Integrais de Linha, Teorema de Green

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Instituto Superior Te´cnico
Departamento de Matema´tica
Secc¸a˜o de A´lgebra e Ana´lise
Exerc´ıcios Resolvidos
Integrais de Linha. Teorema de Green
Exerc´ıcio 1 Um aro circular de raio 1 rola sem deslizar ao longo de uma linha recta. Qual e´
o comprimento da trajecto´ria descrita por um ponto do aro entre um contacto com o solo e a
pro´xima vez que se encontra a´ mesma altura que o centro?
A curva descrita por um ponto do aro chama-se ciclo´ide
Resoluc¸a˜o: Podemos colocar o aro no plano xOy 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 dista˜ncia 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. Em particular, num quarto de volta do aro, o centro deslocar-se-a´ um comprimento
total de pi2 .
0
PSfrag replacements
x
s
s
y
1
2pi
Figura 1: Esboc¸o da ciclo´ide
O movimento do ponto do aro pode-se decompoˆr 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,
pi
2 ] −→ 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,
pi
2 ] −→ 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.
1
Portanto, a trajecto´ria descrita pelo ponto no aro e´ dada pela soma destes dois caminhos:
g : [0, pi2 ] −→ R2 definido por
g(s) = g1(s) + g2(s)
= (s− sen s, 1− cos s)
O comprimento deste caminho e´ dado pela expressa˜o (onde C = g([0, pi2 ]))∫
C
1 =
∫ pi
2
0
||g′(s)||ds
Como
g′(s) = (1− cos s, sen s)
temos
||g′(s)|| =
√
1− 2 cos s + cos2 s + sen2 s
=
√
2(1− cos s)
e portanto
∫
C
1 =
∫ pi
2
0
√
2(1− cos s)ds
=
∫ 1
0
√
2(1− u) du√
1− u2
=
√
2
∫ 1
0
du√
1 + u
= 2
√
2(
√
2− 1)
onde na passagem da primeira para a segunda linha se fez a mudanc¸a de varia´vel u = cos s.
2
Exerc´ıcio 2 Um avia˜o a he´lice desloca-se em linha recta a uma velocidade constante igual a 1.
Se a he´lice do avia˜o tem raio r e roda a velocidade constante, ω vezes por unidade de tempo, qual
e´ 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 colocar o avia˜o a deslocar-se ao longo do eixo Ox e de tal forma que no
instante inicial o centro da he´lice se encontra na origem. Enta˜o uma parametrizac¸a˜o da trajecto´ria
percorrida pelo centro da he´lice e´ dada 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 2 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 2: Trajecto´ria do extremo da he´lice
Assim, uma parametrizac¸a˜o da trajecto´ria do extremo da he´lice em relac¸a˜o ao centro e´ dada
pelo caminho g2 : [0, L] −→ R3, definido por
g2(t) = (0, r cos(2piωt), r sen(2piωt))
A trajecto´ria do extremo da he´lice e´ descrita pela soma dos dois caminhos em R3. Isto e´, por
g : [0, L] −→ R3, definido por
g(t) = (t, r cos(2piωt), r sen(2piωt))
O comprimento deste caminho e´ dado pela expressa˜o (onde C = g([0, L]))∫
C
1 =
∫ L
0
||g′(t)||dt
Como
g′(t) = (1,−2piωr sen(2piωt), 2piωr cos(2piωt))
temos
||g′(t)|| =
√
1 + 4pi2r2ω2 sen2(2piωt) + 4pi2r2ω2 cos2(2piωt)
=
√
1 + 4pi2r2ω2
3
e portanto ∫
C
1 = L
√
1 + 4pi2r2ω2
4
Exerc´ıcio 3 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: A massa do fio e´ dada pelo integral de linha
m =
∫
C
ρ.
Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrizac¸a˜o para a curva
C. Comecemos por determinar a equac¸a˜o da projecc¸a˜o, C ′, de C no plano xOy:{
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 comprimento√
2 e eixo menor de comprimento 1. Uma parametrizac¸a˜o para C pode ser definida por
g(t) = (cos(t),
√
2 sen(t)− 1,
√
2− sen(t)), t ∈ [0, 2pi],
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)
percorre a projecc¸a˜o C ′ e que o u´nico ponto de C por cima de (cos(t),
√
2 sen(t) − 1, 0) tem
coordenada z dada por
z =
1√
2
(1− y(g(t))) = 1√
2
(1− (
√
2 sen(t)− 1)) =
√
2− sen(t).
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)|,
logo
m =
∫ 2pi
0
ρ(g(t))||g′(t)||dt = 1√
2
∫ 2pi
0
| sen(2t)|
√
1 + 2 cos2(t)dt
=
4√
2
∫ pi
2
0
sen(2t)
√
1 + 2 cos2(t)dt
=
4
3
√
2
[
−(1 + 2 cos2(t)) 32
]pi
2
0
=
4
3
√
2
(3
3
2 − 1).
5
Exerc´ıcio 4 Um filamento ele´ctrico C, com densidade de carga ele´ctrica
σ(x, y, z) =
√
5− 8(x + 1)(y + 1)
tem a configurac¸a˜o da intersecc¸a˜o das superf´ıcies
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z}
P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x + 2y + z = −1}
Calcule a carga ele´ctrica de C.
Resoluc¸a˜o: A carga ele´ctrica do filamento e´ dada pelo integral de linha
q =
∫
C
σ.
Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrizac¸a˜o para a curva
C. Comecemos por determinar a equac¸a˜o da projecc¸a˜o, C ′, de C no plano xOy:{
z = x2 + y2
z = −1− 2y − 2x ⇒ −1− 2y − 2x = x
2 + y2
⇔ (x + 1)2 + (y + 1)2 = 1.
Portanto a projecc¸a˜o C ′ e´ uma circunfereˆncia de raio 1 centrada no ponto (−1,−1, 0). Uma
parametrizac¸a˜o para C pode ser definida por
g(t) = (cos(t)− 1, sen(t)− 1, 3− 2 cos(t)− 2 sen(t)), t ∈ [0, 2pi]
onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [0, 2pi], (cos(t)−1, sen(t)−1, 0) percorre
a projecc¸a˜o C ′. Para ale´m disso, o u´nico ponto de C por cima de (cos(t) − 1, sen(t) − 1, 0) tem
coordenada z dada por
z = −1− 2(sen(t)− 1)− 2(cos(t)− 1) = 3− 2 cos(t)− 2 sen(t).
Temos
g′(t) = (− sen(t), cos(t), 2 sen(t)− 2 cos(t))
||g′(t)|| =
√
sen2(t) + cos2(t) + (2 sen(t)− 2 cos(t))2 =
√
5− 8 sen(t) cos(t)
σ(g(t)) =
√
5− 8(x(g(t) + 1)(y(g(t) + 1) =
√
5− 8 cos(t) sen(t)
logo
q =
∫ 2pi
0
σ(g(t))||g′(t)||dt =
∫ 2pi
0
(5− 8 cos(t) sen(t))dt
= [5t + 2 cos(2t)]
2pi
0
= 10pi.
6
Exerc´ıcio 5 Resolva as seguintes questo˜es.
1. Parametrize as curvas:
a) Um segmento de recta percorrido desde o ponto (1, 0, 1) ate´ ao ponto (0, 0,−1),
b) O arco da circunfereˆncia de raio 1 centrada no ponto (0, 0, 1) e contida no plano z = 1,
percorrida no sentido que visto da origem e´ o dos ponteiros do relo´gio, desde o ponto
(−1, 0, 1) ate´ ao ponto (1, 0, 1),
c) A porc¸a˜o da curva de intersecc¸a˜o das superf´ıcies x = y2 e x2 + y2 + z2 = 1 contida na
regia˜o z ≥ 0, percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem.
2. a) Calcule as coordenadas do centro de massa de um filamento com a forma da curva da
al´ınea 1.b), se a func¸a˜o densidade de massa for dada por f(x,y, z) = x2 + z2.
b) Considere o campo vectorial F : R3 \ {(0, 0, 0)} → R3 definido por
F (x, y, z) =
1
x2 + y2 + z2
(x, y, z).
Determine o valor do integral ∫
α
F · dg
para as curvas α das al´ıneas 1.a) e 1.b) percorridas no sentido indicado.
Resoluc¸a˜o:
1. a) Para o caso deste segmento de recta, obtemos
g1(t) = (1, 0, 1) + t[(0, 0,−1)− (1, 0, 1)]
com t ∈ [0, 1]. Ou seja,
g1(t) = (1− t, 0, 1− 2t)
b) Dado que o arco de circunfereˆncia esta´ contido no plano z = 1, esta u´ltima coordenada
aparecera´ constante na parametrizac¸a˜o. Como a curva e´ percorrida no sentido dos
ponteiros do relo´gio vista da origem, obtemos:
g2(t) = (cos t, sin t, 1)
A variac¸a˜o do paraˆmetro t deduz-se dos pontos inicial (−1, 0, 1) e final (1, 0, 1) e, por-
tanto, t ∈ [−pi, 0].
c) Para esta curva podemos tomar y como varia´vel independente, ou seja, como paraˆmetro.
Como a curva e´ percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem, y deve
decrescer ao longo dessa curva. Assim, obtemos:
y = −t
x = y2 = t2
z =
√
1− x2 − y2 =
√
1− t4 − t2
Note-se que, de acordo com o enunciado, z deve ser sempre positivo.
Para descobrir os limites do intervalo da parametrizac¸a˜o, resolvemos, para z = 0, o
sistema {
x2 + y2 + z2 = 1
x = y2
7
Tirando o valor de y, obtemos
y4 + y2 = 1
donde concluimos que
y2 =
√
5− 1
2
ou seja, y =
√√
5−1
2 ou y = −
√√
5−1
2 .
Portanto,
g3(t) = (t
2,−t,
√
1− t4 − t2)
com t ∈ [−
√√
5−1
2 ,
√√
5−1
2 ].
2. a) Escrevendo (xCM , yCM , zCM ) para as coordenadas do centro de massa, podemos con-
cluir imediatamente por simetria que zCM = 1 e, uma vez que a func¸a˜o de densidade de
massa e o filamento sa˜o sime´tricos em relac¸a˜o ao plano yz, que xCM = 0. A coordenada
yCM e´ dada pela fo´rmula:
yCM =
∫
α2
yf(x, y, z)ds∫
α2
f(x, y, z)ds
Tem-se
g′2(t) = (− sin t, cos t, 0) ||g′2(t)|| = 1,
Enta˜o,
∫
α2
y(x2 + z2)ds =
∫ 0
−pi
sin t(1 + cos2 t)dt = (− cos t− 1
3
cos3 t)
∣∣∣∣
0
−pi
= −8
3
,
e ∫
α2
(x2 + z2)ds =
∫ 0
−pi
(1 + cos2 t)dt = pi +
∫ 0
−pi
1 + cos 2t
2
dt =
3pi
2
ou seja,
yCM = − 16
9pi
,
e, portanto, as coordenadas do centro de massa sa˜o
(0,− 16
9pi
, 1).
b) Por definic¸a˜o, temos
∫
α1
F · dg =
∫ 1
0
F (g1(t)) · g′1(t)dt
=
∫ 1
0
F (1− t, 0, 1− 2t) · (−1, 0,−2)dt
=
∫ 1
0
1
(1− t)2 + (1− 2t)2 (1− t, 0, 1− 2t) · (−1, 0,−2)dt
=
∫ 1
0
5t− 3
5t2 − 6t + 2dt
=
1
2
log |5t2 − 6t + 2||t=1t=0
=
1
2
[log 1− log 2] = − log 2
2
.
8
Para a segunda curva, obtemos
∫
α2
F · dg =
∫ 0
−pi
F (g2(t)) · g′2(t)dt
=
∫ 0
−pi
F (cos t, sin t, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt
=
∫ 0
−pi
1
2
(cos t, sin t, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt
=
∫ 0
−pi
0dt = 0.
9
Exerc´ıcio 6 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.
c) Calcule o trabalho da forc¸a f(x, y) = (x, y) ao longo de g.
Resoluc¸a˜o:
a) Para calcular o comprimento precisamos de calcular a derivada de g:
g′(t) = (et cos(2pit)− 2piet sen(2pit), et sen(2pit) + 2piet cos(2pit))
e a respectiva norma
||g′(t)|| =
√
1 + 4pi2 et
Portanto,
L(g) =
∫ 1
0
||g′(t)||dt =
∫ 1
0
√
1 + 4pi2etdt =
√
1 + 4pi2 (e− 1)
b) Por definic¸a˜o de centro´ide temos:
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)
c) O trabalho e´ dado por
W =
∫ 1
0
f(g(t)) · g′(t)dt =
∫ 1
0
(et cos(2pit), et sen(2pit)) · g′(t)dt =
∫ 1
0
e2tdt =
e2 − 1
2
10
Exerc´ıcio 7 Considere a curva C ⊂ R3 parametrizada pelo caminho g : [0, 2pi] → R3 definido por
g(θ) =
(
3θ cos(θ), 3θ sen(θ), 2
√
2 θ3/2
)
.
a) Calcule o comprimento do caminho g.
b) Seja a densidade de massa de C dada por α(x, y, z) = α, constante. Calcule o momento de
ine´rcia de C em relac¸a˜o ao eixo z.
c) Considere que C esta´ mergulhada num campo ele´ctrico dado pela expressa˜o
f(x, y, z) = (y,−x, z)
Se C foˆr a traje´ctoria de uma part´ıcula pontual de carga ele´ctrica unita´ria, calcule o trabalho
realizado pela forc¸a ele´ctrica ao longo dessa traje´ctoria.
Resoluc¸a˜o:
a) Temos
g′(θ) =
(
−3θsen(θ) + 3 cos(θ), 3sen(θ) + 3θ cos(θ), 3
√
2
√
θ
)
e, portanto,
||g′(θ)|| = 3(1 + θ)
Assim, o comprimento de C e´ dado por
Lg =
∫ 2pi
0
3(1 + θ)dθ = 6pi(1 + pi).
b) A distaˆncia dum ponto (x, y, z) ao eixo dos z e´ dada por d(x, y, z) =
√
x2 + y2. Logo,
d(g(θ))2 = 9θ2
e, portanto, o momento de ine´rcia pedido sera´
I =
∫ 2pi
0
9αθ2||g′(θ)||dθ = 27α
∫ 2pi
0
θ2(1 + θ)dθ = 27αpi3(8/3 + 4pi).
c) Temos
f(g(θ)) = (3θ sen(θ), −3θ cos(θ), 2
√
2 θ3/2)
Logo,
f(g(θ)) · g′(θ) = 3θ2
e o trabalho sera´ dado por
W =
∫ 2pi
0
f(g(θ)) · g′(θ)dθ =
∫ 2pi
0
3θ2dθ = 8pi3.
11
Exerc´ıcio 8 Investigue se o campo vectorial
F (x, y, z) =
(
− 2x
(x2 − y2)2 ,
2y
(x2 − y2)2 , z
2
)
e´ gradiente no seu domı´nio de definic¸a˜o. Em caso afirmativo, deˆ a expressa˜o geral do potencial.
Em qualquer caso, calcule ∫
C
F
onde C e´ a curva parametrizada por
g(t) = (et, sen t, t)
com 0 ≤ t ≤ pi2 .
Resoluc¸a˜o: O domı´nio de definic¸a˜o do campo F e´ o conjunto
{(x, y, z) ∈ R3 : x 6= ±y}
que e´ a unia˜o de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x = y e x = −y.
PSfrag replacements
x
y
x = y
x = −y
Figura 3: Esboc¸o do domı´nio do campo F
Como F e´ gradiente no domı´nio se e so´ se foˆr gradiente em cada uma destas regio˜es conexas
por arcos, e´ suficiente ver que F e´ fechado:
∂
∂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
)
Portanto F e´ um campo gradiente.
12
Para determinar um potencial V (x, y, z) para F temos as equac¸o˜es:


∂V
∂x = − 2x(x2−y2)2
∂V
∂y =
2y
(x2−y2)2
∂V
∂z = z
2
Da primeira obtemos,
V (x, y, z) =
1
x2 − y2 + C(y, z)
Substituindo V na segunda,
∂C
∂y
(y, z) = 0 ⇔ C(y, z) = D(z)
e finalmente da terceira equac¸a˜o obtemos
D′(z) = z2 ⇔ D(z) = z
3
3
+ E
Portanto o potencial tem a forma
V (x, y, z) =
1
x2 − y2 +
z3
3
+ E
onde E e´ uma constante.
No entanto, uma vez que a regia˜o onde o campo esta´ definido na˜o e´ um conjunto conexo por
arcos, a constante pode variar de componente para componente. Assim, a expressa˜o geral para o
potencial e´ dada por
V (x, y, z) =


1
x2−y2 +
z3
3 + E1 se x > |y|
1
x2−y2 +
z3
3 + E2 se y > |x|
1
x2−y2 +
z3
3 + E3 se x < −|y|
1
x2−y2 +
z3
3 + E4 se y < −|x|
com Ei ∈ R.
Finalmente, pelo teorema fundamental do ca´lculo (que podemos aplicar porque o caminho g
esta´ inteiramente contido na regia˜o em que x > |y|), uma vez que
g(0) = (1, 0, 0)
g(
pi
2
) = (e
pi
2 , 0,
pi
2
)
temos ∫
C
F = V (e
pi
2 , 0,
pi
2
)− V (1, 0, 0)
= e−pi +
pi3
24
− 1
13
Exerc´ıcio 9 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. Em vez disso podemos tentar utilizar o teorema de Green. O campo
F e´ fechado:
∂
∂y
(
y
x2 + 4y2
)
=
x2 − 4y2
(x2 + 4y2)2
=
∂∂x
(
− x
x2 + 4y2
)
Consideremos uma regia˜o S, limitada pela circunfereˆncia de raio 1 centrada na origem e per-
corrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo, em
que seja poss´ıvel aplicar o Teorema de Green.
Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green obtemos∮
C
F =
∮
L
F
em que C designa a circunfereˆncia de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo.
Portanto, em vez de calcular o integral de F em C podemos calcular o integral de F em L.
Assim, devemos escolher L de tal forma que o integral
∮
L F seja simples.
PSfrag replacements
x1
2
4
y
C
L
Figura 4: 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 percorre a elipse x2 + 4y2 = 16 uma vez no sentido directo como se mostra na figura 4.
14
Portanto, o integral de linha de F ao longo de L e´ dado por
∮
F.dh =
∫ 2pi
0
(
sen t
4 cos2 t + 4 sen2 t
,− 2 cos t
4 cos2 t + 4 sen2 t
)
.(−4 sen t, 2 cos t)dt
=
∫ 2pi
0
−1
4
dt
= −pi
2
15
Exerc´ıcio 10 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 parametrizada pelo caminho
g(t) = (5 cos(t), 5 sen(t), t2)
com 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
Integrando a primeira equac¸a˜o, obtem-se
φ(x, y, z) = exyz + g(y, z)
onde g(y, z) e´ arbitra´ria.
Substituindo na segunda e terceira equac¸o˜es obtemos
∂g
∂y
=
∂g
∂z
= 0
pelo que g e´ uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ esta´ definido a menos de uma constante.)
Conclu´ımos, assim, que podemos tomar φ(x, y, z) = exyz.
Nota: Em geral e´ preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
na˜o sabemos a` partida se o campo vectorial f e´ conservativo, e´ muito importante verificar
se o potencial φ obtido esta´ bem definido e e´ de classe C1 na regia˜o em que esta´ definido o
problema. So´ nesse caso temos a garantia que f e´ conservativa.
Tambe´m e´ poss´ıvel encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do ca´lculo para integrais
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, parametrizado por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1].
16
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) =
= e25pi
2/32 − 1
Note-se que seria muito mais dif´ıcil fazer este ca´lculo directamente utilizando a definic¸a˜o de
trabalho.
17
Exerc´ıcio 11 Determine quais dos seguintes campos F sa˜o gradientes no domı´nio indicado. Se
F for um gradiente determine um potencial. Caso contra´rio, determine uma curva fechada C
contida no domı´nio do campo tal que
∮
C F · dg 6= 0.
1. F : R2 → R2 definido por F (x, y) = (sin y + y, x cos y + x + 3y2),
2. F : R3 → R3 definido por F (x, y, z) = (x,−z, y),
3. F : R3 → R3 definido por F (x, y, z) = (2xyz, x2z + 2yz2, x2y + 2y2z),
4. F : R3 \ {(0, 0, z) : z ∈ R} → R3 definido por
F (x, y, z) = (− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
, z2).
Resoluc¸a˜o:
1. A func¸a˜o F e´ de classe C1. Calculando as derivadas cruzadas, obtemos
∂(sin y + y)
∂y
= cos y + 1 =
∂(x cos y + x + 3y2)
∂x
logo F e´ um campo fechado. Uma vez que R2 e´ um conjunto em estrela, concluimos que F
e´ um gradiente. Para calcular um potencial φ(x, y), resolvemos o sistema

∂φ
∂x = sin y + y
∂φ
∂y = x cos y + x + 3y
2
⇐⇒
{
φ(x, y) = x sin y + xy + C(y)
x cos y + x + C ′(y) = x cos y + x + 3y2
Resolvendo a segunda equac¸a˜o do segundo sistema obtem-se C(y) = y3 + C onde C ∈ R e´
uma constante. Conclui-se que um potencial para F e´ dado, por exemplo, por
φ(x, y) = x sin y + xy + y3.
2. O campo F na˜o e´ fechado uma vez que
∂F2
∂z
= −1 6= 1 = ∂F3
∂y
portanto na˜o e´ um gradiente. Para determinar uma curva fechada ao longo do qual o integral
de F e´ na˜o nulo, notamos que as componentes y e z do campo sa˜o (−z, y), o que significa que
o campo e´ tangente a qualquer cilindro com eixo igual ao eixo Ox. Assim, se calcularmos
o integral de linha do campo ao longo de uma circunfereˆncia com centro no eixo dos xx e
contida num plano perpendicular ao eixo dos xx, o integral sera´ na˜o nulo. Por exemplo,
podemos tomar a circunfereˆncia C parametrizada por
g(t) = (0, 10 cos t, 10sint) 0 ≤ t ≤ 2pi
e obtemos ∮
C
F · dg =
∫ 2pi
0
F (0, 10 cos t, 10 sin t) · (0,−10 sin t, 10 cos t)dt
=
∫ 2pi
0
100(cos2 t + sin2 t)dt = 200pi 6= 0.
18
3. O campo F e´ de classe C1. Calculando as derivadas cruzadas obtemos
∂F1
∂y
= 2xz =
∂F2
∂x
∂F1
∂z
= 2xy =
∂F3
∂x
∂F2
∂z
= x2 + 4yz =
∂F3
∂y
pelo que o campo e´ fechado. Uma vez que R3 e´ um conjunto em estrela, concluimos que F
e´ um gradiente. Para achar um potencial φ(x, y, z) resolvemos o sistema

∂φ
∂x = 2xyz
∂φ
∂y = x
2z + 2yz2
∂φ
∂z = x
2y + 2y2z
⇐⇒


φ(x, y, z) = x2yz + C1(y, z)
φ(x, y, z) = x2yz + y2z2 + C2(x, z)
φ(x, y, z) = x2yz + y2z2 + C3(x, y)
donde se conclui que um potencial e´ dado, por exemplo, por
φ(x, y, z) = x2yz + y2z2.
4. O campo F e´ de classe C1 e calculando as derivadas cruzadas vemos que e´ um campo fechado.
No entanto, uma vez que R3 \ {(0, 0, z) : z ∈ R} na˜o e´ um conjunto simplesmente conexo,
nada podemos concluir quanto a F ser ou na˜o um gradiente.
Para decidirmos se F e´ ou na˜o um gradiente, temos portanto de determinar se existe ou na˜o
uma curva fechada ao longo da qual o integral de F e´ na˜o nulo. Para isso devemos tentar
perceber qual e´ o aspecto geome´trico do campo. As duas primeiras componentes mostram
que F e´ tangente aos cilindros com eixo igual ao eixo dos zz pelo que se calcularmos um
integral ao longo de uma circunfereˆncia centrada num ponto do eixo dos zz e paralela ao
plano xy o integral de F sera´ na˜o nulo. Podemos, por exemplo, calcular o integral ao longo
da circunfereˆncia parametrizada por
g(t) = (cos t, sin t, 0) 0 ≤ t ≤ 2pi
e obtemos ∮
F · dg =
∫ 2pi
0
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0)dt =
∫ 2pi
0
cos2 t + sin2 tdt = 2pi 6= 0.
Conclui-se que o campo F na˜o e´ um gradiente.
19
Exerc´ıcio 12 Calcule ∮
γ
Pdx + Qdy
onde
(P, Q) =
(
−y3 + (1 + 2x2) yex2 cos (y2) , x3 + xex2 (cos (y2)− 2y2 sin (y2)))
e γ e´ a circunfereˆncia de raio 1, centrada na origem e percorrida uma vez no sentido directo.
Resoluc¸a˜o: Pelo teorema de Green,∮
γ
Pdx + Qdy =
∫∫
S
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy
onde S e´ o c´ırculo de raio 1 centrado na origem. Como
∂Q
∂x
= 3x2 +
(
1 + 2x2
)
ex
2 (
cos
(
y2
)− 2y2 sin (y2)) ;
∂P
∂y
= −3y2 + (1 + 2x2) ex2 (cos (y2)− 2y2 sin (y2)) ,
concluimos que ∮
γ
Pdx + Qdy =
∫∫
S
(
3x2 + 3y2
)
dxdy
=
∫ 1
0
∫ 2pi
0
(
3r2
)
rdθdr
= 2pi[
3r4
4
]1
0
=
3pi
2
.
Nota: Note-se que o ca´lculo deste integral de linha pela definic¸a˜o seria bastante mais complicado.
20
Exerc´ıcio 13 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 (isto e´ no sentido
contra´rio ao dos ponteiros do relo´gio).
2. Indique justificadamente se o campo F e´ um gradiente no conjunto
R
2 \
(
{(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
)
,
temos
F = F1 + F2 + F3
e portanto ∮
C
F · dg =
∮
C
F1 · dg +
∮
C
F2 · dg +
∮
C
F3 · dg.
O campo F3 e´ o campo radial F (r) = 5~er (onde ~er designa o vector unita´rio que aponta
na direcc¸a˜o radial) e portanto e´ um gradiente (com potencial V (x, y) = 5r = 5
√
x2 + y2).
Conclui-se que
∮
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
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 gradientes.
Para calcular o integral de F1 ao longo de C podemos aplicar o teorema de Green a` regia˜o
D = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y2 ≥ 1, x
2
9
+
y2
16
≤ 1}
21
para concluir que o integral ao longo de C coincide com o integral ao longo da circunfereˆncia
de raio 1 centrada em (−1, 0) percorrida no sentido directo. Uma parametrizac¸a˜o desta
circunfereˆncia e´ dada por
g(t) = (−1 + cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2pi,
logo ∮
C
F1 · dg =
∫ 2pi
0
F1(−1 + cos t, sin t) · (− sin t, cos t)dt
=
∫ 2pi
0
−1dt = −2pi.
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 de uma circunfereˆncia de centro em
(1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo. Portanto
∮
C
F2 · dg =
∫ 2pi
0
F2(1 + cos t, 1 + sin t) · (− sin t, cos t)dt
=
∫ 2pi
0
1dt = 2pi
e concluimos finalmente que∮
C
Pdx + Qdy = −2pi + 2pi + 0 = 0.
2. O campo F e´ um gradiente no conjunto S indicado sse∫
α
F · dg = 0
para toda a curva fechada α contida em S. Podemos, como na al´ınea anterior, escrever
F = F1 +F2 +F3, e uma vez que F3 e´ um gradiente, precisamos apenas de decidir se F1 +F2
e´ um gradiente em S.
F1 + F2 esta´ definido e e´ fechado em
S ∪ {(0, 0)} = R2 \ {(x, y) ∈ R2 : y = x
2
+
1
2
, 0 ≤ x ≤ 1}
e qualquer curva em S ∪ {(0, 0)} e´ homoto´pica ou a um ponto, ou a` elipse C percorrida
um certo nu´mero de vezes (ou no sentido directo ou no sentido dos ponteiros do relo´gio).
Portanto o teorema de Green garante que se α da´ k voltas a` origem,∮
α
(F1 + F2) = k
∮
C
(F1 + F2) = 0.
Conclui-se que F1 + F2 e´ um gradiente em S ∪ {(0, 0)}, o que por sua vez implica que F e´
um gradiente em S.
22
Exerc´ıcio 14 Indique se o campo vectorial
F (x, y) =
(
− y
(x2 + y2)
+
y − 1
(x − 1)2 + (y − 1)2 ,
x
(x2 + y2)
− x− 1
(x− 1)2 + (y − 1)2
)
e´ gradiente no seu domı´nio de definic¸a˜o. Calcule∫
C
F
onde C e´ a circunfereˆncia de raio 3, centrada no ponto (1/2, 1/2) e percorrida no sentido anti-
hora´rio.
Resoluc¸a˜o: O domı´nio de definic¸a˜o do campo F e´ o conjunto R2 \ {(0, 0), (1, 1)}. E´ fa´cil de
verificar que ∂xFy = ∂yFx, pelo que F e´ um campo fechado. No entanto, R
2 \ {(0, 0), (1, 1)} na˜o
e´ um conjunto em estrela (nem e´ simplesmente conexo). Consequentemente, na˜o podemos decidir
imediatamente se F e´ ou na˜o um gradiente no seu domı´nio.
Observemos que F = F1 + F2, com
F1(x, y) =
(
− y
(x2 + y2)
,
x
(x2 + y2)
)
F2(x, y) =
(
y − 1
(x− 1)2 + (y − 1)2 , −
x− 1
(x− 1)2 + (y − 1)2
)
e, acilmente se verifica, que F1 e F2 sa˜o campos fechados.
Seja C1 a circunfereˆncia de raio 1/10 (esta e´ so´ uma escolha poss´ıvel) centrada na origem,
percorrida no sentido anti-hora´rio. Seja C2 a circunfereˆncia de raio 1/10 centrada no ponto (1, 1),
percorrida no sentido anti-hora´rio. Temos que∫
C1
F1 = 2pi ;
∫
C2
F1 = 0.
O primeiro resultado segue de um ca´lculo directo imediato. O segundo obte´m-se do Teorema de
Green, porque F1 e´ fechado e na˜o tem singularidades no interior do disco cuja fronteira e´ C2.
Do mesmo modo, temos que ∫
C1
F2 = 0 ;
∫
C2
F2 = −2pi.
A primeira igualdade resulta do Teorema de Green, porque F2 e´ fechado e na˜o tem singularidades
no interior do disco cuja fronteira e´ C1. A segunda igualdade segue por um ca´lculo directo imediato.
Podemos enta˜o aplicar o Teorema de Green na regia˜o interior a C e exterior a C1 e C2. Como
F e´ fechado o integral duplo de ∂xFy − ∂yFx e´ nulo, e do teorema de Green concluimos que∫
C
F =
∫
C1
F +
∫
C2
F = 2pi − 2pi = 0.
Recorde-se que F e´ gradiente no seu domı´nio se e so´ se o trabalho for zero ao longo de qualquer
caminho fechado. Ora temos, por exemplo, que∫
C1
F =
∫
C1
F1 = 2pi
logo F na˜o e´ gradiente no seu domı´nio.
No entanto, F ja´ seria um gradiente, por exemplo, no conjunto exterior a C.
23
Exerc´ıcio 15 Considere o campo vectorial f : R2 − {(0, 0)} 7→ R2 definido por
f(x, y) = (x/(x2 + y2), y/(x2 + y2)).
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 parametrizada pelo caminho
g(t) = (2t cos(t), 2t sen(t))
com t ∈ [pi, 2pi].
c) Calcule o trabalho de f ao longo do quadrado de ve´rtices (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0,−1) percor-
rido no sentido anti-hora´rio. Sera´ f um gradiente no seu domı´nio ?
Resoluc¸a˜o:
a) O potencial φ satisfaz a condic¸a˜o ∇φ = f , ou seja, verifica as equac¸o˜es
∂φ
∂x
= x/(x2 + y2)
∂φ
∂y
= y/(x2 + y2)
Integrando a primeira equac¸a˜o, obtem-se
φ(x, y) = (1/2)ln(x2 + y2) + g(y)
onde g(y) e´ arbitra´ria.
Substituindo na segunda equac¸a˜o obtemos
∂g
∂y
= 0
pelo que g e´ uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ esta´ definido a menos de uma constante.)
Conclu´ımos, assim, que podemos tomar φ(x, y) = (1/2)ln(x2 + y2).
Nota: Em geral e´ preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
na˜o sabemos a` partida se o campo vectorial f e´ conservativo, e´ muito importante verificar
se o potencial φ obtido esta´ bem definido e e´ de classe C1 na regia˜o em que esta´ definido o
problema. So´ nesse caso temos a garantia que f e´ conservativa.
Tambe´m e´ poss´ıvel encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do ca´lculo para integrais
de linha, que diz que 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 seccionalmente regular qualquer L que
ligue p0 a p = (x, y).
No nosso caso podemos escolher esse caminho da seguinte forma: Tomamos por exemplo,
p0 = (1, 0) e ligamos o ponto p = (x, y) a p0 seguindo primeiro um segmento de recta
radial ate´ a` circunfereˆncia de raio 1 centrada na origem. Depois seguimos um arco dessa
circunfereˆncia ate´ p0.
24
PSfrag replacements
x
y
p
p0
Figura 5: O campo f e´ perpendicular a`s circunfereˆncias centradas na origem
O trabalho de f ao longo da segunda parte da trajecto´ria e´ nulo porque f , sendo radial, e´
perpendicular a`s circunfereˆnciascentradas na origem tal como se ilustra na figura 5. Basta
enta˜o tomar o caminho g(t) = (tx, ty) onde t ∈ [1, 1/
√
x2 + y2] que liga o ponto p = (x, y)
a` circunfereˆncia de raio 1 centrada na origem. Temos enta˜o
φ(x, y) =
∫ 1/√x2+y2
1
(tx/((tx)2 + (ty)2), ty/((tx)2 + (ty)2)) · (x, y)dt =
=
∫ 1/√x2+y2
1
1/tdt =
= (1/2)ln(x2 + y2)
que concorda com o que obtivemos acima.
b ) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o teorema fundamental do
ca´lculo,
W =
∫
fdg =
∫
∇φ dg = φ(g(2pi)) − φ(g(pi)) =
= φ(4pi, 0)− φ(−2pi, 0) =
= (1/2)(ln(16pi2)− ln(4pi2)) =
= ln(2)
Note-se que seria muito mais dif´ıcil fazer este ca´lculo directamente utilizando a definic¸a˜o de
trabalho.
c) O trabalho de f ao longo do quadrado e´ zero porque f = ∇φ e o quadrado e´ uma curva
fechada. Evidentemente que f e´ um gradiente, pois como vimos temos f = ∇φ com φ bem
definida em todo o domı´nio de f .
25
Exerc´ıcio 16 Considere o campo vectorial f : R3 7→ R3 definido por f(x, y, z) = (y2z, 2xyz, xy2).
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 parametrizada pelo caminho
g(t) = (2 cos(t), 2 sen(t), t)
com t ∈ [0, pi/4].
c) Seja C uma curva regular fechada em R3. O que pode dizer sobre o trabalho de f ao longo
de C ?
Resoluc¸a˜o:
a) O potencial φ satisfaz a condic¸a˜o ∇φ = f , ou seja, verifica as equac¸o˜es
∂φ
∂x
= y2z
∂φ
∂y
= 2xyz
∂φ
∂z
= xy2
Integrando a primeira equac¸a˜o, obtem-se
φ(x, y, z) = xy2z + g(y, z)
onde g(y, z) e´ arbitra´ria.
Substituindo na segunda e terceira equac¸o˜es obtemos
∂g
∂y
=
∂g
∂z
= 0
pelo que g e´ uma constante que podemos tomar como sendo zero. (Recorde-se que o potencial
φ esta´ definido a menos de uma constante.)
Conclu´ımos assim que podemos tomar φ(x, y, z) = xy2z.
Nota: Em geral e´ preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando
na˜o sabemos a` partida se o campo vectorial f e´ conservativo, e´ muito importante verificar
se o potencial φ obtido esta´ bem definido e e´ de classe C1 na regia˜o em que esta´ definido o
problema. So´ nesse caso temos a garantia que f e´ conservativa.
Tambe´m e´ poss´ıvel encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do ca´lculo para integrais
de linha, que estabelece que 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 seccionalmente regular qualquer L que
ligue p0 a p. No nosso caso podemos escolher p0 = 0 e o caminho como sendo o segmento
de recta que une p a` origem, parametrizado por h(t) = (tx, ty, tz), com t ∈ [0, 1]. Obtemos
26
enta˜o,
φ(x, y, z) =
∫ 1
0
f(h(t)) · h′(t)dt
=
∫ 1
0
(t3y2z, 2t3xyz, t3xy2) · (x, y, z)dt
=
∫ 1
0
4xy2zt3dt
= xy2z
que 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 dg = φ(g(pi/4))− φ(g(0))
= φ(
√
2,
√
2,
pi
4
)− φ(2, 0, 0)
=
√
2
2
pi
Note-se que seria muito mais dif´ıcil fazer este ca´lculo directamente utilizando a definic¸a˜o de
trabalho.
c) Seja p um ponto da curva C e l(t), com t ∈ [a, b], um caminho que parametrize C e tal que
l(a) = l(b) = p. Enta˜o, pelo teorema fundamental do ca´lculo temos∫
fdl =
∫
∇φ dl = φ(l(b)) − φ(l(a)) = φ(p)− φ(p) = 0.
Logo, o trabalho da forc¸a conservativa f ao longo de uma curva fechada e´ zero.
27
Exerc´ıcio 17 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 (contra´rio ao
dos ponteiros de um relo´gio).
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 6.
PSfrag replacements
x
y
Γ
C1
C2
Figura 6: 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
28
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 e, portanto
temos ∫
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
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
Portanto, ∫
Γ
F · dγ = 2pi + 2pi = 4pi
29
Exerc´ıcio 18 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 de equac¸a˜o x2/25 + y2/16 = 1 percorrida no sentido
anti-hora´rio.
Resoluc¸a˜o: Para facilitar a ana´lise decompomos o campo f em treˆs partes: f = h + g + l onde
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) (que portanto na˜o pertence ao seu domı´nio),
e na˜o e´ um gradiente. De facto, seja C a circunfereˆncia de raio 1 centrada em (−1, 0). Facilmente
se verifica que o trabalho de h ao longo se C percorrida no sentido anti-hora´rio e´ 2pi, pelo que h
na˜o e´ conservativo.
PSfrag replacements
x
y
E
C C ′
Figura 7:
O campo g e´ radial com centro no ponto (1, 0) que na˜o pertence ao seu domı´nio. E´ fechado.
Seja C ′ a circunfereˆncia de raio 1 centrada em (1, 0). O trabalho de g ao longo de C ′ e´ nulo porque
g e´ perpendicular a C ′. Pelo teorema de Green conclui-se que o integral de g ao longo de qualquer
curva regular fechada em R2 − {(1, 0)} e´ zero, pelo que g e´ um gradiente nesse conjunto.
Seja E a elipse do enunciado que vamos considerar percorrida no sentido anti-hora´rio.
Aplicando o teorema de Green a` regia˜o contida entre as curvas C e E, sendo h fechado,
conclu´ımos que ∫
E
h =
∫
C
h = 2pi.
Por outro lado, como g e´ gradiente em R2 − {(1, 0)} temos∫
E
g = 0.
30
So´ falta agora calcular
∫
E
l. O campo l = (0, x) e´ de classe C1 na regia˜o A contida no interior
da curva E. Logo, pelo teorema de Green temos∫
E
l =
∫
A
(∂1l2 − ∂2l1)dxdy =
∫
A
(1)dxdy = (a´rea da elipse) = 20pi
Obtemos finalmente
∫
E
f =
∫
E
h +
∫
E
g +
∫
E
l = 2pi + 0 + 20pi = 22pi.
Note-se que teria sido extraordinariamnte mais longo, dif´ıcil e aborrecido fazer este ca´lculo
directamente atrave´s da definic¸a˜o.
31
Exerc´ıcio 19 Calcule ∮
γ
Pdx + Qdyonde
(P, Q) =
(
−y + 1− x
2 + y2 − 2xy
(1 + x2 + y2)2
, cos (x) +
1 + x2 − y2 − 2xy
(1 + x2 + y2)2
)
e γ e´ a fronteira do quadrado
S =
{
(x, y) ∈ R2 : |x| < 1, |y| < 1}
percorrida uma vez no sentido directo.
Resoluc¸a˜o: Pelo teorema de Green,∮
γ
Pdx + Qdy =
∫∫
S
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy
Como
∂Q
∂x
= − sen (x) + (2x− 2y)
(
1 + x2 + y2
)2 − 4x (1 + x2 + y2) (1 + x2 − y2 − 2xy)
(1 + x2 + y2)4
;
∂P
∂y
= −1 + (2y − 2x)
(
1 + x2 + y2
)2 − 4y (1 + x2 + y2) (1− x2 + y2 − 2xy)
(1 + x2 + y2)4
,
concluimos que
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= − sen (x) + 1 + 4 (x− y)
(
1 + x2 + y2
)− 4 (x + x3 + xy2 − y − yx2 − y3)
(1 + x2 + y2)
3
= − sen (x) + 1
e que portanto ∮
γ
Pdx + Qdy =
∫∫
S
(− sen (x) + 1) dxdy = 4
(ja´ que sen (x) e´ ı´mpar e portanto o seu integral em [−1, 1] e´ zero).
Note-se que o ca´lculo deste integral de linha pela definic¸a˜o seria bastante mais complicado.
32