\cos t)^2} dt = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t} dt = \sqrt{1} dt = dt.$$

Assim, temos que ds = dt.

Agora, substituímos na integral de linha:

$$\int_{C}{(x^2 + y^2)ds} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{(x(t)^2 + y(t)^2) dt}.$$

Sabemos que x(t) = \cos t e y(t) = -\sin t, então:

x(t)^2 + y(t)^2 = \cos^2 t + (-\sin t)^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1.

Portanto, a integral se simplifica para:

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{1 dt}.$$

A integral de uma constante é simplesmente o produto da constante pelo intervalo de integração, logo:

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{1 dt} = \left[t\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} – 0 = \frac{\pi}{2}.$$

Portanto, o valor da integral é \frac{\pi}{2}.

Exercício 2

Mostre que $$\int_{C}{\left( xyz dx + [y-z]^2dy + 2zx dz \right)} = \frac{85}{84},$$ onde C é a curva C: \vec{r}(t) = (t,t^2,t^3) de (0,0,0) a (1,1,1) .

Primeiramente, a curva C é parametrizada por \vec{r}(t) = (t, t^2, t^3) , o que nos dá as funções x(t) = t , y(t) = t^2 e z(t) = t^3 . As derivadas necessárias para calcular os diferenciais são:

1. dx = \frac{dx}{dt} \, dt = dt ,
2. dy = \frac{dy}{dt} \, dt = 2t \, dt e
3. dz = \frac{dz}{dt} \, dt = 3t^2 \, dt .

Agora, substituímos esses valores na integral:

$$
\int_{C} \left( xyz \, dx + (y – z)^2 \, dy + 2zx \, dz \right) = \int_{0}^{1} \left( t \cdot t^2 \cdot t^3 \, dt + (t^2 – t^3)^2 \cdot 2t \, dt + 2t^3 \cdot t \cdot 3t^2 \, dt \right)
$$

Calculando cada termo separadamente, obtemos:

• Para o termo xyz \, dx : xyz \, dx = t^6 \, dt
• Para o termo (y - z)^2 \, dy : (y - z)^2 \, dy = (t^2 - t^3)^2 \cdot 2t \, dt = (t^4 - 2t^5 + t^6) \cdot 2t \, dt = 2t^5 - 4t^6 + 2t^7 \, dt
• Para o termo 2zx \, dz : 2zx \, dz = 2t^3 \cdot t \cdot 3t^2 \, dt = 6t^6 \, dt

Agora, somamos todos os termos:

$$
\int_{0}^{1} \left( t^6 + (2t^5 – 4t^6 + 2t^7) + 6t^6 \right) dt = \int_{0}^{1} \left( 2t^5 + 3t^6 + 2t^7 \right) dt
$$

Calculando cada integral separadamente:

1. Para 2t^5 :

$$
\int_{0}^{1} 2t^5 \, dt = 2 \cdot \frac{t^6}{6} \Bigg|_0^1 = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}
$$

2. Para 3t^6 :

$$
\int_{0}^{1} 3t^6 \, dt = 3 \cdot \frac{t^7}{7} \Bigg|_0^1 = \frac{3}{7}
$$

3. Para 2t^7 :

$$
\int_{0}^{1} 2t^7 \, dt = 2 \cdot \frac{t^8}{8} \Bigg|_0^1 = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}
$$

Reescrevemos as frações com denominador comum:  \frac{1}{3} = \frac{28}{84}, \quad \frac{3}{7} = \frac{36}{84}, \quad \frac{1}{4} = \frac{21}{84}

Somando:

$$
\frac{28}{84} + \frac{36}{84} + \frac{21}{84} = \frac{85}{84}
$$

Portanto, o valor da integral é \frac{85}{84} , como queríamos.

Exercício 3

Calcule a integral $$\int_{C}{\left[ \left( 3x^2e^y – x^2y – \frac{y^3}{3} \right) dx + \left( x^3e^y + \cos(y) \right) dy \right]}$$ onde C é a circunferência x^2 + y^2 = 1 , percorrida no sentido anti-horário.

Inicialmente, parametrizamos a curva C . Para a circunferência x^2 + y^2 = 1 , podemos utilizar a seguinte parametrização:  x(t) = \cos(t) e y(t) = \sin(t) , com t \in [0, 2\pi] .

Agora, calculamos os diferenciais dx e dy :  dx = \frac{dx}{dt} dt = -\sin(t) dt e dy = \frac{dy}{dt} dt = \cos(t) dt .

Substituímos essas expressões no integrando da integral original:

$$\int_{C} \left( \left( 3x^2e^y – x^2y – \frac{y^3}{3} \right) dx + \left( x^3e^y + \cos(y) \right) dy \right)$$

Substituindo as parametrizações x(t) = \cos(t) e y(t) = \sin(t) , obtemos os seguintes termos:

1. Para o termo \left( 3x^2 e^y - x^2 y - \frac{y^3}{3} \right) dx , temos:

$$ x^2 = \cos^2(t), \quad y = \sin(t), \quad e^y = e^{\sin(t)}, \quad dx = -\sin(t) dt $$

Assim, o termo fica:

$$ \left( 3 \cos^2(t) e^{\sin(t)} – \cos^2(t) \sin(t) – \frac{\sin^3(t)}{3} \right)(-\sin(t)) $$

2. Para o termo \left( x^3 e^y + \cos(y) \right) dy , temos:

$$ x^3 = \cos^3(t), \quad e^y = e^{\sin(t)}, \quad dy = \cos(t) dt $$

Assim, o termo fica:

$$ \left( \cos^3(t) e^{\sin(t)} + \cos(\sin(t)) \right) \cos(t) dt $$

Agora, a integral completa é:

$$
\int_{0}^{2\pi} \left[ \left( 3 \cos^2(t) e^{\sin(t)} – \cos^2(t) \sin(t) – \frac{\sin^3(t)}{3} \right)(-\sin(t)) + \left( \cos^3(t) e^{\sin(t)} + \cos(\sin(t)) \right) \cos(t) \right] dt
$$

Agora, podemos tentar simplificar, mas ao perceber a estrutura da integral e o fato de que estamos lidando com uma circunferência simples e fechada, a solução mais eficiente é aplicar o Teorema de Green no Plano. Esse teorema simplifica o cálculo da integral de linha ao relacioná-la com uma integral dupla sobre a região R delimitada pela curva C .

O Teorema de Green afirma que:

$$
\int_{C} \left( P \, dx + Q \, dy \right) = \iint_{R} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} – \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA
$$

Aqui, as funções P(x, y) e Q(x, y) são:

P(x, y) = 3x^2 e^y - x^2 y - \frac{y^3}{3} e Q(x, y) = x^3 e^y + \cos(y) .

Vamos calcular as derivadas parciais:

– Derivada de Q em relação a x :

$$
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( x^3 e^y + \cos(y) \right) = 3x^2 e^y
$$

– Derivada de P em relação a y :

$$
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( 3x^2 e^y – x^2 y – \frac{y^3}{3} \right) = 3x^2 e^y – x^2 – y^2
$$

Substituímos essas derivadas na fórmula de Green:

$$
\frac{\partial Q}{\partial x} – \frac{\partial P}{\partial y} = 3x^2 e^y – \left( 3x^2 e^y – x^2 – y^2 \right) = x^2 + y^2
$$

Sabemos que x^2 + y^2 = 1 em toda a região R delimitada pela circunferência C . Assim, a integral dupla torna-se:

$$
\iint_{R} (x^2 + y^2) \, dA = \iint_{R} 1 \, dA
$$

Agora, podemos converter para coordenadas polares. Em coordenadas polares, x = r \cos(\theta) e y = r \sin(\theta) , e assim x^2 + y^2 = r^2 . O elemento de área dA em coordenadas polares é r \, dr \, d\theta , com limites r \in [0, 1] e \theta \in [0, 2\pi] .

Portanto, a integral torna-se:

$$
\iint_{R} r^2 \, dA = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} r^2 \cdot r \, dr \, d\theta = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} r^3 \, dr \, d\theta
$$

Agora, calculamos a integral em r :

$$
\int_{0}^{1} r^3 \, dr = \frac{r^4}{4} \Bigg|_0^1 = \frac{1}{4}
$$

E depois integramos em \theta :

$$
\int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi
$$

Multiplicando os resultados:

$$
\frac{1}{4} \cdot 2\pi = \frac{\pi}{2}
$$

Portanto $$\int_{C}{\left[ \left( 3x^2e^y – x^2y – \frac{y^3}{3} \right) dx + \left( x^3e^y + \cos(y) \right) dy \right]} = \frac{\pi}{2}$$

Exercício 4

Mostre que a fórmula do Teorema de Green no plano podem ser escrita na forma $$ \iint_{R}{div(\vec{v}) dxdy} = \int_{C}{\vec{v} \cdot \vec{n} ds}$$ onde \vec{n} é o vetor normal unitário a C e s é o comprimento de arco de C .Solução:

Para demonstrar que a fórmula do Teorema de Green no plano pode ser escrita na forma

$$\iint_{R} \text{div}(\vec{v}) \, dx \, dy = \int_{C} \vec{v} \cdot \vec{n} \, ds,$$

onde \(\vec{n}\) é o vetor normal unitário a C e \(s\) é o comprimento de arco de C , começamos considerando um campo vetorial \(\vec{v}\) em duas dimensões, que podemos representar como:

$$\vec{v} = \langle P(x, y), Q(x, y) \rangle,$$

onde \(P\) e \(Q\) são funções contínuas em uma região R do plano. A divergência do campo vetorial \(\vec{v}\) é dada por:

$$\text{div}(\vec{v}) = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y}.$$

Segundo o Teorema de Green, temos a seguinte relação:

$$\int_{C} \left( P \, dx + Q \, dy \right) = \iint_{R} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} – \frac{\partial P}{\partial y} \right) \, dA.$$

Para reformular isso na forma desejada, primeiro reconhecemos que a integral de linha ao longo da curva C é uma representação do fluxo do campo vetorial \(\vec{v}\) através da curva, que também pode ser expressa em termos da integral de um produto escalar entre o campo e um vetor normal.

Podemos expressar a integral de linha na forma:

$$\int_{C} \vec{v} \cdot d\vec{r} = \int_{C} (P \, dx + Q \, dy),$$

onde \(d\vec{r}\) representa o vetor diferencial de deslocamento ao longo da curva C . Para um segmento infinitesimal \(d\vec{r}\), podemos escrever:

$$d\vec{r} = \langle dx, dy \rangle.$$

O vetor normal unitário \(\vec{n}\) é perpendicular ao vetor tangente \(\hat{t}\) que é dado por \(\langle \frac{dx}{ds}, \frac{dy}{ds} \rangle\). Assim, podemos expressar o vetor normal como:

$$\vec{n} = \langle n_x, n_y \rangle,$$

onde \(n_x\) e \(n_y\) são as componentes do vetor normal unitário. A integral de linha, então, pode ser reescrita como:

$$\int_{C} \vec{v} \cdot \vec{n} \, ds = \int_{C} (P n_x + Q n_y) \, ds.$$

Agora, precisamos relacionar a divergência \(\text{div}(\vec{v})\) com o fluxo do campo vetorial através da curva C . A ideia central é que a integral de linha do campo vetorial ao longo da curva C é igual ao fluxo do campo através da região R delimitada por essa curva.

Assim, pela definição da divergência, a integral dupla da divergência sobre a região R é dada por:

$$\iint_{R} \text{div}(\vec{v}) \, dA = \iint_{R} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} + \frac{\partial P}{\partial y} \right) \, dA.$$

O Teorema da Divergência nos diz que essa integral dupla pode ser calculada como o fluxo do campo através da curva C :

$$\iint_{R} \text{div}(\vec{v}) \, dx \, dy = \int_{C} \vec{v} \cdot \vec{n} \, ds,$$

onde \(\vec{n}\) é o vetor normal unitário à curva C . Essa relação pode ser interpretada como a conservação do fluxo: o fluxo do campo vetorial para fora da região R é igual à soma das taxas de variação do campo ao longo da curva que delimita essa região.

Assim, ao considerarmos os limites de integração e a definição da divergência, conseguimos reescrever a relação dada pelo Teorema de Green na forma:

$$\iint_{R} \text{div}(\vec{v}) \, dx \, dy = \int_{C} \vec{v} \cdot \vec{n} \, ds,$$

concluindo a demonstração de que a fórmula do Teorema de Green no plano pode ser expressa de maneira equivalente utilizando a divergência de um campo vetorial e o fluxo através da curva que delimita a região.

Exercício 5

Calcule $$ \oint_{C}{\left( xdx -zdy+2ydz \right)}$$ onde C é o triângulo que sai de (0,0,0) , na direção de (1,1,0) e, em seguida, para (1,1,1) e volta para (0,0,0) .Solução:  

Para calcular a integral de linha

$$\oint_{C}{\left( x \, dx – z \, dy + 2y \, dz \right)},$$

onde C é o triângulo formado pelos pontos (0,0,0) , (1,1,0) , e (1,1,1) , devemos primeiro parametrizar os segmentos que compõem a curva C .

A curva C consiste em três segmentos:

1. De (0,0,0) a (1,1,0) :
– A parametrização é dada por \vec{r}_1(t) = (t, t, 0) para t \in [0, 1] .
– Os diferenciais são dx = dt , dy = dt , e dz = 0 .

2. De (1,1,0) a (1,1,1) :
– A parametrização é dada por \vec{r}_2(t) = (1, 1, t) para t \in [0, 1] .
– Os diferenciais são dx = 0 , dy = 0 , e dz = dt .

3. De (1,1,1) a (0,0,0) :
– A parametrização é dada por \vec{r}_3(t) = (1-t, 1-t, 1-t) para t \in [0, 1] .
– Os diferenciais são dx = -dt , dy = -dt , e dz = -dt .

Agora, calculamos a integral ao longo de cada segmento.

1. Primeiro segmento:

Para \vec{r}_1(t) = (t, t, 0) :

$$
\oint_{C_1} \left( x \, dx – z \, dy + 2y \, dz \right) = \int_{0}^{1} \left( t \cdot dt – 0 \cdot dt + 2t \cdot 0 \right) = \int_{0}^{1} t \, dt = \left[\frac{t^2}{2}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}.
$$

2. Segundo segmento:

Para \vec{r}_2(t) = (1, 1, t) :

$$
\oint_{C_2} \left( x \, dx – z \, dy + 2y \, dz \right) = \int_{0}^{1} \left( 1 \cdot 0 – t \cdot 0 + 2 \cdot 1 \cdot dt \right) = \int_{0}^{1} 2 \, dt = 2 \cdot 1 = 2.
$$

3. Terceiro segmento:

Para \vec{r}_3(t) = (1-t, 1-t, 1-t) :

$$
\oint_{C_3} \left( x \, dx – z \, dy + 2y \, dz \right) = \int_{0}^{1} \left( (1-t)(-dt) – (1-t)(-dt) + 2(1-t)(-dt) \right).
$$

Calculando:

$$
= \int_{0}^{1} \left( – (1-t) + (1-t) – 2(1-t) \right) dt = \int_{0}^{1} \left( -2(1-t) \right) dt = -2 \int_{0}^{1} (1-t) dt = -2 \left[t – \frac{t^2}{2}\right]_{0}^{1} = -2 \left(1 – \frac{1}{2}\right) = -2 \cdot \frac{1}{2} = -1.
$$

Agora, somamos as contribuições de cada segmento:

$$
\oint_{C} \left( x \, dx – z \, dy + 2y \, dz \right) = \frac{1}{2} + 2 – 1 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}.
$$

Conclusão

E aí, conseguimos chegar ao final dessa jornada juntos! Ver como as integrais de linha se desenrolam em diferentes contextos nos ajuda a enxergar a beleza da matemática. Com as técnicas que aprendemos, você está pronto para encarar novos desafios e explorar ainda mais o universo das integrais!

Leia Mais

• Calculando Integrais de Linha de Forma Rápida e Fácil
• Integral de Linha Independente do Caminho | Lista de Exercícios Resolvidos
• Integral de Linha de 1ª e 2ª Espécies, e o Teorema de Green no Plano
• Integral de Linha de 1ª Espécie | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos