Cap4 1_Integrais Curvilineas

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Capítulo 41 - SEÇÃO 1 
Integrais Curvilínease Integrais de Superfície 
 
Seção 12 
Integrais Curvilíneas 
Nesta seção introduziremos o conceito de integral de linha de um campo escalar. 
Veremos que ela constitui uma generalização simples e natural do conceito de integral 
definida. 
 
1.1 Integrais de linha de campos escalares 
1.1.1 Definição 
Seja C uma curva suave, orientada, como ponto inicial A e o ponto terminal B. Seja 
( , , )f x y z um campo escalar definido em cada ponto de C. Dividimos a curva C em n 
pequenos arcos pelos pontos 
0 1 2 1, , , ..., , ,..., ,..., i i i nA P P P P P P P B−= = 
Denotamos por is∆ o comprimento do arco ii PP 1− . Em cada arco ii PP 1− , escolhemos um 
ponto Qi . 
 
1 Texto em fase de revisão de autoria da Profa. Diva M. Flemming, adaptação dos manuscritos do livro: 
GONÇALVES, M.B.; FLEMMING, D.M. Cálculo C: Funções Vetoriais, Integrais Curvilíneas, Integrais 
de Superfície. São Paulo: MakronBooks, 2000. 
2 Todas as figuras dessa seção foram elaboradas por Flemming e Gonçalves na forma de manuscritos. 
Calculamos o valor de f no ponto Qi, multiplicamos este valor por is∆ e formamos a 
soma
1
( )
n
i i
i
f Q s
=
∆∑ . 
 
Figura 4.1 – Curva particionada 
 
A integral de linha de f ao longo de C, de A até B, que denotamos ( , , )
C
f x y z ds∫ , é definida 
por 
max 0 1
( , , ) lim ( )
i
n
i is iC
f x y z ds f Q s
∆ →
=
= ∆∑∫ , quando o limite à direita existe 
A curva C é também chamada CAMINHO DE INTEGRAÇÂO. 
Se a curva C é suave por partes, a integral de linha sobre C é definida como a soma das 
integrais sobre cada parte suave de C. 
A ( , , )
C
f x y z ds∫ também é denominada integral do campo escalar f com respeito ao 
comprimento de arco C. 
 
1.1.2 Cálculo da integral de linha 
Para calcular a integral de linha, necessitamos da equação que representa a curva C. 
1° CASO. 
Representamos C por ( ) ( ) ( ) ( )h s x s i y s j z s k= + +
   
, [ , ]s a b∈ , onde s é um parâmetro 
comprimento de arco de C. 
Neste caso, a divisão da curva C pelos pontos 0 1 1, , ..., , ,..., ,..., i i i nP P P P P P− origina uma 
participação no intervalo [a, b], dada pelos pontos 
0 1 2 1... ...i i na s s s s s s b−= < < < < < < < = (ver Figura 4.2) 
 
Figura 4.2 – Curva particionada 
 
 
O ponto Qi em 
max 0 1
( , , ) lim ( )
i
n
i is iC
f x y z ds f Q s
∆ →
=
= ∆∑∫ , tem coordenadas ( ( ), ( ), ( ))i i ix s y s z s
, onde is e algum ponto do intervalo 1[ , ]i is s− . A soma pode ser reescrita como 
1
( ( ), ( ), ( ))
n
i i i i
i
f x s y s z s s
=
∆∑ . 
Esta soma é uma soma de Riemann da função ( ( ), ( ), ( ))f x s y s z s . Assim, o limite em é 
a integral definida desta função. Temos, então 
( , , ) ( ( ), ( ), ( ))
b
a
C
f x y z ds f x s y s z s ds=∫ ∫ 
 
Exemplos: 
(1) Calcular ( 2 )x y ds+∫ , onde C é a semicircunferência dada na Figura 4.3. 
Solução. 
A curva dada pode ser representada por 
( ) 3cos 3 sen 
3 3
s sh s i j= +
  
, 0 3s π≤ ≤ . 
Figura 4.3 – Curva ( ) 3cos 3 sen 
3 3
s sh s i j= +
  
 
 
 
Portanto, 
3
0
( 2 ) 3cos 6 sen 
3 3C
s sx y ds ds
π  + = + 
 ∫ ∫
 
3
0
9 sen 18cos
3 3
s s
π
 = − 
 
 
= 36. 
 
(2) Calcular 2 2( )x y z ds+ −∫ , onde C é a hélice circular dada por 
( ) cos sen r t ti t j tk= + +
   
, do ponto P(1, 0, 0) até (1, 2, 2 )Q π . 
Solução. 
A função comprimento de arco de ( )r t

 é dada por 
0
( ) | ( *) | *
t
s t r t dt′= ∫

¨ 
0
2 *
t
dt= ∫ 
2t= . 
Encontrando t como função de s, obtemos 
2
st = . Logo, C pode ser reparametrizada por 
( ) cos sen
2 2 2
s s sh s i j k= + +
   
. 
O ponto P(1, 0, 0) corresponde a s = 0 e (1, 0, 2 )Q π corresponde a 2 2s π= . Portanto, 
2 2
2 2 2 2( ) cos sen
2 2 2
s s sx y z ds ds
π  + − = + − 
 ∫ ∫
 
2 22
02 2
ss
π
 
= − 
 
 
2 2 (1 )π π= − . 
 
 
2° CASO. Representamos C por ( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + +
   
, 0 1[ , ]t t t∈ , onde t é um 
parâmetro qualquer. 
Para calcular a integral de linha neste caso, fazemos uma mudança de variáveis na 
integral. Temos, 
( , , ) ( ( ), ( ), ( ))
b
C a
f x y z ds f x s y s z s ds=∫ ∫ 
1
0
( ( ), ( ), ( )) 
t
t
dsf x t y t z t dt
dt
= ∫ . 
Como | ( ) |ds r t
dt
′=

, temos 
1
0
( , , ) ( ( ), ( ), ( )) | ( ) |
t
C t
f x y z ds f x t y t z t r t dt′=∫ ∫

 
 
Exemplos: 
(1) Podemos resolver o exemplo (2) do 1° caso, desta seção, usando a fórmula 
1
0
( , , ) ( ( ), ( ), ( )) | ( ) |
t
C t
f x y z ds f x t y t z t r t dt′=∫ ∫

 . 
Temos 
( ) cos sen r t ti t j tk= + +
   
; 
( ) sen cosr t ti t j k′ = − + +
   
; 
| ( ) | 2r t′ =

. 
Ao ponto P(1, 0, 0) corresponde t = 0 e ao ponto (1, 0, 2 )Q π corresponde 2t π= . Logo, 
2
2 2 2 2
0
( ) (cos sen ) 2
C
x y z ds t t t dt
π
+ − = + − ⋅∫ ∫ 
2 2 (1 )π π= − . 
 
(2) Calcular 
C
 xy ds∫ , onde C é a intersecção das superfícies 2 2 4x y+ = e 8y z+ = . 
Solução. 
A Figura 4.4 mostra um esboço da curva C. Para parametrizá-la, observamos que x e y 
devem satisfazer a equação da circunferência 2 2 4x y+ = , que é a projeção de C sobre o 
plano xy. Fazemos então, 
2cos ; 2 ; [0, 2 ]x t y sent t π= = ∈ . 
 
Figura 4.4 – Cilindro truncado 
 
 
Substituindo o valor de y na equação 8y z+ = , obtemos 
8 2sen z t= − . 
Portanto, 
( ) 2cos 2sen (8 2sen ) , [0, 2 ]r t ti t j t k t π= + + − ∈
   
¨. 
Usando 
1
0
( , , ) ( ( ), ( ), ( )) | ( ) |
t
C t
f x y z ds f x t y t z t r t dt′=∫ ∫

 , temos 
2
2
0
 2cos 2sen 2 1 cos 
C
xy ds t t t dt
π
= ⋅ ⋅ +∫ ∫ 
2
2 1/ 2
0
4 (1 cos ) 2cos sen t t t dt
π
= + ⋅∫ =
2
2 3/ 2
0
24 (1 cos )
3
t
π
= − ⋅ + = 0. 
 
(3) Calcular ( )
C
x y ds+∫ , onde C é a intersecção das superfícies 2x y+ = e 
2 2 2 2( )x y z x y+ + = + . 
Uma equação vetorial de C é dada por 
( ) (1 cos ) (1 cos ) 2 sen ; [0, 2 ]r t t i t j tk t π= − + + + ∈
   
¨. 
Logo, 
2
0
 [(1 cos ) (1 cos )] 2 
C
xy ds t t dt
π
= − + +∫ ∫ 
2
0
2 2 dt
π
= ∫ 
4 2π= . 
 
1.1.3 Propriedades 
As propriedades das integrais de linha são análogas às propriedades das integrais 
definidas. 
Nas propriedades que seguem estamos supondo que C é uma curva suave ou suave por 
partes e que ( , , )f x y z e ( , , )g x y z são funções contínuas em cada ponto de C. 
Temos, 
a) ( , , ) ( , , )
C C
k f x y z k f x y z ds=∫ ∫ , 
onde k é uma constante. 
b) [ ( , , ) ( , , )] ( , , ) ( , , )
C C C
f x y z g x y z ds f x y z ds g x y z ds+ = +∫ ∫ ∫ . 
c) Se C é uma curva com ponto inicial A ponto terminal B, P um ponto de C entre A e B; 
1C a parte de C de A até P e 2C a parte de C de P até B (ver Figura 4.5), então, 
1 2
( , , ) ( , , ) ( , , )
C C C
f x y z ds f x y z ds f x y z ds= +∫ ∫ ∫ 
Figura 4.5 – Curva do exemplo proposto 
 
d) ( , , ) ( , , )
C C
f x y z ds f x y z ds
−
=∫ ∫ , onde –C representa a curva C orientada no sentido 
oposto. 
 
1.1.4 Exemplos 
(i) Calcular 3 
C
xy ds∫ , sendo C o triângulo de vértices A(0, 0), B(1, 0) e C(1, 2), no sentido 
anti-horário. 
Solução. 
Para calcular a integral, devemos dividir a curva C em três partes suaves, conforme Figura 
4.6. 
Figura 4.6 – Curva C com três partes suaves 
 
Uma parametrização de 1C é ( ) , [0, 1]r t ti t= ∈
 
. 
Portanto, 
1
1
0
3 3 .0.1 0
C
xy ds t dt= =∫ ∫ 
2C pode ser parametrizada por ( ) , [0, 2]r t i t j t= + ∈
  
. 
Assim, 
2
2
2 2
0 0
3 3.1 .1 3 6
2C
txy ds t dt= = ⋅ =∫ ∫ . 
O caminho 3C pode ser representado por 
( ) (1 ) (2 2 ) , [0, 1]r t t i t j t= − + − ∈
  
. 
Portanto, 
3
1
0
3 3(1 )(2 2 ) 5 
C
xy ds t t dt= − − ⋅∫ ∫ 
1
2
0
3 5 (2 4 2 ) t t dt= − +∫ 
2 5= . 
Logo, 
1 2 3
3 3 3 3 
C C C C
xy ds xy ds xy ds xy ds= + +∫ ∫ ∫ ∫ 
0 6 2 5= + + 
6 2 5= + . 
 
(2) Calcular (| | | |) 
C
x y ds+∫ e (| | | |) 
C
x y ds
−
+∫ , ondeC é o segmento de reta AB , com 
A(–2, 0) e B(2, 2). 
Uma equação vetorial de C é dada por 
( ) ( 2 4 ) 2 , [0, 1]r t t i t j t= − + + ∈
  
. 
Portanto, 
1
0
(| | | |) (| 2 4 | | 2 |) 2 5
C
x y ds t t dt+ = − + +∫ ∫ 
1/ 2 1
0 1/ 2
2 5 (2 4 2 ) ( 2 4 2 )t t dt t t dt
 
= − + + − + + 
 
∫ ∫ 
1/ 2 12 2
0 1/ 2
2 5 (2 ) ( 2 3 )t t t = − + − +  
 
4 5= . 
A curva –C é dada por 
( ) ( ), [ , ]r t r a b t t a b
−
= + − ∈
 
. 
Como ( ) (2 4 ) 2 , [0, 1]r t t i t j t= + + ∈
  
, temos 
( ) (1 )r t r t
−
= −
 
 
(2 4 ) (2 2 ) , [0,1]t i t j t= − + − ∈
 
. 
Portanto, 
1
0
(| | | |) (| 2 4 | | 2 |) 2 5
C
x y ds t t dt+ = − + +∫ ∫ 
4 5= . 
 
 
1.1.5 Massa e Centro de massa de um fio delgado 
Consideremos um fio delgado de densidade variável, com a forma de uma curva C, como 
na Figura 4.7. 
Figura 4.7 – xemplo de um fio delgado 
 
 
Vamos supor que sua densidade de massa ( , , )x y zρ seja constante sobre qualquer seção 
transversal de área S. Então o fio pode ser identificado com a curva C. 
A função ( , , ) ( , , )f x y z x y zρ= S é chamada densidade linear de massa ou massa por 
unidade de comprimento. 
 Se o fio é representado pela curva C da Figura 4.8 e se a densidade no ponto ( , , )x y z 
É dada por ( , , )f x y z , então uma aproximação da massa da parte do fio entre 1iP− e iP é 
dada por 
( )i if Q s∆ . 
Figura 4.8 – Fio delgado particionado 
 
 
A massa total M do fio é aproximadamente igual à soma 
1
( )
n
i i
i
f Q s
=
∆∑ . 
Portanto, pela Definição 5.1.1, obtém-se 
( , , )
C
M f x y z ds= ∫ . 
O centro de massa ( , , )x y z é dado por 
1 ( , , )
C
x f x y z ds
M
= ∫ 
1 ( , , )
C
y f x y z ds
M
= ∫ 
1 ( , , )
C
z f x y z ds
M
= ∫ . 
O ponto é também chamado centro de gravidade. A coincidência do centro de gravidade 
com o centro de massa vem da hipótese de que o campo gravitacional da Terra é 
uniforme. Algumas experiências nos mostram que esta hipótese não é inteiramente 
correta. No entanto, para quase todos os problemas de Mecânica ela é usada. 
Exemplos 
(1) Calcular a massa de um fio delgado com forma de um semicírculo de raio a, 
considerando que a densidade em um ponto P é diretamente proporcional a sua distância 
à reta que passa pelos pontos extremos. 
Solução. 
O fio tem a forma da curva C representada na Figura 4.9. 
Uma parametrização de C é dada por 
( ) cos sen , [0, ]r t a ti a t j t π= + ∈
  
. 
 
Figura 4.9 Curva ( ) cos sen , [0, ]r t a ti a t j t π= + ∈
  
 
 
Como a densidade f(x, y) no ponto (x, y) é diretamente proporcional a sua distância à reta 
que passa pelos pontos extremos do fio, analisando a Figura 4.9, concluímos que 
( , )f x y ky , k constante. 
Então, 
( , )
C
M f x y ds= ∫ 
C
 ky ds= ∫ 
2 2
0
 sen ( sen ) ( cos )k a t a t a t dt
π
= ⋅ ⋅ − +∫ . 
22 k a unidades de massa. 
 
(2) Calcular as coordenadas do centro de massa de um fio delgado que tem a forma da 
hélice 
( ) 2cos 2 sen 5 , [0, 2 ]r t ti t j tk t π= + + ∈
   
, 
se a densidade no ponto (x, y, z) é 2 2 2x y z+ + . 
Solução. Inicialmente vamos calcular a massa M do fio. Temos, 
( , )
C
M f x y ds= ∫ 
2
2 2 2 2 2
0
(4cos 4 sen 25 ) ( 2 sen ) (2cos ) 25t t t t t dt
π
= + + ⋅ − + +∫ 
2
2
0
(4 25 ) 29 t dt
π
= + ⋅∫ 
320029 8
3
π π = + 
 
 unidades de massa. 
A coordenada x é dada por 
2 2 21 ( )
C
x x x y z ds
M
= + +∫ 
2
2
0
1 2cos (4 25 ) 29 t t dt
M
π
= +∫ 
2 2
2
0 0
8 29 50 29cos cos t dt t t dt
M M
π π
= +∫ ∫ 
2 2
2
0 0
8 29 50 29 sen ( sen 2 cos 2 sen )t t t t t t
M M
π π
= + + − 
200 29
M
π
= . 
Portanto, 
3
200 29
20029 8
3
x π
π π
=
 + 
 
 
2
75
3 25π
=
+
. 
Analogamente calcula-se y . Temos, 
2 2 21 ( )
C
y x x y z ds
M
= + +∫ 
2
2
0
1 2 sen (4 25 ) 29 t t dt
M
π
= +∫ 
2200 29
M
π−
= . 
Substituindo o valor de M, já encontrado, vem 
2
75
3 25
y π
π
=
+
. 
Finalmente calculamos z , que é dado por 
2 2 21 ( )
C
z x x y z ds
M
= + +∫ 
2
2
0
1 5 (4 25 ) 29 t t dt
M
π
= +∫ 
2 45 29 (8 100 )
M
π π= + 
Portanto, 
3
2
15(2 25 )
6 50
z π π
π
+
=
+
. 
 
1.1.6 Momento de inércia 
Cada ponto material em um corpo em rotação tem uma quantidade de energia cinética. 
Um ponto material P, de massa m, a uma distância r do eixo de rotação, tem uma 
velocidade v rω= , sendo ω a velocidade angular do ponto P (ver Figura 4.10). A 
energia cinética de P é dada por 
2 21
2
mr ω . 
Figura 4.10 – Eixo de rotação 
 
Para um corpo composto de massa puntiforme discreta, a energia cinética total é dada 
por 
2 2 2
1 1 2 2
1 ( ...)
2
K m r m r ω= + + . 
O somatório define o memento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação 
considerado. 
Se o fio delgado tem densidade variável f(x, y, z), fazendo considerações análogas às de 
definição de integral, concluímos que o momento de inércia do fio em relação a um eixo 
L é dado por 
2 ( , , ) ( , , )L
C
I x y z f x y z dsδ= ∫ . 
 
Exemplo 
Um arame tem a forma de um semicírculo de raio 4, conforme Figura 4.11. Determinar 
seu momento de inércia em relação ao diâmetro que passa pelos extremos do arame, se a 
densidade no ponto (x, y) é x y+ . 
Figura 4.11 – Curva ( ) 4cos 4 sen , [0, ]r t ti t j t π= + ∈
  
 
 
Solução. Uma equação vetorial de C é dada por 
( ) 4cos 4 sen , [0, ]r t ti t j t π= + ∈
  
. 
Para usarmos 2 ( , , ) ( , , )L
C
I x y z f x y z dsδ= ∫ necessitamos ( , , )x y zδ . Como o eixo L 
coincide com o eixo dos x, temos ( , , )x y z yδ = . Então, 
2 ( )L
C
I y x y ds= +∫ 
2
0
16 sen (4cos 4 sen )4t t t dt
π
= +∫ 
2 3
0
256 (sen cos sen )t t t dt
π
= +∫ 
3 3
0
sen cos256 cos
3 3
t tt
π
 
= − + 
 
 
1024
3
= unidades de momento de inércia. 
 
1.1.7 Lei de Biot-Savart 
A Figura 4.12 mostra uma carga puntiforme positiva q, movendo-se com uma velocidade 
v

. Esta carga em movimento origina um campo magnético, cuja intensidade, em um 
ponto qualquer P, é dada por 
2
 sen 
q
k q vB
r
θ
= 
Onde k é uma constante, r é a distância de P a q e θ é o ângulo formado por v

 e r

. 
Figura 4.12 – Visualização para a Lei de Biot-Savart 
 
Veremos, agira como terminar a intensidade, em um ponto qualquer P, do campo 
magnético B

, produzido por todas as cargas em um circuito. 
Suponhamos que uma corrente elétrica de intensidade i circula um condutor com a forma 
de uma curva C, conforme Figura 4.13. Dividimos o condutor em pequenos elementos 
de comprimento ds. O volume de cada elemento é dado por A ds, onde A é a área de sua 
seção reta. Se existirem n portadores de carga por unidade de volume, cada um de carga 
q, a carga total dQ, em movimento no elemento, é 
 dQ n q A ds= . 
O conjunto de cargas em movimento, no elemento, é equivalente a uma única carga dQ, 
movendo-se com velocidade v

. Portanto, em um ponto qualquer P, o campo magnético 
d B

 produzido por estas cargas tem intensidade dB dada por 
2
 senk dQ vdB
r
θ
= 
Figura 4.13 – Curva com vetores dados 
 
 
Substituindo dQ n q A ds= em 2
 senk dQ vdB
r
θ
= , obtemos 
2
 senk n q A ds vdB
r
θ
= . Mas n q v A é a intensidade i da corrente do elemento, de modo 
que 
2
 seni dsdB k
r
θ
= . 
Esta expressão é chamada Lei de Biot-Savart. Ela nos dá a intensidade, em um ponto 
qualquer P, do campo magnético d B

, produzido pelo conjunto de cargas em movimento 
no elemento ds. 
A intensidade em um ponto qualquer P do campo magnético resultante B

, devido ao 
circuito completo, é dada pela integral 
2
 sen
C
iB k ds
r
θ
= ∫ . 
 
Exemplos 
(1) Seja um condutor da forma de uma espira circular de raio 2, percorrido por uma 
corrente de intensidade i, como mostra a Figura 4.14. Achar a intensidade do campo 
magnético B

, no centro da espira. 
Neste caso r e θ são constantes: r = 2 e 90θ = ° . Então, 
4C
iB k ds= ∫ . 
Figura 4.14 – Mostra de um condutorResolvendo a integral, temos 
2
2 2
0
( 2 sen ) (2cos )
4
iB k t t dt
π
= − +∫ 
2
0
2 
4
ik dt
π
= ∫ 
 k iπ= . 
 
(2) Um condutor tem a forma de um triângulo retângulo de lados 3, 4 e 5. Uma corrente 
de intensidade i circula o condutor. Determinar a intensidade do campo magnético 
resultante B

 no vértice de menor ângulo. 
A Figura 4.15 mostra o condutor que é formado por 3 segmentos retilíneos 1C , 2C e 3C
. 
A intensidade do campo magnético B

 no ponto P é dada por 
1 2 3
2 2 2
 sen sen sen 
C C C
i i iB k ds k ds k ds
r r r
θ θ θ
= + +∫ ∫ ∫ . 
Figura 4.15 – Condutor formado por 3 segmentos 
 
Devemos calcular as integrais ao longo de 1C , 2C e 3C . 
Temos 
a) Ao longo de 1C . Neste caso 4r x= − e sen 0θ = . Portanto, 
1 1
2
 sen 0 0
C C
i ds k ds
r
θ
+ =∫ ∫ . 
b) Ao longo de 2C . Também neste caso sen 0θ = e dessa forma 
2
2
 sen 0
C
i ds
r
θ
=∫ . 
c) Ao longo de 3C . Conforme Figura 4.16, temos 
2 24r y= + e 
2 2
4sen
4 y
θ =
+
. 
O segmento 3C pode ser parametrizado por 
( ) (3 3 ) , [0,1]r t t j t= − ∈
 
. 
Portanto, 
Figura 4.16 – Mostra de 2 24r y= + e 
2 2
4sen
4 y
θ =
+
 
 
3
2
2 2
C
4
16 sen 
16
yi ds i ds
r y
θ +
=
+∫ ∫ 
1
2 2
0
4 3
16 (3 3 ) [16 (3 3 ) ]
i dt
t t
=
+ − + −
∫ 
1
2 3/ 2
0
12 [16 (3 3 ) ]i t dt−= + −∫ . 
A integral 2 3/ 2[16 (3 3 ) ]t dt−+ −∫ é resolvida pela substituição trigonométrica 
3 3 4t tgθ− = . Temos, 
3
1
2 2
C
0
 sen 1 (3 3 ) 12
48 16 (3 3 )
i td i
r t
θ θ
 − − =
 + − 
∫ 
2
12 (3 3 ) 3
48 16 916 (3 3 )
i t
t
 − = −
 ++ − 
 
3
20
i
= . 
Portanto, 3 
20
k iB = . 
1.1.8 Atividades de autoavaliação 
Nos exercícios de 1 a 9, calcular as integrais curvilíneas. 
1. (3 ) 
C
y y ds−∫ , onde C é o arco de parábola 2z y= , x = 1 de A(1, 0, 0) a B(1, 2, 4). 
2. 
C
xz ds∫ , onde C é a intersecção da esfera 2 2 2 4x y z+ + = com o plano x = y. 
3. 2 
C
x ds∫ , onde C é o arco da hipociclóide 2/3 2/3 2 /3x y a+ = , 0a > , 1º quadrante. 
4. 2 
C
y ds∫ , onde C é o 1º arco da ciclóide ( ) 2( sen ) 2(1 cos )r t t t i t j= − + −
  
. 
5. 2 2 2 
C
x y z ds+ +∫ , onde C é a intersecção das superfícies 
2 2 2
1
16 9 16
x y z
+ + = e y = 2. 
6. 
C
xy ds∫ , onde C é a elipse 
2 2
2 2 1
x y
a b
+ = . 
7. 2 2(1- 2 ) 
C
xy x ds∫ , onde C é a parte da curva de Gauss, 
2xy e−= , A(0, 1) até 
1 1, 
2
B
e
 
 
 
. 
8. ( 1) 
C
x y ds+ −∫ , onde C é a parte da intersecção das superfícies 2 2z x y= + e 1y = que 
esta abaixo do plano 5z = . 
9. 2 2( ) 
C
x y z ds+ −∫ , onde C é a intersecção 2 2 2 8x y z z+ + = e 4z = . 
10. Calcular a massa do arame cujo formato é definido pela intersecção do plno 
2 4x y z+ + = com planos coordenados, se a densidade do arame em um ponto (x, y, z) é 
2 1x + . 
RESPOSTAS: 
(1) ( )11717
6
1
− (2) 
27
1010
27
1
+
− (3) 
8
3 3a 
(4) 
15
2048 (5) π5
27
928 (6) 0 
(7) 








−




 + 121
12
1 2/3
e
 (8) 0 (9) π96 
(10) 32206 + . 
 
1.2 Integrais de linha de campo vetoriais 
A integral de linha ou curvilínea de um campo vetorial, também pode ser considerada 
como uma generalização natural do conceito de integral definida. Para compreender sua 
origem e utilidade, iniciamos explorando intuitivamente o conceito físico de trabalho. 
Trabalho realizado por uma força 
Na Física o trabalho realizado por uma força constante f

, para deslocar uma partícula 
em linha reta, é definido como o produto da componente da força da direção do 
deslocamento pelo deslocamento. 
Então, conforme Figura 4.17, se denotamos por w o trabalho realizado por f

 para mover 
uma partícula de A até B, temos 
( )| | cosw f ABα=   
| | cosf AB α
 
 
f AB= ⋅
 
. 
Figura 4.17 – Exemplo sobre Trabalho 
 
 
Vamos analisar agora, a noção mais geral de trabalho, supondo que uma partícula se 
move ao longo de uma curva C, sujeita à ação de um campo de forças variável f

. 
Suponhamos que a curva : ( ) ( ( ), ( ), ( )), [ , ]C r t x t y t z t t a b= ∈

, seja suave e que 
( , , )f f x y z=
 
 seja contínua nos pontos de C. Dividimos C em pequenos arcos e 
aproximadamente cada arco por um segmento retilíneo tangente à curva, como mostra a 
Figura 4.18. 
Além disso, aproximamos a força variável f

 que atua em arco genérico ii PP 1− pela força 
constante ( )if P

. 
Figura 4.18 Arco com aproximações 
 
 
O trabalho realizado pela força constante ( )if P

, ao longo do segmento retilíneo tangente 
à curva no ponto iP , é dado por 
( ) ( )i i if P r t t′⋅ ∆
 
 
e constitui uma aproximação do trabalho realizado por f

 ao longo de 1i iPP+ . Assim, 
1
( ) ( )
n
i i i
i
f P r t t
=
′⋅ ∆∑
 
 
nos dá uma aproximação do trabalho total w, realizado por f

 ao longo de C. 
 
1.2.1 Definição 
Sejam : ( ) ( ( ), ( ), ( )), [ , ]C r t x t y t z t z a b= ∈

, uma curva suave e ( , , )f f x y z=
 
 um campo 
de forças contínuo sobre C. O trabalho realizado por f

 para deslocar uma partícula ao 
longo de C, de A até B, é definido como 
0
lim ( ( )) ( )
i
n
i i i
masx t
w f r t r t t
∆ →
′= ⋅ ∆∑
  
 
Podemos observar que a somatória da expressão dada é uma soma de Riemann da função 
de uma variável ( ( )) ( )f r t r t′⋅
  
, sobre [a, b]. Portanto, 
 ( ( )). ' ( )
b
a
w f r t r t dt= ∫
  
. 
 
Exemplos 
(1) Calcular o trabalho realizado pela força 1 1, f
x y
 
=  
 

, para deslocar uma partícula, 
em linha reta, do ponto P(1, 2) até Q(3, 4). 
Solução. 
Para calcular o trabalho, necessitamos de uma parametrização da trajetória C da partícula, 
que neste exemplo, é o segmento de reta que une P(1, 2) a Q(3, 4), conforme Figura 4.19. 
Uma parametrização de C é dada por 
( ) (1, 2) (3 1, 4 2)r t t= + − −

 
(1 2 , 2 2 ), [0, 1]t t t= + + ∈ 
 
 
 
 
Figura 4.19 – Segmento C 
 
Portanto, 
1
0
1 1 , . (2, 2)
1 2 2 2
w dt
t t
 =  ∫ + + 
 
1
0
2 2 , 
1 2 2 2
dt
t t
 =  ∫ + + 
 
1
0
(ln(1 2 ) ln(2 2 ))|t t= + + + ln 3 ln 4 ln 2= + − 
ln 6= unidades de trabalho. 
 
(2) Uma partícula move-se ao longo da circunferência 2 2 4x y+ = , 2z = sob a ação do 
campo de forças 
3( , , )
rf x y z
r
−
=



, onde r xi y j zk= + +
   
. 
Determinar o trabalho realizado por f

, se a posição inicial da partícula é P(2, 0, 2) e ela 
se move no sentido anti-horário, completando uma volta. 
Solução. A Figura 4.20mostra a trajetória C da partícula. De acordo com 2.4.3, C pode 
ser representada pela equação vetorial 
( ) (2cos , 2 sen , 2)r t t t=

, 0 2t π≤ ≤ . 
 
Figura 4.20 – Trajetória da partícula em C 
 
A função f

 que define o campo de forças é 
3( , , )
rf x y z
r
−
=



 
2 2 2 3/ 2
1 ( , , )
( )
x y z
x y z
−
=
+ +
. 
Portanto, 
 ( ( )) . '( )
b
a
w f r t r t dt= ∫
  
 
2
2 2 3/ 20
1 (2cos , 2 sen , 2) . ( 2 sen , 2cos , 0)
(4cos 4 4)
t t t t dt
t sen t
π −
= ∫ −
+ +
 
2
0
1 ( 4cos sen 4cos sen )
16 2
t t t t dt
π−
= ∫ − + 
=0 unidades de trabalho. 
A integral sobre uma curva C, como surgiu na definição de trabalho, pode ocorrer em 
outras situações e é denominada integral curvilínea do campo f

 ao longo de C. 
 
1.2.2 Definição 
Seja C uma curva suave dada por ( )r t

, [ ], t a b∈ . Seja ( , , )f f x y z=
 
 um campo vetorial 
definido e limitado sobre C. A integral curvilínea de f

, ao longo de C, que denotamos 
 . 
C
f d r∫
 
, é definida por 
 . ( ( )) . ' ( )
b
C a
f d r f r t r t dt∫ = ∫
    
, 
sempre que a integral à direita existe. 
Quando a curva C é suave por partes, definimos . 
C
f d r∫
 
 como a soma das integrais 
sobre cada parte suave de C. 
Se o campo f

 tem componentes 1f , 2f e 3f e ( ) ( ( ), ( ), ( ))r t x t y t z t=

, [ ], t a b∈ , a 
integral curvilínea de f

 ao longo de C, pode ser reescritacomo 
1 2 . [ ( ( ), ( ), ( )) '( ) ( ( ), ( ), ( )) '( )
b
C a
f d r f x t y t z t x t f x t y t z t y t∫ = ∫ + +
 
 
3 ( ( ), ( ), ( ) '( )]f x t y t z t z t dt+ . 
Esta equação nos sugere a notação 
1 2 3 . ( )
C C
f d r f dx f dy f dz∫ = ∫ + +
 
, 
tradicionalmente usada para representar a integral curvilínea de um campo vetorial. 
 
1.2.3 Propriedades 
Em 5.1.3 vimos as propriedades da integral de linha de campo escalar f. As propriedades 
(a), (b) e (c) permanecem válidas para a integral de linha de campo vetorial f

. A 
propriedade (d) é substituída por: 
 
C C
f d r f d r
−
∫ ⋅ = − ∫ ⋅
   
. 
Além dessas propriedades, convém destacar a relação existente entre a integral de um 
campo vetorial e a integral de um campo escalar. Temos a seguinte proposição. 
 
1.2.4 Proposição 
Seja f

 um campo vetorial contínuo, definido sobre uma curva suave 
: ( ) ( ( ), ( ), ( ))C r t x t y t z t=

, [ ], t a b∈ . Se T é a componente tangencial de f

 sobre C, 
isto é, T é a componente de f

 na direção do vetor tangente unitário de C, temos, 
 . 
C C
f d r T ds∫ = ∫
 
. 
Prova. Seja '( )( )
'( )
r tu t
r t
=



 o vetor tangente unitário de C. A componente tangencial de f

, que pode ser visualizada na Figura 4.21, é dada por 
cosT f θ=

. 
Figura 4.21 Componente tangencial 
 
Como o vetor u

 é unitário, podemos escrever 
cosT f u θ=
 
 
 . f u=
 
. 
Portanto, temos, 
 ( ( ), ( ), ( )) '( )
b
C a
Tds T x t y t z t r t dt∫ = ∫

 
 ( ( ), ( ), ( )) . ( ) '( )
b
a
f x t y t z t u t r t dt = ∫  
  
 
'( ) ( ( ), ( ), ( )) . '( )
'( )
b
a
r tf x t y t z t r t dt
r t
 
 = ∫  
 

 

 
 ( ( ), ( ), ( )) . '( )
b
a
f x t y t z t r t dt= ∫
 
 
 . 
C
f d r= ∫
 
. 
Esta proposição nos permite fazer uma análise da integral de linha de um campo vetorial 
em diversas situações práticas, como segue: 
 Se em cada ponto P da curva C, o campo f

 é perpendicular à reta tangente a C 
em P, a integral de f

 ao longo de C será nula. Em particular, se f

 é um campo 
de forças, será nulo o trabalho realizado por f

 ao longo de C. 
 Se o campo f

 é o campo de velocidade de um fluido em movimento, a 
componente tangencial de f

 determina um fluxo ao longo de C. Se a curva C é 
fechada, a integral de linha de f

 ao longo de C, que denotamos ∫
C
rdf 

. , mede a 
tendência do fluido de circular em torno de C e é chamada circulação de f

 sobre 
C. Em particular, se C é uma curva plana e o campo de velocidades é 
perpendicular ao plano que contém C, a circulação será nula. 
 
1.2.5 Exemplos 
(1) Calcular (2 3 )
C
xdx yzdy zdz∫ + + , ao longo da: 
a) parábola 2z x= , 2y = do ponto A(0, 2, 0) ao ponto B(2, 2, 4); 
b) linha poligonal A O B onde O é a origem. 
Solução de (a): 
A Figura 4.22 mostra o caminho C de integração. Fazendo x t= , obtemos as equações 
paramétricas de C, dadas por 
x t= 
2y = 
2z t= , [ ]0, 2t∈ . 
Figura 4.22 – Caminho C de integração 
 
Temos que: 
2
2 2
0
 . (2 .1 2 .0 3 .2 )
C
f d r t t t t dt= + +∫ ∫
 
28= . 
Observamos que, neste item, poderíamos ter usado como parâmetro a variável x, já que 
para parametrizar C fizemos x t= . 
 
Solução de (b): 
 A Figura 4.23 mostra o caminho C de integração. Como o caminho não é suave, vamos 
dividi-lo em dois pedaços suaves 1C e 2C . 
Figura 4.23 – Caminho C de integração 
 
O caminho 1C tem equação vetorial ( ) (2 2 )r t t j= −
 
, [0, 1]t∈ . 
Portanto, utilizando a equação (4), temos 
[ ]
1
1 0
 . 2.0.0 (2 2 ) . 0.0 3.0.0 
C
f d r t dt= + − +∫ ∫
 
=0. 
O caminho 2C tem equação vetorial 
( ) 2 2 4r t ti t j tk= + +
   
, [ ]0, 1t∈ . 
Portanto, a definição temos: 
[ ]
2
1
0
 . 2.2 .2 2 .4 .2 3.4 .4
C
f d r t t t t dt= + +∫ ∫
  100
3
= . 
Logo, 
[ ] [ ]
1
2 3 2 3
C C
xdx yzdy zdz xdx yzdy zdz+ + = + +∫ ∫ [ ]
2
2 3
C
xdx yzdy zdz+ + +∫
100
3
= . 
 
(2) Calcular . 
C
f d r∫
 
, sendo ( , , )f xz xy yz=

 e C o caminho poligonal que une o ponto 
A(1, 0, 0) ao ponto B(0, 2, 2), passando por D(1, 1, 0). 
 
Solução. Para calcular a integral, dividimos C em 2 caminhos 1C e 2C , conforme 
Figura 4.24 – Caminho C particionado 
 
 
O caminho 1C tem equação vetorial 
( )r t i t j= +
  
, [ ]0, 1t∈ . 
Temos: 
1
1
0
 . (1.0, 1. , .0) . (0, 1, 0)
C
f d r t t dt=∫ ∫
 
 
1
0
 t dt= ∫ 
1
2
= . 
O caminho 2C pode ser representado pela equação vetorial 
( ) (1 ) (1 ) 2r t t i t j tk= − + + +
   
, [ ]0, 1t∈ . 
Assim, 
[ ]
2
1
0
 . (1 )2 , (1 )(1 ), (1 )2 . ( 1, 1, 2)
C
f d r t t t t t t dt= − − + + −∫ ∫
 
 
( ) ( ) ( )
1
2 2 2
0
2 2 ( 1) 1 .1 2 2 .2 t t t t t dt = − − + − + + ∫
11
3
= . 
Logo, 
1 2
 . . . 
C C C
f d r f d r f d r= +∫ ∫ ∫
      1 11 25
2 3 6
= + = . 
 
(3) Calcular o trabalho realizado pelo campo 2 2 2 2, 
x yf
x y x y
 − −
=  + + 

 para deslocar uma 
partícula ao longo da semicircunferência 2 2 4x y+ = , 0y ≥ , no sentido anti-horário. 
Solução. 
Neste exemplo, podemos verificar que em cada ponto de C, o campo f

 é perpendicular 
ao vetor tangente unitário de C (ver Figura 4.25). Portanto, a componente tangencial de 
f

 sobre C é nula, e dessa forma, pela Proposição 5.3.5, concluímos que 
 . 
C
w f dr= ∫
 
0= . 
Figura 4.25 - Semicircunferência 
 
 
(4) O campo de velocidades de um fluido em movimento é dado por 
( , )v y x= −

. Calcular a circulação do fluido ao redor da curva fechada 1 2 3C C C C= ∪ ∪
, vista na Figura 4.26. 
Figura 4.26 – Curva fechada C 
 
 
Solução. 
A circulação do fluido ao redor de C é dada por 
1 2 3
. . . .
C C C C
v dr v dr v dr v dr= + +∫ ∫ ∫ ∫
       
. 
Antes de passarmos ao cálculo dessas integrais, é interessante analisar a representação 
geométrica do campo vetorial v

 (ver Figura 4.27). Podemos observar que, em todos os 
pontos dos caminhos 1C e 3C , o campo v

 é normal a C. Portanto, para estes caminhos, 
a componente tangencial de f

 é nula. Da Proposição 5.3.5, segue que 
1
 . 0
C
v dr =∫
 
 e 
3
 . 0
C
v dr =∫
 
. 
 
 
 
 
Figura 4.27 – Campo vetorial 
 
 
Basta então, calcular 
2
 . 
C
v dr∫
 
. 
Como uma parametrização de 2C é dada por ( ) (1, )r t t=

, [ ]1, 2t∈ , temos 
2
2
1
 . ( , 1) . (0, 1)
C
v dv t dt= −∫ ∫
 
2
1
dt= ∫ =1. 
Logo, a circulação do fluido em torno de C é igual a 1. 
 
1.2.6 Atividades de autoavaliação 
1. Calcular o trabalho realizado pela força 1 1, 
2 3
f
x y
 
=  + + 

 para deslocar uma 
partícula em linha reta do ponto P(3, 4) até Q(-1, 0). 
2. Determinar o trabalho realizado pela força 1 1( , ) , f x y
x y
 
=  
 

 para deslocar uma 
partícula ao longo da curva 1/y x= do ponto (1, 1) ao ponto (2, ½). 
3. Determinar o trabalho realizado pela força ( , , ) ( , 0, 2 )f x y z x z=

 para deslocar uma 
partícula ao longo da poligonal que une os pontos A(0, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 1, 1) e D(1, 
1, 1) no sentido de A para D. 
4. Determinar o trabalho realizado pela força constante f i j= +
  
 para deslocar uma 
partícula ao longo da reta 1x y+ = do ponto A(0, 1) a B(1, 0). 
5. Calcular o trabalho realizado pela força ( , , )f y z x=

 para deslocar uma partícula ao 
longo da hélice ( ) (cos , sen , 2 )r t t t t=

 de 0t = a 2t π= . 
6. Um campo é formado por uma força f

, de módulo igual a 4 unidades de força, que 
tem a direção do semi-eixo positivo dos x. Achar o trabalho desde campo, quando um 
ponto material descreve, no sentido horário, a quarta parte do círculo 2 2 4x y+ = , que 
está no o1 quadrante. 
Nos exercícios de 7 a 12 determinar a integral curvilínea do campo vetorial f

, ao 
longo da curva C dada. 
7. ( )( , ) , f x y x y=

; C é o quadrado de vértices (–1, –1), (–1, 1), (1, 1),(1, –1) no sentido 
anti-horário. 
8. 2( , , ) ( , 1/ , )f x y z x y xz=

; C é o segmento de reta que une o ponto A(2, 1, 0) ao ponto 
B(0, 2, 2). 
9. 2( , ) ( , )f x y x y xy=

; C é o arco da parábola 2x y= , do ponto (0, 0) ao ponto (4, 2). 
10. ( , , ) ( , , z)f x y z x y=

; C é a intersecção das superfícies 2 2 2 0x y y+ − = e z y= 
orientada no sentido anti-horário. 
11. ( )( , ) , f x y x y=

; C é a curva dada por 2 3( )r t t i t j= +

, [ ]1, 1t∈ − . 
12. ( , , ) ( , , )f x y z yz xz xy= −

; C é a elipse 2 29 36x y+ = no ponto 2z = , orientada no 
sentido anti-horário. 
Nos exercícios de 13 a 17 calcular as integrais curvilíneas dadas: 
13. [ ]
C
xdx ydy+∫ , onde C é o triângulo de vértices (0, 0), (0, 1) e (1, 1) no sentido anti-
horário. 
14. 
C
x dy∫ , onde C é o segmento de reta 2 1x y= − do ponto A(–3, –1) ao ponto B(1, 1). 
15. [ ]
C
zdx ydy xdz+ −∫ , onde C é a intersecção das superfícies 8y z+ = e 
2 2 2 8 0x y z z+ + − = . Considerar os dois possíveis sentidos de percurso. 
RESPOSTAS 
(1) ln(3/35) (2) 0 (3) 3/2 (4) 0 (5) – pi 
(6) -8 (7) 0 (8) -4/3 + ln2 (9) 112/3 (10) 0 
(11) 1 (12) 48pi (13) 0 (14) 5/2 
(15) 
 
 
1.3 Integrais Curvilíneas Independentes do Caminho de Integração 
Para introduzir as integrais curvilíneas independentes do caminho de integração, vamos 
analisar o exemplo que segue. 
 
Exemplo 
Calcular 2sen 2
C
xdx yzdy y dz − − ∫ ao longo de C, de A(0, 2, 0) até B(2, 2, 4), onde C: 
a) é a parábola 2z x= , 2y = . 
b) é a poligonal AMB, M(1, 0, 0). 
 
Solução de (a). 
A Figura 4.28 mostra o caminho C de integração. Usando x como parâmetro, temos 
2sen 2 
C
xdx yz dy y dz − − = ∫ 
2
2 2
0
sen .1 2.2. .0 2 .2 x x x dx = − − ∫ 
15 cos 2= − − . 
 
Figura 4.28 – Caminho de integração C 
 
 
Solução de (b). 
O caminho C de integração pode ser visto na Figura 4.29. 
 
Figura 4.29 – Caminho de integração C 
 
Para calcular a integral, dividimos C em dois caminhos 1C e 2C . O caminho 1C tem 
equação vetorial 
( ) (2 2 )r t ti t j= + −
  
, [ ]0, 1t∈ . 
Temos, então 
( )
1
2sen 2 
C
x dx yz dy y dz− − =∫ 
1
2
0
sen 2(2 2 ).0.( 2) (2 2 ) .0 t t t dt = − − − − − ∫ 
1
0
sen t dt= ∫ 
cos1 1= − + . 
 
O caminho 2C tem equação vetorial 
( ) (1 ) 2 4r t t i t j tk= + + +
   
, [ ]0, 1t∈ . 
Logo, 
( )
2
2sen 2
C
x dx yzdy y dz− − =∫ 
1
2
0
sen (1 ) 2.2 .4 .2 (2 ) .4 t t t t dt = + − − ∫ 
cos 2 cos1 16= − + − . 
Portanto, 
( ) ( )
1
2 2sen 2 sen 2
C C
x dx yzdy y dz x dx yzdy y dz− − = − −∫ ∫ ( )
2
2sen 2
C
x dx yzdy y dz+ − −∫ 
cos1 1 cos 2 cos1 16= − + − + − 
cos 2 15= − − . 
Observando os dois exemplos citados, vemos que, no primeiro, a integral . 
C
f d r∫
 
, foi 
calculada de A até B ao longo de dois caminhos distintos e os resultados encontrados 
foram diferentes. No segundo exemplo, a integral dada foi calculada, de A até B, ao longo 
de caminhos distintos, no entanto, os resultados encontrados foram iguais. Temos a 
seguinte definição. 
 
1.3.1 Definição 
Seja f

 um campo vetorial contínuo em um domínio D do espaço. A integral 
 . 
C
f d r∫
 
 
é dita independente do caminho de integração em D se, para qualquer par de pontos A e 
B em D, o valor da integral é o mesmo para todos os caminhos em D, que iniciam em A 
e terminam em B. 
Podemos nos ocorrer uma série de perguntas: 
 Como identificar uma integral de linha independente do caminho de integração? 
 Podemos calculá-la conhecendo apenas os pontos A e B? 
 O que acontecerá se o caminho de integração for fechado? 
Estas perguntas são respondidas com auxílio da Definição dada e o teorema a seguir. 
 
1.3.2 Teorema 
Seja ( , , )u u x y z= uma função diferenciável em um domínio conexo 3IRU ⊂ tal que 
f u= ∇

 é contínuo em U. Então, . ( ) ( )
C
f d r u B u A= −∫
 
, 
para qualquer caminho C em U, unindo o ponto A ao ponto B. 
Prova. Sejam A e B dois pontos quaisquer em U. Vamos unir A e B através de um 
caminho suave C. Seja ( ) ( ( ), ( ), ( ))r t x t y t z t=

, [ ], t a b∈ , uma parametrização de C. 
Então, 
 . . 
C C
f d r u dr= ∇∫ ∫
  
 
( ) . '( )
b
a
u r t r t dt = ∇  ∫
 
. 
Seja ( ) ( )g t u r t =  

, [ ], t a b∈ . Pela regra da cadeia, temos 
'( ) . . .u dx u dy u dzg t
x dt y dt z dt
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
, 
onde as derivadas parciais de u são calculadas no ponto ( ( ), ( ), ( ))x t y t z t . Portanto, 
'( ) ( ) . '( )g t u r t r t = ∇  
 
. 
Como f u= ∇

 é contínuo e C é suave, '( )g t é contínua em [ ], a b . Podemos, então, 
aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo e escrever 
 . '( )
b
C a
f d r g t dt=∫ ∫
 
 
( )|bag t= 
( ) |bau r t =  

 
( ) ( )u r b u r a   = −   
 
 
( ) ( )u B u A= − . 
Observamos que se o caminho entre A e B fosse suave por parte, faríamos a mesma 
demonstração sobre cada parte suave. 
 
1.3.3 Exemplos 
(1) Calcular a integral . 
C
f d r∫
 
, onde f

 é o campo vetorial 
( 2) ( 1) ( 2 )f yz i xz j xy z k= + + + + +
   
, ao longo de qualquer caminho que une o ponto 
A(0, 0, 1) a B(1, 2, 1). 
Solução: 
Temos: 
( 2) ( 1) ( 2 )f yz i xz j xy z k= + + + + +
   
 é o gradiente da função 22u xyz x y z C= + + + + . 
Usando o Teorema dado, escrevemos 
[ ] . ( 2) ( 1) ( 2 )
C C
f d r yz dx xz dy xy z dz= + + + + +∫ ∫
 
 
(1, 2, 1) (0, 0, 1)u u= − 
6= . 
 
(2) Verificar que o campo vetorial 2sen 2f xi yz j y k= − −
   
, é um campo conservativo 
em 3R . Calcular . 
C
f d r∫
 
 ao longo de qualquer caminho C de A(0, 2, 0) até B(2, 2, 4). 
Solução. 
O campo vetorial f

 é um campo tal que 1f , 2f e 3f são funções contínuas que possuem 
derivadas parciais de a1 ordem contínuas em 3R . Como 
1 2 0f f
y x
∂ ∂
= =
∂ ∂
, 31 0ff
z x
∂∂
= =
∂ ∂
 e 32 2ff y
z y
∂∂
= = −
∂ ∂
, f

 admite uma função potencial u, ou 
seja, f

 é um campo conservativo. 
Para calcular a integral dada, vamos determinar uma função potencial ( , , )u u x y z= de 
f

. 
Temos, 
sen u x
x
∂
=
∂
, 2u yz
y
∂
= −
∂
 e 2u y
z
∂
= −
∂
. 
Integrando a primeira equação em relação a x, obtemos 
sen u x dx= ∫ 
cos ( , )x a y z= − + . 
Derivando este resultado em relação a y, e usando a igualdade 2u yz
y
∂
= −
∂
, vem 
2u a yz
y y
∂ ∂
= = −
∂ ∂
. Portanto, 
2a yzdy= −∫ 
2 ( )zy b z= − + . 
Substituindo este resultado na expressão de u, obtemos 
2cos ( )u x zy b z= − − + . 
Derivando este resultado em relação a z e usando 2u y
z
∂
= −
∂
, vem 
2 2u dby y
z dz
∂
= − + = −
∂
 
0db
dz
= , b C= , C constante. 
Finalmente, obtemos 2cosu x zy C= − − + . 
Logo, 
2 . (sen 2 )
C C
f d r x dx yz dy y dz= − −∫ ∫
 
 
(2, 2, 4) (0, 2, 0)u u= − cos 2 15= − − . 
 
1.3.4 Teorema 
Se 1 2 3( , , )f f f f=

 é um campo vetorial contínuo em domínio conexo 3RU ⊂ , são 
equivalentes as três afirmações seguintes: 
a) f

 é o gradiente de uma função potencial u em U, ou seja, f

 é conservativo em U. 
b) A integral de linha de f

 é independente do caminho de integração em U. 
c) A integral de linha de f

 ao redor de todo caminho fechado simples em U é igual a 
zero. 
Prova parcial. Vamos demonstrar que (b) implica (c), (c) implica (b) e (a) implica (c). 
( ) ( )b c⇒ . 
Vamos supor que a integral 
[ ]1 2 3
C
f dx f dy f dz+ +∫ 
é independente do caminho de interpretação em U. 
Seja C um caminho fechado simples em U. Dividimos C em dois pedaços 1C e 2C , 
conforme Figura 4.30. 
Figura 4.30 – Caminho fechado em duas partes 
 
Então, 
[ ] [ ] [ ]
1 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3
C C C
f dx f dy f dz f dx f dy f dz f dx f dy f dz+ + = + + + + +∫ ∫ ∫ . 
Como a integral é independente do caminho de integração, podemos escrever 
[ ] [ ] [ ]
2 1 1
1 2 3 1 2 3 1 2 3
C C C
f dx f dy f dz f dx f dy f dz f dx f dy f dz
−
+ + = + + = − + +∫ ∫ ∫ . 
Portanto,segue que 
[ ]1 2 3 0
C
f dx f dy f dz+ + =∫ 
( ) ( )c b⇒ . 
Vamos supor que [ ]1 2 3 0
C
f dx f dy f dz+ + =∫ ao longo de qualquer caminho fechado em U. 
Sejam P e Q dois pontos quaisquer de U e 1C e 2C dois caminhos em U que unem P e Q 
e não se interceptam (ver Figura 4.31). Então, 1 2C C C= − é um caminho fechado 
simples. 
Figura 4.31 – Caminho orientado 
 
Temos, 
[ ] [ ]
1 2
1 2 3 1 2 3
C C
f dx f dy f dz f dx f dy f dz
−
+ + + + + =∫ ∫ 
[ ]1 2 3
C
f dx f dy f dz= + +∫ 
0= . 
Portanto, 
[ ] [ ]
1 2
1 2 3 1 2 3
C C
f dx f dy f dz f dx f dy f dz
−
+ + = − + +∫ ∫ [ ]
2
1 2 3
C
f dx f dy f dz= + +∫ . 
Se os caminhos se interceptam em um ponto M (ver Figura 4.32), podemos dividir os 
caminhos 1C e 2C , aplicar propriedade e usar o raciocínio anterior sobre cada parte. O 
mesmo raciocínio é válido para um número finito de intersecções. 
Logo, 
[ ]1 2 3
C
f dx f dy f dz+ +∫ é independente do caminho de integração em U. 
Figura 4.32 – Caminho com partes que se interceptam 
 
 
( ) ( )a c⇒ . 
Se f

 é o gradiente de uma função potencial u em U, pelo Teorema 1.3.2, temos 
 . ( ) ( )
C
f d r u B u A= −∫
 
, 
para qualquer caminho C for fechado, o ponto A coincide com B, e portanto, ∫
C
rdf 

. . 
 
 
 
 
1.3.5 Exemplos 
(1) Verificar se ( 1)x y x yf e i e j+ += + +
  
 é um caminho conservativo em 2R . Em caso 
afirmativo, calcular 
(1, 1)
(1, 0)
 . f d r∫
 
 sendo que a notação 
(1, 1)
(1, 0)
∫ significa integral de linha ao 
longo de qualquer caminho de (1, 0) a (1, 1). 
Solução. 
O campo vetorial f

 é um campo tal que 1f e 2f são funções contínuas e possuem 
derivadas parciais de a1 ordem contínuas em 2R .. 
Como 
1 2 x yf f e
y x
+∂ ∂= =
∂ ∂
, f

 admite uma função potencial u, ou seja, f

 é um campo conservativo. 
Portanto, pelo Teorema dado, 
(1, 1)
(1, 0)
 . f d r∫
 
 é independente do caminho de integração em
2R .. Para calcular a integral, vamos encontrar a função potencial u e usar o Teorema 
1.3.2. 
Temos, 
1x yu e
x
+∂ = +
∂
 e x yu e
y
+∂ =
∂
. 
Integrando 1x yu e
x
+∂ = +
∂
, em relação a x, vem 
( 1) x yu e dx+= +∫ 
( )x ye x a y+= + + . 
Derivando este resultado em relação a y e usando a igualdade x yu e
y
+∂ =
∂
, vem 
0x y x yu dae e
y dy
+ +∂ = + + =
∂
 
0da
dy
= , a C= , C constante. 
Obtemos então 
x yu e x C+= + + . 
Logo, 
( )
(1, 1) (1, 1)
x+y
(1, 0) (1, 0)
 . e 1 x yf d r dx e dy+ = + + ∫ ∫
 
(1, 1) (1, 0)u u= − 2e e= − . 
 
(2) Determinar o trabalho realizado pela força 
( 1) ( 1) ( 1)f yz i xz j xy k= + + + + +
   
, no deslocamento: 
a) ao longo da poligonal ABCDE da Figura 4.33 (a); 
b) ao longo do caminho fechado da Figura 4.33 (b). 
 
Figura 4.33 – Ilustração do exemplo (2) 
 
 
 
Solução: 
É conveniente verificar, inicialmente , se f

 é conservativo. Em caso afirmativo podemos 
usar os Teoremas 1.3.2 e 1.3.4 
Os campos de forças f

 é tal que 1f , 2f e 3f são funções contínuas que possuem 
derivadas parciais de a1 ordem contínuas em 3IR . Como 
1 2f f z
y x
∂ ∂
= =
∂ ∂
, 
31 ff y
z x
∂∂
= =
∂ ∂
 e 
32 ff x
z y
∂∂
= =
∂ ∂
, 
f

 admite uma função potencial u, isto é, f

 é um campo de forças conservativo. 
Solução de (a): 
Para resolver este item, vamos encontrar uma função potencial u de f

. Temos, 
1u yz
x
∂
= +
∂
, 1u xz
y
∂
= +
∂
 e 1u xy
z
∂
= +
∂
. 
Integrando 1u yz
x
∂
= +
∂
 em relação a x, obtemos 
( 1) u yz dx= +∫ 
( , )yzx x a y z= + + . 
Derivando este resultado em relação a y e usando 1u xz
y
∂
= +
∂
, vem 
0 1u axz xz
y y
∂ ∂
= + + = +
∂ ∂
 
1a
y
∂
=
∂
 
( )a dy y b z= = +∫ . 
Substituindo este valor na expressão de u, temos 
( )u xyz x y b z= + + + . 
Derivando este resultado em relação a z e usando 
1u xy
z
∂
= +
∂
, vem 
0 0 1u dbxy xy
z dz
∂
= + + + = +
∂
, 
1db
dz
= 
b dz z C= = +∫ , C constante. 
Logo, a função potencial é dada por 
u xyz x y z C= + + + + . 
Usando o Teorema 5.5.3, vem 
 . 
C
w f dr= ∫
 
 
(4, 5, 5)
(1, 1, 0)
 . f d r= ∫
 
 
(4, 5, 5) (1, 1, 0)u u= − 
112= unidades de trabalho. 
 
Observamos que o trabalho poderia ser calculado diretamente, usando a definição de 
1.2.1, ou seja, 
 ( ( )). ' ( )
b
a
w f r t r t dt= ∫
  
, 
ao longo de qualquer caminho de A até E. Poderíamos tomar, por exemplo, o segmento 
de reta AE . 
 
Solução de (b): 
∫=
C
rdfw 

. =0 unidades de trabalho, 
já que a curva C é fechada. 
 
(3) Calcular 2 2 2 2
C
y xdx dy
x y x y
 −
+ + + 
∫ sendo que C é dado na Figura 4.34. 
Solução: O campo vetorial 2 2 2 2
y xf i j
x y x y
−
= +
+ +
  
 é conservativo em qualquer domínio 
simplesmente conexo que não contém a origem. 
Figura 4.34 – Curvas dadas para análise 
 
 
Solução de (a): 
Para a curva C dada na Figura 4.34 (a) não encontramos dificuldades, pois C está contida 
em um domínio simplesmente conexo que não contém a origem. 
Portanto, pelo Teorema dado, temos que 
2 2 2 2 0
C
y xdx dy
x y x y
 −
+ = + + 
∫ . 
 
Solução de (b): 
Para a curva C dada na Figura 4.34 (b) não podemos aplicar o Teorema 1.3.4. Neste caso, 
para resolver a integral, vamos parametrizar a curva C e usar a Equação da definição 
1.2.2. 
Temos, 
: ( ) 2cos 2 sen C r t t i t j= +
  
, [ ]0, 2t π∈ . 
Então, 
2
2 2 2 2
0
2 sen 2cos( 2 sen ) (2cos )
4 4C
y x t tdx dy t t dt
x y x y
π − − + = − +   + +   
∫ ∫ 
2
0
dt
π
= ∫ 
2π= . 
Como o resultado desta integral foi diferente de zero, a integral de f

 em um domínio U 
que contém C, depende do caminho de integração. 
Podemos afirmar que f

 não é conservativo no domínio ( ){ }2 22 , |1 16D x y x y= < + < . 
Solução de (c): 
A Figura 4.35 mostra um domínio simplesmente conexo U, que contém C da Figura 4.34 
(c) e não contém a origem. 
Figura 4.35 – Dominio simplesmente conexo 
 
 
Então, para calcular a integral ao longo de C, podemos encontrar uma função potencial u 
de f

 em U e usar o Teorema 1.3.2. 
Temos, 
2 2
u y
x x y
∂ −
=
∂ +
 
2 2
u x
y x y
∂
=
∂ +
. 
Integrando 2 2
u y
x x y
∂ −
=
∂ +
 em relação a x, obtemos: 
2 2
yu dx
x y
−
=
+∫ arc tg ( )
x a y
y
= − + . 
Derivando este resultado em relação a y e usando 2 2
u x
y x y
∂
=
∂ +
, vem 
2 2 2 2
u x da x
y x y dy x y
∂
= + =
∂ + +
 
0da
dy
= , a C= , C constante. 
Obtemos, então, 
arc tg xu C
y
= − + 
arc tg y C
x
= + . 
Logo, 
2 2 2 2 ( ) ( )
C
y xdx dy u B u A
x y x y
 −
+ = − + + 
∫ 
arc tg 2
4
π
= − . 
 
1.3.6 Atividade de autoavaliação 
(1) Verificar se o campo de forças f

 é conservativo. Em caso afirmativo, determinar 
uma função potencial para este campo e calcular o trabalho que ele faz sobre uma 
partícula que se desloca de A(1, –1, 0) a B(2, 3, 1). 
a) 2 2 2 2 3 2(2 , 3 , )f y x z y x z y x y= +

 
b) ( ) ( )cos cosxy xyf y xy ye i x xy e j k= + + + +
   
 
 
(2) Verificar se o campo vetorial dado é conservativo. Em caso positivo, determinar uma 
função potencial para f

 e o valor da integral 
( , , )
(0, 0, 0)
 . 
a b c
f d r∫
 
, onde a, b, IRc∈ . 
a) ( , , ) ( , 8 , )f x y z yz xz y xy= +

 
b) 2 2( , , ) (3 , 4 2 , 8 )f x y z x y y x xy= + +

 
 
(3) Calcular a integral . 
C
f d r∫
 
 onde f

 é o campo vetorial dado, ao longo de qualquer 
caminho que une o ponto A(1, 1, 0) ao B(1, 2, –1). 
a) (sen 2 ) (2 cos ) ( sen )f x y i x z j z y z k= + + + + −
   
 
b) 2 2 3 22(2 ) 2 ( 2 )
3
f x y y z i x xy z j x yz k = + + + + + + + 
 
   
 
 
(4) Verificar que as integrais são independentes do caminho de integração e determinar 
seus valores. 
a) 
(5, 3)
(1, 1)
( )xdx ydy+∫ 
b) 
(2, 1)
(0, 0)
( cos sen )x xe y dx e y dy− +∫ 
c) 
(1, 0, 1)
2
(0, 1, 1)
(2 2 )xydx x dy dz+ +∫ 
d) 
(1, 1, 1)
2
( 1, 0, 0)
( ) ( 2 ) y y z z ze dx xe e dy ye e dz−
−
 + + + − ∫(5) Calcular . 
C
f d r∫
 
, onde 2 2 2 2, 
y xf
x y x y
 −
=  + + 

, ao longo dos seguintes caminhos. 
a) circunferência de centro em (4, 4) e raio 2, no sentido anti-horário; 
b) poligonal ABCD, onde A(1, 0), B(1, 1), C(2, 1) e D(2, 2), de A até D; 
c) quadrado de vértices A(1, 0), B(2, 0), C(1, –1)e D(2, –1) no sentido anti-horário; 
d) circunferência de centro na origem e raio 4, no sentido anti-horário. 
 
(6) Determinar o trabalho realizado pela força conservativa ( , , 1)f yz xz xy= +

 nos 
seguintes deslocamentos: 
a) ao longo da elipse 2 2 / 4 9x y+ = , no sentido anti-horário, do ponto A(3, 0) ao B(0, 6); 
b) ao longo do arco de parábola 2 1x y= − , 2z = , do ponto A(–1, 0, 2) ao ponto B(3, –2, 
2); 
c) ao longo do caminho fechado formado pelas curvas 2y x= e 2x y= , no sentido anti-
horário. 
 
(7) Uma partícula de massa m move-se no plano xy sob a influência da força gravitacional 
F mg j= −
 
. Se a partícula move-se de (0, 0) a (–2, 1) ao longo de um caminho C, mostre 
que o trabalho realizado por F

 é w mg= − e é independente do caminho. 
 
(8) Determinar as seguintes integrais ao longo dos caminhos fechados: 
a) 2 2(2 4) ( ) 2
C
xy dx x z dy zydz + + + + ∫ 
: ( ) (sen , cos , )C r t t t π=

, [ ]0, 2t π∈ 
b) ( ) ( ) 4
C
xy z dx x y dy zdz+ + − +  ∫ 
: ( ) (sen , cos , )C r t t t π=

, [ ]0, 2t π∈ . 
 
(9) Determinar o trabalho realizado pela força ( , , )xf e yz xz xy+

 para deslocar uma 
partícula ao longo da intersecção das superfícies 2 2 2 4x y z+ + = e 2 2z x y= + , do 
ponto A(1, 1, 2 ) ao B( 2 , 0, 2 ). 
 
(10) Calcular o trabalho realizado pela força 
2(2 4) ( 3 1) ( 3 )f x z i y z j x y z k= + + + − − + − +
   
, sobre uma partícula, ao longo de C, de 
A(2, 4, 2) a B(2, 0, 0), onde C é: 
a) o segmento de reta AB; 
b) a parábola 2y z= no plano 2x = . 
RESPOSTAS 
(1) a) Não . (1) b) Sim; 16/11; 6 +++++++= esenesenCzesenxyu xy . 
(2) a) Sim; 22 4 4 babcCyxyzu +++= . (2) b) Não. 
(3) a) 2/31cos2 + . (3) b) 3/14 . 
(4) a) 16 . (4) b) 1cos1 2e− (4) c) zero (4) d) 22 −+ ee . 
(5) a) 0 b) 4/π− c) 0 d) π2− . 
(6) 7 a) 0 b) -12 c) 0 
(8) a) 0 (8) b) π− 
(9) 1 ; igual. (10) a) 2/3 b) 2/3. 
 
1.4 Teorema de Green 
Este teorema expressa uma integral curvilínea ao longo de uma curva fechada no plano, 
como uma integral dupla sobre a região limitada pela curva. 
 
1.4.1 Teorema 
Sejam C uma curva fechada simples, suave por partes, orientada no sentido anti-horário, 
e R a região fechada delimitada por C. Se 1 2( , )f f f=

 é um campo vetorial contínuo com 
derivadas parciais de a1 ordem contínuas em um domínio D que contém R, então 
2 1
1 2 
C R
f ff dx f dy dx dy
x y
 ∂ ∂
+ = − ∂ ∂ 
∫ ∫ ∫ . 
Prova Parcial. Faremos a prova do teorema para o caso em que a curva C é suave e a 
região R pode ser descrita, simultaneamente, como indicado na Figura 4.36 (a) e (b). Isto 
é, 
{ }1 2( , ) | e ( ) ( )R x y a x b g x y g x= ≤ ≤ ≤ ≤ e 
{ }1 2( , ) | e h ( ) ( )R x y c y d y x h y= ≤ ≤ ≤ ≤ . 
Figura 4.36 – Ilustração do Teorema de Green 
 
Para provar, basta mostrar que 
1
1
C R
ff dx dxdy
y
∂
= −
∂∫ ∫ ∫ e 
2
2
C R
ff dy dxdy
x
∂
= −
∂∫ ∫ ∫ . 
Vamos mostrar 11
C R
ff dx dxdy
y
∂
= −
∂∫ ∫ ∫ 
Observando a Figura 4.36 (a), podemos ver que a curva C pode ser dividida em duas 
curvas 1C e 2C , de equações 1( )y g x= e 2 ( )y g x= , respectivamente. 
Usando x como parâmetro, obtemos uma parametrização de 1C , dada por 
1 1 1: ( ) ( , ( ))C r x x g x=

, [ ], x a b∈ . 
Para a curva 2C não podemos proceder da mesma forma, pois o sentido positivo 
determinado pelos valores crescentes de x em [a, b], nos dá a orientação sobre 2C , no 
sentido oposto ao desejado. Podemos, porém, parametrizar – 2C e usar a Propriedade 
1.2.3. Temos, 
2 2 2: ( ) ( , ( ))C r x x g x− =

, [ ], x a b∈ . 
Portanto, 
1 2
1 1 1
C C C
f dx f dx f dx= +∫ ∫ ∫ 
1 2
1 1
C C
f dx f dx
−
= −∫ ∫ 
1 1 1 2( , ( )) ( , ( ))
b b
a a
f x g x dx f x g x dx= −∫ ∫ . 
Por outro lado, como 1f
y
∂
∂
 é contínua, desenvolvendo o o2 membro de (2), temos 
2
1
( )
1 1
( )
g xb
R a g x
f fdxdy dy dx
y y
 ∂ ∂
=  
∂ ∂  
∫ ∫ ∫ ∫ 
2
1
( )
1 ( )
( , )|
b
g x
g x
a
f x y dx =   ∫ 
[ ]1 2 1 1( , ( )) ( , ( ))
b
a
f x g x f x g x dx= −∫ 
[ ]1 1 1 2( , ( )) ( , ( ))
b
a
f x g x f x g x dx= − −∫ 
A partir das expressões anteriores temos: 
1
1
C R
ff dx dxdy
y
∂
= −
∂∫ ∫ ∫ . 
Para mostrar, procede-se de forma análoga, utilizando 
{ }1 2( , ) | e ( ) ( )R x y c y d h y x h y= ≤ ≤ ≤ ≤ . 
Observamos que o Teorema de Green também é válido para uma região R que contenha 
buracos. Neste caso, o caminho de integração C é todo o contorno de R, orientado de 
maneira que a região R se encontre à esquerda, como mostra a Figura 4.37 
Figura 4.37 – Ilustração para o Teorema de Green 
 
 
1.4.2 Exemplos 
(1) Usando o Teorema de Green calcular 2 22
C
y dx x dy + ∫ , sendo C o triângulo de 
vértices (0, 0), (1, 2) e (0, 2), no sentido anti-horário. 
Solução. A Figura 4.38 mostra o caminho C de integração e a região R delimitada por C. 
 
Figura 4.38 – Caminho do exemplo dado 
 
 
Como R é dada por 
0 1x≤ ≤ 
2 2x y≤ ≤ , 
usando o Teorema de Green, temos 
2 22 (4 2 )
C R
y dx x dy x y dxdy + = − ∫ ∫ ∫ 
1 2
0 2
(4 2 ) 
x
x y dy dx
 
= − 
 
∫ ∫ 
1
22
2
0
(4 )| xxy y dx= −∫ 
1
2 2
0
(8 4) (8 4 ) x x x dx = − − − ∫ 
4 / 3= − . 
Observamos que, neste exemplo, para calcular a integral curvilínea diretamente, teríamos 
que dividir a curva C em três partes suaves, calculando a integral sobre cada parte. A 
utilização do Teorema de Green simplificou os cálculos. 
 
(2) Calcular . 
C
f d r∫
 

, ao longo da circunferência 2 2( 1) 1x y+ − = , no sentido horário, 
sendo ( )2 24 9 , 9 1f x y xy y= − + + . 
Solução. 
A Figura 4.39 mostra a curva C. Como C está orientada no sentido horário, não podemos 
aplicar o Teorema de Green diretamente. No entanto, podemos aplicar o Teorema de 
Green para calcular a integral sobre a curva –C e depois usar a Propriedade 1.2.3. 
Temos, 
 . (9 9) 
C R
f d r y dxdy
−
= +∫ ∫ ∫
 
 
9 ( 1) 
R
y dxdy= +∫ ∫ . 
Figura 4.39 – Curva C orientada 
 
Passando para coordenadas polares, vem 
2 sen 
0 0
 . 9 ( sen 1) 
C
f d r r r dr d
π θ
θ θ
−
 
= + 
 
∫ ∫ ∫
 
 
3 2 2 
0
0
9 sen 
3 2 |
senr r d
π
θ
θ θ
 
= + 
 
∫ 
4 2
0
89 sen 2 sen 
3
d
π
θ θ θ = + 
 ∫
 
18π= . 
Logo, . 18
C
f d r π= −∫
 
. 
 
(3) Área de uma região plana como uma integral curvilínea ao longo de seu contorno. 
Usando o Teorema de Green, podemos expressar a área de uma região plana R, como 
uma integral curvilínea ao longo de seu contorno. 
Sejam R e C como no Teorema de Green. Sejam f x j=
 
 e g yi= −
 
. Os campos vetoriais 
f

 e g

 são contínuos com derivadas parciais contínuas em 2IR . 
Aplicando (1) ao campo f

, obtemos 
 
C R
x dy dxdy=∫ ∫ ∫ . 
Da mesma forma, aplicando (1) ao campo g

, vem 
 
C R
y dy dxdy− =∫ ∫ ∫ . 
Portanto, se denotamos por A a área de R, temos 
 
C
A x dy= ∫ ou 
C
A y dx= −∫ . 
 
Combinando essas integrais , obtemos uma terceira fórmula para a área de R, dada por 
1 ( )
2 C
A x dy y dx= −∫ . 
Eventualmente, outras fórmulas para a área podem ser encontrada, aplicando o teorema 
de Green a outros vetoriais convenientes. 
 
(4) Calcular a área delimitada pela elipse 
2 2
1
4 9
x y
+ = . 
Solução. A elipse dada tem equação vetorial 
( ) (2cos , 3 sen )r t t t=

, 0 2t π≤ ≤ . 
Temos: 
 
C
A x dy= ∫
2
0
2cos . 3cos t t dt
π
= ∫
2
2
0
6 cos t dt
π
= ∫ 
2
0
1 16 cos 2
2 2
t dt
π  = + 
 ∫ 6π=
. 
 
1.4.3 Atividades de autoavaliação 
(1) Nos exercícios a seguir, calcular as integrais curvilíneas aplicando o Teoremade 
Green: 
(a). 2 (4 )
C
x dx x y dy + + ∫ , ao longo do triângulo de vértices (0, 0), (1, 2) e (2, 0) no 
sentido anti-horário. 
(b). (ln 2 ) (2 )y
C
x y dx x e dy − + + ∫ ao longo da elipse 2 2 / 9 1x y+ = no sentido horário. 
(c). ( )22 8 ln( 2) 
C
x y dx y dy− + − +∫ ao longo do paralelograma de vértices A(0, 0), 
B(2, 0), C(3, 2) e D(1, 2), no sentido horário. 
(d). . 
C
f d r∫
 

, onde ( , 0)f y=

 e C é o triângulo de vértices A(0, 1), B(3, 1) e C(2, 2) no 
sentido horário. 
(2) Calcular a área da elipse 6cosx θ= , 2 sen y θ= . 
(3) Determinar a área entre as elipses: 
2 29 2 18 1 0x y x y+ − − + = e 2 22 4 8 4 0x x y y− + − + = . 
(4) Dado o campo vetorial 2 2 2 2, 
x yf
x y x y
 
=  + + 

, mostrar que . 0
C
f d r =∫
 

 para toda 
curva fechada simples C, suave por partes, que circunda a origem. 
(5). Dado o campo vetorial 2 2 2 2, 
y xf
x y x y
 −
=  + + 

, mostrar que . 2
C
f d r π= −∫
 

 para 
toda a curva fechada simples, suave por partes, orientada no sentido anti-horário que 
circunda a origem. 
 
RESPOSTAS: 
(1) a) 8 (1) b) π12− (1) c) -64/3 (1) d) 3/2 
(2) π12 u.a. (3) ..2/5 auπ 
	Integrais Curvilínease Integrais de Superfície
	Seção 11F
	Integrais Curvilíneas
	1.1 Integrais de linha de campos escalares
	1.1.1 Definição
	1.1.2 Cálculo da integral de linha
	1.1.3 Propriedades
	1.1.4 Exemplos
	1.1.5 Massa e Centro de massa de um fio delgado
	1.1.6 Momento de inércia
	1.1.7 Lei de Biot-Savart
	1.1.8 Atividades de autoavaliação
	1.2 Integrais de linha de campo vetoriais
	1.2.1 Definição
	1.2.2 Definição
	1.2.3 Propriedades
	1.2.4 Proposição
	1.2.5 Exemplos
	1.2.6 Atividades de autoavaliação
	1.3 Integrais Curvilíneas Independentes do Caminho de Integração
	Exemplo
	1.3.1 Definição
	1.3.2 Teorema
	1.3.3 Exemplos
	1.3.4 Teorema
	1.3.5 Exemplos
	1.3.6 Atividade de autoavaliação
	1.4 Teorema de Green
	1.4.1 Teorema
	1.4.2 Exemplos
	1.4.3 Atividades de autoavaliação