iNTEGRAIS_DE_LINHA (1)

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CÁLCULO III 
INTEGRAIS DE LINHA – EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1. Calcule a integral de linha 
 
C
x 2y ds,
 onde C é uma semicircunferência centrada na origem de raio igual a 3 
e orientada no sentido positivo. 
Solução: 
A parametrização dessa semicircunferência será dada por: 
   
2 2
r(t) 3costi 3sent j, 0 t ds 3sent 3cost dt ds 9 dt 3dt          
. Substituindo: 
     
0
0
3cost 6sent 3dt 3 3sent 6cost 3 12 36


     
 
2. Calcular a integral 
 
C
x² y² z ds, 
onde C é a hélice circular dada por : 
r(t) costi sent j tk de P(1,0,0) a Q(1,0,2 )   
 
Solução: 
   
2
ds sent cost ² 1dt 2 dt.    
 Assim, podemos escrever: 
   
   
22 2
00 0
2
0
t²
cos²t sen²t t 2 dt 2 1 t dt 2 t
2
4 ²
2 1 t dt 2 2 2 2 1
2
 

 
      
 
 
        
 
 

 
3. Calcule 
 
C
2x y z ds 
, onde C é o segmento de reta que liga A(1, 2, 3) a B(2, 0, 1). 
Solução: 
Parametrização do segmento de reta AB: 
 

        
  
         
x(t) 2 t
AB (1, 2, 2) i 2j 2k; B(2,0,1) AB : y(t) 2t
z(t) 1 2t
y 2 t 1; y 0 t 0 1 t 0
 
         
     
        
          
                   
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) 2 t i 2tj 1 2t k
Assim :
r '(t) i 2j 2k r(t) 1 4 4 9 3 ds 3dt (1)
f x,y,z 2x y z f t 2(2 t) ( 2t) 1 2t 4 2t 2t 1 2t 5 2t f t 5 2t (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada: 
 
 
   
 
0 0
0
1
C 1 1
C
2x y z ds 5 2t 3dt 3 (5 2t) dt 3(5t t²) |
2x y z ds 0 3( 5 1) ( 3)( 4) 12

 
       
         
  

 
Resp.: 12 
4. Calcule 
C
xz ds
, onde C é a interseção da esfera x² + y² + z² = 4 com o plano x = y. 
Solução: 
Vamos parametrizar a curva dada: 
       
 
           
        
       
  

  
       
 
2
2
2 2
2 2
22
x y t t² t² z² 4 z² 4 2t² z 4 2t²
4 2t² 0 2t² 4 0 2 t 2
ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) ti t j 4 2t² k
2tˆ ˆ ˆr ' t i j k
4 2t
2t 4t 8 4t
r '(t) 1 1 2
4 2t4 2t
 24t
 
   
 
  
   
2 2 2
8 8
1
4 2t 4 2t 4 2t
e
f x,y,z xz f t t 4 2t² (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada:  
C
xz ds t 4 2t²




2
2
2
8
4 2t
     



          
  


2
2
2
2 2 2
C 3
dt 8 t dt
t 8 8
xz ds 8 2 2 2 2 0
2 2 2
 
Resp.: 0 
Outra Solução: 
 
 
     
       
         
 
   
        
  
    
        

2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
C : x y z 4 x y
Assim :
y z
y y z 4 2y z 4 1
2 4
Parametrizando:
x t 2 cos t y t 2 cos t z t 2sent
Assim :
r t 2 cos t, 2 cos t, 2sent r ' t 2sent, 2sent, 2cos t
e
r ' t 2sent 2sent 2cos t r ' t 2sen t 2sen t 4cos t
r ' t 4        
     
 

       
    
  
         
   
 
2 2 2 2
2 2 b
C 0 0 a
bb 2 2
2 2 2
0
C a a
sen t 4cos t r ' t 4 sen t cos t r ' t 4 r ' t 2
Substituindo :
xzds 2 cos t 2sent 2dt 4 2 sentcos tdt 4 2 udu
Onde :
u sent du cos tdt
Assim:
u
xzds 4 2 udu 4 2 2 2 sent 2 2 sen 2 sen 0 0
2
 
Resp: 0 
5. Calcule 
C
xyds
, onde C é a elipse 
x² y²
1
a² b²
 
. 
Solução: 
A parametrização da elipse é dada por: 
 
 
 
   
    
  
   
          2 2 2 2 2
x(t) acos t e y(t) bsen t t 0, 2
r(t) acos ti bsen t j, 0 t 2
e
ˆ ˆr ' t asent i bcos tj
r '(t) a²sen²t b²cos²t, mas sen²t 1 cos²t
r '(t) a² 1 cos t b²cos t r '(t) a² a cos t b²cos t r '(t) (b² a²)cos²t a²
 
    ds r '(t) dt ds (b² a²)cos²t a² dt
 
Substituindo na integral dada: 
 
 


    
    
            
      
  

 
 

2
C 0
2
C 0
C
xyds acos t bsent (b² a²)cos ²t a² dt
xyds ab cos t sent (b² a²)cos ²t a² dt
u (b² a²)cos ²t a² du 2(b² a²)cos t ( sent) 2(b² a²) cos t sent
du
du 2(a² b²) cos t sent dt dt
2(a² b²) cos t sent
xyds ab co s t sent  
  
du
u
2(a² b²) cos t sent
    
 

 

3
2
1
2 2
0
C
C
(b² a²)cos ²t a²ab ab
xyds u du |
32(a² b²) 2(a² b²)
2
ab
xyds
2


2
(a² b²)
 
 
        
 
   

                 
         
 
 
2
3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 22
2 2
0
2 2 2 2 2 2
2 2
C C
ab
b² a² cos t a b a cos 2 a b a cos 0 a
3 3 a b
ab
xyds b a a b a a 0 xyds 0
3 a b
 
Resp.:0 
6. 
 
C
3y z ds
, onde C é o arco da parábola z = y² e x = 1 de A(1,0,0) a B(1,2,4). 
Solução: 
Parametrizando C: 
 
 
 
 

   


2
x t 1
C y t t 0 t 2
z t t
 
Assim: 
              2 2r t 1,t,t r ' t 0,1,2t r ' t 1 4t
 
 
 
 
Assim: 
 
 
     
 
 
        
     
    
 
     
 
 
 
     
 
 
   
   

2 2 2
2 2 2 2
C 0 0 0
2
2 17 17 1
2 2
C 0 1 1
17
3
2
C
1
3y z ds 3t t 1 4t dt 3t t 1 4t dt 2t 1 4t dt
Fazendo :
du du
u 1 4t 8t dt
dt 8t
e
0 t 2 1 u 17
Substituindo :
du 2t
3y z ds 2t 1 4t dt 2t u u du
8t 8t
1 u 1 2
3y z ds 17
34 4 3
2
 
   
 
   
 
  
3 3
32 2
C
1
1 17 1
6
1
3y z ds 17 17 1
6 
Resp: 
 1 17 17 1
6
 
 
7. 

C
y ds
, onde C é a curva dada por y = x³ de (-1,-1) a (1, 1). 
Solução: 
Sabemos que: 
    
 
    
y, se y 0 1 y 0
y
y, se y 0 0 y 1
 
Parmetrizando C: 
     3C: x t t; y t t
 
 
 
Assim: 
 
 
         
         

   
      
      
     
          
 
    

1 2
3
2
2 2 4
0 1
3 4 3 4
C C C 1 0
4 3
3
3
C
ˆ ˆr t x t i y t j r t t,t
Assim :
r ' t 1,3t r ' t 1 3t r ' t 1 9t
Assim :
yds -yds yds t 1 9t dt t 1 9t dt
Fazendo :
du du
u 1 9t 36t dt
dt 36t
Se 1 t 0 10 u 1e 0 t 1 1 u 10
Substituindo :
yds t
 

   
        
   
      
 
          
 
   
     
 
0 1 1 10
4 3 4 3 3
3 3
1 0 10 1
1 10 10 10 101 1 1 1 1
2 2 2 2 2
C 10 1 1 1 1
3
10 1 3 32
32 2 2
C 1
du du
1 9t dt t 1 9t dt t u t u
36t 36t
1 1 1 1 1
yds u du u du u du u du 2 u du
36 36 36 36 36
1 1 u 1 2 1 1
yds u du 10 1 10 1
318 18 18 3 27 2
2
 

  
C
10 10 1
7
10 10 1 10 10 1
yds
27 27 27
 
Resp: 10 10 1
27
 
 
 
 
 
 
 
8. Calcule 
C
y(x z)ds
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3. 
Solução: 
Parametrizando C: 
 
 
 
      
 
    
       
 
2 2 2 2 2 2
22 2 2 2 2
2 2
x y z 9 x y z 9
C : C :
x z 3 z 3 x
Assim :
x y z 9 x y 3 x 9
x y 9   26x x 9    
     
                 
     
   
    
       
  
        
2 2
2 2
2 2 2 2
22
2 2
2x 6x y 0
Comple tando o quadrado :
9 9 3 9 3
2 x 3x y 0 2 x y 4 x 2y 9
4 2 2 2 2
3 3
4 x x
2y y2 2
1 1
9 99 9
4 2
Assim:
3 3 3
x cos t e y sent
2 2 2
Mas :
3 3 3 3
z x 3 z cos t 3 cos t
2 2 2 2
Assim
 
 
   
   
 
       
 
 
   
 
    
            
    
   
22 2
2 2 2
2 2 2 2
:
3 3 3 3 3
r t cos t, sent, cos t 0 t 2
2 2 2 22
e
3 3 3
r ' t sent, cos t, sent
2 22
Então :
3 3 3 9 9 9
r ' t sent cos t sent r ' t sen t cos t sen t
2 2 4 2 42
9 9 9
r ' t sen t cos t sen t cos t
2 2 2
    
1 9 3 3
r ' t
2 2 2
 
 
Assim: 

  
       
  
  
 

2
C 0
C
3 3 3 3 3 3
y(x z)ds sent cos t cos t 3 dt
2 2 2 22 2
3 3 3
y(x z)ds sent
22 2

3
cost
2
3
-
2

3
cos t
2
     

 
 
 
 
            
 

  

2
0
22 2
0C 0 0
C
3 dt
9 27 27 27 27
y(x z)ds 3sentdt sentdt cos t cos2 cos0 1 1 0
2 2 2 2 2
Assim :
y(x z)ds 0
 
Resp: 0 
 
 
9. Calcule 
C
(x y)ds
, onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4. 
Solução: 
A curva C é a circunferência x² + y² = 4, cuja parametrização é dada por: 
       
   

  

   
   2 2 2 2
x 2cos t
C : 0 t 2
y 2sent
Assim :
r t 2cos t, 2sent r ' t 2sent, 2cos t
e
r ' t 4sen t 4cos t 4 sen t cos t  
     
          
 

   
      
               
 
  


1
2 2
2
0
C 0 0
C
C
4 2 r ' t 2
Substituindo :
(x y)ds 2cos t 2sent 2dt 4 cos t sent dt 4 sent cos t
(x y)ds 4 sen 2 sen 0 cos 2 cos 0 4 0 0 1 1 4 0 0
Logo :
(x y)ds 0
 
 
10. Calcule 
C
(x y z)ds 
, onde C é o quadrado de vértices (1,0,1), (1,1,1),(0,1,1) e (0,0,1). 
Solução: 
Parametrizando os segmentos de reta que formam os lados do quadrado, temos: 
 
         
     
  



 
      
             
1
AB
1
11 1 2
C 0 0 0
A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)
Reta AB :
u B A 0,1,0
Assim :
x 1
C : y t
z 1
r t 1,t,1 r ' t 0,1,0 r ' t 1 0 t 1
Assim :
t 1 5
x y z ds 1 t 1 dt 2 t dt 2t 2
2 2 2
 
 
 
 
         
     
  
   
 


 
        
 
               
 
  
2
BC
2
00 0 2
C 1 1 1
A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)
Reta BC :
u C B 1,0,0
Assim :
x t
C : y 1
z 1
r t -t,1,1 r ' t 1,0,0 r ' t 1 1 t 0
Assim :
t 1 5
x y z ds t 1 1 dt 2 t dt 2t 0 2
2 2 2
 
 
         
     
  
   


 
 
        
 
              
 
  
3
CD
3
00 0 2
C 1 1 1
A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)
Reta CD :
u D C 0, 1,0
Assim :
x 0
C : y t
z 1
r t 0,-t,1 r ' t 0, 1,0 r ' t 1 1 t 0
Assim :
t 1 3
x y z ds 0 t 1 dt 1 t dt t 0 1
2 2 2
 
 
         
     
  
  
 


 
       
 
               
 
  
4
DA
4
00 0 2
C 1 1 1
A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)
Reta DA :
u A D 1,0,0
Assim :
x 1 t
C : y 0
z 1
r t 1+t,0,1 r ' t 1,0,0 r ' t 1 1 t 0
Assim :
t 1 3
x y z ds 1 t 0 1 dt 2 t dt 2t 0 2
2 2 2
 
Assim: 
 
 
             
  
            
    
 
1 2 3 4C C C C C
C C
(x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds
5 5 3 3 5 5 3 3 16
(x y z)ds 8 (x y z)ds 8
2 2 2 2 2 2
 
Resp: 8 
 
 
11. Calcular a integral 
C
xyds,
 onde C é a interseção das superfícies x² + y² = 4 e y + z = 8. 
12. Calcular 
C
3xyds
, sendo C o triângulo de vértices A(0,0), B(1,0) e C(1,2), no sentido anti-horário. 
13. Calcule 
C
y(x z)ds
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3. 
14. Calcule 
C
(x y)ds
, onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4. 
15. Calcule 
 
c
x² y² z ds 
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 8z e z = 4. 
16. Calcule 
C
xy²(1 2x²)ds
, onde C é a parte da curva de Gauss 
x²y e
 de A(0,1) a 
1 1
B
2 e
 
 
 
. 
17. 
C
ds


, onde 
   C:r t t cost,tsent t 0,1    
. 
Solução: 
   
   
     
 
0
t
C C t
2 2
2
ds ds r ' t dt 1
Assim:
r ' t cos t tsent,sent t cos t
r ' t cos t tsent sent t cos t
r ' t cos t 2t cos tsent

 
  
   
 
  
2 2 2t sen t sen t 2tsent cos t  
   
 
 
 
0
2 2
2 2 2
2
t
C C t
1
2
C 0
t cos t
r ' t 1 t sen t cos t
r ' t 1 t
Substituindo em 1 :
ds ds r ' t dt
ds 1 t dt



  
 
 
 
  
 
 
Resolvendo 1
2
C 0
ds 1 t dt

  
: 
 
 
1
2
C 0
2
1 4
2 2 2 2 2
C 0 0
ds 1 t dt
Mas :
t tg de sec d
Se t 0 0 Se t 1
4
Assim:
ds 1 t dt 1 tg sec d Mas :1 tg sec



 
     

       
          
 
  
 
Substituindo: 
1 4
2 2 2
C 0 0
1 4
2 2 2
C 0 0
1 4
2 2
C 0 0
1 4
2 3
C 0 0
n n 2 n 2
1
2
C 0
ds 1 t dt 1 tg sec d
ds 1 t dt sec sec d
ds 1 t dt sec sec d
ds 1 t dt sec d
Utilizando :
1 n 2
sec udu sec u tgu sec udu
n 1 n 1
Assim:
ds 1 t dt se








 

      
     
      
    

  
 
  
  
  
  
  
 
 
 
4
3
0
1 4
2
C 0 0
1
4
2
0C 0
1
2
C 0
c d
1 1
ds 1 t dt sec tg sec d Mas : secud ln secu tgu c
2 2
Substituindo :
1 1
ds 1 t dt sec tg ln sec tg
2 2
1 1 1
ds 1 t dt sec tg ln sec tg sec 0
2 4 4 2 4 4 2






 
           
         
          
             
       

   
 
       
   
1
2
C 0
1
tg 0 ln sec 0 tg 0
2
1 1 1
ds 1 t dt 2 1 ln 2 1 sec 0 tg 0
2 2 2

  
         
0
1
ln 1 0
2
 
0
1
2
C 0
Logo :
2 1
ds 1 t dt ln 2 1
2 2

     
 
 
18. 
2
C
x ds
, onde 2 2 2
3 3 3C: x y a a 0 1º quadrante  
. 
Solução: 
Uma equação vetorial para a hipociclóide 2 2 2
3 3 3x y a 
 é: 
  3 3ˆ ˆr t acos ti asen tj 
 
 
 
 
   
     
   
3 3
2 2
2 2
2 2 2 4 2 2 4 2
2 2 2 2 2
ˆ ˆr t acos ti asen tj
Mas :
r ' t 3acos t sent,3asen t cos t
Assim:
r ' t 3acos t sent 3asen t cos t 9a cos t sen t 9a sen t cos t
r ' t 9a cos t sen t cos t sen t
 
   
        
  
 
1
2 2 29a cos t sen t 3acos t sent
r ' t 3acos t sent
   
 
 
Assim: 
 
       
 
0
t 2
2
2 3
C t 0
2 2
2 2 6 3 7
C 0 0
2 3 7
C 0
r ' t 3acos t sent
x ds f t r ' t dt acos t 3acos t sent dt
x ds a cos t 3acos t sent dt 3a cos t sentdt
Fazendo :
du du
u cos t sent dt
dt sent
Se t 0 u 1 Se t u 0
2
Substituindo :
x ds 3a cos t sent

 
 
  
   
     

     
 
  
  

2
3 7dt 3a u sent


du
sent

0 0
3 7
1 1
3a u du
 
  
 
 
 
 
 
0
0 8 8 8 3
2 3 7 3 3 3
C 1 1
3
2
C
u 0 1 1 3a
x ds 3a u du 3a 3a 3a
8 8 8 8 8
Logo :
3a
x ds
8
     
                
    

 

 
19. 
2
C
x ds
, onde 
   3 3C: r t 2cos t,2sen t t 0,
2
 
   
 
. 
Solução: 
 
 
 
   
     
   
3 3
2 2
2 2
2 2 4 2 4 2
2 2 2 2
ˆ ˆr t 2cos ti 2sen tj
Mas :
r ' t 6cos t sent,6sen t cos t
Assim:
r ' t 6cos t sent 6sen t cos t 36cos t sen t 36sen t cos t
r ' t 36cos t sen t cos t sen t
 
   
        
  
 
1
2 236cos t sen t 6cos t sent
r ' t 6 cos t sent
   
 
 
Assim: 
 
       
 
0
t 2
2
2 3
C t 0
2 2
2 6 7
C 0 0
2
2 7
C 0
r ' t 6 cos t sent
x ds f t r ' t dt 2cos t 6cos t sent dt
x ds 4cos t 6cos t sent dt 24 cos t sentdt
Fazendo :
du du
u cos t sent dt
dt sent
Se t 0 u 1 Se t u 0
2
Substituindo :
x ds 24 cos t sentdt

 

 
  
   
      

     
  
  
  
 
724 u sent
du
sent

0 0
7
1 1
24 u du
 
  
 
 
 
 
0
0 8 8 8
2 7
C 1 1
2
C
u 0 1 1 24
x ds 24 u du 24 24 24 3
8 8 8 8 8
Logo :
x ds 3
     
                 
    

 

 
20. 
 
C
x y ds
, onde C é o triângulo da figura abaixo: 
 
 
 
Solução: 
Parametrizando os segmentos de reta 
AB, BC e CA
. 
   
   
   
 
1
1
C
3
A 1, ;B 2,2 e C 2,1
2
x 2 t
AB C : 1 t 01
y 2 t
2
Assim:
1 1
r t 2 t, 2 t r ' t 1,
2 2
e
1 5 5
r ' t 1 r ' t
4 4 2
Assim:
x y ds 2
 
 
 
 

   
 

   
       
   
    
  t 2 
   
1 1
0 0
1 1
0
0 2
C 1 C1
1 5 5 1
t dt t dt
2 2 2 2
5 5 t 5 0 1 5 5
x y ds tdt x y ds
4 4 2 8 2 2 8 8
 
 
    
          
 
            
 
 
  
 
 
   
       
   
 
2
2
C
3
A 1, ;B 2,2 e C 2,1
2
x 2
BC C : 0 t 1
y 2 t
Assim:
r t 2, 2 t r ' t 0, 1
e
r ' t 0 1 1 r ' t 1
Assim:
x y ds 2
 
 
 

  
 
    
    
  2     
2
11 1 2
0 0 C0
t 1 1
t 1 dt t dt x y ds
2 2 2
        
 
   
   
   
 
 
3
3
3
1 1
C 0 0
1
2
C 0
3
A 1, ;B 2,2 e C 2,1
2
x 2 t
CA C : 0 t 11
y 1 t
2
Assim:
1 1
r t 2 t, 1 t r ' t 1,
2 2
e
1 5 5
r ' t 1 r ' t
4 4 2
Assim:
1 5 5 3
x y ds 2 t 1 t dt 1 t dt
2 2 2 2
5 3 t
x y ds t
2 2 2
 
 
 
 

  
 

   
        
   
    
    
               
 
    
 
  
  
3C
5 3 5 1 5 5
1 x y ds
2 4 2 4 8 8
 
        
 

 
Assim: 
 
 
       
   
1 2 3C C C C
C C
x y ds x y ds x y ds x y ds
5 1 5 1 1
x y ds x y ds
8 2 8 2 2
      
        
   
 
 
 
 
 
 
 
21. 
2
C
y ds
, onde C é a semicircunferência da figura abaixo: 
 
Solução: 
Parametrizando a semicircunferência, temos: 
       
   

  

   
   2 2 2 2
x 2cos t
C : 0 t 2
y 2sent
Assim :
r t 2cos t, 2sent r ' t 2sent, 2cos t
e
r ' t 4sen t 4cos t 4 sen t cos t  
   
     
     
   
 

   
 
     
 
    
         
    
   

1
22 2 2
C 0 0 0 0
2
C 0 0
2
0C
4 2 r ' t 2
Substituindo :
1 1
y ds 2sent 2dt 2 4sen tdt 8 sen tdt 8 cos 2t dt
2 2
1
y ds 4 dt 4 cos 2t dt Mas : cos mx dx sen mx C
m
Assim :
1
y ds 4t 4 sen 2t 4 2 sen 2 sen 0
2
   
1
2
C
4 y ds 4
 
 
 
 
 
 
 
22. 
2
C
y ds
, onde C é o 1º arco da ciclóide: 
     ˆ ˆr t 2 t sent i 2 1 cost j   
. 
Solução: 
     
   
   
 
     
   
2 2 2 2
2 2
ˆ ˆr t 2 t sent i 2 1 cos t j
r t 2t 2sent,2 2cos t 0 t 2
Derivando :
r' t 2-2cost,2sent
Mas :
ds r ' t dt
Assim:
r ' t 2 2cos t 2sent 4 8cos t 4cos t 4sen t
r ' t 4 8cos t 4 cos t+sen t
   
     


      
  
     
1
4 8cos t 4 8 8cos t
Assim:
r ' t 8 1 cos t 8 1 cos t r ' t 2 2 1 cos t
    
      
 
Substituindo na integral: 
 
 
 
2
22
C 0
2
2 2
C 0
2 2 2
2 2
C 0 0 0
2 2
2 2
2 2
C 0 0
y ds 2 2cos t 2 2 1 cos t dt
y ds 2 2 4 8cos t 4cos t 1-cost dt
y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 cos t 1 cos t dt
Mas :
cos t 1 sen t
Assim:
y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 1 sen t


  
 
   
  
     
 
     
 
 
   
  
2
0
2 2 2 2
2 2
C 0 0 0 0
2 2 2
2 2
C 0 0 0
1 cos t dt
y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt
y ds 16 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt

   
  

       
     

    
   
 
 
 
 
2 2 2
2 2
C 0 0 0
2 2
2 2 2 2 2
y ds 16 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt
Fazendo :
t 2 dt 2d
e
se t 0 0 e se t=2
e
mais :
1 cos t 1 cos2 cos 2 cos sen
Assim:
1 cos t 1 cos sen sen sen 2sen
Logo :
1 cos t 2 sen
  
     
    
        
        
           
 
   
             
   
2 2 2
2 2
C 0 0 0
2 2
C 0 0 0
2 2
C 0 0 0
Substituindo :
y ds 16 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt
y ds 16 2 2 sen 2d 16 2 cos 2 2 sen 2d 8 2 sen 2 2 sen 2d
y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 32 sen 2 sen d
  
  
  

     
              
          
   
   
    
Resolvendo 
 
0
64 cos 2 sen d

  
: 
   
 
   
 
2 2
0 0
2 2
0 0 0
2 2
0 0 0
2 2
0 0 0
64 cos 2 sen d 64 cos sen sen d
64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 sen sen d
64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 1 cos sen d
64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 sen d +64 cos sen d
 
  
  
  
        
          
           
            
 
  
  
  
 
0
2
0 0 0
64 cos 2 sen d 128 cos sen d 64 sen d

  
         

  
 
 
 
 
 
 
  2
0 0 0
2
0
2 2
0
64 cos 2 sen d 128 cos sen d 64 sen d
Resolvendo 128 cos sen d :
128 cos sen d 128 u sen
  


         
  
    
  


du
sen


   
1 1
2
1 1
11 3
2 2
0 1 1
3 3
2
0
2
0
128 u du
Onde :
du du
u cos sen d
d sen
e
se 0 u 1 e se u 1
Logo :
u
128 cos sen d 128 u du 128
3
1 1 128 128 256
128 cos sen d 128
3 3 3 3 3
Assim:
128 cos sen d
 
 


 
  
 
       
 
         
       
 
          
  
  
 
 

256
3
 
Substituindo: 
 
   
     
     
 
2
0 0 0
0
0
0
0
0
0
64 cos 2 sen d 128 cos sen d 64 sen d
256
64 cos 2 sen d 64 cos
3
256 256
64 cos 2 sen d 64 cos 64 cos cos0
3 3
256 256 256
64 cos 2 sen d 64 1 1 64 2 128
3 3 3
128
64 cos 2 sen d
3
  






         
       
           
             
    
  




 
 
 Resolvendo 
 2
0
32 sen 2 sen d

  
: 
 
 
   
 
   
 
22
0 0
2 2 2
0 0
2 2 2
0 0
2 2 4
0 0 0
32 sen 2 sen d 32 2sen cos sen d
32 sen 2 sen d 128 sen cos sen d
32 sen 2 sen d 128 1 cos cos sen d
32 sen 2 sen d 128 cos sen d 128 cos sen d
Fazendo :
du
u cos sen
d
 
 
 
  
       
       
        
          
     

 
 
 
  
 
 
2 2 4
0 0 0
2 2
0
du
d
sen
e
se 0 u 1 e se u 1
Assim:
32 sen 2 sen d 128 cos sen d 128 cos sen d
32 sen 2 sen d 128 u sen
  

  

         
          
    
  

du
sen


4128 u sen
 
  
 
du
sen


 
 
 
       
 
1 1
1 1
1 1
2 2 4
0 1 1
-1 1
3 5
2
0 1 1
3 3 5 5
2
0
2
0
32 sen 2 sen d 128 u du 128 u du
u u
32 sen 2 sen d 128 128
3 5
1 1 1 1
32 sen 2 sen d 128 128
3 3 5 5
1 1
32 sen 2 sen d 128
3 3
 
  




 
 
 
     
   
          
   
    
            
      

       

 
  



 2
0
1 1 256 256 512
128
5 5 3 5 15
Assim:
512
32 sen 2 sen d
15

  
        
  
   
 
Substituindo na integral: 
 
 
   
       
 
 
 
2 2
C 0 0 0
0
0
0
2
0
2
C 0 0
y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 32 sen 2 sen d
Onde :
64 sen d 64 cos 64 cos cos0 64 1 1 128
128
64 cos 2 sen d
3
512
32 sen 2 sen d
15
Substituindo :
y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 3
  




 
          
              
    
   
       
   



    
2
0
2
C
2
C
2 sen 2 sen d
128 512 128 512 2048
y ds 128 128
3 15 3 15 15
Logo :
2048
y ds
15

  
   
          
   



