Curvas no E2 e no E3

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Capítulo 1
Curvas no E2 e no E3
1.1 Curvas no E2
Definição 1.1 Seja (E2, V, g, β) um espaço afim euclidiano orientado e (O, e1, e2) um
sistema de coordenadas cartesianas. Uma curva no E2 é uma aplicação contínua
P : [a, b]→ E2, t ∈ [a, b] 7→ P (t) ∈ E2,
que a cada t ∈ [a, b] associa um ponto P (t) ∈ E2.
Nota 1.2 Dizemos que P é um caminho unindo os pontos P (a) e P (b) . Como os
pontos O e P (t) determinam um único vetor OP (t) ∈ V , podemos pensar numa curva
como sendo uma aplicação contínua
γ : [a, b]→ V, t 7→ γ (t) = OP (t) ∈ V.
A aplicação γ é chamada parametrização da curva. O traço de γ é o conjunto
tr γ =
©
P (t) ∈ E2 : t ∈ [a, b]
ª
.
Com relação ao sistema (O, e1, e2) podemos escrever
γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2 = (x (t) , y (t)) ,
onde x, y : [a, b]→ R são aplicações contínuas e são chamadas as equações paramétri-
cas de γ.
Exemplo 1.3 Seja γ (t) = (t, 2t) , t ∈ [−5, 5] . O traço de γ é o segmento de reta de
equações paramétricas x (t) = t e y (t) = 2t, para t ∈ [−5, 5] .
−5______t______5 →γ -4 -2 2 4
-10
10
x
y
1
2 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Exemplo 1.4 Seja γ (t) = (t, t2) , t ∈ [−5, 5] , cujo traço é parte da parábola y = x2.
−5____________5 →γ
-4 -2 0 2 4
10
20
x
y
Exemplo 1.5 A curva γ (t) = (t, t3) , t ∈ [−5, 5] , cujo traço é a parábola cúbica
-4 -2 2 4
-100
100
x
y
Exemplo 1.6 A curva logarítmica y = lnx, x > 0.
1 2 3 4 5
-0.50
-0.25
0.00
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
x
y
Exemplo 1.7 A curva de Gauss y = exp (−x2) , x ∈ R.
-4 -2 0 2 4
0.5
1.0
x
y
Definição 1.8 A curva γ : [a, b] → V é diferenciável em t0 ∈ (a, b) quando existe o
limite
lim
t→t0
γ (t)− γ (t0)
t− t0
,
e denotamos este limite por γ0 (t0) . Quando t0 = a ou t0 = b consideramos os limites
laterais no quociente acima.
1.1. CURVAS NO E2 3
Exemplo 1.9 Sejam f : D ⊂ R2 → R um campo escalar diferenciável no aberto D e
γ : [a, b]→ D uma curva de nível de f, isto é,
f (γ (t)) = k, ∀t ∈ [a, b] .
Se γ é diferenciável em (a, b) , então, pelo Teorema da Função Composta segue que
∇f (γ (t)) é ortogonal à γ no instante t ∈ (a, b) .
Nota 1.10 A parametrização é importante porque é ela que nos diz a direção a seguir, a
velocidade com que devemos percorrer o traço, ou quantas vezes passamos por um deter-
minado ponto. Um único conjunto de pontos pode ser parametrizado de diversas formas.
Por exemplo,
S1 =
©
(x, y) : x2 + y2 = 1
ª
,
tem como parametrizações
γn (t) = (cosnt, sennt) , t ∈ [0, 2π/n] , n ∈ N.
A diferença entre elas está na velocidade com que S1 é percorrido, uma vez que para cada
n, o vetor velocidade é dado por
γ0n (t) = n (− sennt, cosnt) .
Definição 1.11 Uma curva γ : [a, b]→ V é chamada curva regular, ou curva suave,
quando
1. γ ∈ C1 ([a, b]) ,
2. γ0 (t) 6= 0, ∀t ∈ (a, b) .
Nota 1.12 No cálculo diferencial de funções reais pensamos, intuitivamente, em funções
diferenciáveis como sendo aquelas cujos gráficos não apresentam quinas, isto é, o gráfico
é uma curva suave. Uma grande quantidade de exemplos de curvas regulares pode ser
obtida através de funções diferenciáveis, pois se f : [a, b] → R é de classe C1 em [a, b] ,
então a curva γ : [a, b]→ R2 dada por γ (t) = (t, f (t)) é regular.
Exemplo 1.13 Seja a > 0 e γ : [−a, a] → R2 definida por γ (t) = (t, |t|) . Vemos que
esta não é uma curva regular porque não existe γ0 (0). Consideremos a aplicação
g :
£
−
√
a,
√
a
¤
→ [−a, a] ,
dada por
g (ξ) =
½
−ξ2, se ξ ≤ 0
ξ2, se ξ > 0
.
Seja γ1 : [−
√
a,
√
a]→ R2, γ1 (ξ) = γ (g (ξ)) , ou
γ1 (ξ) =
½ ¡
ξ2, ξ2
¢
, se ξ > 0¡
−ξ2, ξ2
¢
, se ξ ≤ 0 .
4 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Vemos que
γ1
¡£
−
√
a,
√
a
¤¢
= γ ([−a, a]) , e γ1 ∈ C1
¡£
−
√
a,
√
a
¤¢
,
mas γ1 não é regular uma vez que γ
0
1 (0) = (0, 0) .
−
√
a_______√a →g −a________a →γ
-4 -2 0 2 4
2
4
x
y
1.2. REPARAMETRIZAÇÃO E ORIENTAÇÃO DE UMA CURVA 5
1.2 Reparametrização e orientação de uma curva
Definição 1.14 Seja γ : [a, b]→ V uma curva. Uma aplicação mudança de parâmetro
é uma aplicação g : [c, d]→ [a, b] contínua, injetiva e sobrejetiva. A curva
γ1 = γ ◦ g : [c, d]→ V
é chamada reparametrização de γ.
Exemplo 1.15 No Exemplo1.13 vemos que γ1 (ξ) é uma reparametrização de γ (t) através
da aplicação mudança de parâmetro g (ξ) .
Nota 1.16 Como consequência da Definição 1.14 vemos que:
1. γ e γ1 possuem o mesmo traço.
2. Pode acontecer, como no Exemplo 1.13, de γ não ser diferenciável e γ1 sim.
3. Se γ é uma curva regular e a aplicação mudança de parâmetro g é tal que
g ∈ C1 ([c, d]) , g0 (ξ) 6= 0 ∀ ξ ∈ (c, d) ,
então a reparametrização γ1 é também regular. Neste caso, dizemos que g é uma
aplicação mudança de parâmetro regular.
Nota 1.17 Dada uma curva γ : [a, b] → V diferenciável em t0 ∈ (a, b) com γ0 (t0) 6= 0,
então o vetor γ0 (t0) é um vetor tangente à γ no ponto t0. Isto coincide com nossa intuição
geométrica uma vez que o vetor
γ (t0 + h)− γ (t0)
h
é secante à γ.
Definição 1.18 Dada uma curva γ : [a, b] → V diferenciável em t0 com γ0 (t0) 6= 0,
definimos:
1. A reta tangente à γ no instante t0 como sendo
rtan (t0) =
©
P ∈ E2 : P = γt0 + λγ
0 (t0) , λ ∈ R
ª
.
6 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
2. A reta normal à γ no instante t0 como sendo
rnor (t0) =
©
P ∈ E2 :
­
γt0P, γ
0 (t0)
®
= 0
ª
.
Nota 1.19 As retas assim definidas são ortogonais entre si, pois
Q1, Q2 ∈ rnor (t0)⇒
­
γt0Q1, γ
0 (t0)
®
=
­
γt0Q2, γ
0 (t0)
®
= 0,
logo hQ1Q2, γ0 (t0)i = 0.
Definição 1.20 Dizemos que um ponto P é um ponto de auto-intersecção de uma
curva γ : [a, b]→ V quando existem t1, t2 ∈ [a, b] com t1 6= t2 e γt1 = γt2 = P.
Nota 1.21 Num ponto de auto-intersecção uma curva pode possuir duas (ou mais) retas
tangentes distintas, cada uma delas correspondente a instantes diferentes.Vejamos o ex-
emplo da rosa de três pétalas dada por ρ = sen 3θ, onde (ρ, θ) são as coordenadas polares.
Exemplo 1.22 Seja γ (t) = (t3 − 4t, t2 − 4) , t ∈ R. Temos
γ2 = γ−2 = (0, 0) , γ
0 (t) =
¡
3t2 − 4, 2t
¢
.
Assim
r1 = rtan (2) : (x, y) = (0, 0) + λ (8, 4)⇔ x− 2y = 0,
r2 = rtan (−2) : (x, y) = (0, 0) + λ (8,−4)⇔ x+ 2y = 0.
1.2. REPARAMETRIZAÇÃO E ORIENTAÇÃO DE UMA CURVA 7
Exemplo 1.23 Seja
γ (t) =
³π
2
+ t− cos t, 1 + sen t
´
, t ∈ [0, 2π] .
Temos
γπ =
µ
1 +
3π
2
, 1
¶
, γ0 (t) = (1 + sen t, cos t) .
Assim
rtan (π) : (x, y) =
µ
1 +
3π
2
, 1
¶
+ λ (1,−1)⇔ 2x+ 2y − 3π − 4 = 0,
rnor (π) :
¿µ
x− 1− 3π
2
, y − 1
¶
, (1,−1)
À
= 0⇔ x− y − 3π
2
= 0.
Podemos pensar numa curva regular γ : [a, b]→ V como sendo o caminho percorrido
por uma partícula à medida que o tempo t passa. A orientação de uma curva é uma
escolha da direção que essa partícula deve seguir. Analiticamente a orientação é dada
pelo vetor tangente. Para justificar tal afirmação observamos que a reta normal rnor (t0)
divide o E2 em dois subconjuntos:
A+ =
©
P ∈ E2 :
­
γt0P, γ
0 (t0)
®
> 0
ª
, A− =
©
P ∈ E2 :
­
γt0P, γ
0 (t0)
®
< 0
ª
.
Sejam T (t0) e N (t0) os versores indicados na figura. Se x1 e x2 são as coordenadas
de um ponto P no sistema de coordenadas
©
γt0 , T (t0) , N (t0)
ª
, então
γt0P = x1T (t0) + x2N (t0) .
Temos
P ∈ A+ ⇔ x1 =
­
γt0P, T (t0)
®
> 0. (1.1)
Proposição 1.24 Sejam γ : [a, b] → V uma curva regular e t0 ∈ (a, b) . Então existe
δ > 0 tal que γt ∈ A+, para todo t ∈ (t0, t0 + δ) .
8 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Prova. Definimos f : [a, b]→ R por
f (t) = hγ (t)− γ (t0) , γ0 (t0)i =
­
γt0γt, γ
0 (t0)
®
= kγ0 (t0)k
­
γt0γt, T (t0)
®
.
Como por hipótese
f 0 (t0) = kγ0 (t0)k2 > 0,
segue que f é estritamente crescente numa vizinhança de t0. Assim existe δ > 0 tal que
f (t) > 0, para todo t ∈ (t0,t0 + δ) . Segue de (1.1) que γt ∈ A+, para todo t ∈ (t0, t0 + δ) .
¤
Exemplo 1.25 Consideremos S1 = {(x, y) : x2 + y2 = 1} .
1. Seja
γ1 :
·
−3π
2
,
π
2
¸
→ R2, γ1 (t) = (sen t, cos t) .
Temos γ01 (t) = (cos t,− sen t) , logo
γ1
³π
2
´
= (1, 0) , γ01
³π
2
´
= (0,−1) .
2. Seja
γ2 : [0, 2π]→ R2, γ2 (ξ) = (cos ξ, sen ξ) .
Temos γ02 (ξ) = (− sen ξ, cos ξ) , logo
γ2 (0) = (1, 0) e γ
0
2 (0) = (0, 1) .
As orientações estão indicadas nas figuras. Observamos que se
g : [0, 2π]→
·
−3π
2
,
π
2
¸
, g (ξ) =
π
2
− ξ,
então
γ2 (ξ) = γ1 (g (ξ)) .
Assim γ2 (ξ) é uma reparametrização de γ1 (t) através da aplicação mudança de parâmetro
g (ξ) e observamos também que
g0 (ξ) = −1 < 0, ∀t ∈ [0, 2π] .
1.2. REPARAMETRIZAÇÃO E ORIENTAÇÃO DE UMA CURVA 9
Nota 1.26 O que vimos no exemplo anterior se justifica pela seguinte observação: Sejam
γ1 : [a, b]→ V e γ2 : [c, d]→ V parametrizações regulares com γ2 (ξ) = γ1 (g (ξ)) , onde
g : [c, d]→ [a, b] é uma aplicação mudança de parâmetro regular. Temos
γ02 (ξ) = g
0 (ξ) γ01 (g (ξ)) ,
assim os vetores γ02 (ξ) e γ
0
1 (g (ξ)) tem sentidos iguais ou opostos conforme o sinal de
g0 (ξ) .
Definição 1.27 Nas condições da Nota 1.26 dizemos que a aplicação mudança de parâmetro
g preserva a orientação quando g0 (ξ) > 0, para todo ξ ∈ [c, d] . Neste caso dizemos que
as parametrizações γ1 e γ2 possuem a mesma orientação e denotamos por γ1 ∼ γ2.
28 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
1.7 Exercícios propostos da primeira semana
1. Mostre que γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2 é diferenciável em t0 se e só se x (t) e y (t) são
diferenciáveis em t0, e neste caso :
γ0 (t0) = x0 (t0) e1 + y0 (t0) e2,
que, na verdade, é o vetor velocidade da curva γ no instante t0.
2. Seja γ (t) , t ∈ I, uma curva regular. Mostre para cada t ∈ I◦ existe uma vizinhança
Vδ (t) onde γ é injetiva.
3. Determine as retas tangente e normal da elipse γ (t) = (a cos t, b sin t) , para t ∈
[0, 2π] , no ponto P : (0, b) .
4. Mostre que a relação γ1 ∼ γ2 é uma relação de equivalência entre todas as parame-
trizações regulares de um mesmo traço.
1.10. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DA PRIMEIRA SEMANA 33
1.10 Exercícios Resolvidos da primeira semana
1. Se γ (t) = (sen2 t, cos2 t) determine as equações das retas tangente e normal de γ no
instante t = π/4.
Resolução. Temos
γ
0
(t) = (2 sen t cos t,−2 sen t cos t) = 2 sen t cos t (1,−1) =⇒ γ0 (π/4) = (1,−1) ,
então
rtan (π/4) : (x, y) =
µ
1
2
,
1
2
¶
+ λ ((1,−1)) , λ ∈ R, =⇒



x =
1
2
+ λ
y =
1
2
− λ
, λ ∈ R,
ou seja
rtan (π/4) : x+ y = 1,
e
rnor (π/4) :
¿µ
x− 1
2
, y − 1
2
¶
, (1,−1)
À
= 0 =⇒ x− y = 0.
¤
2. Sejam γ1 (t) = (e
t cos t, et sen t) e γ2 (s) = (s cos ln s, s sen ln s) para t ≥ 0 e s ≥ 1.
Verifique se γ1 ∼ γ2.
Resolução. Temos
γ2 (s) = γ1 (g (s)) , onde g (s) = ln s, s ≥ 1.
Como g é injetiva, sobrejetiva e g ∈ C1 ([1,∞)) com g0 (s) > 0 para todo s ≥ 1
segue que γ1 ∼ γ2. ¤
3. Sejam γ1 e γ2 parametrizações regulares e equivalentes com
°°γ01 (t)°° = 1, °°γ02 (l)°° =
1
1 + l2
para 0 ≤ t ≤ π
4
e 0 ≤ l ≤ 1. Determine uma relação entre t e l.
Resolução. Como γ1 e γ2 são parametrizações regulares e equivalentes temos
γ2 (l) = γ1 (σ (l)) , onde σ : [0, 1]→ [0, π/4] é uma aplicação mudança de parâmetro
regular, então
γ
0
2 (l) = σ (l) γ
0
1 (σ (l)) =⇒
°°°γ02 (l)°°° = ¯¯¯σ0 (l)¯¯¯ °°°γ01 (σ (l))°°° ,
lembrando que σ
0
(l) > 0 e usando os dados segue
σ
0
(l) =
1
1 + l2
,
34 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
e por integração obtemos
t = σ (l) = arctg l.
¤
10 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
1.3 Comprimento de arco
Seja γ : [a, b] → V uma curva não necessariamente regular. Consideremos P ([a, b]) o
conjunto de todas as partições de [a, b] . Uma partição
P =
©
a = t0 < t1 < ... < tn(P ) = b
ª
∈ P ([a, b])
determina uma sequência de pontos γt0, γt1, γt2, ..., γtn , no traço de γ que definem uma
poligonal com comprimento dado por
S (P ) =
n(P )X
i=1
kγ (ti)− γ (ti−1)k .
Observamos que se P1, P2 ∈ P ([a, b]) e P1 é um refinamento de P2 então S (P1) ≥
S (P2) .
Definição 1.28 Nas condições anteriores, dizemos que γ é uma curva retificável quando
o conjunto
{S (P ) : P ∈ P ([a, b])}
é limitado superiormente. Neste caso definimos o comprimento da curva γ como sendo
o número
L = sup {S (P ) : P ∈ P ([a, b])} .
Exemplo 1.29 Provemos que a curva γ (t) = (t, t2) , 0 ≤ t ≤ 1, é retificável.
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO 11
Seja P =
©
0 = t0 < t1 < ... < tn(P ) = 1
ª
∈ P ([a, b]) , temos
S (P ) =
n(P )X
i=1
kγ (ti)− γ (ti−1)k
=
n(P )X
i=1
°°¡ti − ti−1, t2i − t2i−1¢°°
=
n(P )X
i=1
h
(ti − ti−1)2 +
¡
t2i − t2i−1
¢2i 12
≤
n(P )X
i=1
£|ti − ti−1|+ ¯¯t2i − t2i−1¯¯¤
≤
n(P )X
i=1
|ti − ti−1| (1 + ti + ti−1)
≤ 3
n(P )X
i=1
|ti − ti−1| = 3.
Logo para qualquer P ∈ P ([a, b]) temos S (P ) ≤ 3 e portanto γ é retificável.
Exemplo 1.30 Seja γ (t) = (x (t) , y (t)) , onde
x (t) = t se t ∈ [0, 1] e y (t) =
(
t cos
1
t
, se t ∈ (0, 1]
0, se t = 0
.
Graficamente temos
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
-0.2
0.0
0.2
0.4
x
y
Para cada n ∈ N, consideremos
P =
½
0,
1
(n− 1)π ,
1
(n− 2)π ,
1
(n− 3) π , ...,
1
2π
,
1
π
, 1
¾
,
12 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Temos
S (P ) ≥
¯¯¯¯
1
(n− 1)π cos (n− 1)π
¯¯¯¯
+
¯¯¯¯
1
(n− 2)π cos (n− 2)π −
1
(n− 1)π cos (n− 1)π
¯¯¯¯
+
¯¯¯¯
1
(n− 3)π cos (n− 3)π −
1
(n− 2)π cos (n− 2)π
¯¯¯¯
+ · · ·+
¯¯¯¯
cos 1− 1
π
cosπ
¯¯¯¯
≥
n−2X
j=1
¯¯¯¯
1
jπ
cos jπ − 1
(j + 1)π
cos (j + 1)π
¯¯¯¯
=
n−2X
j=1
¯¯¯¯
¯(−1)jjπ − (−1)j+1(j + 1)π
¯¯¯¯
¯
≥ 2
π
n−2X
j=1
1
j + 1
.
Como a série
∞X
j=1
1
j + 1
é uma série divergente, segue desta desigualdade que o conjunto
{S (P ) : P ∈ P ([a, b])} não é limitado superiormente. Portanto a curva não é retificável.
Proposição 1.31 Se γ : [a, b]→ V é uma curva regular então γ é retificável.
Prova. Seja {e1, e2} uma base ortonormal de V e
γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2.
Consideremos
P =
©
a = t0 < t1 < ... < tn(P ) = b
ª
∈ P ([a, b]) .
Temos
S (P ) ≤
n(P )X
i=1
[|x (ti)− x (ti−1)|+ |y (ti)− y (ti−1)|] . (1.2)
Como γ é regular, podemos aplicar o Teorema do Valor Médio em cada sub-intervalo
[ti−1, ti], obtendo a existência de ξi, ηi ∈ (ti−1, ti) tais que
x (ti)− x (ti−1) = x0 (ξi) (ti − ti−1) , e y (ti)− y (ti−1) = y0 (ηi) (ti − ti−1) . (1.3)
Usando o resultado de (1.3) em (1.2)obtemos
S (P ) ≤
n(P )X
i=1
[|x0 (ξi)|+ |y0 (ηi)|] (ti − ti−1) .
Mas x0 e y0 são limitadas em [a, b] , logo da última desigualdade segue
S (P ) ≤ k
n(P )X
i=1
(ti − ti−1) = k (b− a) ,
onde k = max
[a,b]
[|x0 (ξi)|+ |y0 (ηi)|] . Isto mostra que γ é retificável. ¤
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO 13
Proposição 1.32 Se γ : [a, b]→ V é uma curva regular então o comprimento de arco de
γ é dado por
L =
Z b
a
kγ0 (t)k dt.
Prova. Consideremos {e1, e2} uma base ortonormal de V e γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2.
Seja ε > 0. Da definição de integral segue a existência de δ1 > 0 tal que para toda
P ∈ P ([a, b]) com |P | < δ1, existem θi ∈ (ti−1, ti) tais que¯¯¯¯
¯¯Z b
a
kγ0 (t)k dt−
n(P )X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯ < ε. (1.4)
Da Proposição 1.31 temos γ retificável e
L = sup {S (P ) : P ∈ P ([a, b])} ,
logo existe P1 ∈ P ([a, b]) tal que
|S (P1)− L| < ε. (1.5)
Como x0 e y0 são uniformemente contínuas em [a, b] , existe δ2 > 0 tal que para todos
s, t ∈ [a, b] com |s− t| < δ2 temos
|x0 (s)− x0 (t)| < ε e |y0 (s)− y0 (t)| < ε. (1.6)
Seja P2 um refinamento de P1 com |P2| < min {δ1, δ2} . De (1.5) segue
|S (P2)− L| < ε. (1.7)
Pelo Teorema do Valor Médio, existem ξi, ηi ∈ (ti−1, ti) tais queS (P2) =
n(P2)X
i=1
kx0 (ξi) e1 + y0 (ηi) e2k (ti − ti−1) .
Temos¯¯¯¯
¯¯S (P2)− n(P2)X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯ ≤ n(P2)X
i=1
[|x0 (ξi)− x0 (θi)|+ |y0 (ηi)− y0 (θi)|] (ti − ti−1) .
Como ξi, ηi, θi ∈ (ti−1, ti) e |P2| < δ2, segue de (1.6) que
|x0 (ξi)− x0 (θi)| < ε e |y0 (ηi)− y0 (θi)| < ε.
Assim ¯¯¯¯
¯¯S (P2)− n(P2)X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯ < 2ε (b− a) . (1.8)
14 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Como |P2| < δ1, segue de (1.4)que¯¯¯¯
¯¯Z b
a
kγ0 (t)k dt−
n(P2)X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯ < ε. (1.9)
Temos
¯¯¯
L−
R b
a kγ0 (t)k dt
¯¯¯
≤ |S (P2)− L|+
¯¯¯¯
¯¯S (P2)− n(P2)X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯
+
¯¯¯¯
¯¯R ba kγ0 (t)k dt− n(P2)X
i=1
kγ0 (θi)k (ti − ti−1)
¯¯¯¯
¯¯ ,
logo de (1.7), (1.8) e (1.9) que¯¯¯¯
L−
Z b
a
kγ0 (t)k dt
¯¯¯¯
< (1 + 2 (b− a)) ε,
e pela arbitrariedade de ε obtemos a igualdade desejada. ¤
Nota 1.33 Devemos provar que o número obtido na Proposição 1.32,
L =
Z b
a
kγ0 (t)k dt,
independe da parametrização considerada.
Para isso consideremos as parametrizações regulares γ1 : [a, b] → V e γ2 : [c, d] → V
com γ2 (ξ) = γ1 (g (ξ)) , onde g : [c, d] → [a, b] é uma aplicação mudança de parâmetro
regular.
1. Suponhamos g0 (ξ) > 0. Neste caso g é estritamente crescente, logo g (c) = a e
g (d) = b. Temos: Z d
ξ=c
kγ02 (ξ)k dξ =
Z d
ξ=c
g0 (ξ) kγ01 (g (ξ))k dξ,
fazendo a mudança de variável t = g (ξ) segueZ d
ξ=c
kγ02 (ξ)k dξ =
Z g(d)
t=g(c)
kγ01 (t)k dt =
Z b
t=a
kγ01 (t)k dt,
como queríamos.
2. O caso g0 (ξ) < 0 é análogo.
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO 15
Exemplo 1.34 Determinemos o comprimento de arco de γ : [0, 1] → R2 onde γ (t) =
(t, ln (cos t)) .
Temos
γ0 (t) =
µ
1,−sen t
cos t
¶
e kγ0 (t)k = 1
cos t
.
Logo
L =
Z 1
0
dt
cos t
= ln |tan t+ sec t| ¤1t=0 = ln |tan 1 + sec 1| .
Exemplo 1.35 Seja γ (t) =
µ
t2,
2
3
t3 − 1
2
t
¶
, 0 ≤ t ≤ 2. Determinemos o comprimento
de arco de γ.
Temos
γ0 (t) =
µ
2t, 2t2 − 1
2
¶
e kγ0 (t)k = 2t2 + 1
2
,
logo
L =
Z 2
0
·
2t2 +
1
2
¸
dt =
19
3
.
16 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
1.4 Reparametrização pelo comprimento de arco
Seja γ : [a, b]→ V uma curva regular. Definimos a função comprimento de arco por
w : [a, b]→ [0, L] , w (t) =
Z t
σ=a
kγ0 (σ)k dσ. (1.10)
Como
w0 (t) = kγ0 (t)k , (1.11)
segue que w ∈ C1 ([a, b]) , é injetiva e sobrejetiva. Consideremos a aplicação inversa
g = w−1 : [0, L]→ [a, b] , s = w (t) 7→ t = w−1 (s) = g (s) .
Pelo Teorema da Função Inversa segue que g ∈ C1 ([0, L]) e
g0 (s) =
d
ds
¡
w−1 (s)
¢
=
1
w0 (g (s))
=
1
kγ0 (g (s))k . (1.12)
Definição 1.36 Nas condições anteriores consideramos a reparametrização
X : [0, L]→ V, X (s) = γ (g (s)) ,
que é denominada reparametrização pelo comprimento de arco (rpca) de γ.
Exemplo 1.37 Seja γ (t) = (cos 3t, sen 3t) , 0 ≤ t ≤ π/2. Determinemos a rpca de γ.
Temos
γ0 (t) = (−3 sen 3t, 3 cos 3t) e kγ0 (t)k = 3,
logo
w (t) =
Z t
0
3 dσ = 3t, w (0) = 0 e w (π/2) = 3π/2.
A aplicação inversa é
g = w−1 : [0, 3π/2]→ [0, π/2] , g (s) = s/3,
e a rpca é dada por
X : [0, 3π/2]→ R2, X (s) = γ (g (s)) = (cos s, sen s) .
Observemos que
X 0 (s) = (− sen s, cos s) e kX 0 (s)k = 1,∀s ∈ [0, 3π/2] .
1.4. REPARAMETRIZAÇÃO PELO COMPRIMENTO DE ARCO 17
Exemplo 1.38 Determinemos a rpca de γ (t) = (et cos t, et sen t) , 0 ≤ t <∞.
Temos
γ0 (t) = et (cos t− sen t, sen t+ cos t) e kγ0 (t)k = √2et,
logo
w (t) =
Z t
0
√
2eσ dσ =
√
2
¡
et − 1
¢
, w (0) = 0 e lim
t→∞
w (t) =∞.
Assim a aplicação inversa é
g = w−1 : [0,∞)→ [0,∞), g (s) = ln
Ã
s+
√
2√
2
!
,
e a rpca é dada por X : [0,∞)→ R2,onde
X (s) = γ (g (s)) =
Ã
s+
√
2√
2
!Ã
cos
Ã
ln
Ã
s+
√
2√
2
!!
, sen
Ã
ln
Ã
s+
√
2√
2
!!!
.
Observamos que também neste exemplo se tem kX 0 (s)k = 1,∀s ∈ [0,∞).
Proposição 1.39 Se γ : [a, b] → V é uma curva regular e X : [0, L] → V a reparame-
trização pelo comprimento de arco de γ, então
kX 0 (s)k = 1, ∀s ∈ [0, L] .
Prova. Da definição temos
X (s) = γ
¡
w−1 (s)
¢
,
onde w é como em (1.10). Pelo Teorema da função composta temos
X 0 (s) =
d
ds
¡
w−1 (s)
¢ d
dt
γ
¡
w−1 (s)
¢
.
Por (1.12) segue
X 0 (s) =
1
kγ0 (w−1 (s))kγ
0 ¡w−1 (s)¢ ,
de onde se conclui a igualdade desejada. ¤
Definição 1.40 Uma parametrização regular γ : [a, b] → V tal que kγ0 (t)k = 1, para
todo t ∈ [a, b] , é chamada parametrização natural.
18 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
1.5 Curvatura e referencial de Frenet
Definição 1.41 Seja γ : [a, b]→ V uma curva regular e X : [0, L]→ V sua parametriza-
ção pelo comprimento de arco, X (s) = (x1 (s) , x2 (s)) .
1. Definimos o vetor tangente unitário à X em s como sendo o vetor
T (s) = X 0 (s) =
d
ds
X (s) .
2. Se X ∈ C2 ([0, L]) definimos a curvatura de X em s por
k (s) = kT 0 (s)k = kX 00 (s)k .
3. Nos pontos onde k (s) 6= 0, definimos o vetor normal unitário à X em s como
sendo o vetor
N (s) =
1
k (s)
T 0 (s) .
Nota 1.42 Sejam γ e X como na Definição 1.41
1. Os vetores T (s) e N (s) são ortogonais pois
1 = kT (s)k2 = hT (s) , T (s)i , ∀s ∈ [0, L] ,
assim, derivando com respeito à s segue
0 = hT 0 (s) , T (s)i , ∀s ∈ [0, L] .
2. Nos pontos em que k (s) 6= 0, está bem definido um sistema de coordenadas carte-
sianas ortonormal
{Xs, T (s) , N (s)} ,
chamado referencial de Frenet.
3. Da Definição 1.41 segue que
T 0 (s) = k (s)N (s) . (1.13)
4. Se X é de classe ≥ 3 e k (s) 6= 0, ∀s ∈ [0, L] , podemos escrever
N 0 (s) = α (s)T (s) + β (s)N (s) ,
onde
α (s) = hN 0 (s) , T (s)i e β (s) = hN 0 (s) , N (s)i .
1.5. CURVATURA E REFERENCIAL DE FRENET 19
Como kN (s)k = 1,∀s ∈ [0, L] , obtemos
β (s) = hN 0 (s) , N (s)i = 0.
Como hN (s) , T (s)i = 0, ∀s ∈ [0, L] , obtemos
α (s) = hN 0 (s) , T (s)i = − hN (s) , T 0 (s)i = −k (s) .
Concluimos, então, que
N 0 (s) = −k (s)T (s) . (1.14)
As equações em (1.13) e (1.14) são denominadas Equações de Frenet para cur-
vas no E2.
5. Se X é de classe ≥ 2, k (s) mede o quanto a curva se afasta da reta tangente no
instante s. Vejamos isso:
Temos
k (s) =
°°°° ddsT (s)
°°°°
= lim4s→0
°°°°T (s+4s)− T (s)4s
°°°°
= lim4s→0
2 sin4θ/2
4s
= lim4s→0
4θ
4s
sin4θ/2
4θ/2
=
d
ds
θ (s) .
Exemplo 1.43 Seja γ : [0, π/2] → R2 onde γ (t) = (cos 3t, sen 3t) . Determinemos os
vetores tangente e normal à γ.
Vimos que a reparametrização pelo comprimento de arco é
X : [0, 3π/2]→ R2 onde X (s) = (cos s, sen s) .
20 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Logo
T (s) =
d
ds
X (s) = (− sen s, cos s) ,
d
ds
T (s) = (− cos s,− sen s) ,
k (s) =
°°°° ddsT (s)
°°°° = 1,
N (s) =
1
k (s)
d
ds
T (s) = (− cos s,− sen s) .
Nota 1.44 Os vetores T (s) e N (s) foram definidos a partir de uma reparametrização
pelo comprimento de arco. Muitas vezes é difícil encontrar essa reparametrização. Ve-
jamos como evitar essa dificuldade com o exemplo abaixo.
Exemplo 1.45 Seja γ : [1,∞)→ R2, onde
γ (t) =
µ
t2
2
,
t3
3
¶
.
Se X (s) é a reparametrização pelo comprimento de arco de γ então
X (s) = γ (g (s)) , onde g (s) = w−1 (s) , w (t) =
Z t
1
kγ0(σ)k dσ.
Logo
T (s) =
d
ds
X (s) =
d
ds
(g (s))
d
dt
γ (g (s)) .
No nosso caso temos
γ0 (t) =
¡
t, t2
¢
, e w0 (t) = kγ0 (t)k = t
√
1 + t2,
logo
T (s) =
1
t
√
1 + t2
¡
t, t2
¢
=
1√
1 + t2
(1, t) , onde t = g (s) .
Assim
d
ds
T (s) =
d
dt
·
1√
1 + t2
(1, t)
¸
d
ds
g (s)
=
1
t
√
1 + t2
1
1 + t2
µ
−t√
1 + t2
,
√
1 + t2 − t t√
1 + t2
¶
=
1
t (1 + t2)2
(−t, 1) .
Temos
k (s) =
°°°° ddsT (s)°°°° = 1t (1 + t2)3/2 ,
e portanto
N (s) =
1
(1 + t2)1/2
(−t, 1) .
1.11. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DA SEGUNDA SEMANA 35
1.11 Exercícios Resolvidos da segunda semana
1. Seja γ (t) =
µ
t3
3
− t
2
2
, t
3
3
+
t2
2
¶
, 0 ≤ t ≤ 1. Determine o comprimento total de γ.
Resolução. Temos
γ0 (t) =
¡
t2 − t, t2 + t
¢
=⇒
°°°γ0 (t)°°° =q(t2 − t)2 + (t2 + t)2 = √2t√1 + t2,
logo
L =
Z 1
0
√
2t
√
1 + t2dt =
√
2
3
³
2
√
2− 1
´
¤
2. Determine a r.p.c.a. de γ (t) =
µ
cos3 t
3
, sen
3 t
3
¶
, 0 ≤ t ≤ π
4
.
Resolução. Temos
γ0 (t) =
¡
− cos2 t sen t, sen2 t cos t
¢
=⇒
°°°γ0 (t)°°° = 2 cos t sen t,
logo
w (t) =
Z t
0
2 cos ξ sen ξdξ = sen2 t e L = 1
2
.
Fazendo s = sen2 t obtemos t = arcsen
√
s, sen t =
√
s, cos t =
√
1− s, logo g (s) =
arcsen
√
s, 0 ≤ s ≤ 1/2 e portanto a r.p.c.a. é dada por:
X (s) = γ (g (s)) =
Ã
(1− s)3/2
3
, s
3/2
3
!
, 0 ≤ s ≤ 1/2
¤
1.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA SEGUNDA SEMANA 29
1.8 Exercícios propostos da segunda semana
1. Verifique que a curva γ (t) = (cos t, sen t) para t ∈ [0, 2π] é retificável.
2. Determine o comprimento de arco da curva
γ (t) =
µ
t3
3
− t
2
2
,
t3
3
+
t2
2
¶
, 1 ≤ t ≤ 2.
3. Determine o comprimento de arco da curva
γ (t) =
¡
cos 6t2, sen 6t2
¢
,
r
π
12
≤ t ≤
√
π.
4. SejaX : [a, b]→ V uma parametrização natural e ϕ : [c, d]→ V uma reparametriza-
ção obtida de X através de uma mudança de parâmetro h : [a, b] → [c, d] . Mostre
que
(a) Se X e ϕ possuem a mesma orientação então
kϕ0 (t)k = 1
h0 (h−1 (t))
.
(b) Se X e ϕ não possuem a mesma orientação então
kϕ0 (t)k = − 1
h0 (h−1 (t))
5. Determine a função comprimento de arco de
γ (t) =
µ
(r0 + r) cos t− r cos
µ
r0 + r
r
t
¶
, (r0 + r) sen t− r sen
µ
r0 + r
r
t
¶¶
, t ≥ 0
Resposta:
4
r0
(r0 + r) r
³
1− cos r0
2r
t
´
.
6. Seja Φ : [−1, 1]→ R+ de classe C1 com Φ (0) = 1. Se
X (s) = (Φ (s) cos lnΦ (s) ,Φ (s) sen lnΦ (s)) , −1 ≤ s ≤ 1,
é uma parametrização natural, determine a função Φ (s) .
7. Mostre que se X (s) e X∗ (s∗) são parametrizações naturais de uma mesma curva,
então s = ±s∗ + c, onde c é uma constante.
8. Uma curva regular γ de classe ≥ 2 é uma reta se e só se k (s) = 0, para todo
s ∈ [0, L] .
30 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
9. Seja γ : [0,∞) → R2 onde γ (t) = (et cos t, et sin t) .Vimos que a reparametrização
pelo comprimento de arco é
X (s) =
Ã√
2 + s√
2
!Ã
cos ln
Ã√
2 + s√
2
!
, sen ln
Ã√
2 + s√
2
!!
, 0 ≤ s <∞,
determine T (s) , k (s) e N (s)
10. Se γ : [0, 1]→ R2 é tal que γ (t) = (t, t2) , determine T (s) e N (s) .
11. Se γ : [0, 2]→ R2 é tal que γ (t) =
µ
t2,
2t3
3
− t
2
¶
, determine T (s) , k (s) e N (s) .
1.6. CURVAS NO E3 21
1.6 Curvas no E3
Definição 1.46 Seja (E3, V, g, β) um espaço afim euclidiano orientado de dimensão 3.
Uma curva no E3 é uma aplicacão contínua
P : [a, b]→ E3, t 7→ P (t) ∈ E3.
Nota 1.47 Se (O, e1, e2, e3) é um sistema de coordenadas cartesianas em E, como os
pontos O e P (t) determinam um único vetor em V, podemos pensar numa curva como
sendo uma aplicação contínua
γ : [a, b]→ V, t 7→ γ (t) = OP (t) ∈ V.
Podemos escrever
γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2 + z (t) e3,
onde x, y, z : [a, b] → R são contínuas e são chamadas as equações paramétricas de
γ. O traço de γ é o conjunto
tr γ =
©
P (t) ∈ E3 : t ∈ [a, b]
ª
.
Exemplo 1.48 Seja γ : R→ R3 dada por γ (t) = (2t+ 1, 3t+ 2, 4t+ 3) . O traço de γ
é a reta contendo o ponto (1, 2, 3) cuja direção é o vetor (2, 3, 4) .
Exemplo 1.49 Seja a > 0. A hélice cilíndrica γ (t) = (a cos t, a sen t, t) , t ∈ [0, 2π] , tem
seu traço contido no cilindro x2 + y2 = a2.
Nota 1.50 As definições de curvas regulares, comprimento de arco e reparametrização
pelo comprimento de arco são análogas ao caso do E2.
Exemplo 1.51 Seja γ : [0,∞) → R3 dada por γ (t) = (et cos t, et sen t, et) . Observamos
que o traço de γ está contido no cone x2 + y2 = z2. Temos
γ0 (t) = et (cos t− sen t, sen t+ cos t, 1) , e kγ0 (t)k =
√
3et.
Segue, portanto, que γ é regular. Como
w (t) =
Z t
0
√
3eσdσ =
√
3
¡
et − 1
¢
,
temos
g = w−1 : [0,∞)→ [0,∞), g (s) = ln s+
√
3√
3
.
Então a reparametrização pelo comprimento de arco é
X (s) =
s+
√
3√
3
Ã
cos ln
s+
√
3√
3
, sen ln
s+
√
3√
3
, 1
!
, s ≥ 0.
22 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
Definição 1.52 Seja γ : [a, b] → V uma curva regular de classe ≥ 2 e X : [0, L] → V
sua reparametrização pelo comprimento de arco.
1. Definimos o vetor tangente unitário à X em s, ou à γ em t = g (s), como sendo
T (s) = X 0 (s) .
2. A reta tangente à X em s, ou à γ em t = g (s), é a reta que passa pelo ponto Xs
na direção de T (s) , isto é
rtan (s) =
©
P ∈ E3 : P = Xs + λT (s) , λ ∈ R
ª
.
3. O plano que contém o ponto Xs e tem o vetor T (s) como vetor normal é chamado
plano normal à X em s, isto é
pnor (s) =
©
P ∈ E3 : hXsP, T (s)i = 0
ª
.
Exemplo 1.53 Seja γ (t) = (t, t2, t3) , t ≥ 0. Temos
γ0 (t) =
¡
1, 2t, 3t2
¢
e kγ0 (t)k = £1 + 4t2 + 9t4¤1/2 ,
logo
T (s) =
γ0 (t)
kγ0 (t)k =
1
[1 + 4t2 + 9t4]1/2
¡
1, 2t, 3t2
¢
, t = g (s) .
O vetor tangente unitário à γ no instante t = 1 é
T (s0) =
1√
14
(1, 2, 3) , 1 = g (s0) .
A reta tangente à γ no instante t = 1 é dada por
(x, y, z) = (1, 1, 1) + λ (1, 2, 3) , λ ∈ R,
ou seja 


x = 1 + λ
y = 1 + 2λ
z = 1 + 3λ
, λ ∈ R.
O plano normal à γ no instante t = 1 é dado por
h(x− 1, y − 1, z − 1) , (1, 2, 3)i = 0,
ou seja
x+ 2y + 3z − 6 = 0.
Definição 1.54 Seja γ : [a, b] → V uma curva regular de classe ≥ 2 e X : [0, L] → V
sua reparametrização pelo comprimento de arco.
1.6. CURVAS NO E3 23
1. A curvatura de X em s, ou de γ em t = g (s) , é o escalar
k (s) =
°°°° ddsT (s)
°°°° .
2. Nos pontos em que k (s) 6= 0, definimos o vetor normal unitário à X em s, ou
à γ em t = g (s) , como sendo
N (s) =
1
k (s)
d
ds
T (s) .
3. A reta que passa por Xs na direção de N (s) é chamada reta normal à X em s,ou
a γ em t = g (s) , isto é
rnor (s) =
©
P ∈ E3 : P = Xs + λN (s) , λ ∈ R
ª
.
4. O plano que contém Xs e tem o vetor N (s) como vetor normal é chamado plano
retificante à X em s, ou de γ em t = g (s) , isto é
pret (s) =
©
P ∈ E3 : hXsP,N (s)i = 0
ª
.
Exemplo 1.55 Seja γ (t) = (t, t2, t3) , t ≥ 0. Vimos que
T (s) =
1
[1 + 4t2 + 9t4]1/2
¡
1, 2t, 3t2
¢
, t = g (s) .
Logo
d
ds
T (s) =
d
ds
"
1
[1 + 4t2 + 9t4]1/2
(1, 2t, 3t2)
#
=
d
dt
"
1
[1 + 4t2 + 9t4]1/2
(1, 2t, 3t2)
#
d
ds
g (s)
=
1
[1 + 4t2 + 9t4]2
(−4t− 18t3, 2− 18t4, 6t+ 12t3) .
Seja s0 tal que g (s0) = 1, temos
d
ds
T (s0) =
1
98
(−11,−8, 9) e N (s0) =
1√
266
(−11,−8, 9) .
A reta normal em s0 é dada por
(x, y, z) = (1, 1, 1) + λ (−11,−8, 9) , λ ∈ R,
ou seja 


x = 1− 11λ
y = 1− 8λ
z = 1 + 9λ
, λ ∈ R.
24 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
O plano retificante em s0 é dado por
h(x− 1, y − 1, z − 1) , (−11,−8, 9)i = 0,
ou seja
−11x− 8y + 9z + 10 = 0.
Definição 1.56 Seja γ : [a, b] → V uma curva regular de classe ≥ 2 e X : [0, L] → V
sua reparametrização pelo comprimento de arco.
1. Nos pontos onde k (s) 6= 0, definimos o vetor binormal unitário a X em s, ou a
γ em t = g (s) , como sendo
B (s) = T (s)×N (s) .
2. A reta que passa por Xs na direção de B (s) é chamada reta binormal, isto é
rbin (s) =
©
P ∈ E3 : P = Xs + λB (s) , λ ∈ R
ª
.
3. O plano que contém Xs e tem o vetor binormal como vetor normal é chamado plano
osculador, isto é
posc (s) =
©
P ∈ E3 : hXsP,B (s)i = 0
ª
.
Exemplo 1.57 Seja γ (t) = (t, t2, t3) , t ≥ 0. Vimos que se s0 é tal que 1 =g (s0) então
T (s0) =
1√
14
(1, 2, 3) ,
N (s0) =
1√
266
(−11,−8, 9) ,
logo
B (s0) =
1√
14
1√
266
¯¯¯¯
¯¯ i j k1 2 3
−11 −8 9
¯¯¯¯
¯¯ = 1√19 (3,−3, 1) .
A reta binormal em s0 é dada por
(x, y, z) = (1, 1, 1) + λ (3,−3, 1) , λ ∈ R,
ou seja 


x = 1 + 3λ
y = 1− 3λ
z = 1 + λ
, λ ∈ R.
O plano osculador em s0 é dado por
h(x− 1, y − 1, z − 1) , (3,−3, 1)i = 0,
ou seja
3x− 3y + z − 1 = 0.
1.6. CURVAS NO E3 25
Nota 1.58 Em cada ponto de uma curva regular de classe ≥ 2, onde a curvatura k (s)
não se anula, podemos considerar um sistema de coordenadas cartesianas ortonormal
{Xs, T (s) , N (s) , B (s)} ,
que é denominado referencial de Frenet (ou triedro de Frenet).
Vejamos agora como ficam as equações de Frenet para curvas no E3. Estas equações
expressam os vetores
d
ds
T (s) ,
d
ds
N (s) ,
d
ds
B (s) ,
como combinações lineares dos vetores da base {T (s) , N (s) , B (s)} .
Segue direto da Definição 1.54 que
d
ds
T (s) = k (s)N (s) . (1.15)
Como
hT (s) , B (s)i = 0, ∀s ∈ [0, L] ,
temos ¿
T (s) ,
d
ds
B (s)
À
= −
¿
d
ds
T (s) , B (s)
À
,
logo por (1.15) ¿
T (s) ,
d
ds
B (s)
À
= −k (s) hN (s) , B (s)i = 0.
Mas também temos ¿
B (s) ,
d
ds
B (s)
À
= 0.
Concluimos assim a existência de um escalar denotado por τ (s) e denominado torção
da curva em s, tal que
d
ds
B (s) = τ (s) N (s) . (1.16)
Como ¿
N (s) ,
d
ds
N (s)
À
= 0, ∀s ∈ [0, L] ,
temos
d
ds
N (s) = a (s) T (s) + b (s) B (s) ,
onde
a (s) =
¿
d
ds
N (s) , T (s)
À
e b (s) =
¿
d
ds
N (s) , B (s)
À
.
De hN (s) , T (s)i = 0, ∀s ∈ [0, L] , e de (1.15) segue
a (s) =
¿
d
ds
N (s) , T (s)
À
= −
¿
N (s) ,
d
ds
T (s)
À
= −k (s) .
26 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
De hN (s) , B (s)i = 0, ∀s ∈ [0, L] , e de (1.16) segue
b (s) =
¿
d
ds
N (s) , B (s)
À
= −
¿
N (s) ,
d
ds
B (s)
À
= −τ (s) .
Assim temos
d
ds
N (s) = −k (s) T (s)− τ (s) B (s) . (1.17)
As equações em (1.15), (1.16) e (1.17) são as equações de Frenet para curvas no
E3.
Exemplo 1.59 Sejam a, b > 0 e c2 = a2 + b2. Determinemos a torção da curva
γ (s) =
µ
a cos
s
c
, a sen
s
c
,
b
c
s
¶
.
Temos
γ0 (s) =
µ
−a
c
sen
s
c
,
a
c
cos
s
c
,
b
c
¶
, com kγ0 (s)k2 = a
2 + b2
c2
= 1.
Logo
T (s) = γ0 (s) =
µ
−a
c
sen
s
c
,
a
c
cos
s
c
,
b
c
¶
.
Temos
γ00 (s) =
³
− a
c2
cos
s
c
,
a
c2
sen
s
c
, 0
´
e k (s) = kγ00 (s)k = a
c2
,
assim
N (s) =
³
− cos s
c
,− sen s
c
, 0
´
,
B (s) =
µ
b
c
sen
s
c
,−b
c
cos
s
c
,
a
c
¶
,
d
ds
B (s) =
µ
b
c2
cos
s
c
,
b
c2
sen
s
c
, 0
¶
.
Portanto
τ (s) =
¿
d
ds
B (s) , N (s)
À
= − b
c2
.
Exemplo 1.60 Seja γ : [a, b]→ V uma curva regular de classe ≥ 2 e X : [0, L]→ V sua
reparametrização pelo comprimento de arco. Temos
γ (t) = (X ◦ w) (t) , onde w (t) =
Z t
a
kγ0 (σ)k dσ = s.
Derivando com respeito à t obtemos
γ0 (t) =
d
dt
(X ◦ w) (t) = d
ds
X (s) w0 (t) ,
1.6. CURVAS NO E3 27
logo
γ0 (t) = w0 (t) T (s) . (1.18)
Derivando a equação em (1.18) com respeito à t e usando (1.15)segue
γ00 (t) =
d
dt
(w0 (t) T (s))
= w00 (t) T (s) + [w0 (t)]2
d
ds
T (s)
= w00 (t) T (s) + [w0 (t)]2 k (s) N (s) .
Temos então
kγ0 (t)× γ00 (t)k = [w0 (t)]3 k (s) ,
e portanto
k (s) =
kγ0 (t)× γ00 (t)k
kγ0 (t)k3 .
Exemplo 1.61 Determinemos a curvatura e a torção da curva
γ (t) =
¡
t, t2, t3
¢
, t ≥ 0.
Temos
γ0 (t) =
¡
1, 2t, 3t2
¢
, γ00 (t) = (0, 2, 6t) e γ000 (t) = (0, 0, 6) ,
logo
γ0 (t)× γ00 (t) = (6t2,−6t, 2) ,
kγ0 (t)× γ00 (t)k = [36t4 + 36t2 + 4]1/2 ,
kγ0 (t)k = [1 + 4t2 + 9t4]1/2 .
Assim
k (s) =
[36t4 + 36t2 + 4]1/2
[1 + 4t2 + 9t4]3/2.
,
τ (s) = − 12
36t4 + 36t2 + 4
.
36 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
1.12 Exercícios Resolvidos da terceira semana
1. Se uma curva é dada por z2 = x2+ y2 e x2+ y2+ z2 = 2 com z ≥ 0, determine uma
parametrização regular
Resolução. Temos½
z2 = x2 + y2
x2 + y2 + z2 = 2
=⇒ x2 + y2 = 1 =⇒ x = cos t, y = sen t e z = 1,
logo podemos fazer γ (t) = (cos t, sen t, 1) para t ∈ [0, 2π]
Como γ
0
(t) = (− sen t, cos t, 0) segue que γ ∈ C1 ([0, 2π]) e γ0 (t) 6= 0 para todo t,
então γ é uma parametrização regular da curva. ¤
2. Se γ (t) =
µ
t+ sen t cos t
2
,
sen2 t
2
√
2
,
cos2 t
2
√
2
¶
para t ∈ [0, π/4] , determine a r.p.c.a. de
γ.
Resolução. Temos
γ
0
(t) =
µ
cos2 t,
cos t sen t√
2
,−cos t sen t√
2
¶
=⇒
°°°γ0 (t)°°° = cos t
logo
s = w (t) =
Z t
0
cosσdσ = sen t,
assim
t = g (s) = arcsen s, 0 ≤ s ≤
√
2/2,
e a r.p.c.a. de γ é dada por
X (s) =
µ
arcsen s+ s
√
1− s2
2
,
s2
2
√
2
,
√
1− s2
2
√
2
¶
, 0 ≤ s ≤
√
2/2.
¤
3. Seja X (s) , a ≤ s ≤ b, uma parametrização natural de classe ≥ 3. Determine­
X
0
(s) ,X
00
(s)×X 000 (s)® em função de k (s) e τ (s) .
Resolução. Temos
X
0
(s) = T (s) (pois X é natural),
então
X
00
(s) = T
0
(s) = k (s)N (s) ,
e
X
000
(s) = k
0
(s)N (s) + k (s)N
0
(s)
= k
0
(s)N (s) + k (s) [−k (s)T (s)− τ (s)B (s)]
1.12. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DA TERCEIRA SEMANA 37
assim D
X
0
(s) , X
00
(s)×X 000 (s)
E
= −k2 (s) τ (s) .
¤
4. Seja γ (t) = (t3 + t+ 2, t3+1, t2 + t) para t ≥ −1/2. Considere s0 tal que t0 = g (s0) =
0.
(a) Determine o vetor tangente unitário em s0.
Resolução. Temos
γ
0
(t) = w
0
(t)T (s) ,
onde s = w (t) , logo
T (s) =
γ
0
(t)
kγ0 (t)k ,
assim
T (s0) =
γ
0
(0)
kγ0 (0)k =
1√
2
(1, 0, 1) .
¤
(b) Determine o vetor binormal unitário em s0.
Resolução. Temos
γ
00
(t) = w
00
(t)T (s) + w
0
(t) k (s)N (s) ,
onde s = w (t) , logo
γ
0
(t)× γ00 (t) =
³
w
0
(t)
´2
k (s)B (s) ,
ou seja, γ
0
(t)× γ00 (t) é um múltiplo positivo de B (s) . Como
γ
0
(t) =
¡
3t2 + 1, 3t2, 2t+ 1
¢
e γ
00
(t) = (6t, 6t, 2) ,
segue
γ
0
(0)× γ00 (0) = (0,−2, 0) =⇒ B (s0) = γ
0
(0)× γ00 (0)°°γ0 (0)× γ00 (0)°° = (0,−1, 0) .
¤
(c) Determine o vetor normal unitário em s0.
Resolução. Temos
N (s0) = B (s0)× T (s0) = 1√
2
(−1, 0, 1) .
¤
1.9. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA TERCEIRA SEMANA 31
1.9 Exercícios propostos da terceira semana
1. Mostre que γ (t) =
¡
t, t2 + 1, (t− 1)3
¢
é uma representação paramétrica regular.
2. Mostre que γ (t) = (1 + cos t, sen t, 2 sen t/2) para −2π ≤ t ≤ 2π é regular e que o
traço dessa curva está contido na esfera centrada na origem de raio 2 e no cilindro
(x− 1)2 + y2 = 1.
3. Determine uma representação paramétrica regular da intersecção do cilindro x2 +
y2 = 1 com o plano x+ y + z = 1.
4. Determine uma representação paramétrica regular da intersecção dos cilindros z2 =
x e y2 = 1− x.
5. Encontre a reparametrização pelo comprimento de arco de
γ (t) = (a cos t, a sen t, t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
6. Sejam a, b > 0 e γ (t) = (a cos t, a sen t, bt) , t ∈ R. Determine o vetor tangente
unitário, a reta tangente e o plano normal no instante t = 0.
7. Determine a reta normal e o plano retificante em t = 0 da curva γ (t) = (a cos t, a sen t, bt) , t ∈
R.
8. Determine a reta binormal e o plano osculador em t = 0 da curva γ (t) = (a cos t, a sen t, bt) , t ∈
R.
9. Seja γ : [a, b]→ V uma curva regular de classe ≥ 3.Mostre que
τ (s) = −hγ
0 (t)× γ00 (t) , γ000 (t)i
kγ0 (t)× γ00 (t)k2 .
10. Determine a curvatura e a torção da curva γ (t) = (t− sen t, 1− cos t, t) , para
t ∈ [0, 2π] .
11. Encontre as equações da reta tangente e do plano normal em t = 1, à curva γ (t) =
(1 + t,−t2, 1 + t3) .
12. Sejam a, b ∈ R com 2b2 = 3a. Mostre que os vetores tangentes ao longo da curva
γ (t) = (at, bt2, t3), formam um ângulo constante com o vetor u = (1, 0, 1) .
13. Mostre que se γ (t) é uma parametrização regular de classe ≥ 2 então γ é uma reta
se e só se γ0 (t) e γ00 (t) são linearmente dependentes para todo t.
14. Mostre que ao longo de uma curva γ (t) regular de classe≥ 2, o vetor γ00 (t) é paralelo
ao plano osculador em t.
32 CAPÍTULO 1. CURVAS NO E2 E NO E3
15. Seja γ (t) uma parametrização regular de classe≥ 2. Se γ0 (t) e γ00 (t) são linearmente
independentes, mostre que o vetor γ0 (t)× γ00 (t) é normal ao plano osculador em t.
Use este resultado para encontrar a equação do plano osculador em t = 1 da curva
γ (t) = (t, t2, t3) .
16. Encontre a curvatura e a torção ao longo da curva γ (t) = (3t− t3, 3t2, 3t+ t3) .
Resposta: k (s) = −τ (s) = 1
3 (1 + t2)2
.
17. Encontre os vetores tangente, normal e binormal unitários de γ (t) = (3t− t3, 3t2, 3t+ t3) .
18. Uma curva γ (t) é chamada uma hélice quando existe uma direção fixa v tal que os
vetores tangentes à γ formam um ângulo constante com v, essa direção é chamada
eixo da hélice. Prove que uma curva γ (t) é uma hélice se e só se
τ (s)
k (s)
= cte.
19. Seja γ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) , uma hélice cilíndrica passando pela origem cujo
eixo é paralelo ao eixo Oz. Se α 6= 0 é o ângulo que as tangentes a γ formam
com o eixo, mostre que γ tem uma representação natural da forma X∗ (s∗) =
(x∗ (s∗) , y∗ (s∗) , s∗ cosα) .
20. Mostre que se γ (t) é uma parametrização regular de classe ≥ 2, então γ é uma curva
plana se e só se τ (s) = 0, para todo s (t = g (s)).
21. Se γ (t) = (1 + t, t2, 1 + t2) , determine o triedro de Frenet em t, conclua que a curva
é plana e determine a equação do plano que a contém.
Capítulo 2
Integrais de linha
2.1 Introdução
Em MAT − 12, dada uma função f : [a, b]→ R contínua, foi estudada a integralZ b
a
f (x) dx.
Em MAT − 22, estendemos esta noção substituindo o intervalo [a, b] por uma região do
R2 ou R3. Vamos, agora, estender o conceito de integral num outro sentido: o intervalo
será substituido por uma curva e o campo f será um campo escalar contínuo definido
numa região contendo a curva.
As integrais de linha, ou integrais curvilíneas, tem inúmeras aplicações na Física. Por
exemplo, em conexão com trabalho, massa, energia potencial, fluxo de calor, escoamento
de um fluido e outras situações em que o comportamento de um campo escalar ou vetorial
é estudado ao longo de uma curva.
2.2 Integrais de linha
2.2.1 Motivação física 1
Exemplo 2.1 Consideremos uma curva regular
γ : [a, b]→ R3, γ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) .
Suponhamos que uma partícula se move, ao longo de γ, sob ação de um campo de força
contínuo F (x, y, z) dado por
F (x, y, z) = (P (x, y, z) , Q (x, y, z) , R (x, y, z)) .
Determinemos o trabalho τ realizado por F ao deslocar a partícula.
39
40 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Para isso consideramos
J =
©
a = t0 < t1 < ... < tn(J) = b
ª
,
uma partição de [a, b] e para cada i = 1, 2, ...n (J) , o vetor deslocamento
4ri = γ (ti)− γ (ti−1) = (4xi,4yi,4zi) ,
onde
4xi = x (ti)− x (ti−1) ,
4yi = y (ti)− y (ti−1) ,
4zi = z (ti)− z (ti−1) .
Suponhamos que ao longo do arco \γ (ti−1) γ (ti), o campo F seja constante, isto é
F (x, y, z) = F (γ (ξi)) = (P (γ (ξi)) , Q (γ (ξi)) , R (γ (ξi))) , ξi ∈ (ti−1, ti) .
O trabalho realizado por F ao deslocar a partícula ao longo de 4ri é dada por
τ i = hF (γ (ξi)) ,4rii = P (γ (ξi)) 4xi +Q (γ (ξi)) 4yi +R (γ (ξi)) 4zi.
Por aproximação obtemos
τ e= n(J)X
i=1
hF (γ (ξi)) ,4rii . (2.1)
Por outro lado, de (2.1) temos
τ e= n(J)X
i=1
P (γ (ξi)) 4xi +
n(J)X
i=1
Q (γ (ξi)) 4yi +
n(J)X
i=1
R (γ (ξi)) 4zi. (2.2)
Definição 2.2 Consideremos as condições do Exemplo 2.1.
2.2. INTEGRAIS DE LINHA 41
1. Se existir o limite, quando |J |→ 0, do somatório em (2.1), o resultado será definido
como a integral de F sobre γ com respeito ao deslocamento dr, isto éZ
γ
F.dr = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
hF (γ (ξi)) ,4rii . (2.3)
2. Se existirem os limites, quando |J | → 0, dos somatórios em (2.2), eles serão
definidos como sendo a integral de P sobre γ com respeito ao deslocamento
em x, a integral de Q sobre γ com respeito ao deslocamento em y e a
integral de R sobre γ com respeito ao deslocamento em z, isto éZ
γ
P dx = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
P (γ (ξi)) 4xi, (2.4)
Z
γ
Q dy = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
Q (γ (ξi)) 4yi, (2.5)
Z
γ
R dz = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
R (γ (ξi)) 4zi. (2.6)
Nota 2.3 Voltando ao Exemplo 2.1, temos que o trabalho realizado por F é dado por
τ =
Z
γ
F.dr =
Z
γ
P dx+
Z
γ
Q dy +
Z
γ
R dz (2.7)
2.2.2 Integrais de linha com respeito ao deslocamento
Sejam P : D ⊂ R3 → R um campo escalar contínuo e γ : [a, b]→ R3 uma curva regular
com γ([a, b]) ⊂ D e
γ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) .
A integral de P sobre γ com respeito ao deslocamento em x (em y ou em z) foi definida
em (2.4). Queremos, agora, obter uma forma prática para calcular tal integral. Para isso
usamos o lema a seguir.
Lema 2.4 Sejam h, g : [a, b]→ R contínuas e
J =
©
a = t0 < t1 < ... < tn(J) = b
ª
,
uma partição de [a, b] em sub-intervalos (ti−1, ti) para i = 1, . . . , n (J) . TemosZ b
a
h (t) g (t) dt = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ηi) 4ti,
onde ξi , ηi ∈ (ti−1, ti) e 4ti = ti − ti−1.
42 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Prova. Seja ε > 0. Da continuidade de h segue que existe M > 0 tal que
|h (t)| ≤M, ∀t ∈ [a, b] .
Como g é contínua num conjunto fechado e limitado temos g uniformemente contínua,
logo existe δ1 > 0 tal que
∀s, t ∈ [a, b] , |s− t| < δ1 ⇒ |g (s)− g (t)| < ε.
Da integrabilidade do produto hg segue a existência de δ2 > 0 tal que
|J | < δ2 ⇒
¯¯¯¯
¯¯Z b
a
h (t) g (t) dt−
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ξi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯ < ε.
Seja δ = min {δ1, δ2} e J ∈ P ([a, b]) com |J | < δ, temos¯¯¯¯
¯¯Z b
a
h (t) g (t) dt−
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ηi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯ ≤
¯¯¯¯
¯¯Z b
a
h (t) g (t) dt−
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ξi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯
+
¯¯¯¯
¯¯n(J)X
i=1
h (ξi) g (ξi) 4ti −
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ηi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯
≤
¯¯¯¯
¯¯Z b
a
h (t) g (t) dt−
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ξi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯+ n(J)X
i=1
|h (ξi)| |g (ξi)− g (ηi)| .
Dos resultados anteriores segue¯¯¯¯
¯¯Z b
a
h (t) g (t) dt−
n(J)X
i=1
h (ξi) g (ηi) 4ti
¯¯¯¯
¯¯ ≤ ε+Mε (b− a)
o que conclui a prova. ¤
Proposição 2.5 Seja P : D ⊂ R3 → R um campo escalar contínuo e γ : [a, b] → R3
uma curva regular com γ([a, b]) ⊂ D e
γ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) .
Temos Z
γ
P (x, y, z) dx =
Z b
a
P (γ (t)) x0 (t) dt,Z
γ
P (x, y, z) dy =
Z b
a
P (γ (t)) y0 (t) dt,Z
γ
P (x, y, z) dz =
Z b
a
P (γ (t)) z0 (t) dt.
2.2. INTEGRAIS DE LINHA 43
Prova. Usando as notações de (2.4) temos
Z
γ
P (x, y, z) dx = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
P (γ (ξi)) [x (ti)− x (ti−1)] .
Pelo Teorema do Valor Médio, para cada i = 1, . . . , n (J) , existe ηi ∈ (ti−1, ti) tal que
x (ti)− x (ti−1) = x0 (ηi) (ti − ti−1) ,
logo Z
γ
P (x, y, z) dx = lim
|J|→0
n(J)X
i=1
P (γ (ξi)) x
0 (ηi) (ti − ti−1) .
Pelo Lema 2.4 segue a primeira igualdade desejada. As outras duas são provadas de modo
análogo. ¤
Nota 2.6 O valor da integral não pode depender da parametrização da curva. Para ver-
mos isso, consideremos duas parametrizações equivalentes de um mesmo traço:
λ : [a, b]→ R3, λ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) ,
γ : [c, d]→ R3, γ (l) = (u (l) , v (l) , w (l)) ,
com γ (l) = λ (g (l)) ,onde g : [c, d] → [a, b] é a aplicação mudança de parâmetro com
g0 > 0. Temos Z
γ
P (x, y, z) dx =
Z d
l=c
P (γ (l)) u0 (l) dl
=
Z d
l=c
P (λ (g (l))) x0 (g (l)) g0 (l) dl
=
Z g(d)
t=g(c)
P (λ (t)) x0 (t) dt
=
Z b
t=a
P (λ (t)) x0 (t) dt
=
Z
λ
P (x, y, z) dx.
De modo análogo provamos para as outras integrais.Nota 2.7 Quando as parametrizações não são equivalentes (g0 < 0), temosZ
γ
P (x, y, z) dx = −
Z
λ
P (x, y, z) dx.
44 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Como consequência , é importante deixar bem claro qual o sentido de percurso desejado.
No caso em que a curva γ é fechada, nós temos o sentido horário e o sentido anti-horário.
Para indicarmos o sentido anti-horário usamos a notação:I
γ
Pdx .
Exemplo 2.8 Se a curva γ (t) = (t, t2) , −1 ≤ t ≤ 1, é percorrida no sentido de t
crescente, calcule Z
γ
xy dx.
Temos
P (γ (t)) = t3, x (t) = t, x0 (t) = 1.
Logo Z
γ
xy dx =
Z 1
−1
t3dt = 0.
Exemplo 2.9 Se γ é dada por x2 + y2 = 1 calculeI
γ
x
x2 + y2
dy.
Temos γ (t) = (cos t, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π, assim
P (γ (t)) = cos t, y (t) = sen t, y0 (t) = cos t.
Logo I
γ
x
x2 + y2
dy =
Z 2π
0
(cos t) (cos t) dt = π.
Exemplo 2.10 Se γ é a intersecção do plano y = x com a superfície z = x2 + y2,
percorrida do ponto (−1,−1, 2) ao ponto (1, 1, 2) calculeZ
γ
(x+ y + z) dz.
Parametrizando γ temos
γ (t) =
¡
t, t, 2t2
¢
, −1 ≤ t ≤ 1,
logo
P (γ (t)) = 2t+ 2t2, z (t) = 2t2, z0 (t) = 4t.
Assim Z
γ
(x+ y + z) dz =
Z 1
t=−1
¡
2t+ 2t2
¢
(4t) dt =
16
3
.
2.2. INTEGRAIS DE LINHA 45
Exemplo 2.11 Se γ (t) = (cos t, sen, t) , 0 ≤ t ≤ 2π, calculeZ
γ
x dx+ y dy + z dz.
TemosZ
γ
x dx+ y dy + z dz =
Z 2π
0
[(cos t) (− sen t) + (sen t) (cos t) + (t) (1)] dt
=
Z 2π
0
t dt
= 2π2.
Exemplo 2.12 Seja γ a intersecção das superfícies x2 + 4y2 = 1, y ≥ 0 e x2 + z2 = 1
com z ≥ 0. Determine o trabalho realizado pelo campo F (x, y, z) = (2y, z, x) ao deslocar
uma partícula ao longo de γ do ponto (1, 0, 0) ao ponto (−1, 0, 0) .
Parametrizando γ obtemos
γ (t) =
µ
cos t,
sen t
2
, sen t
¶
, 0 ≤ t ≤ π.
Logo
τ =
Z
γ
F.dγ
=
Z π
0
hF (γ (t)) , γ0 (t)i dt
=
Z π
0
¿
(sen t, sen t, cos t) ,
µ
− sen t, cos t
2
, cos t
¶À
dt
=
Z π
0
·
− sen2 t+ cos2 t+ sen t cos t
2
¸
dt
= 0.
Exemplo 2.13 Relação entre trabalho e energia cinética: Suponhamos um campo
de forças contínuo F : D ⊂ R3 → R3 e γ : [a, b] → D uma curva regular com vetor
velocidade v (t) = γ0 (t) . Provemos que o trabalho realizado por F no deslocamento de uma
partícula de massa m ao longo de γ é igual à variação na energia cinética da partícula,
isto é Z
γ
F.dγ =
1
2
m
£kv (b)k2 − kv (a)k2¤ .
Temos, pela lei de Newton, que
F (γ (t)) = m
d
dt
v (t) .
46 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Assim Z
γ
F.dγ =
Z b
a
hF (γ (t)) , γ0 (t)i dt
=
Z b
a
¿
m
d
dt
v (t) , v (t)
À
dt
= m
Z b
a
1
2
d
dt
kv (t)k2 dt
=
1
2
m
£kv (b)k2 − kv (a)k2¤ .
Nota 2.14 Em muitas aplicações o caminho γ não é regular, mas sim composto por um
número finito de partes regulares γ1, γ2, γ3, ... γn. A este tipo de caminho chamamos de
caminho regular por partes. Neste caso, podemos usar a notação
γ = γ1 ∨ γ2 ∨ γ3 ∨ ... ∨ γn.
A integral de linha ao longo de γ é definida como sendo a soma das integrais de linha ao
longo de cada parte regular.
Exemplo 2.15 Seja γ a fronteira do triângulo com vértices em (0, 0) , (1, 1) e (0, 1) . Se
γ é percorrida no sentido anti-horário calculemosI
γ
p
x2 + y2dy.
Temos γ = γ1 ∨ γ2 ∨ γ3, onde
γ1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] ,
γ2 (t) = (t, 1) , t ∈ [0, 1] ,
γ3 (t) = (0, t) , t ∈ [0, 1] ,
logo I
γ
p
x2 + y2dy =
3X
i=1
Z
γi
p
x2 + y2dy.
Como Z
γ1
p
x2 + y2dy =
Z 1
0
R 1
0
(
√
2t2) (1) dt =
√
2
2
,Z
γ2
p
x2 + y2dy =
Z 0
1
¡√
1 + t2
¢
(0) dt = 0,Z
γ3
p
x2 + y2dy =
Z 0
1
³√
t2
´
(1) dt = −1
2
,
temos I
γ
p
x2 + y2dy =
1
2
³√
2− 1
´
.
92 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
2.12 Exercícios resolvidos da quarta semana
1. Seja γ : (x− 3)2 + y2 = 1, calcule
I =
I
γ
y
(x− 3)2 + y2
dx+
x− 3
(x− 3)2 + y2
dy.
Resolução. Parametrizando γ, no sentido anti-horário, temos γ (t) = (3 + cos t, sen t) ,
0 ≤ t ≤ 2π, logo
I =
Z 2π
0
[(sen t) (− sen t) + (cos t) (− cos t)] dt = −2π.
¤
2. Seja γ dada por 9x2+ y2 = 1 e y+ z = 1, percorrida no sentido anti-horário quando
projetada no plano xy, calcule
I =
I
γ
xydx+ ydy + xzdz.
Resolução. Parametrizando obtemos γ (t) =
µ
cos t
3
, sen t, 1− sen t
¶
, 0 ≤ t ≤ 2π,
logo
I =
R 2π
0
·µ
cos t
3
sen t
¶µ
− sen t
3
¶
+ (sen t) (cos t) +
µ
cos t
3
(1− sen t)
¶
(− cos t)
¸
dt =
=
R 2π
0
·
−sen
2 t
9
cos t+ sen t cos t− cos
2 t
3
+
cos2 t
3
sen t
¸
dt
=
·
−sen
3 t
27
+
sen2 t
2
− cos
3 t
9
− 1
3
µ
t
2
+
sen 2t
4
¶¸2π
t=0
= −π
3
.
¤
3. Seja γ dada por x2 + y2 + z2 = 2 e x = y com x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0. Determine
o trabalho realizado pelo campo F (x, y, z) = (x2 + y2, z2 + y2, zy) ao deslocar uma
partícula ao londo de γ do ponto (1, 1, 0) ao ponto
¡
0, 0,
√
2
¢
.
Resolução. Parametrizando γ temos γ (t) =
¡
cos t, cos t,
√
2 sen t
¢
, 0 ≤ t ≤ π/2,
2.12. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DA QUARTA SEMANA 93
logo
τ =
R π/2
0
F (γ (t)) · γ0 (t) dt
=
R π/2
0
¡
2 cos2 t, 2 sen2 t+ cos2 t,
√
2 sen t cos t
¢ · ¡− sen t,− sen t,√2 cos t¢ dt
=
R π/2
0
(−2 cos2 t sen t− (1 + sen2 t) sen t+ 2 cos2 t sen t) dt
= −
R π/2
0
(1 + sen2 t) sen tdt
= −
R π/2
0
(2 sen t− sen t cos2 t) dt
= −
·
−2 cos t+ cos
3 t
3
¸π/2
t=0
= −5
3
.
¤
4. Determine o trabalho realizado pelo campo F (x, y) = (x, y) ao deslocar uma partícula
sobre a curva dada em coordenadas polares por ρ =
√
cos 2t do ponto (1, 0) ao ponto
(0, 0) .
Resolução. Em coordenadas polares temos x = ρ cos t e y = ρ sen t, logo a curva é
parametrizada por γ (t) =
¡√
cos 2t cos t,
√
cos 2t sen t
¢
e o trabalho é dado por
τ =
Z π/4
0
F (γ (t)) · γ0 (t) dt.
Temos
F (γ (t)) =
³√
cos 2t cos t,
√
cos 2t sen t
´
,
e
γ
0
(t) =
µ
− sen 2t√
cos 2t
cos t−
√
cos 2t sen t,− sen 2t√
cos 2t
sen t+
√
cos 2t cos t
¶
,
logo
τ =
R π/4
0
·√
cos 2t cos t
µ
− sen 2t√
cos 2t
cos t−
√
cos 2t sen t
¶
+
+
√
cos 2t sen t
µ
− sen 2t√
cos 2t
sen t+
√
cos 2t cos t
¶¸
dt
=
R π/4
0
− sen 2tdt = −1
2
.
¤
2.7. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA QUARTA SEMANA 77
2.7 Exercícios propostos da quarta semana
1. Sejam γ (t) = (t, t2) , −1 ≤ t ≤ 1 e F (x, y) = (x, y) . CalculeZ
γ
F.dγ.
2. Determine o trabalho realizado pelo campo
F (x, y) =
µ
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
¶
,
ao deslocar uma partícula ao longo da curva x2 + y2 = 1, no sentido anti-horário.
3. Sejam r (x, y) = (x, y) e
F (x, y) =
4
kr (x, y)kr (x, y) .
Determine o trabalho realizado por F ao deslocar, no sentido anti-horário, uma
partícula ao longo de x2 + y2 = a2, a > 0.
4. Dados os caminhos
γ1 (t) = (t, 1− t) , 0 ≤ t ≤ 1,
γ2 (θ) = (2 sen θ, 1− 2 sen θ) , 0 ≤ θ ≤ π/6,
calcule as integrais Z
γ1
x2y dx e
Z
γ2
x2y dx .
5. Se γ (t) = (t, |t|) com −1 ≤ t ≤ 1, calculeZ
γ
x dx+ xy dy.
6. Se γ é a fronteira do quadrado com vértices em (−1,−1) , (1,−1) , (1, 1) e (−1, 1) ,
calcule I
γ
x1/3dx+
dy
1 + y2
.
7. Calcule as integrais abaixo, sobre os segmentos de retas unindo os pontos indicados:
(a)
Z (2,2)
(0,0)
y2 dx.( Resposta:
8
3
)
(b)
Z (1,2)
(2,1)
y dx.(Resposta: −3
2
)
78 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
(c)
Z (2,2)
(1,1)
xdy.(Resposta:
3
2
)
8. Calcule as integrais de linha:
(a)
Z (0,1)
(0,−1)
y2dx+ x2dy, ao longo de γ : x =
p
1− y2.
Resposta:
4
3
.
(b)
Z (2,4)
(0,0)
ydx+ xdy, ao longo de γ : y = x2.
Resposta: 8.
(c)
Z (0,1)
(1,0)
ydx− xdy
x2 + y2
, ao longo de γ (t) = (cos3 t, sen3 t) , 0≤ t ≤ π/2.
Sugestão: use a substituição u = tan t e depois v = u3.
Resposta: −π
2
.
(d)
Z
γ
(2a− y) dx+ xdy, onde γ (t) = (at− a sen t, a− a cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
Resposta: −2πa2.
(e)
Z A=(2,1)
O=(0,0)
2xydx− x2dy, ao longo dos caminhos indicados abaixo:
i. Sobre a reta OmA.
Resposta:
4
3
.
ii. Sobre a parábola OnA cujo eixo de simetria é Oy.
Resposta: 0.
iii. Sobre a parábola OpA cujo eixo de simetria é Ox.
Resposta:
12
5
.
iv. Sobre a poligonal OBA com B = (2, 0) .
Resposta: −4.
v. Sobre a poligonal OCA com C = (0, 1) .
Resposta: 4.
(f)
Z
γ
y2dx + xydy, onde γ é o quadrado de vértices em A = (1, 1) , B = (−1, 1) ,
C = (−1,−1) e D = (1,−1) .
Resposta: 0.
(g)
I
γ
ydx− xdy, onde γ : x2 + y2 = 1.
Resposta: −2π.
2.7. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA QUARTA SEMANA 79
(h)
I
γ
x2y2dx− xy3dy, sendo γ o triângulo de vértices em A = (0, 0) , B = (1, 0) e
C = (1, 1) .
Resposta: −1
4
.
(i)
I
γ
(x+ y)dx− (x− y)dy
x2 + y2
, sendo γ : x2 + y2 = a2.
Resposta: −2π.
(j)
I
γ
xy (ydx− xdy)
x2 + y2
, se γ é o lado direito da lemniscata ρ2 = a2 cos 2t.
Resposta: 0.
9. Seja F : R2 → R2 um campo vetorial contínuo tal que F (x, y) é paralelo ao vetor
posição ρ (x, y) = (x, y) . Seja γ : [a, b] → R2 uma curva regular de classe C1, cuja
imagem está contida na circunferência centrada na origem e raio r > 0. CalculeH
γ F.dγ.
10. Seja F (x, y, z) = (x, y, z) , determine o trabalho realizado por F no deslocamento
de uma partícula de γ (a) até γ (b) , nos casos abaixo:
(a) γ (t) = (cos t, sen t, t) , a = 0, b = 2π.
(b) γ (t) = (2t+ 1, t− 1) , a = 1, b = 2.
(c) γ (t) = (cos t, 0, sen t) , a = 0, b = 2π.
11. Seja γ a intersecção de z = x2+y2 com z = 2x+2y−1 e o sentido tal que a projeção
de γ no plano xOy é percorrido no sentido anti-horário. Calcule
Z
γ
xdx+ dy + 2dz.
12. Seja γ a intersecção de x2 + y2 + z2 = 2 (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0) com o plano x = y .
Calcule
Z (1,10)
(0,0,
√
2)
dx+ xydy + zdz.
13. Seja γ a intersecção do plano y = x com a superfície z = x2 + y2 (z ≤ 2). CalculeZ (1,1,2)
(−1,−1,2)
dx+ ydy + dz.
14. Seja γ a intersecção das superfícies x2 + 4y2 = 1 e x2 + z2 = 1 com y ≥ 0 e z ≥ 0.
Calcule
Z (−1,0,0)
(1,0,0)
2ydx+ zdy + xdz.
15. Seja F : R2 → R2 um campo contínuo. Justifique as igualdades:
80 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
(a) Se γ1 (t) = (t, t
2) , 0 ≤ t ≤ 1 e γ2 (u) = (u/2, u2/4) , 0 ≤ u ≤ 2, entãoZ
γ1
F.dγ1 =
Z
γ2
F.dγ2.
(b) Se γ1 (t) = (cos t, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π e γ2 (u) = (cos 2u, sen 2u) , 0 ≤ u ≤ π,
então Z
γ1
F.dγ1 =
Z
γ2
F.dγ2.
(c) Se γ1 (t) = (cos t, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π e γ2 (u) = (cos (2π − u) , sen (2π − u)) ,
0 ≤ u ≤ π, então Z
γ1
F.dγ1 = −
Z
γ2
F.dγ2.
(d) Se γ1 (t) = (t, t
3) , −1 ≤ t ≤ 1 e γ2 (u) =
¡
1− u, (1− u)3
¢
, 0 ≤ u ≤ 2, entãoZ
γ1
F.dγ1 = −
Z
γ2
F.dγ2.
16. A força gravitacional na vizinhança de um ponto da superfície da Terra é repre-
sentada por (0,−mg, 0) , onde o eixo y aponta para cima. Mostre que o trabalho
realizado por essa força sobre um corpo que se desloca, no plano zOy, da altura h1
para a altura h2 segundo qualquer caminho, é igual a mg (h1 − h2) .
17. Seja r (x, y, z) = (x, y, z) . Mostre que o potencial gravitacional da Terra
U (x, y, z) =
−kMm
kr (x, y, z)k ,
é igual ao oposto do trabalho realizado pela força gravitacional
F (x, y, z) = − kMmkr (x, y, z)k3 r (x, y, z) ,
ao deslocar uma partícula de uma distância infinita a uma distância kr (x, y, z)k ao
longo do raio passando pelo centro da Terra.
18. Prove que se f : R → R é uma função contínua e γ é uma curva fechada regular
por partes no R2 então
Z
γ
f (x2 + y2) (xdx+ ydy) = 0.
2.2. INTEGRAIS DE LINHA 47
2.2.3 Motivação física 2
Exemplo 2.16 Imaginemos que uma curva regular
γ : [a, b]→ R3, γ (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) ,
represente um fio de arame com densidade variável dada por um campo escalar contínuo
f (x, y, z) (massa por unidade de comprimento). Determinemos a massa total m do fio.
Para isso consideramos
J =
©
a = t0 < t1 < ... < tn(J) = b
ª
,
uma partição de [a, b] , s (t) o comprimento de arco de a à t, e denotamos para cada
i = 1, 2, ...n (J) :
4si = s (ti)− s (ti−1) .
Seja ξi ∈ (ti−1, ti) e
γ (ξi) = (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi))
Suponhamos que no arco \γ (ti−1) γ(ti) a densidade seja constante, isto é,
f (x, y, z) = f (γ (ξi)) = f (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi)) .
Logo a massa mi, nesse arco, é dada por
mi = f (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi))4si.
Por aproximação obtemos
m e= n(J)X
i=1
mi =
n(J)X
i=1
f (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi))4si. (2.8)
48 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Definição 2.17 Consideremos as condições do Exemplo 2.16. Se existir o limite do so-
matório em (2.8) quando |J |→ 0, o resultado é definido como a integral de f sobre a
curva γ com respeito ao comprimento de arco, isto éZ
γ
f (x, y, z) ds = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
f (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi))4si. (2.9)
Nota 2.18 Voltando ao Exemplo 2.16, temos que a massa total do fio é dada por
m =
Z
γ
f (x, y, z) ds. (2.10)
O centro de massa (x∗, y∗, z∗) de γ é dado por
x∗ =
1
m
Z
γ
x f (x, y, z) ds,
y∗ =
1
m
Z
γ
y f (x, y, z) ds,
z∗ =
1
m
Z
γ
z f (x, y, z) ds.
Se L é um eixo fixado, denotamos por δ(x, y, z) a distância do ponto (x, y, z) à L. O
momento de inércia de γ com respeito à L é dado por I =
R
γ
f (x, y, z) δ2 (x, y, z) ds.
2.2.4 Integrais de linha com respeito ao comprimento de arco
Seja f : D ⊂ R3 → R um campo escalar contínuo. Se γ : [a, b] → R3 é uma curva
regular com γ([a, b]) ⊂ D, a integral de f sobre γ com respeito ao comprimento de arco
foi definida em (2.9) como sendoZ
γ
f (x, y, z) ds = lim
|J |→0
n(J)X
i=1
f (x (ξi) , y (ξi) , z (ξi))4si,
onde J é uma partição de [a, b] em sub-intervalos (ti−1, ti) para i = 1, . . . , n (J) , ξi ∈
(ti−1, ti) e s (t) é a função comprimento de arco
s (t) =
Z t
a
kγ0 (σ)k dσ.
Vejamos, agora, como calcular este valor: Pelo Teorema do Valor Médio, para cada i =
1, . . . , n (J) , existe ηi ∈ (ti−1, ti) tal que
s (ti)− s (ti−1) = s0 (ηi) (ti − ti−1) = kγ0 (ηi)k 4ti.
Assim pelo Lema 2.4, temosZ
γ
f (x, y, z) ds =
Z b
a
f (γ (t)) kγ0 (t)k dt. (2.11)
2.2. INTEGRAIS DE LINHA 49
Nota 2.19 O valor da integral dado em (2.11), independe da parametrização. Esta prova
é análoga ao que vimos na definição de comprimento de arco na Nota 2.6.
Exemplo 2.20 Se γ (t) = (cos t, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π, calculemosZ
γ
¡
x2 + 2y2
¢
ds.
Temos
f (γ (t)) = cos2 t+ 2
2
sen t, γ0 (t) = (− sen t, cos t) e kγ0 (t)k = 1,
logo Z
γ
¡
x2 + 2y2
¢
ds =
Z 2π
0
³
1 +
2
sen t
´
dt = 3π.
Exemplo 2.21 Determinemos a massa de um fio γ (t) = (t, t) , 0 ≤ t ≤ 1, com a densi-
dade dada por f (x, y) = xy.
Temos
f (γ (t)) = t2, γ0 (t) = (1, 1) , kγ0 (t)k =
√
2,
logo
m =
Z
γ
f (x, y) ds =
Z 1
0
√
2t2 dt =
√
2
3
.
Exemplo 2.22 Determinemos o momento de inércia com respeito ao eixo 0z de um fio
com a forma da circunferência x2 + y2 = R2, com y ≥ 0, se a densidade é dada por
f (x, y) = x2y.
Temos
γ (t) = (R cos t, R sen t) , 0 ≤ t ≤ π.
Como
f (γ (t)) = R3 cos2 t sen t, γ0 (t) = (−R sen t, R cos t) , kγ0 (t)k = R,
δ (x, y) = dist ((x, y) , 0z) =
p
x2 + y2, δ (γ (t)) = R,
segue
I =
Z
γ
δ2 (x, y) f (x, y) ds =
Z π
0
R2R3 cos2 t sen t R dt =
2
3
R6.
Exemplo 2.23 Se γ é o lado direito da lemniscata ρ2 = a2 cos 2θ, calculeZ
γ
(x+ y) ds.
Parametrizando a curva, obtemos
γ (θ) =
³
a
√
cos 2θ cos θ, a
√
cos 2θ sen θ
´
, −π/4 ≤ θ ≤ π/4.
50 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Logo
γ0 (θ) = −a cos−1/2 θ (cos θ sen 2θ + cos 2θ sen θ, sen θ sen 2θ − cos 2θ cos θ) ,
e
kγ0 (θ)k2 = a
2
cos 2θ
.
Portanto Z
γ(x+ y) ds =
Z π/4
−π/4
h
a
√
cos 2θ (cos θ + sen θ)
i a√
cos 2θ
dθ = a2
√
2.
Exemplo 2.24 Se γ é a intersecção das superfícies x2 + y2 + z2 = a2 e x = y, deter-
minemos Z
γ
[xy + z] ds.
Parametrizando γ obtemos
γ (t) =
µ
a cos t√
2
,
a cos t√
2
, a sen t
¶
, 0 ≤ t ≤ 2π.
Logo
γ0 (t) =
µ
−a sen t√
2
,−a sen t√
2
, a cos t
¶
, kγ0 (t)k = a.
Portanto Z
γ
[xy + z] ds =
Z 2π
0
·
a2
2
cos2 t+ a sen t
¸
a dt =
πa2
2
.
2.3. O TEOREMA DE GREEN 51
2.3 O Teorema de Green
Definição 2.25 Seja D ⊂ R2.
1. Dizemos que D é conexo quando dados dois pontos quaisquer A,B ∈ D, existe uma
poligonal, inteiramente contida em D, unindo os pontos A e B.
2. Dizemos que D é um domínio quando D é aberto e conexo.
3. Dizemos que D é simplesmente conexo quando D é um domínio e dada qualquer
curva γ fechada contida em D a região limitada por γ está inteiramente contido em
D.
Definição 2.26 Dizemos que uma curva γ : [a, b] → R2 é simples quando a restrição
γ|[a,b) é injetiva.
Teorema 2.27 Teorema de Green: Sejam D ⊂ R2 um aberto, e γ uma curva fechada,
simples, regular (ou regular por partes), tal que a regiãoR limitada por γ está inteiramente
contida em D. Se P,Q : D→ R são de classe C1 em D, então:I
γ
P (x, y) dx+Q (x, y) dy =
ZZ
R
·
∂Q
∂x
(x, y)− ∂P
∂y
(x, y)
¸
dxdy.
Prova. Suponhamos, inicialmente, que existem funções de classe C1
f1, f2 : [a, b]→ R, g1, g2 : [c, d]→ R,
tais que
R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, f1 (x) ≤ y ≤ f2 (x)} ,
R = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, g1 (y) ≤ x ≤ g2 (y)} .
52 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Temos γ = ∂Ω = γ1 ∨ γ2, onde
γ1 (x) = (x, f1 (x)) , a ≤ x ≤ b,
γ2 (x) = (x, f2 (x)) , a ≤ x ≤ b.
Logo ZZ
R
·
∂P
∂y
(x, y)
¸
dxdy =
Z b
x=a
Z f2(x)
y=f1(x)
·
∂P
∂y
(x, y)
¸
dydx
=
Z b
x=a
[P (x, f2 (x))− P (x, f1 (x))] dx
= −
Z b
x=a
P (x, f1 (x)) dx−
Z a
x=b
P (x, f2 (x)) dx.
De acordo com a orientação de γ segueZZ
R
·
∂P
∂y
(x, y)
¸
dxdy = −
Z
γ1
P (x, y) dx−
Z
γ2
P (x, y) dx
= −
I
γ
P (x, y) dx.
De modo análogo provamos queZZ
R
·
∂Q
∂x
(x, y)
¸
dxdy =
I
γ
Q (x, y) dy.
Se R não é uma região do tipo considerado, mas pode ser dividida em um número
finito de regiões deste tipo,
R = R1 ∪R2 ∪ ... ∪Rn,
então aplicamos o Teorema em cada Ri e somamos os resultados. Como
nX
i=1
ZZ
Ri
·
∂Q
∂x
(x, y)− ∂P
∂y
(x, y)
¸
dxdy =
ZZ
R
·
∂Q
∂x
(x, y)− ∂P
∂y
(x, y)
¸
dxdy
e
nX
i=1
I
γi
P (x, y) dx+Q (x, y) dy =
I
γ
P (x, y) dx+Q (x, y) dy,
o teorema continua válido neste caso.
Para casos mais gerais, utiliza-se um processo de limite descrito em O. D. Kellog-
Foundations of Potential Theory. ¤
2.3. O TEOREMA DE GREEN 53
Exemplo 2.28 Se γ é dada por x2 + y2 = 1, calculemosI
γ
4xy3 dx+ 6x2y2 dy.
Temos P (x, y) = 4xy3, Q (x, y) = 6x2y2 de classe C1 em D = R2, e
R = ©(x, y) : x2 + y2 ≤ 1ª ⊂ D.
Podemos, então, aplicar o Teorema de Green . LogoI
γ
4xy3 dx+ 6x2y2 dy =
ZZ
R
·
∂
∂x
(6x2y2)− ∂
∂y
(4xy3)
¸
dxdy
=
ZZ
R
[12xy2 − 12xy2] dxdy
= 0.
Exemplo 2.29 Se γ é dada por x2 + y2 = 1, calculemosI
γ
¡
x4 − y3
¢
dx+
¡
x3 + y5
¢
dy.
Temos P (x, y) = x4 − y3, Q (x, y) = x3 + y5 de classe C1 em D = R2, e
R = ©(x, y) : x2 + y2 ≤ 1ª ⊂ D.
Podemos, então, aplicar o Teorema de Green . LogoI
γ
(x4 − y3) dx+ (x3 + y5) dy =
ZZ
R
·
∂
∂x
(x3 + y5)− ∂
∂y
(x4 − y3)
¸
dxdy
=
ZZ
R
[3x2 + 3y2] dxdy
= 3
Z 1
ρ=0
Z 2π
θ=0
ρ3 dθdρ
=
3π
2
.
Exemplo 2.30 Se γ é a fronteira do quadrado R com vértices em (−1, 0) , (0,−1) , (1, 0)
e (0, 1) , calculemos
I =
I
γ
4x3y3 dx+
¡
3x4y2 + 5x
¢
dy.
54 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Como P (x, y) = 4x3y3 e Q (x, y) = 3x4y2+5x são de classe C1 em D = R2, e R ⊂ D
podemos aplicar o Teorema de Green:
I =
ZZ
R
·
∂
∂x
(3x4y2 + 5x)− ∂
∂y
(4x3y3)
¸
dxdy
=
ZZ
R
[12x3y2 + 5− 12x3y2] dxdy
= 5
Z 0
x=−1
Z x+1
y=−x−1
dydx+ 5
Z 1
x=0
Z −x+1
y=x−1
dydx
= 10.
94 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
2.13 Exercícios resolvidos da quinta semana
1. Seja γ dada por x2 + y2 = 4 e x+ y + z = 1, calcule
I =
Z
γ
(2z + x+ y)
¡
x2 − y2
¢
ds.
Resolução. Parametrizando γ obtemos γ (t) = (2 cos t, 2 sen t, 1− sen t− cos t)
, 0 ≤ t ≤ 2π. Temos
γ
0
(t) = (−2 sen t, 2 cos t, γ (t) = (2 cos t, 2 sen t, sen t− cos t)) ,
então °°°γ0 (t)°°° = √5− 2 cos t sen t,
logo
I =
Z 2π
0
(2− 2 sen t− 2 cos t+ 2 cos t+ 2 sen t)
£
4 cos2 t− 4 sen 2t
¤√
5− 2 cos t sen tdt
=
Z 2π
0
8
¡
cos2 t− sen 2t
¢√
5− 2 cos t sen tdt
= 8
1
2
2
3
h
(5− 2 cos t sen t)3/2
i2π
t=0
=
8
3
5
√
5.
¤
2. Se γ : (x2 + y2)2 = x2 − y2 com x ≥ 0 e y ≥ 0 calcule
I =
Z
γ
¡
x2 + y2
¢5/2
ds.
Resolução. Temos γ (t) =
¡√
cos 2t cos t,
√
cos 2t sen t
¢
, 0 ≤ t ≤ π/4, logo°°°γ0 (t)°°° = 1√
cos 2t
,
então
I =
Z π/4
0
(cos 2t)5/2
1√
cos 2t
dt =
Z π/4
0
cos2 2tdt =
π
8
.
¤
2.13. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DA QUINTA SEMANA 95
3. Se γ : (x2 + y2)2 = x2 − y2 com x ≥ 0 determine, usando uma integral de linha, a
área da região R limitada por γ.
Resolução. Como P (x, y) = −y e Q (x, y) = x são de classe C1 em todo R2,
podemos usar o Teorema de Green obtendoI
γ
− ydx+ xdy =
ZZ
R
2dxdy = 2area (R) ,
logo
area (R) =
1
2
I
γ
− ydx+ xdy,
como
γ (t) =
³√
cos 2t cos t,
√
cos 2t sen t
´
,−π/4 ≤ t ≤ π/4,
temos
area (R) =
1
2
Z π/4
−π/4
·³
−
√
cos 2t sen t
´µ
− sen 2t√
cos 2t
cos t−
√
cos 2t sen t
¶
+
√
cos 2t cos t
µ
− sen 2t√
cos 2t
sen t+
√
cos 2t cos t
¶¸
dt
=
1
2
Z π/4
−π/4
cos 2tdt =
1
2
.
¤
4. Se γ : x2 + (y − 3)2 = 1, calcule
I =
I
γ
£
−
¡
(y − 3)3 + 3x2y − ln
¡
x2 + ex
¢¢¤
dx+
³
2x3 + sen
p
1 + y2
´
dy.
Resolução. Como P (x, y) = −
¡
(y − 3)3 + 3x2y − ln (x2 + ex)
¢
e Q (x, y) = 2x3 +
sen
p
1 + y2 são de classeC1 em todoR2, podemos usar o Teorema de Green obtendo
I =
ZZ
R
µ
∂Q
∂x
(x, y)− ∂P
∂y
(x, y)
¶
dxdy,
onde R : x2 + (y − 3)2 ≤ 1, logo
I =
ZZ
R
£¡
6x2
¢
−
¡
−3 (y − 3)2 + 3x2
¢¤
dxdy
=
ZZ
R
£
3x2 + 3 (y − 3)2
¤
dxdy,
96 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
e usando as cooredenadas polares
x = r cos t, y = 3 + r sen t, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 2π,
segue
I = 3
Z 1
r=0
Z 2π
t=0
r3dtdr = 3
1
4
2π =
3
2
π.
¤
5. Se γ : (x− 2)2 + y2 = 1, calcule
I =
I
γ
x
x2 + y2
dx+
y
x2 + y2
dy.
Resolução. Como P (x, y) =
x
x2 + y2
e Q (x, y) =
y
x2 + y2
sâo de classe C1 em
D = R2 − {(0, 0)} e R : (x− 2)2 + y2 = 1 ⊂ D, podemos usar o Teorema de Green
obtendo
I =
ZZ
R
µ
∂Q
∂x
(x, y)− ∂P
∂y
(x, y)
¶
dxdy.
Temos
∂Q
∂x
(x, y) =
1
(x2 + y2)2
(−2xy) = ∂P
∂y
(x, y) em D,
segue que I = 0. ¤
2.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA QUINTA SEMANA 81
2.8 Exercícios propostos da quinta semana
1. Seja f : D ⊂ R3 → R contínua e γ uma curva regular cujo traço está contido em
D. Se L é o comprimento de γ e existe M > 0 com
|f (x, y, z)| ≤M, ∀ (x, y, z) ∈ tr γ,
prove que ¯¯¯¯Z
γ
f (x, y, z) ds
¯¯¯¯
≤ LM.
2. Se γ é o primeiro arco da ciclóide
γ (t) = (a (t− sen t) , a (1− cos t)) , 0 ≤ t ≤ 2π,
calcule
Z
γ
y2 ds.
3. Calcule as integrais abaixo:
(a)
Z
γ
(x2 − y2) ds, onde γ : x2 + y2 = 4.
Resposta: 0.
(b)
Z
γ
xds, onde γ : x = y, 0 ≤ x ≤ 1.
Resposta:
√
2
2
.
(c)
Z
γ
ds, onde γ : y = x2, 0 ≤ y ≤ 1.
Resposta:
√
5
2
+
1
4
£
ln
¡
2 +
√
5
¢¤
.(d)
Z
γ
p
2y2 + z2ds, onde γ : x2 + y2 + z2 = a2 e y = x.
Resposta: 2πa2.
(e)
R
γ
xyds, onde γ : |x|+ |y| = a.
Resposta: 0.
(f)
Z
γ
dsp
x2 + y2 + 4
, onde γ é o segmento unindo os pontos (0, 0) e (1, 2) .
Resposta: ln
3 +
√
5
2
.
(g)
Z
γ
xyds, onde γ é o primeiro quadrante da elipse (x/a)2 + (y/b)2 = 1.
Resposta:
ab (a3 − b3)
3 (a2 − b2) .
82 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
(h)
Z
γ
y2ds, onde γ é o primeiro arco da ciclóide γ (t) = (t− sin t, 1− cos t) .
Resposta:
256
15
.
4. Calcule a massa do fio γ (t) = (t, 2t, 3t) , 0 ≤ t ≤ 1, com densidade linear f (x, y, z) =
x+ y + z.
5. Calcule a massa do fio γ (t) = (cos t, sin t, t) , 0 ≤ t ≤ π, com densidade linear
f (x, y, z) = x2 + y2 + z2.
6. Calcule o momento de inércia de um fio homogêneo com a forma de uma circunfer-
ência de raio ρ > 0, em torno de uma diâmetro.
7. Calcule o momento de inércia do fio γ (t) = (t, 2t, 3t) , 0 ≤ t ≤ 1, com densidade
linear f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 em torno do eixo Oz.
8. Mostre que se f (x, y) > 0 sobre os pontos de uma curva regular γ, então a área da
superfície cilíndrica
S = {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ f (x, y) , (x, y) ∈ γ} ,
é dada por
Z
γ
f (x, y) ds.
9. Determine a área da superfície lateral do cilindro parabólico y = 3/8 x2, limitado
pelos planos z = 0, z = x e y = 6.
Resposta:
16
27
¡
10
√
10− 1
¢
.
10. Se γ é dada por x2 + y2 = 4, calculeI
γ
y
x2 + y2
dx− x
x2 + y2
dy.
11. Se γ é dada por (x− 3)2 + (y − 1)2 = 1, calculeI
γ
y
x2 + y2
dx− x
x2 + y2
dy.
12. Se γ é dada por (x− 3)2 + y2 = 4, calculeI
γ
p
x2 + y2 dx+ y
h
ln
³
x+
p
x2 + y2
´i
dy.
13. Calcule usando o Teorema de Green:
2.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS DA QUINTA SEMANA 83
(a)
I
γ
aydx+ bxdy, onde γ é uma curva simples, fechada e regular.
Resposta: (b− a) vezes a área da região limitada por γ.
(b)
I
γ
ex sen y dx + ex cos y dy, onde γ é a fronteira do retângulo com vértices em
(0, 0) , (1, 0), (1, π/2) e (0, π/2) .
Resposta: 0.
(c)
I
γ
(2x3 − y3) dx+ (x3 + y3) dy, onde γ : x2 + y2 = 1.
Resposta: 3
π
2
.
(d)
I
γ
2 (x2 + y2) dx + (x+ y)2 dy, onde γ é a fronteira do triângulo com vértices
(1, 1) , (2, 2) e (1, 3) .
Resposta: −4
3
.
(e)
I
γ
− x2ydx+ xy2dy, onde γ : x2 + y2 = r2.
Resposta: r4
π
2
.
14. Sejam
P (x, y) =
x
(x2 + y2)2/3
e Q (x, y) =
y
(x2 + y2)2/3
.
Determine
I
γ
Pdx+Qdy, onde
(a) γ :
(x− 3)2
2
+
(y − 1)2
4
= 1.
(b) γ : x2 + y2 = 1.
(c) γ é o quadrado de vértices em A = (−1,−1) , B = (1,−1) , C = (1, 1) e
D = (−1, 1) .
15. São dados dois campos escalares u e v de classe C1 num aberto contendo o disco
circular R, cuja fronteira é a circunferência γ : x2 + y2 = 1. Definimos os campos
vetoriais
F (x, y) = (v (x, y) , u (x, y)) ,
G (x, y) =
µ
∂u
∂x
− ∂u
∂y
,
∂v
∂x
− ∂v
∂y
¶
(x, y) .
Sabendo que sobre γ tem-se v (x, y) = y, u (x, y) = 1, determine o valor da integralZZ
R
(F.G) (x, y) dxdy.
84 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
16. Sejam u e v campos escalares de classe C2 num aberto conexo D ⊂ R2, e R uma
região de D com fronteira ∂R fechada e regular por partes. Prove que:
(a)
I
∂R
(uv) (dx+ dy) =
ZZ
R
·
v
µ
∂u
∂x
− ∂u
∂y
¶
+ u
µ
∂v
∂x
− ∂v
∂y
¶¸
dxdy.
(b)
1
2
I
∂R
µ
v
∂u
∂x
− u∂v
∂x
¶
dx+
µ
u
∂v
∂y
− v∂u
∂y
¶
dy =
ZZ
R
µ
u
∂2v
∂x∂y
− v ∂
2u
∂x∂y
¶
dxdy.
17. Calcule a área da região limitada pela curva γ :
(a) γ (t) = (a cos t, b sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
Resposta: πab.
(b) γ (t) = (a cos3 t, a sen3 t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
Resposta:
3
8
πa2.
(c) γ (t) = (a (2 cos t− cos 2t) , a (2 sen t− sen 2t)) , −π ≤ t ≤ π.
Resposta: 6πa2.
2.4. INTERPRETAÇÃO VETORIAL DO TEOREMA DE GREEN 55
2.4 Interpretação vetorial do Teorema de Green
Para vermos a interpretação vetorial do Teorema de Green e algumas aplicações, pre-
cisamos definir os operadores gradiente, divergente e rotacional e estabelecer algumas de
suas propriedades.
2.4.1 Gradiente de um campo escalar
Definição 2.31 Se o campo escalar f : D ⊂ Rn → R admite todas as derivadas parciais
de primeira ordem em a ∈ D0, o vetor gradiente de f em a é definido como sendo
grad f (a) = ∇f (a) =
µ
∂f
∂x1
(a) ,
∂f
∂x2
(a) , ...,
∂f
∂xn
(a)
¶
.
Exemplo 2.32 Se f (x, y, z) = x2 + arctan zy, temos
∇f (x, y, z) =
µ
2x,
z
1 + z2y2
,
y
1 + z2y2
¶
.
Nota 2.33 Foi visto em MAT − 21, que se f : D ⊂ Rn → R é diferenciável em a ∈ D0,
então
df (a) (v) = h∇f (a) , vi .
2.4.2 Divergente de um campo vetorial
Definição 2.34 Se o campo vetorial F : D ⊂ Rn → Rn, F = (F1, F2, ..., Fn) , admite
derivadas parciais de primeira ordem em a ∈ D0, definimos o divergente de F em a
como sendo o escalar
div F (a) = ∇.F (a) = ∂F1
∂x1
(a) +
∂F2
∂x2
(a) + ...+
∂Fn
∂xn
(a) .
A notação ∇.F (a) é usada para indicar que o divergente de F é o “produto escalar ”
entre o “ vetor ” ∇ =
µ
∂
∂x1
,
∂
∂x2
, ...,
∂
∂xn
¶
e o vetor (F1 (a) , F2 (a) , ..., Fn (a)) .
Exemplo 2.35 Seja
F (x, y, z) =
³
x2 + arctan yz, y
√
x2 + z2, z + ln
p
x2 + y2
´
.
Temos
P (x, y, z) = x2 + arctan yz,
Q (x, y, z) = y
√
x2 + z2,
R (x, y, z) = z + ln
p
x2 + y2.
Como
∇.F (x, y, z) = ∂P
∂x
(x, y, z) +
∂Q
∂y
(x, y, z) +
∂R
∂z
(x, y, z) ,
segue
∇.F (x, y, z) = 2x+
√
x2 + z2 + 1.
56 CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE LINHA
Exemplo 2.36 Seja f (x, y, z) = x2 + y2 + z2, temos
∇f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) , e ∇.∇f (x, y, z) = 6.
Exemplo 2.37 Interpretação física para o divergente: Seja Ω ⊂ R3 e I ⊂ R,
conjuntos abertos. Consideremos um fluido em escoamento em Ω com campo de velocidade
v (x, y, z, t) = (v1 (x, y, z, t) , v2 (x, y, z, t) , v3 (x, y, z, t)) ,
e densidade ρ (x, y, z, t) . Suponhamos que v, ρ ∈ C1 (Ω× I) . Em Ω imaginemos um
paralelepípedo ABCDEFGH, com faces paralelas aos planos coordenados e centrado em
(x, y, z) com arestas 4x,4y e 4z suficientemente pequenas.
Estamos interessados em determinar o fluxo através desse paralelepípedo, ou seja, a
diferença entre a massa que sai e a massa que entra, por unidade de tempo.
Vejamos o que acontece na face AHGD suponhamos que v2 e ρ são constantes, isto
é, que ∀ (x, y, z) ∈ AHGD temos
v2 (x, y, z, t) = v2
µ
x, y − 4y
2
, z, t
¶
e ρ (x, y, z, t) = ρ
µ
x, y − 4y
2
, z, t
¶
.
Pela primeira fórmula de Taylor segue que
v2
µ
x, y − 4y
2
, z, t
¶ e= v2 (x, y, z, t) + ∂∂yv2 (x, y, z, t)
µ
−4y
2
¶
,
e também
ρ
µ
x, y − 4y
2
, z, t
¶ e= ρ (x, y, z, t) + ∂
∂y
ρ (x, y, z, t)
µ
−4y
2
¶
.
Assim, o volume de fluido que passa através de AHGD, no intervalo de tempo 4t, por
unidade de tempo, é
4V (AHGD) e= ·v2 (x, y, z, t)− 1
2
∂
∂y
v2 (x, y, z, t)4y
¸
4x4z,
2.4. INTERPRETAÇÃO VETORIAL DO TEOREMA DE GREEN 57
e a massa, por unidade de tempo, através de AHGD, é
4m (AHGD) e= ·(ρv2) (x, y, z, t)− 1
2
∂
∂y
(ρv2) (x, y, z, t)4y
¸
4x4z.
De modo análogo obtemos que a massa, por unidade de tempo, através de BCEF é
4m (BCEF ) e= ·(ρv2) (x, y, z, t) + 1
2
∂
∂y
(ρv2) (x, y, z, t)4y
¸
4x4z.
Concluimos que o fluxo na direção y (a massa que sai menos a que entra) é
fly e= ∂∂y (ρv2) (x, y, z, t)4y4x4z.
O fluxo nas outras direções é obtido do mesmo modo. A conclusão é que o fluxo através
do paralelepípedo é
fl e= ∇. (ρv) (x, y, z, t)4x4y4z.
Exemplo 2.38 A equação da continuidade: Consideremos as hipóteses do Exemplo
2.37, e suponhamos que em Ω não haja fontes nem sorvedouros de massa. Sabemos que
no ponto (x, y, z) e no instante t, a taxa de variação da densidade é dada por
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) ,
e que
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) > 0⇒ aumento de massa,
∂