exercícios_integral_de_linha

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1 
 
Integral de Linha 
As integrais de linha podem ser encontradas em inúmeras aplicações nas Ciências Exatas, como por 
exemplo, no cálculo do trabalho realizado por uma força variável sobre uma partícula, movendo-a de um ponto A 
a um ponto B no plano. Na Termodinâmica, uma integral de linha é utilizada, por exemplo, para calcular o 
trabalho e o calor desenvolvido numa transformação qualquer. 
Nesta seção iremos introduzir o conceito de integração ao longo de uma curva C. Essa integral é denominada 
de integral de linha, muito embora o nome “integral de curva” pudesse ser mais adequado. Vamos aprender a 
trabalhar com integrais de linha de uma função de duas variáveis e de um campo vetorial no plano. O raciocínio 
desenvolvido aqui é análogo para funções de três variáveis e campos vetoriais no espaço. 
Vamos iniciar nosso estudo com as integrais de linha de uma função de duas variáveis. Denominamos de 
integral de linha escalar, a integral de uma função
 ,f x y
ao longo de uma curva C e a denotamos por 
 ,
C
f x y ds
, onde ds é uma quantidade infinitesimal (muito pequena) da curva C. A curva C é chamada o 
caminho da integração. 
Vamos entender melhor o conceito de integral de linha. Iremos utilizar a notação 
      ,P t x t y t
, para 
denotar um caminho (uma curva) no plano cartesiano R
2
. Podemos pensar em 
 P t
 como sendo um ponto (em 
movimento), como função do tempo t, descrevendo uma curva C no plano, para 
.a t b 
 
 
 
Para calcular uma integral de linha, é necessário conhecer a equação da curva C, a qual pode ser dada na 
forma cartesiana ou paramétrica. A forma cartesiana é mais utilizada, quando a curva C é o gráfico de uma 
função
 .y g x
Já a forma paramétrica, abrange o caso geral, tanto para gráficos de função ou não. 
 
 
2 
 
Em ambos os casos, uma integral de linha escalar, 
 ,
C
f x y ds
, pode ser transformada em uma integral 
simples de uma função de uma variável. Para isso, basta restringirmos os valores de 
 ,f x y
aos pontos da curva 
C, e encontrarmos uma expressão adequada para ds. 
Para acharmos ds devemos observar que, sendo ds uma quantidade infinitesimal (muito pequena) do 
comprimento da curva C, podemos supor que ela é a hipotenusa do triângulo retângulo, cujos catetos são dx e dy 
(ver figura). 
 
Observe que consideramos o tamanho de ds bem maior do 
que seria considerado, na figura, apenas para que possamos 
visualizá-lo melhor. 
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras nesse triângulo, obtemos: 
 
Aqui, temos dois casos a considerar: 
1
o
 Caso: A curva C é o gráfico de uma função
 .y g x
 
Nesse caso, temos que: 
   2 22 2 2
2
( ) '( )
( ) [ '( )] ( ) 1 '
1 [ '( )]
y f x dy f x dx
ds dx f x dx f x dx
ds f x dx
  
       
  
 
Portanto, 
      
2
, , 1 ' .
b
a
C
f x y ds f x g x g x dx     
 
 
EXEMPLO Calcule a integral sobre a curva do ponto ao ponto 
Solução 
         
2 2 2 2 2
.ds dx dy ds dx dy    
C
xy ds
2
2
x
y   0,0
1
1, .
2
 
 
 
3 
 
Escreva a função restrita à curva C: 
 
2 2 3
, ,
2 2 3
x x x
f x y xy f x x
 
      
  
Considerando C como o gráfico de 
 
2
2
x
g x 
, encontre g’(x): 
   
2
'
2
x
g x g x x  
 
Encontre ds: 
  2 21 ' 1ds g x dx x dx      
 
 
 
Substitua os itens encontrados na integral : 
 
Calcule a integral obtida: 
 
 
 
 
2
o
 Caso: A curva C é dada na forma paramétrica. 
( ) '( )
;
( ) '( )
a b
x x t dx x t dt
t t t
y y t dy y t dt
  
   
  
 
 2 2 2 2
2 2
[ '( )] ( ) [ '( )] ( )
[ '( )] [ '( )]
ds x t dt y t dt
x t y t dt
  
 
 
Portanto, 
 ,f x y xy
C
xy ds
31 1
2 3 2
0 0
1
1 1
2 2
C
x
xy ds x dx x x dx     
 
 
   
1
3 2
0
1
2 2
0
1
2
0
5 31
4 2
0
1
5 3
2 22 2
0
5 3
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1 1
2 2 5 3
1 1
10 6
2 2 1 1 1 2
.
10 3 10 6 15
C
x
x
xy ds x x dx
x x xdx
u u udu
u u
u u du
x x


  
  
  
 
      
 
 
  
   
 
  

    
 



 
4 
 
 
          
2 2
, , ' '
b
a
t
t
C
f x y ds f x t y t x t y t dt        
 
 
EXEMPLO Calcule a integral onde C é a parte da circunferência unitária 
 2 2 1 0 ,x y x  
 
percorrida no sentido anti-horário. 
Solução 
 
A curva C pode ser representada pelas equações paramétricas: 
 
Assim, 
 
 
Portanto, 
   2 2 22 2 2
2 2 2
3
2 2
2 2
2 2 cos 2 cos
cos
2 0 0 2 .
3
C
x y ds t sent dt dt t sent
t
t
  
  
 
    
  
 
    
      
   
 
 
O Cálculo de integrais de funções, sobre curvas no espaço, é feito de modo totalmente análogo às curvas 
planas, lembrando que as curvas no espaço são mais facilmente descritas por equações paramétricas. 
EXEMPLO Calcule onde C é a hélice circular dada através das equações paramétricas por: 
 
do ponto até o ponto 
Solução 
A função 
  2 2, ,f x y z x y z  
, restrita à curva C, é dada por: 
         2 2, , cosF t f x t y t z t t sen t t   
, ou seja, 
Por outro lado, temos que: 
 22 ,
C
x y ds
 
 
cos
;
sen 2 2
x t t
t
y t t
  
  

     2, 2 cos senf x t y t t t 
       
2 2 2 2
' ' sen cos 1 .ds x t y t dt t t dt dt           
 2 2 ,
C
x y z ds 
 
 
 
cos
sen 
x t t
y t t
z t t
 




 1,0,0P  1,0,2 .Q 
  1 .F t t 
 
5 
 
      
   
2 2 2
2 2 2 2
' ' '
cos 1 cos 1 2
ds x t y t z t dt
sent t sen t t
              
       
 
 
Ainda, observe que do ponto P ao ponto Q, t varia de 0 a 
Portanto,      
 
 
2 2
2 2
0 0
2 22
0
1 2 2 1
2
2 2 2
2 2
2 2 1 .
C
t
t
x y z ds t dt t dt
t
t
 



 


      
  
      
     
 
  
 
 
A integral de linha escalar pode ser utilizada para calcular a massa de um bastão de comprimento l, por 
exemplo, desde que a função densidade linear (massa por unidade de comprimento) seja conhecida. 
Para fazer isso, inicialmente dividimos o bastão em quantidades pequenas e consideramos m a quantidade 
de massa contida no segmento de x até x + x de maneira que é a massa por unidade de comprimento no 
segmento. 
 
Se a massa está distribuída uniformemente então, é independente da escolha do segmento e é 
denominada de densidade do corpo (ou mais corretamente, densidade de massa linear) e indicada por , ou seja, 
 é constante em todo o comprimento do bastão. A massa total do bastão é então M =  l. 
Se a massa do bastão não estiver distribuída uniformemente, então é a densidade média no segmento de 
x até x + x, e seu valor depende da posição do segmento e de seu comprimento. 
Definimos então, 
 
como sendo a densidade em qualquer ponto x do bastão, onde a quantidade diferencial dm =  (x) dx é a massa de 
uma porção dx do comprimento do bastão em x. 
A massa total do corpo é então, a soma das pequenas porções de massa do bastão, ouseja, 
. 
2 .
m
x


m
x


m
x




m
x


 
0
lim
x
m dm
x
x dx

 

 

0
( ) M dm x dx  
1 
6 
 
Esta integral é interpretada como sendo a área abaixo da curva  (x) com x variando de 0 até l. Uma 
interpretação alternativa é obtida, considerando a função densidade  (x) como uma propriedade associada com 
os pontos x de uma reta (o eixo x). 
 Consideremos agora, um bastão curvado AB (por exemplo) de um material qualquer (ver ilustração abaixo). 
 
 
Nosso objetivo é, uma vez mais, calcular a massa total desse bastão, utilizando uma integral de linha. Para 
isso, consideremos 
 ,f x y
como sendo a densidade de massa do bastão (dada em unidades de massa por unidade 
de comprimento) e ds uma quantidade infinitesimal (muito pequena) do bastão. Então, 
 ,dm f x y ds
 
é a quantidade de massa dessa porção - onde representa a densidade linear em cada ponto P da curva C 
que representa o bastão no plano cartesiano. 
 
 
Assim, a massa total do bastão é dada por: 
. 
 
EXEMPLO Calcule a massa total de um arame no formato de uma parábola 
2y x
 ao longo de 
1 4.x 
Considere a densidade de massa dada por 
 ,
y
x y
x
 
 em unidades de grama por centímetro. 
 
 ,f x y
 ,
C C
M dm f x y ds  
C 
7 
 
Solução 
A massa total é definida por: 
 , .
C
M x y ds 
 
Passo 1: Escreva a função 
 ,
y
x y
x
 
 restrita à curva C, que é dada pela parábola
  2y g x x 
. 
 
   
2
, 0
y x
x y x x
x x
    
 
Passo 2: Encontre ds: 
 
   
2 2 21 ' 1 2 1 4ds g x dx x x dx        
 
Passo 3: Substitua os itens encontrados, na integral 
 , :
C
M x y ds 
 
 
65
3
4 65
2 3/2 3/22
1 5
5
1 1
, 1 4 65 5 42,7
12 12
u
u
C
M x y ds x x dx u du u


         
   
 
Portanto, a massa total do arame é, aproximadamente, 42,7 g. 
 
Agora, iremos discutir a integral de linha de um campo vetorial 
 ,F x y
 ao longo de uma curva C, denotada 
por 
C
F d s
 
onde 
     , , ,F x y M x y i N x y j 
 e 
.d s dxi dy j 
 
Antes, porém, é necessário observar que existe uma diferença importante entre uma integral de linha escalar 
e uma integral de linha vetorial: para determinar uma integral de linha vetorial, devemos primeiramente escolher 
um sentido de percurso ao longo da curva C. Isso é necessário porque as grandezas físicas, obtidas por este 
procedimento, ficam afetadas de um sinal algébrico. 
 
 
8 
 
Observe que, podemos percorrer uma curva C em um de dois 
sentidos. Ou seja, em cada curva existem duas orientações possíveis 
correspondendo aos dois sentidos de percurso. Quando escolhemos 
um desses sentidos de percurso, dizemos que a curva C está 
orientada e este é considerado o sentido positivo de percurso ao 
longo da curva. Escrevemos então, –C para denotar a curva C com a 
orientação oposta. 
Assim, 
 
C C
F d s F d s

    
 
 
 
Vejamos então como calcular uma integral de linha vetorial dada por: 
   , ,
C C
F d s M x y dx N x y dy      
 
onde C é definida como o gráfico de uma função 
 y g x
 de x = a até x = b. 
Nesse caso, primeiramente devemos escrever o integrando em função de x. Para isso, substituímos y por g(x) 
e dy por 
 'g x dx
 na integral 
   , ,
C C
F d s M x y dx N x y dy      
, obtendo assim: 
           , , , , '
b
a
C C
F d s M x y dx N x y dy M x g x dx N x g x g x dx            
 
Agora, é só calcular a integral definida obtida, utilizando um método de integração adequado. 
 
EXEMPLO 1 
(a) Ache o valor da integral de linha vetorial sobre o caminho C (ver figura) para 
 ,M x y y 
 e 
 ,N x y xy
 quando o caminho C vai de A até B. 
 
 
(b) Ache o valor da integral sobre o caminho C (ver figura) para 
 ,M x y y 
 e 
 ,N x y xy
, quando o caminho C vai de B até A. 
 
 
Solução 
(a) Considerando (equação da reta que vai de A até B) a função que define o caminho C, com 1  x  0, 
temos que e, portanto, 
1y x 
dy dx 
9 
 
        
 
0
1
0 0 1
2 2 2
1 1 0
, , 1 1
2
1 1 1 .
3
C C
F d s M x y dx N x y dy x dx x x dx
x x x dx x dx x dx
               
             
   
  
  
 
(b) Considerando (equação da reta) com temos que e, portanto, 
        
1
0
1 1
2 2
0 0
, , 1 1
2
1 1 .
3
C C
F d s M x y dx N x y dy x dx x x dx
x x x dx x dx
               
          
   
  
 
 
 
Observe que no exemplo 1, invertendo a orientação da curva C, o sinal da integral de linha mudou. Se C for 
uma curva lisa orientada, denotamos por –C a curva orientada que consiste dos mesmos pontos de C, mas com 
orientação contrária. 
De uma maneira geral, o valor de uma integral de linha depende do caminho de integração, como mostra o 
próximo exemplo. 
EXEMPLO 2 Ache o valor da integral de linha vetorial sobre o caminho C (ver figura) para 
 ,M x y y 
 e 
 ,N x y xy
 de A até B. 
 
Solução 
A equação do arco circular é dada por: 
21y x  
com x variando de 1 até 0. 
 
 
2
0
2 2
1
1
( , ) ( , )
1
1 .
4 3
y
C C C
x x
dy dx dy dx
yx
F d s M x y dx N x y dy y dx xy dy
x x dx

     

       
      
  
  

 
 
Note que, apesar das funções M(x,y) e N(x,y) serem as mesmas do exemplo 1, o resultado obtido para a 
integral de linha foi diferente. Isto se deve ao fato de, neste caso, o caminho de integração é diferente do caminho 
utilizado no exemplo 1. 
 
EXEMPLO 3 Calcule a integral do exemplo 2, agora utilizando equações paramétricas para a curva C. 
Solução 
1y x 
0 1,x 
dy dx 
10 
 
As equações paramétricas para a curva C são dadas por: 
 
 
 
cos sen
, 0
sen cos2
x t t dx t dt
t
y t t dy t dt
   
   
  
 
Portanto, 
 
      2
0
2 2 22 2 2 2
0 0 0
3 22
0 0
( , ) ( , )
sen sen cos sen cos
sen cos sen sen cos sen
1 1 cos 1
sen 2 .
2 4 3 4 3
C C C
F d s M x y dx N x y dy y dx xy dy
t t dt t t t dt
t t t dt t dt t t dt
t
t t

  


      
       
      
  
      
   
  

  
 
 
OBS: 
Observe que o resultado obtido no exemplo 3 foi o mesmo do exemplo 2, o que já era esperado, pois 
tomamos a mesma curva e apenas mudamos o modo de representá-la matematicamente. Portanto, lembre-
se que: 
 O valor da integral de uma função ou uma forma diferenciável, sobre uma curva C, será sempre o 
mesmo, independentemente da expressão matemática que utilizamos para representá-la (forma cartesiana 
ou paramétrica). 
 O valor da integral de uma função ou uma forma diferenciável, sobre uma curva C, poderá ser 
diferente sobre caminhos (curvas) diferentes. 
 
 
Se uma curva C é formada pela união disjunta de n curvas C1, ... , Cn, ou seja, 
1 2 ... nC C C C  
 
então, a integral de linha ao longo de C é igual a uma soma de integrais de linha dada por: 
1 2
...
nC C C C
F d s F d s F d s F d s          
 
 
EXEMPLO4 Calcule a integral de linha 
C
F d s
, onde 
  4,F x y x i xy j 
 e C é o triângulo ligando os 
pontos (0,0), (1,0) e (0,1) orientado no sentido anti-horário. 
Solução 
11 
 
 Observe que: 
 1 2 3C C C C  
 
e, portanto, 
1 2 3C C C C
F d s F d s F d s F d s         
 
1
0 ( constante) 0
 varia, 0 1
y y dy
C
x x
  

 
 
2
1
variando de 1 até 0
y x dy dx
C
x
    


 
 
3
0 ( constante) 0
 variando de 1 até 0
x x dx
C
y
  


 
Temos então que: 
  
1 2 3
1 4 2
0
4 4 4 4
1 0 1 0
4 4 4 4 2
0 1 0 1
1
C C C C C
x x x dx
F d s x dx xy dy x dx xy dy x dx xy dy x dx xy dy
x dx x dx x x dx x dx x x x dx
   
 
         
          
 

    
    
1
5 2 31 1 1
4 4 2 4 2
0 0 0
0
2
2
5 2 3
2 1 1 17
.
5 2 3 30
x x x
x dx x x x dx x x x dx
 
                    
   
  
 
 
Existem alguns tipos de integrais de linha, ao longo de uma curva C (caminho de integração), cujo valor 
depende apenas dos pontos extremos da curva e não da própria curva. Neste caso, dizemos que a integral de linha 
independe do caminho de integração C. 
Dizemos que o valor de uma integral de linha 
   , ,
C
I M x y dx N x y dy    
 
é independente do caminho, entre dois pontos fixos, se a quantidade 
   , ,M x y dx N x y dy
 
for uma diferencial exata, ou seja, se existir uma função z = f (x,y) tal que 
   , , .
y x
z z
M x y dx N x y dy dz dx dy
x y
   
      
    
 
Lembre-se que a condição para uma diferencial em duas variáveis ser exata é que as funções M e N 
satisfaçam a seguinte igualdade: 
ou
yx
M N z z
y x y x x y
           
       
           
 
 (Relação de reciprocidade de Euler) 
12 
 
EXEMPLO 5 
(a) Verifique se a diferencial é exata. 
(b) Ache o valor da integral de linha onde C é o segmento de reta que vai de (0,0) a (2,2). 
(c) Calcule o valor da integral de linha onde C é o caminho dado pela curva que vai de (0,0) a (2,2). 
Solução 
(a) Considerando 
   , e ,xy xyM x y ye N x y xe 
, para verificar se a diferencial dz é exata, basta verificar se 
yx
M N
y x
   
   
   
 
Calculando as derivadas parciais obtemos: 
 
e, portanto, a diferencial dz é exata. 
(b) 
 
 
 
 
 (c) 
 
 
 
 
 
xy xydz ye dx xe dy 
C
dz
C
dz
2
2
x
y 
 
 
1 1
1 1
xy xy xy
x
yxy xy xy x
y
F
e ye x e xy
y F G
y xG
e xe y e xy
x
 
     
       
     
             
2 2
2
2
0
2 4
4
0 0
2
2 1.
2
xy xy x x
C C
x u
dz ye dx xe dy xe dx xe dx
xe dx e du e
    
   
  
 
3 3
3
22
22 2
0
2 4
2 42
0 0
2
3 3 2
1.
2 2 3
x x
xy xy
C C
x
u
x
dz ye dx xe dy e dx x e dx
x e dx e du e
    
    
  
 
 du=2xdx 
 
 
 
13 
 
OBS: 
Observe que no exemplo 3, como a diferencial é exata o valor da integral independe do caminho que vai do 
ponto (0,0) ao ponto (2,2). Assim, quando for calcular uma integral de linha , verifique primeiramente 
se a diferencial é exata. Se a diferencial for exata, você poderá escolher qualquer “curva” para representar 
o caminho C. Nesse caso, a escolha mais adequada, para o caminho C, seria uma reta. 
 
 
EXERCÍCIOS 6.7 
1. Calcule a integral de linha se: 
a) C consiste do segmento de reta que vai de (2,1) a (4,1) mais o segmento de reta que vai de (4,1) a (4,5); 
b) C é o segmento de reta de (2,1) a (4,5); 
c) As equações paramétricas de C são: 
 
2. Calcule a integral de linha ao longo do caminho C. 
a) onde C é o gráfico de de a 
b) onde C é o gráfico de de (0,0) a (2,8). 
c) onde C é o gráfico de de a (4,2). 
3. Verifique se as diferenciais dadas são exatas. 
a) 
b) 
4. Calcule a integral de linha de x = 0 até x = 2 sobre a reta y = 2x e, em seguida, avalie a 
mesma integral de linha ao longo da curva y = x
2
. 
5. Calcule a integral de 
 
ao longo da reta de x = 0 até x = 1. 
6. Mostre que: 
 
para é uma diferencial exata. Escolhendo um caminho 
apropriado, calcule a integral de (0,0) a (1,2). 
 
C
dz
2
C
xy dx x dy 
 
2 53 1 ; 3 2 , 1 .
3
x t y t t t     
26
C
x y dx xy dy 
 
3 1y x   1,0  1,2 .
 
C
y dx x y dy   
2 2y x x 
 
C
x y dx x dy   
2y x  4, 2
   4 3 3 8dz x y dx x y dy   
cos sendz y x dx x dy 
 2
C
xy dx y dy
  2 2,f x y x y  2y x
   , , ,dz F x y dx G x y dy 
   2 2 2 2, 9 4 4 e , 8 2 3 ,F x y x y xy G x y xy x y     
 
C
F dx G dy
Instituto Superior Te´cnico
Departamento de Matema´tica
Secc¸a˜o de A´lgebra e Ana´lise
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 , z
2
)
.
Calcule o integral de linha
∫
C
F onde C e´ a curva descrita pelo caminho
g(t) = (et, sen t, t) , 0 ≤ t ≤ pi
2
.
Resoluc¸a˜o: O domı´nio do campo F e´ o conjunto
R
3 \ ({(x, y, z) ∈ R3 : x = y} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x = −y})
que e´ a unia˜o de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y, tal como se
mostra na Figura 1, em que na˜o se apresenta a dependeˆncia em z.
Sendo et > | sen t| , t > 0, enta˜o a curva C esta´ contida no conjunto em estrela
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x > |y|}.
PSfrag replacements
x
y
x = y
x = −y
Figura 1: Esboc¸o do domı´nio do campo F
Sendo F um campo fechado, ja´ 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 Ca´lculo, temos∫
C
F = V (g(
pi
2
))− V (g(0)),
em que V designa um potencial escalar para F em S.
1
Para determinar um potencial V (x, y, z) deveremos resolver a equac¸a˜o ∇V = F, ou seja,

∂V
∂x = − 2x(x2−y2)2
∂V
∂y =
2y
(x2−y2)2
∂V
∂z = z
2.
Da primeira equac¸a˜o 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 equac¸a˜o obtemos
k′2(z) = z
2 ⇔ k2(z) = z
3
3
+ k3.
Portanto o potencial tem a forma
V (x, y, z) =
1
x2 − y2 +
z3
3
+ k3
onde k3 e´ uma constante.
Enta˜o, ∫
C
F = V (g(
pi
2
))− V (g(0))
= V (e
pi
2 , 0,
pi
2
)− V (1, 0, 0)
= e−pi +
pi3
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 circunfereˆncia de raio 1 centrada na origem e per-
corrida no sentido directo.
Resoluc¸a˜o: Se tentarmos calcular o integral de linha pela definic¸a˜o verificaremos imediatamente
que na˜o e´ uma tarefa fa´cil. 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 regia˜o S, limitada pela circunfereˆncia C, de raio1, 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
Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green a` regia˜o 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 ca´lculo do integral
∮
L
F seja simples.
PSfrag replacements
x1
2
4
y
C
L
Figura 2: Esboc¸o da regia˜o S limitada por C e por L
A expressa˜o 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 ≤ 2pi
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 sera´ dado por
∮
L
F.dh =
∫ 2pi
0
(
2 sen t
16
,−4 cos t
16
)
.(−4 sen t, 2 cos t)dt =
∫ 2pi
0
−1
2
dt = −pi.
Exerc´ıcio 3 Considere o campo vectorial f : R3 7→ R3 definido por
f(x, y, z) = (yzexyz, xzexyz, xyexyz).
a) Sabendo que f define uma forc¸a conservativa, encontre um potencial φ para f.
b) Calcule o trabalho de f ao longo da espiral descrita pelo caminho
g(t) = (5 cos t , 5 sen t, t2) , t ∈
[
0,
pi
4
]
.
Resoluc¸a˜o:
a) O potencial φ satisfaz a condic¸a˜o ∇φ = f, ou seja, verifica as equac¸o˜es
∂φ
∂x
= yzexyz ,
∂φ
∂y
= xzexyz ,
∂φ
∂z
= xyexyz.
3
Integrando a primeira equac¸a˜o, obtemos
φ(x, y, z) = exyz + g(y, z).
Substituindo na segunda e terceira equac¸o˜es, 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.
Tambe´m e´ poss´ıvel determinar φ recorrendo ao Teorema Fundamental do Ca´lculo 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 diferencia´vel L qualquer que ligue p0
a um ponto gene´rico 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 enta˜o,
φ(x, y, z) =
∫ 1
0
f(h(t)) · h′(t)dt =
=
∫ 1
0
(t2yzet
3xyz, t2xzet
3xyz, xyt2et
3xyz) · (x, y, z)dt =
=
∫ 1
0
3xyzt2et
3xyzdt =
= 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
Ca´lculo,
W =
∫
fdg =
∫
∇φ = φ(g(pi
4
))− φ(g(0)) =
= φ(5
√
2
2
, 5
√
2
2
,
pi2
16
)− φ(5, 0, 0) =
= e
25pi
2
32 − 1.
Note-se que seria muito mais dif´ıcil efectuar este ca´lculo directamente, utilizando a definic¸a˜o
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 ve´rtices nos pontos (2, 2), (−2, 2), (−2,−2), (2,−2), no sentido directo.
4
Resoluc¸a˜o: Designemos por γ o caminho que descreve a fronteira Γ do quadrado e sejam
g1 : [0, 2pi] → R2 e g2 : [0, 2pi] → 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 circunfereˆncia C1 de raio 1/4 e centro na origem no sentido positivo e g2
descreve a circunfereˆncia 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 sa˜o fechados, ou seja, o campo F e´ fechado.
Portanto, aplicando o Teorema de Green a` regia˜o limitada pelas circunfereˆncias 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 circunfereˆncia C2 na˜o conte´m a origem, pelo que∫
C2
F1 · dg2 = 0.
Do mesmo modo, o c´ırculo limitado pela cicunfereˆncia C1 na˜o conte´m o ponto (0, 1) e, por-
tanto, concluimos que ∫
C1
F2 · dg1 = 0.
5
Assim, temos ∫
Γ
F · dγ =
∫
C1
F1 · dg1 +
∫
C2
F2 · dg2.
Da definic¸a˜o de integral de linha de um campo vectorial obtemos
∫
C1
F1 · dg1 =
∫ 2pi
0
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2pi
∫
C2
F2 · dg2 =
∫ 2pi
0
(− sen t, cos t) · (− sen t, cos t)dt = 2pi.
Logo, ∫
Γ
F · dγ = 2pi + 2pi = 4pi.
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 equac¸a˜o x
2
25 +
y2
16 = 1 percorrida no sentido
directo.
Resoluc¸a˜o: Para facilitar a ana´lise, 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 na˜o e´ um gradiante. De facto, seja C
a circunfereˆncia de raio 1 centrada em (−1, 0). Por ca´lculo directo, facilmente se verifica que o
trabalho de h ao longo de C, percorrida no sentido directo, e´ igual a 2pi, ou seja, o campo h na˜o 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
Seja E a elipse descrita pela equac¸a˜o x
2
25 +
y2
16 = 1 e percorrida no sentido directo.
Aplicando o Teorema de Green a` regia˜o contida entre as curvas C e E, sendo h um campo
fechado, concluimos que ∫
E
h =
∫
C
h = 2pi.
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 regia˜o A limitada pela elipse E. Pelo Teorema de Green
temos ∫
E
l =
∫
A
(
∂l2
∂x
− ∂l1
∂y
)dxdy =
∫
A
dxdy = 20pi,
pois o u´ltimo integral representa a a´rea da elipse.
Portanto, ∫
E
f =
∫
E
h +
∫
E
g +
∫
E
l = 2pi + 0 + 20pi = 22pi.
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 x
2
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)}
)
.
Resoluc¸a˜o:
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
)
,
enta˜o,
F = F1 + F2 + F3
e, portanto, ∮
C
F · dg =
∮
C
F1 · dg +
∮
C
F2 · dg +
∮
C
F3 · dg.
7
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 potencialV (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 substituic¸a˜o x 7→ x− (−1) e multiplicando por −1, enquanto que F2 se obtem de
G fazendo a substituic¸a˜o x 7→ x − 1, y 7→ y − 1. Portanto, tal como G, F1 e F2 sa˜o campos
fechados mas na˜o gradiantes.
Para calcular o integral de F1 ao longo de C consideremos a regia˜o
D = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y2 ≥ 1, x
2
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` regia˜o D, concluimos que o integral de F1 ao longo de C
coincide com o integral de F1 ao longo da circunfereˆncia 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 ≤ 2pi.
Portanto, ∮
C
F1 · dg =
∫ 2pi
0
F1(−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
=
∫ 2pi
0
−1 dt = −2pi.
8
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 circunfereˆncia 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 ≤ 2pi,
o caminho que descreve essa circunfereˆncia, teremos
∮
C
F2 · dg =
∫ 2pi
0
F2(1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cos t)dt
=
∫ 2pi
0
1dt = 2pi.
Assim, obtemos ∮
C
Pdx + Qdy = −2pi + 2pi + 0 = 0.
2. O campo F e´ um gradiante no conjunto S se e so´ 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 esta´ 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 sera´ nulo
desde que o segmento de recta R na˜o esteja contido no interior do conjunto limitado por α.
Note-se que as singularidades de F1 + F2 esta˜o em R.
9
Se o segmento de recta R estiver contido no conjunto limitado pela curva α, enta˜o, 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).
Resoluc¸a˜o: E´ claro que o domı´nio de F e´ o conjunto D = R3 \ {(0, y, 0) : y ∈ R}.
Facilmente se verifica que os campos G e H sa˜o 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 func¸a˜o 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 parametrizac¸a˜o de Γ.
A linha Γ pode ser deformada em D de modo a obter-se a circunfereˆncia 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 ≤ 2pi,
ou seja, Γ e C sa˜o homoto´picas em D. Note-se que Γ e C devem ser percorridas no sentido directo
quando vistas do ponto (0,−10, 0).
Enta˜o,
∫
Γ
F · dγ =
∫
Γ
H · dγ =
∫
C
H · dg =
∫ 2pi
0
(− sen t, 0, cos t) · (− sen t, 0, cos t) dt = 2pi.
10
Instituto Superior Te´cnico
Departamento de Matema´tica
Secc¸a˜o de A´lgebra e Ana´lise
Exerc´ıcios Resolvidos
Integral de Linha de um Campo Escalar
Exerc´ıcio 1 Considere o caminho g : [0, 1]→ R2 definido por
g(t) = (et cos(2pit), et sen(2pit)).
a) Calcule o comprimento L(g) do caminho g.
b) Calcule a coordenada x¯ do centro´ide da curva representada por g.
Resoluc¸a˜o: Na Figura 1 encontra-se representada a linha descrita pelo caminho g.
PSfrag replacements
x
y
Figura 1:
a) Dado que g e´ de classe C1, o comprimento e´ dado pelo integral
L(g) =
∫ 1
0
||g′(t)||dt.
Sendo
g′(t) = (et cos(2pit)− 2piet sen(2pit), et sen(2pit) + 2piet cos(2pit))
e
||g′(t)|| =
√
1 + 4pi2 et
enta˜o,
L(g) =
∫ 1
0
||g′(t)||dt =
∫ 1
0
√
1 + 4pi2etdt =
√
1 + 4pi2 (e− 1).
b) Por definic¸a˜o, a coordenada x¯ do centro´ide e´ dada pelo integral
x¯ =
1
L(g)
∫ 1
0
x(g(t))||g′(t)||dt = 1
(e− 1)
∫ 1
0
e2t cos(2pit)dt.
Integrando por partes duas vezes obtemos
x¯ =
e2 − 1
2(e− 1)(1 + pi2) .
1
Exerc´ıcio 2 Um aro circular de raio 1 rola sem deslizar ao longo de uma linha recta. Calcule o
comprimento da trajecto´ria descrita por um ponto do aro entre dois contactos consecutivos com o
solo.
Resoluc¸a˜o: Podemos colocar o aro no plano Oxy a rolar ao longo do eixo Ox de tal forma que, no
in´ıcio do movimento, o centro se encontra no ponto (0, 1) e o ponto do aro em questa˜o se encontra
na origem.
O facto de o aro rolar sem deslizar significa que quando o centro se desloca uma distaˆncia s ao
longo do eixo Ox, o ponto no aro descreve, em relac¸a˜o ao centro do aro, um arco de circunfereˆncia
de comprimento s. Por exemplo, num quarto de volta do aro, o centro sofrera´ um deslocamento
de comprimento pi2 . A curva assim descrita por um ponto do aro chama-se ciclo´ide.
0
PSfrag replacements
x
s
s
y
1
2pi
Figura 2: Esboc¸o da ciclo´ide
O movimento do ponto do aro pode ser decomposto em dois: o movimento do centro do aro e
o movimento do ponto em relac¸a˜o ao centro.
Se usarmos a distaˆncia percorrida pelo aro como paraˆmetro, a trajecto´ria do centro e´ descrita
pelo caminho g1 : [0, 2pi] −→ R2 definido por
g1(s) = (s, 1).
Por outro lado, a trajecto´ria do ponto no aro em relac¸a˜o ao centro e´ descrita pelo caminho
g2 : [0, 2pi] −→ R2 definido por
g2(s) = (cos(−pi
2
− s), sen(−pi
2
− s))
= (− sen s,− cos s),
ja´ que o vector que une o centro ao ponto do aro comec¸a por fazer um aˆngulo de − pi2 com o eixo
Ox e roda no sentido dos ponteiros do relo´gio.
Portanto, a trajecto´ria do ponto no aro e´ descrita pela soma destes dois caminhos
g(s) = g1(s) + g2(s)
= (s− sen s, 1− cos s).
O comprimento deste caminho e´ dado pela expressa˜o∫
C
1 =
∫ 2pi
0
||g′(s)||ds
onde C = g([0, 2pi]).
Como
g′(s) = (1− cos s, sen s)
2
temos
||g′(s)|| =
√
1− 2 cos s + cos2 s + sen2 s
=
√
2(1− cos s)
e, portanto,
∫
C
1 = 4
∫ 2pi
0
√
2(1− cos s)ds
= 4
∫ 1
0
√
2(1− u) du√
1− u2
= 4
√
2
∫ 1
0
du√
1 + u
= 8
√
2(
√
2− 1)
onde na passagem da primeira para a segunda linha se usou a mudanc¸a de varia´vel u = cos s.
Exerc´ıcio 3 Um avia˜o a he´lice desloca-se em linha recta a uma velocidade constante igual a 1.
A he´lice do avia˜o tem raio r e roda a velocidade constante, efectuando ω voltas por unidade de
tempo. Determine o comprimento da trajecto´ria descrita por um extremo da he´lice quando o avia˜o
se desloca L unidades de comprimento.
Resoluc¸a˜o: Podemos imaginar o avia˜o a deslocar-se ao longo do eixo Ox e de talforma que,
no instante inicial, o centro da he´lice se encontra na origem. Enta˜o a trajecto´ria percorrida pelo
centro da he´lice e´ descrita pelo caminho g1 : [0, L] −→ R3, definido por
g1(t) = (t, 0, 0).
Por outro lado, a he´lice roda a uma velocidade constante em relac¸a˜o ao centro, num plano per-
pendicular ao eixo Ox.
Na Figura 3 apresenta-se a trajecto´ria do extremo da he´lice e a respectiva projecc¸a˜o no plano
x = 0.
PSfrag replacements
x
zz
yy
x = 0
2pi
Figura 3: Trajecto´ria do extremo da he´lice
3
Em relac¸a˜o ao centro, um extremo da he´lice descreve uma circunfereˆncia definida pelo caminho
g2 : [0, L] −→ R3
g2(t) = (0, r cos(2piωt), r sen(2piωt)).
Assim, a trajecto´ria C de um extremo da he´lice e´ descrita pela soma dos dois caminhos em R3,
ou seja, e´ descrita pelo caminho g : [0, L] −→ R3, definido por
g(t) = (t, r cos(2piωt), r sen(2piωt)).
O comprimento deste caminho e´ dado pelo integral∫
C
1 =
∫ L
0
||g′(t)||dt
onde C = g([0, L]).
Sendo
g′(t) = (1,−2piωr sen(2piωt), 2piωr cos(2piωt)),
enta˜o
||g′(t)|| =
√
1 + 4pi2r2ω2 sen2(2piωt) + 4pi2r2ω2 cos2(2piωt)
=
√
1 + 4pi2r2ω2
e, portanto, ∫
C
1 = L
√
1 + 4pi2r2ω2
Exerc´ıcio 4 Um fio C, com densidade de massa ρ(x, y, z) = |x(y + 1)|, tem a configurac¸a˜o da
intersecc¸a˜o das superf´ıcies
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z =
√
x2 + y2}
P = {(x, y, z) ∈ R3 : y +
√
2z = 1}.
Calcule a massa de C.
Resoluc¸a˜o: Na Figura 4 encontra-se representada a intersecc¸a˜o do cone S com o plano P que e´
paralelo ao eixo Ox.
A massa do fio e´ dada pelo integral de linha
m =
∫
C
ρ.
Para calcular este integral de linha e´ conveniente determinar um caminho de classe C1 que
descreva a curva C. Comecemos por determinar a equac¸a˜o da projecc¸a˜o de C no plano Oxy, que
designamos por C′ : {
z =
√
x2 + y2
z = 1√
2
(1− y) ⇒ x
2 + y2 = 12 − y + y
2
2
⇔ x2 + (y+1)22 = 1.
Portanto, a projecc¸a˜o C′ e´ uma elipse centrada no ponto (0,−1, 0) com eixo maior de compri-
mento
√
2 e eixo menor de comprimento 1 tal como se representa na Figura 4. Assim, a curva C
pode ser descrita pelo caminho
g(t) = (cos t,
√
2 sen t− 1,
√
2− sen t), t ∈ [0, 2pi] ,
4
PSfrag replacements
S
P
x
y
z
C
C
′
1
−1
PSfrag replacements
S
P
x
y
z
C
C
′
1
−1
Figura 4: Intersecc¸a˜o do cone S com o plano P e respectiva projecc¸a˜o no plano z = 0
onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [0, 2pi] , a func¸a˜o (cos t,
√
2 sen t− 1, 0)
descreve a projecc¸a˜o C′, e
z =
1√
2
(1− y(g(t))) = 1√
2
(1− (
√
2 sen t− 1)) =
√
2− sen t.
Enta˜o, temos
g′(t) = (− sen t,
√
2 cos t,− cos t)
||g′(t)|| =
√
sen2 t + 2 cos2 t + cos2 t =
√
1 + 2 cos2 t
ρ(g(t)) = | cos t(
√
2 sen t− 1 + 1)| = 1√
2
| sen(2t)|,
e, portanto,
m =
∫ 2pi
0
ρ(g(t))||g′(t)||dt = 1√
2
∫ 2pi
0
| sen(2t)|
√
1 + 2 cos2 tdt
=
4√
2
∫ pi
2
0
sen(2t)
√
1 + 2 cos2 tdt
=
4
3
√
2
[
−(1 + 2 cos2 t) 32
]pi
2
0
=
4
3
√
2
(3
3
2 − 1).
5