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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
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