Cálculo iv engenharia de computação pdf by Talita Barcelos

- Guia de Aulas -

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV - Noções Gerais e Aplicações - Engenharia de Computação 226 Problemas Resolvidos 87 Problemas Propostos

Elaborado pelo Prof. Arnaldo Stochiero - Olá, pessoal ! Nós somos os netos do Prof. Arnaldo : Alexa, Diego, Caio, e Pedro . Quando chegar a nossa vez, iremos aprender Cálculo neste livro .

2014

VISÃO PANORÂMICA DA ENGENHARIA DE COMPUTAÇÃO

O Curso de Engenharia de Computação Com o curso, você será capaz de projetar e construir computadores, periféricos e outros sistemas que integrem hardware e software. O engenheiro de computação atua aplicando as tecnologias da computação na solução de problemas da sociedade. Apesar do foco na computação, o curso contempla uma formação básica dos aspectos físicos, suficiente para que o engenheiro de computação possa trabalhar harmoniosamente em equipe com outros profissionais da engenharia. De uma forma geral, o profissional egresso do curso será capaz de desempenhar as seguintes tarefas: concepção de novas formas de aplicação das tecnologias, bem como a incorporação destas às estratégias organizacionais; planejamento e gerência dos serviços e recursos de tecnologia da informação; projeto e desenvolvimento de sistemas integrados de hardware e software. O que você irá estudar Você irá estudar como utilizar a Matemática, a Ciência da Computação, a Física e as tecnologias modernas no apoio à construção de produtos e serviços seguros, confiáveis e de relevância à sociedade. Além disso, sua formação irá torná-lo capaz de projetar, construir, testar e manter software no apoio à construção ou incorporado a produtos e serviços, principalmente os que, além do próprio sistema computacional, requeiram a interação com o ambiente ou com dispositivos físicos. Os conteúdos mais relevantes estudados ao longo do curso são: matemática discreta e contínua; mecânica, termodinâmica, eletromagnetismo, óptica e suas aplicações à Engenharia de Computação; técnicas de programação de computadores; sistemas lógicos e arquiteturas de ambientes computacionais; abstração, representação, organização e recuperação da informação; metodologia de desenvolvimento de sistemas; sistemas dinâmicos, controle e automação; ciências do ambiente; aspectos éticos e sociais relacionados à Engenharia de Computação. Campo de pesquisa Arquitetura de Ambientes Computacionais. Computação Paralela e Distribuída. Computação Móvel e Redes Sem Fio. Inteligência Artificial. Jogos Digitais. Otimização de Sistemas. Processamento Digital de Sinais/Imagens/Vídeo. Redes de Computadores. Sistemas Distribuídos. Automação. Telecomunicações.

PREÂMBULO

Os primeiros indícios rudimentares do Cálculo Diferencial e Integral têm suas origens na Antiguidade, porém, somente a partir de Isaac Newton (1643-1727) e Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716), esse monumental capítulo da Matemática conseguiu deflagrar seu processo evolutivo. A genialidade desses dois baluartes da ciência moderna trouxe à baila tão maravilhosa obra que por si mesma já seria suficiente para consagrar indelevelmente a capacidade criadora do gênero humano. Nos últimos trezentos anos, muitos matemáticos trabalharam e vêm trabalhando no aprimoramento da estruturação teórica do Cálculo, perseguindo sempre os atalhos inteligentes da sistematização. As brilhantes contribuições de Leonhard Euler (1707-1783), Jean le Rond d’Alembert (1717-1783), Joseph Louis Lagrange (1736-1813), Pierre Simon Laplace (1749-1827), Carl Friedrich Gauss (1777-1855), Augustin Louis Cauchy (1789-1857), Nikolai Ivanovitch Lobatchevski (1793-1856) , Bernhard Riemann (1826-1866) , Richard Dedekind (1831-1916), Oliver Heaviside (18501925), bem como as de vários outros luminares, vêm promovendo esse ordenamento sistêmico tão importante para o desenvolvimento desse campo científico e suas ressonâncias em todas as ramificações da atividade tecnológica e social . Os objetivos que nos levam a realizar este trabalho visam tão somente a torná-lo um compêndio utilitário, contemplando nossos alunos com um acessório matemático funcional que, acoplado à bibliografia recomendada, seguramente irá robustecer os pré-requisitos indispensáveis às disciplinas de Cálculo, Física, Estatística, Eletricidade, Mecânica e demais outras das áreas profissionalizantes. Para formatá-lo, empenhamo-nos na utilização de uma linguagem clara, sucinta e elucidativa, capaz de levar o aluno a consolidar um aproveitamento desejável . Considerando que a própria gênese das engenharias nos recomenda navegar numa órbita pragmatista do conhecimento, o desenvolvimento teórico destas lições de cálculo desprendese de rigorismos e formalismos muitas vezes incômodos e fastidiosos para o iniciante. Em contrapartida, já nas primeiras páginas das explanações, o leitor perceberá nossa insistente recorrência aos apelos geométricos como legítimos testemunhos visuais de cada afirmativa apresentada, configurando-se aí a indisfarçável intenção de buscar no harmonioso acasalamento da álgebra com a geometria a argamassa ideal para a fixação duradoura do aprendizado . Diante da profusão de gráficos e figuras, ainda que sejamos censurados pelo uso abusivo desses recursos geométricos, sentimo-nos bem mais próximos da legítima finalidade de esclarecer e dirimir as dúvidas mais frequentes dos alunos, confiando aos detalhes visuais aqueles lances sigilosamente guardados nas entrelinhas da maioria dos textos didáticos. Para garantir uma nitidez mais apurada nessas ilustrações, bem como as posições mais adequadas das figuras, utilizamos com providencial frequência o sistema algébrico computacional Maple e, eventualmente, o sistema Matlab R12, aprimorando significativamente a assimilação dos espaços bi e tridimensionais. Tal estratégia harmoniza-se com os preceitos básicos de uma aprendizagem segura e consistente, desde que sincronizada nas ações de construir as resoluções e discutir os resultados encontrados .

Como recomendação final, sugerimos ter sempre presente a magistral observação formulada por Carl Friedrich Gauss : “Em verdade, o que proporciona o máximo prazer àqueles que estudam seriamente esta ciência não é o conhecimento e sim a aprendizagem; não é a posse, mas a aquisição; não é a meta alcançada, mas o ato de atingi-la.” Tenhamos ainda sempre em conta o nobre e paternal aconselhamento formulado por Albert Einstein em suas costumeiras palestras dirigidas aos jovens estudantes : “ Jamais considerem seus estudos como uma obrigação, mas como uma oportunidade invejável para aprender a conhecer a influência libertadora da beleza do reino do espírito, para seu próprio prazer pessoal e para proveito da comunidade à qual seu futuro trabalho pertencer . ”

O autor .

Sumário

Unidade 1 - CURVAS EM COORDENADAS POLARES 1.1. Conversão das coordenadas retangulares em polares ................. 1.2. Equações polares da reta, do círculo e outras curvas clássicas ..

1 1

Unidade 2 - INTEGRAIS MÚLTIPLAS 2.1. Definição e interpretação geométrica da integral dupla ............. 2.2. Integral dupla em coordenadas cartesianas ............................... 2.3. Integral dupla em coordenadas polares ...................................... 2.4. Aplicações : centro de massa e momento de inércia .................... 2.5. Integral tripla em coordenadas cartesianas ............................... 2.6. Coordenadas cilíndricas e coordenadas esféricas .......................

9 12 19 24 27 29

Unidade 3 - CURVAS PARAMETRIZADAS 3.1. Funções escalares, funções vetoriais e curvas parametrizadas ... 3.2. Aplicações ao movimento ........................................................... 3.3. Movimento no espaço : vetor tangente unitário e vetor normal ....

39 49 58

Unidade 4 - INTEGRAIS DE LINHA 4.1. Campos escalares e campos vetoriais. Operadores diferenciais ... 4.2. Integral de linha ou integral curvilínea de uma função escalar .. 4.3. Integral de linha ou integral curvilínea de uma função vetorial . Trabalho realizado por um campo vetorial .................................. 4.4. Teorema de Green ........................................................................ 4.5. Campos vetoriais conservativos . Independência do caminho .....

63 75 78 80 87

Unidade 5 - INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE 5.1. Integral de superfície de uma função escalar .............................. 97 5.2. Integral de superfície de uma função vetorial ............................. 102 5.3. Teorema de Gauss ....................................................................... 108 5.4. Teorema de Stokes ...................................................................... 118

Referências Bibliográficas ........................................................................ 129

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV

- Roteiro Sinóptico -

- Cursos de Engenharia Unidade 1

CURVAS EM COORDENADAS POLARES

1.1. Conversão das coordenadas retangulares em coordenadas polares . Coordenadas polares . Constitui um sistema referencial criado por Isaac Newton , dotado de dois elementos bem simples : um ponto fixo O denominado polo e uma reta fixa OX denominada eixo polar . A cada par de números reais ( r ,  ) podemos associar um único ponto P de um plano . A recíproca não é verdadeira, pois, conforme veremos adiante, um ponto P do plano pode associar-se a mais de um par de valores reais ( r ,  ) : Coordenadas polares do ponto P

r : medida algébrica do segmento OP ( raio vetor de P)

 : medida do ângulo XOP , geralmente dada em radianos (argumento de P)

P Notações : P ( r ,  ) ou P = ( r ,  ) . Alguns autores costumam inverter a ordem : P (  , r )



Advertência : Existem várias situações nas quais é conveniente admitir a variação da coordenada angular  no intervalo ( 0 , + ∞ ) ou mesmo em ( - ∞ , + ∞ ) , como, por exemplo, no tratamento de curvas espiraladas .

Isaac Newton (1643-1727)

Exemplos :

4  2  5      7     P :  4,  ou  4,  ou  4,  ou  4,   ou  4,   ou ... 3  3  3  3   3     

 0

  M :  3,  2 X N :  2, 0  ou

  ou 

3   5    3,  ou  3,   ou 2  2   

3    3,  ou 2  

    3,   ou ... 2  

 2, 2  ou  2,   ou  2,    ou  2,  3  ou  2, 3  ou ... a cada par ( r ,  )

Conclusão :

um único ponto P um único par ( r ,  )

a cada ponto P ( não verdadeira )

- Apesar da inexistência da biunivocidade, em muitas ocasiões a utilização do sistema polar apresenta inúmeras vantagens sobre o sistema cartesiano, sobretudo na simplificação de equações de grande importância na área da engenharia, no estudo de equações paramétricas de trajetórias, no enxugamento de expressões voltadas para as leis e fenômenos físicos que, tratados pelos processos elementares da álgebra, tornam os cálculos extremamente fastidiosos e, não raramente, impraticáveis .

Sistema polar associado ao sistema cartesiano . Consideremos o polo coincidente com a origem do sistema cartesiano e o eixo polar coincidente com o semieixo positivo OX : Y P  x, y   P  r,  

 0

Das relações trigonométricas do triângulo retângulo AOP , tiramos :

 x  r cos   x2  y2  r2 r   x2  y2  y  r sen    x  r cos  y r sen y    tg    arc tg  x r cos  x  y  r sen

1.2. Equações polares da reta , do círculo e outras curvas r clássicas .

P  r,  

Q d ,   d

 

Equação polar da reta .

Portanto, sendo f  x, y   0 a equação cartesiana de uma curva do plano, sua equação no sistema polar será f  r cos  , r sen   0 . d : distância do polo à reta dada  : ângulo da normal com o eixo polar P ( r,  ) : ponto genérico da reta Como o triângulo QOP é retângulo, resulta :

r cos      d

2 À guisa de ilustração, mediante o MATLAB R12 , analisemos algumas retas e confrontemos os dois sistemas de coordenadas : 1.

x5



r cos      d r cos      d  r cos  5: Sistema polar

x  5 : Sistema cartesiano

d  05

(lugar geométrico dos pontos de abscissa constante 5)

Sintaxe : t = linspace (-7*pi/18,7*pi/18,100) ; r = 5*sec(t); polar ( t, r)

y3



   r cos     3  r sen  3 2  

r sen  3

    3,   2 

    2   d 3 

Sintaxe : t=linspace(pi/10,9*pi/10,100); r=3*csc(t); polar(t,r)

y  3



   r cos     3  r sen  3 2  

r sen  3

     2   d 3 

    3,   2  

Sintaxe : t=linspace(-pi/10,-9*pi/10,100); r=-3*csc(t); polar(t,r)

3 Equação polar do círculo . P  r,  

a) Caso geral :

a : raio vetor do centro do círculo dado  : argumento do centro R : raio do círculo P ( r,  ) : ponto genérico do círculo

R r

C  a,  

A equação polar do círculo será obtida mediante a aplicação da lei dos cossenos no triângulo COP :

R 2  r 2  a 2  2 r a cos    

 

b) O círculo passa pelo polo :

a  R  R 2  r 2  R 2  2 r R cos    

P  r,  

r 2  2 r R cos    

a C  a,    



r  2 R cos    

c) O círculo passa pelo polo e tem centro no eixo polar : P  r,  

r 

a  R  r  2 R cos   0     0

R C  R, 0 

 r  2 R cos 

d) O círculo tem centro no polo :

a 0    0  r  R ,   

P  r,  

rR 

0  C 0, 0 



r  R

Equação polar do caracol de Pascal . Alguns autores mantêm a denominação limaçon , palavra francesa que significa caracol . Trata-se do lugar geométrico dos pontos M e M ’ de um plano cujas distâncias a um ponto móvel P é constante : Seja um círculo que contém o polo, centro C e diâmetro OA = a . O triângulo retângulo POA nos permite escrever

a) Caso geral : M

P M'

 C

OP  OA cos   a cos   ponto M : r  OP  PM  r  a cos   b   ponto M ' : r  OP  PM '  r  a cos   b Portanto, a equação polar do caracol de Pascal é

r  a cos  b , sendo a  b .

4 t=linspace(0,2*pi,100); r=2+4*cos(t); polar(t,r); hold on;

a) Caso particular : A equação polar da cardioide pode ser obtida como uma particularidade do caracol, bastando fazer a = b e a curva deixa de apresentar o laço característico, assumindo a forma de coração :

- Vale ainda ressaltar o caso em que a < b e o caracol toma a forma

Equação polar da lemniscata . Trata-se do lugar geométrico dos pontos P tais que PA . PB  a 2 . P  r,   De acordo com a lei dos cossenos , podemos escrever :

B  a,  

A  a, 0 

2 2 2    PA  r  a  2 r a cos   2 2 2 2 2    PB   r  a  2 r a cos      r  a  2 r a cos 

Multiplicando, membro a membro, as duas igualdades :

“ laço de fitas ”

 PA .  PB  2

  r 2  a 2    2 r a cos    a 4 2

r 4  a 4  2 r 2 a 2  4 r 2 a 2 cos 2   a 4 45

135

B  2,  

225

A  2, 0 

45

r  8 cos 2t 2

r 4  2 r 2 a 2  1  2 cos 2    0

Sintaxe : t = linspace(-pi/4,pi/4,100); r = sqrt(8*cos(2*t)); polar(t,r) hold on; linspace(3*pi/4,5*pi/4,100); r = sqrt(8*cos(2*t)); polar(t,r)

r 2  2 a 2  2 cos 2   1 r 2  2 a 2  cos 2   sen 2   r 2  2 a 2 cos 2

5 Equação polar da rosácea . Tal curva é o lugar geométrico dos pontos M , pés das perpendiculares traçadas do ponto O ao segmento móvel PQ de comprimento 2 a , que desliza sobre os dois eixos perpendiculares .

 OM  OP . cos   OM  PQ . sen  .cos    OP  PQ . sen  ou r  2 a .sen  .cos 

M  r,  



r  a sen 2 rosácea de 4 folhas

a  2  r  2 sen 2

Observações : 1ª.) Se tivermos a equação r  a cos 2 , a rosácea assume a posição

a  2  r  2 cos 2

2ª.) O gráfico de uma equação da forma r  a sen n é uma rosácea tendo : 2 n folhas , se n é par n folhas , se n é ímpar . Por exemplo, o gráfico da rosácea

ou r  a cos n , n  2 ,

r  a cos 3 é

a  2  r  2 cos 3

3ª.) Em qualquer desses casos vistos acima, o comprimento da folha é dado pelo valor a . 4ª.) Construção prática da cardioide . Seja um círculo de raio a e consideremos dois outros com o diâmetro igual a essa medida a . Consideremos ainda o raio vetor OC , obtido quando acrescentamos ao raio OB um prolongamento BC = OA :

 OA  BC   OB'  B' C'  OM  DP 

C P

Por construção, podemos escrever :

D M

 O

B’

    : OC  OB  BC  OB  OA  r  a  a cos    2      : OM  OP  OD  r  a  a cos       2 Portanto, em qualquer dos dois casos, teremos :

r  a 1  cos  

6 Problemas ilustrativos 1.

Escrever a equação polar de cada uma das curvas expressas no sistema cartesiano :

a) x 3 0

Resolução : Basta aplicar as relações trigonométricas correspondentes :

x  3  0  r cos   3 .

( reta vertical )

b ) x 2  y 2  2x  0

r 2  2r cos   0 ou r  2 cos 



( círculo )

x

 y 2   2a 2  x 2  y 2  2

r 4  2a 2 r 2  cos 2   sen 2  ou r 2  2a 2 cos 2



( lemniscata )

d ) 2x y  1

2r 2 cos  sen  1 ou r 2 sen2  1



( hipérbole )

Escrever a equação cartesiana de cada uma das curvas expressas no sistema polar :

a) r  3

Resolução : Basta aplicar as relações trigonométricas correspondentes :

( círculo )

x2  y2  3 

b ) r sen   4  0



x2  y2  9

y 4

( reta horizontal )

c ) r  1  cos 



r 2  r  r cos  

4 1  cos 

 y2  

x2  y 2  x

r  2 cos  sen



( rosácea de 4 folhas )

e) r 

  x2  y 2  x   x2  y 2

( cardioide )

d ) r  sen 2

x

r 3  2r sen  r cos 

  x 2  y 2  2  2xy ou 

r  r cos   4 

x

 y 2   4x 2 y 2 3

x2  y2  x  4

( parábola )

x 2  y 2   4  x   16  8x  x 2 2

 y 2   8x  16 3.

  Escrever a equação polar do círculo de centro C (2, 0) , contendo o ponto  5 , . 3   Resolução : a 2

R 2  r 2  a 2  2ra cos     :   R 2  r 2  4  4r cos    0    1 2 Como o círculo passa pelo ponto  5 ,  19 e , então,  ,. teremos R  25  4  20  3   2 r 2  4  4r cos   19  r 2  4r cos   15 .

Determinar as coordenadas polares dos pontos de interseções de cada par de curvas abaixo :

r 1 a)   r  1  cos 

Resolução :

r 1   1  cos   1  cos   0      2  r  1  cos        1, e 1,  Então, os pontos são     2 2 

 r  3 cos  b)   r  1  cos 

 3 cos   1  cos   cos  

1 2

  









  3 :  ,  3 3  2

7 Analisemos, graficamente, as resoluções a e b do problema 4 da página anterior :

r 1 a)   r  1  cos 

>> t=linspace(0,2*pi,100); >> r=1+cos(t);    >> polar(t,r)  1,   2  >> hold on; >> r=1*cos(t-t); >> polar(t,r)

 r  3 cos  b)   r  1  cos 

>> t=linspace(0,2*pi,100); >> r=3*cos(t); >> polar(t,r) >> hold on; >> r=1+cos(t); >> polar(t,r)

    1,   2  

Determinar, graficamente, as interseções das curvas  r  2  1  sen t 

    r   4 sen t

3    ,  2 3 

  3  ,  3  2

>> t=linspace(0,2*pi,100); >> r=2*(1+sin(t)); >> polar(t,r) >> hold on; >> r=-4*sin(t); >> polar(t,r)

Linguagem Simples para a Construção de Gráficos em Coordenadas Polares (MAPLE) : > with(plots):polarplot ([sin(t),cos(t), t=-Pi..Pi], title='lemniscata') ;

> polarplot (theta, theta=0..4*Pi, title='espiral') ;

cardioide

> polarplot (1+cos(t), t=-Pi..Pi, title='cardioide') ;

> polarplot (cos(9*t/4), t=0..8*Pi, title='rosácea') ; Círculo de raio R = 2 Círculo de raio R = 1

> polarplot ({ [2*cos(t), t, t = -Pi/2..Pi/2], [4*cos(t), t, t = -Pi/2..Pi/2] }, color = [red, blue] ) ;

8 Problemas propostos 1.

Em cada item abaixo, calcular a distância AB :

   a ) A  3,   3    b ) A  4, 6 

5   e B4 ,  6        e B  2,   6   

Resp. : 5 28

Sugestão : Utilizar a lei dos cossenos .



 

Escrever a equação polar da reta que passa pelo ponto A  4,  , sendo perpendicular ao raio vetor do ponto A . 4   Determinar o ponto onde a reta corta o eixo polar . 

  Resp. : r . cos     4 ; 4  

4

2 ,0



 2  Escrever a equação polar da reta que contém o ponto  6 ,  , sendo perpendicular ao eixo polar . 3  

Resp. : r . cos  3  0

Determinar as interseções da reta 2r . cos   r . sen  4  0 com a) o eixo polar b) a reta



Resp. :



 2, 0      4,   2 

Escrever a equação polar do círculo cujo centro é C  3,   , sendo o raio R = 5 . 6  

 Escrever a equação polar do círculo de centro C  5,  , passando pelo polo . 4  

   Resp. : r 2  6 r cos     16  0 6      r   10 cos    4  

Resp. :

  Determinar a equação polar do círculo de centro C  4,   , sendo tangente ao eixo polar . 2  

Resp. :

Pelo ponto fixo O de um círculo de diâmetro a , traça-se uma secante variável s que corta o círculo num segundo ponto P . Sobre a secante s , considera-se PM = OP . Determinar o lugar geométrico do ponto M . P O

r   8 sen

M  r,  

Resp. :

r  2 a cos (círculo de raio a)



Sejam O e A os extremos de um diâmetro fixo do círculo, tal que AO = 2a . Seja t a tangente ao círculo no ponto A . Pelo ponto O traçamos uma secante móvel s que determina os pontos B e C no círculo e na reta t , respectivamente . Consideremos D o pé da perpendicular de B a AO . Determinar o lugar geométrico do ponto M ( r ,  ) tal que : a) OM = MB ; b) OM = BD . M  r,  

D A

Resp. :

a ) r  a cos 

: círculo

b ) r  a sen 2 : rosácea de 4 folhas

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV

- Roteiro Sinóptico -

- Cursos de Engenharia Unidade 2

INTEGRAIS MÚLTIPLAS

2.1. Integral dupla : definição , interpretação geométrica e cálculo . Tal como já ocorrera no capítulo das funções de várias variáveis independentes, o estudo das integrais múltiplas (duplas e triplas) também busca, como objetivo maior, a ampliação dos conceitos e aplicações das integrais simples, trazendo-os para o espaço tridimensional . Portanto, toda esta Unidade acabará por constituir uma simples extensão daqueles malabarismos já executados nos Cálculos I, II e III, tanto no aspecto conceitual quanto no operacional . Z z = f (x, y) Seja uma função z = f (x, y) , definida e contínua num dado domínio fechado D e consideremos o produto

P xi , yi , z i 

V i  f  Pi  .  x i .  y i

( volume do paralelepípedo elementar )

 yi

Consideremos ainda a soma desses produtos

 f P  .  x n

 xi

i 1

Pi  x i , y i 

. y i ,

 Ai

denominada soma integral de Riemann da função f , no domínio D .

D X

Definição . A integral dupla da função f , no domínio D , é o limite da soma integral , quando  x i  0 e  y i  0 , se tal limite existir :

 f  x, y  .dx .dy

 lim

n 

 f x n

i 1

, y i  .  x i . y i

 f P  .  A n

lim

 Ai 0

i 1

sendo n o número de retângulos do domínio e  A i a área do retângulo elementar (genérico) desse domínio .

Propriedades : Analogamente ao que foi feito no estudo das integrais simples, demonstram-se : 1ª.)

 k . f  x, y  .dx .dy

 k

2ª.)

 f  x, y  .dx .dy . D

  f  x, y   g  x, y  . dx .dy D

3ª.)

 f  x, y  .dx .dy   g  x, y  .dx .dy . D

 f  x, y 

. dx .dy 

4ª.)



 f  x, y  .dx .dy   f  x, y  .dx .dy . D1

Se f  x, y   g  x, y  ,   x, y D , então

 f  x, y  D

. dx .dy 

 g  x, y  .dx .dy . D

10 Cálculo de uma integral dupla . É feito mediante as execuções sucessivas de duas integrais simples . Analisemos os três casos corriqueiros, considerando uma função genérica z = F (x, y) : 1°. Caso : Limites de integração constantes . Se o domínio for uma região retangular regular , ou seja, tem os lados paralelos aos eixos cartesianos, dois a dois, estaremos diante do caso trivial : Y Os valores assumidos pelas variáveis x e y são constantes, isto é, as variáveis são independentes entre si : d a variação horizontal x se dá entre duas retas pa x: a  b D D ralelas verticais x = a e x = b ; c  y: c  d a variação vertical y ocorre entre duas retas horizontais y = c e y = d .

A integral dupla da função z = F (x, y) se escreve



F  x, y  .dx .dy 



d    F  x, y  .dy  .dx c 

 c

integral iterada

b    F  x, y  .dx  .dy a  integral iterada

e a resolução é feita, inicialmente, pela integral interna e o resultado encontrado nesta é operado pela integral resultante . Usualmente, omitimos os colchetes e escrevemos



F  x, y  .dx .dy 

b d



 F  x, y  .dy .dx

d b

a c

  F  x, y  .dx .dy c a

integral iterada

Observemos que, neste caso trivial, a ordem das integrações parciais é optativa : não existe interação entre os comportamentos das duas variáveis, desde que cada uma delas apresenta uma variação numérica independente dos valores assumidos pela outra . Não existe subordinação de uma variável em relação à outra . 1 2

  x

Exemplo 1 . Calcular a integral dupla

 y 2  .dx .dy .

0 1

 x: 1  2  y: 0  1

Resolução : O domínio de integração é dado por D  1

 0

2 2  2    x  y  .dx  .dy  1 

 0

 x3 2   3  y x  .dy   1

 8

  3 0



7

  3 0

Interpretação geométrica : Volume do tronco do paralelepípedo de base inferior no plano XOY e base superior na interseção com o paraboloide de revolução .

 

 2 y2 

1   y 2  .dy 3 

  y 2  .dy 

7 y3 y 3 3

8 3

Para resolver uma integral dupla em coordenadas cartesianas, o aplicativo Maple nos oferece duas opções sintáticas : - grafamos com a letra I (maiúscula), obtendo a expressão da integral e, em seguida, calculamos seu valor numérico (value) > Int (Int (x^2+y^2, x=1..2), y=0..1) ; 8 > value (%) ; 3

1 2   2   x y 2 dx dy     0 1

- ou grafamos com a letra i (minúscula), obtendo de imediato o seu valor 8 > int (int (x^2+y^2, x=1..2), y=0..1) ; > with (plots) : implicitplot3d ( [z=x^2+y^2, x-1=0, x-2=0, 3

y=0, y-1=0 ], x=0..2, y=0..1, z=0..4, numpoints=5000) ;

11 Exemplo 2 . Calcular a área S do retângulo de dimensões 2 e 3 .

 x: 0  3 . Para calcularmos a área do retângulo,  y: 0  2

Resolução : O domínio de integração é dado por S : 

basta fazer z = 1, pois, estaremos calculando o volume do paralelepípedo de altura unitária que,

numericamente, é igual à área da base :

V 

3 2



2 3

 S 

z .dA

0 0



dx .dy 

0 0

volume do paralelepípedo de altura unitária

 3 .dy

 6.

área da base

2 3     1 dx dy   0 0

> Int (Int (1, x=0..3), y=0..2) ;

> value(%) ; 6 ou > int (int (1, x=0..3), y=0..2) ; 6

> plot3d (0.1, x=0..3, y=0..2) ; 2°. Caso : Limites de integração variáveis . O domínio é uma região fechada conforme ilustra a figura abaixo : Y Os valores assumidos pela variável x são constantes, g (x) isto é, a variação horizontal x se dá entre duas retas paralelas verticais x = a e x = b . D   x: a  b Ao contrário, a variação vertical y ocorre entre duas D f (x)  curvas y = f (x) e y = g (x) : os valores assumidos pe y : f  x  g  x la variável y são dependentes dos valores de x

Neste segundo caso, a ordem das integrações parciais já não é optativa, pois, a subordinação da variável y nos impõe um rígido ordenamento das integrações parciais: a integral relativa à variável x deve ser executada por último para imprimir um resultado numérico nas operações . Se, porventura, invertermos essa ordem de integração, ao final das operações teremos chegado a uma expressão literal, resultado da prevalência da variação literal de y . Exemplo 1 . Calcular a área A do triângulo da figura abaixo .

 x: 0  b h . y: 0  x (reta que contém a origem)  b 

Resolução : O domínio de integração é dado por D :  

y

h x b

V 

 b, 0 

h x b

  0

 

 A 

z .dA

h x b

dy .dx 

 0

h h x2 x . dx  b b 2

área da base

volume do prisma de base triangular e altura unitária

bh . 2

A 

> A=int (int (1, y=0..h/b*x), x=0..b) ; A

hb 2

Outra resolução : Mudemos a posição da figura e busquemos um raciocínio alternativo :

0, h 

 x: 0  b  D:  h y: 0   xh  b 

A equação segmentária da reta nos dá x y h   1  y xh b h b

 b, 0 

A 



 0

h xh b



h x2  h  x  h  . dx    hx  b 2  b 

dy .dx 

 0

A  0

bh . 2

hb > A=int (int (1, y=0..-h/b*x+h), x=0..b) ; A 2 Exemplo 2 . Calcular a área compreendida entre as curvas y = x² e y = x + 2 . 2  x'  1 Resolução : Os pontos de interseção das curvas são  y  x  x2  x  2  0     x:  1  2  y  x  2  x"  2 e o domínio ficará D: 

A 

x2

 

1

2  y: x  x  2

x3 x2 dy .dx    x  2  x  . dx     2x 3 2 1

> plot ( {x^2, x+2}, x = -2..3, y = -1..5, color = [red, blue] ) ;

A

1

9  2 9

> A=int (int (1, y=x^2..x+2), x=-1..2) ; A2

12 3°. Caso : Limites de integração variáveis . Este caso constitui uma alternativa do anterior : Y Houve uma simples inversão de papéis entre as duas d variáveis . Mutatis mutandis : a variação horizontal x se dá entre duas curvas y: c  d f (y) g (y)   x = f (y) e x = g (y) : os valores assumidos pela vaD D D riável x estão subordinados aos valores de y . x: f y  g y     



c 0

a variação vertical y ocorre entre duas retas horizontais y = c e y = d :

Exemplo 1 . Calcular a área da região plana limitada pelas curvas y = x , y = 2 e xy = 1 . Resolução : As equações dadas representam duas retas e uma hipérbole. Calculemos a interseção da hipérbole e a bissetriz y = x :

yx  1  y  x 

y 1



 y : 1 2  D:  1 x: y  y 

X 0

 x  1 x2  1    y  1

Então, a área da região hachurada será obtida por 2

A 

  dx .dy 1



1 y



  y  1

1 y  ny  . dy  y 2 2

A  1

3  2

> plot ({x, 2, 1/x}, x=0..4, y=0..3, numpoints=1000, n 2 . color = [blue, red, green] ) ;

- Utilizamos somente os valores positivos, pois, a região que nos interessa está situada no 1º. quadrante .

3 A ln( 2 ) 2

> A=int (int (1, x=1/y..y), y=1..2) ; 1

Exemplo 2 . Calcular a integral dupla

 

1

1 dx .dy . xy

Resolução : Seguindo as instruções já ensaiadas, teremos : 1

 

1

1 dx .dy  xy



1

1 nx y

. dy 

 

1

1 y

n e y  n1 .dy 



1

1  y .dy  2 . y

> int (int (1/(x*y), x=1..exp(y)), y=-1..1) ; 2 > with (plots): implicitplot3d ( [1/(x*y), x-1 = 0, x = exp(y), y = -1, y = 1], x = 0.5..5, y = -1.5..1.5, z = 0..3 ) ;

2.2. Integral dupla em coordenadas cartesianas . 2

Calcular a integral Resolução :

  1

xy 3 . dy . dx .

xy . dy . dx  3



y4 x 4

. dx  0



4 x 5 . dx 

4 6 x 6

2 1

 42 .

> int (int (x*y^3, y=0..2*x), x=1..2) ;

> plot3d (x*y^3, y = 0..2*x, x = 1..2) ;

13 2.

Calcular o volume do tetraedro limitado pelos três planos cartesianos e o plano 4x + 2y + z – 4 = 0 . Resolução : Se escrevermos a equação do plano relativo à face inclinada, na forma segmentária, teremos condições mais favoráveis para analisar a região do domínio e visualizar o tetraedro : Z

0, 0, 4 

x y z    1  z  f  x, y   4  4x  2 y 1 2 4

0, 2, 0 

função face inclinada do tetraedro

x y  1 1 2 eq. segmentária da reta r

Zi 0

0 X 1, 0, 0  visão frontal do domínio Então, o volume do tetraedro será calculado como segue

0, 2, 0 

1, 0, 0  X

 x: x  0  x  1  D x y y: y  0    1 ou y  2x  2   1 2

V   z i . dA  D



2x2

 4  4x  2 y  .dy .dx

0 1



  4 y  4xy  y  2

2x2 o

. dx  4

x

 2x  1 .dx

 x3   4   x2  x  > with (plots) : implicitplot3d  3  0 (z=4-4*x-2*y, x=0..1, y=0..2, z=0..4) ; 4 V  u.v. , resultado já esperado, pois, o volume do tetraedro é V  1   1  2  4   4  3 6 3 4 volume do paralelepipedo > V=int (int (4-4*x-2*y, y=0..-2*x+2), x=0..1) ; V  3 3.

Calcular a integral

 sen x .dA , onde R

Resolução :

y  2x

x: 0   R: x y:  2x   2 x y 2

x 

R é a região plana limitada pelas retas y  2x , y 



 2x

sen x .dA 

 0

 sen x .dy .dx  x 2



x e x  . 2

 y sen x 0

2x x 2

. dx



3  2

 x . sen x .dx 0

integrando por partes

 3   x .cos x  sen x  0 2 3   2 3



X > with (plots) : implicitplot3d ({2*x-y=0, x-2*y=0, x=Pi, z=sin(x)}, x=0..4, y=0..8, z=0..1.2, numpoints=3000) ;

> int (int (sin(x), y=x/2..2*x), x=0..Pi) ;

2 4.

Determinar, no primeiro octante, o volume do sólido limitado pelos dois cilindros x² + y² = 4 e x² + z² = 4 . Z Resolução : Observemos que o sólido proposto representa a oitava porção do joelho 0, 0, 2  de uma calha construída com a interseção de dois cilindros perpendicu4x 2 lares e de mesmo raio 2 : z  4  x2 V  z i . dA  4  x 2 . dy . dx 2

Zi Y

0, 2, 0 

D  2, 0, 0  X









y

4  x2

. dx 0

0 2

y  4x



  4  x  . dx 2

 x: 02 D: 2   y : 0  4  x > with (plots) : implicitplot3d

 x3    4x   3  

V  0

16 u.v. 3

> int (int (sqrt(4-x^2), y=0..sqrt(4-x^2)), x=0..2) ; 16

({x^2+y^2=4, x^2+z^2=4, x=0, y=0, z=0}, x=0..2, y=0..2, z=0..2) ;

14 5.

Calcular a área da região plana limitada pelas duas parábolas y = x² - 9 e y = 9 – x² . Z Resolução : Como a região do domínio guarda

 x : 3  3 D: 2 2  y : x 9  x 9

 3, 0, 0 

y  x2  9

uma simetria em relação aos eixos OX e OY , podemos tratar o domínio em apenas um quadrante, multiplicando o resultado encontrado por 4 : x: 03 D:  2  y : 0  9x

Y 0

y  9  x2

 3, 0, 0 

A   dA  D



3

9x 2

x 9 2

dy .dx  4



9x 2

dy .dx

 4

  9  x  .dx 2

0 3

 x3   4  9x   3  

 A  72 u.a. > plot ( [x^2-9, 9-x^2], x = -3..3, y = -9..9, color = [red, blue] ) ;

> int (int (1, y=x^2-9..9-x^2), x=-3..3) ; 72 1 1

Inverter a ordem de integração para resolver a integral

 0 x

0, 1

D 1, 0 

sen y  dy . dx . y

Resolução : Existem algumas funções transcendentes que não são integráveis pelos métodos convencionais do Cálculo, exigindo outros caminhos de resolução mais 2 yx sen u ,bem como a função g  t   e t e específicos . Essa função f  u   u outras mais fazem parte desse grupo de funções rebeldes . Para resolver o prox: 0 1 y: 0 1 blema, façamos a inversão da ordem D  D X y: x 1 x: 0  y e a integral dada pode ser escrita na forma 1 1

 0 x

sen y  dy . dx  y

1 y

 0 0

sen y  dx . dy  y

 0

sen y x y

y 0

. dy

 > plot3d (sin(y)/y, x=0..y, y=0..1, numpoints=1000) ;

 sen y . dy 0

  cos y

> int (int (sin(y)/y, x=0..y), y=0..1) ; 1cos ( 1 ) > evalf (%, 2) ;

1 0

 1  cos 1  0,46 .

1 1

Inverter a ordem de integração para resolver a integral



e x . dx . dy .

0 y

Resolução : Tal como foi feito no problema anterior, podemos escrever

1 x

x y

0, 1

0 0



ex . y

. dx  0 x

> plot3d (exp(x^2), y=0..x, x=0..1, numpoints=3000) ;

1, 0 

y: 0 1 x: 0 1 D  D x: y 1 y: 0x

 x .e

. dx



D 0



e x . dy . dx 

> int (int (exp(x^2), y=0..x), x=0..1) ;   e 2 2 > evalf (%, 2) ; 0.86

1 2

 2x .e

. dx

1 x2 1 e 0 2 1   e  1  0,86 . 2



15 8.

Escrever a integral representativa do volume do sólido limitado pelo paraboloide z = 9 – x² - 3y² e os planos cartesianos z = 0 , y = 0 e x = 0 . Resolução : Para analisarmos o domínio D , basta fazer z = 0 : Z 2 2

x y   1 : elipse 9 3

z  9  x 2  3y 2  0 

0, 0, 9 

x: 03   y: 0 3 D ou D  x2 2 y: 0 3  x : 0  9  3y  3  Uma qualquer das alternativas pode ser utilizada :

V 



z i . dA 

0,

3, 0



x2 3

9  x

 3 y 2  . dy . dx



3



 

9  3y2

9  x

 3 y2 

> with (plots) : implicitplot3d ({z=9-x^2-3*y^2, x=0, y=0, z=0}, . dx . dy . x=0..3, y=0..sqrt(3), z=0..9) ;

 3, 0, 0 

- Atentemos para a rapidez do resultado obtido por meio do sistema algébrico Maple : 27 3  > V = int (int (9-x^2-3*y^2, y=0..sqrt(3-x^2/3)), x=0..3) ; V 8 > evalf (%, 3) ; V 18.4

ou > V = int (int (9-x^2-3*y^2, x=0..sqrt(9-3*y^2)), y=0..sqrt(3)) ; V > evalf (%, 3) ; V 18.4

27 3  8

Obviamente, o cálculo dessa integral pelos métodos convencionais nos exigiria alguns malabarismos algébricos e geométricos mais cansativos . Todavia, convém ressaltar que o direito à utilização dos recursos computacionais torna-se legítimo e necessário na medida em que o aluno já tenha logrado um satisfatório domínio dos procedimentos usuais na manipulação dos conceitos e técnicas vivenciadas num seguro aprendizado de Cálculo . 1 v

Problema 6, página 1000 do livro-texto JS :

Calcular a integral iterada

1 v

0 0

1  v 2 du dv .

0 0

Resolução :



1  v 2 du dv 



1v2

dv 

v

1  v 2 dv

faz  se: w  1  v 2  dw  2v dv  v: 0  1   w: 1  0  dw  w .   2  



 1

 

1 2

 1

w 2 dw  

1 w 2 3 2

3 2

  1

> int (int (sqrt(1-v^2), u=0..v), v=0..1) ;

> plot3d (sqrt(1-v^2), u=0..v, v=0..1, numpoints=5000) ;

1 1  0  1  . 3 3

1 3

16 10. Problema 18, página 988 (4ª. edição) do livro-texto JS : triangular com vértices (0, 0) , (2, 4) e (6, 0) .

Calcular a integral

 y e

dA , sendo D a região

y  : a variável x depende de y Resolução : A região plana do domínio nos sugere a variação D  x : 2  6  y    y : 0  4 : a variável y é independente Y

0, 4 

 2, 4 



4 6y

y e x dA 

  0

y e x dx dy 

y 2



6 , 0 

 0

D 0  0, 0 

 y e



6y y 2

 ye6y  e 

y 2

  dy 

executando duas integrações por partes, teremos :

 e6  9e2  4 . > int (int (y*exp(x), x=y/2..6-y), y=0..4) ;

6 2 4e 9 e

> plot3d (y*exp(x), x=y/2..6-y, y=0..4, numpoints=3000) ;

11. Problema 26, página 1000 do livro-texto JS : Determinar o volume do sólido limitado pelo cilindro y² + z² = 4 e pelos planos x = 2y , x = 0 e z = 0 , no primeiro octante . Resolução : A região plana do domínio deve ser estruturada como sugere a figura .

y: 02 D  x : 0  2y

V 



2 2y

z i . dA 

 0

0 2

 Zi

4  y 2 dx dy 

 0

4 y2 x

2y 0

0 1 0   4  y 2  2 y dy     v 2 dv   dv  4 v    y: 0  2   v: 4  0

2 v3 3 16 V  u.v. 3  



0 4

> V=int (int (sqrt(4-y^2), x=0..2*y), y=0..2) ; 16 V  3

> plot3d (sqrt(4-y^2), x=0..2*y, y=0..2, numpoints = 5000) ; > with (plots) : implicitplot3d ({y^2+z^2=4, x=2*y, x=0, z=0}, x=0..4, y=0..2, z=0..2) ;

17 12. Problema 26, página 988 (4ª. edição) do livro-texto JS : Determinar o volume do sólido limitado pelos planos 3 y y = 0, z = 0, y = x e 6x +2y +3z = 6 . 1 4 3 2   Resolução :

V   z i dA 

0, 0, 2 

0, 3, 0 

Zi 0

Y y

1, 0, 0 

3  y: 0   4 D  x : y  1 y  3 

V 

Esboçar a região do domínio e inverter a ordem de inte-

  f  x, y  dy dx . 0

ordem dada :

y  sen x

 y: 0  1 inversão da ordem : D   x: arc sen y    2 Então, é válido escrever a igualdade

D 0



x

X 

2 sen x

  0

14. Problema 48, página 1001 do livro-texto JS :

f  x, y  dy dx 





2 arc sen y

f  x, y  dx dy .

Calcular a integral, invertendo a ordem de integração : 2

 

y8

 2, 8 

   x: 0  D 2  y : 0  sen x 

Resolução :

e x dx dy

 y: 0  8

ordem dada : D  

y  x3

D 0

1 u.v. 4

> with (plots) : implicitplot3d ({6*x+2*y+3*z=6, y=0, y=x, z=0}, x=0..1, y=0..1, z=0..2) ;

13. Problema 34, página 988 (4ª. edição) do livro-texto JS :  gração da integral iterada 2 sen x Y

 2  2x  y  dx dy 3  

> V=int (int (2-2*x-2/3*y, x=y..1-y/3), y=0..3/4) ; 1 V  4

3 4

1, 0, 0 

Resolvendo tal integral dupla, encontramos

 

x2

3 y 2   x:  x: 0  2 inversão da ordem : D  3  y: 0  x

Calculando a integral dupla, com a ordem de integração trocada, teremos : 8

  0

2 x3

e dx dy  x4



x  e dy dx 

e

1  4 > int (int (exp(x^4), y=0..x^3), x=0..2) ;

> plot3d (exp(x^4), x=0..2, y=0..x^3) ;

1 16   e 4 4

x3 0

 4x

e x dx

1 x4  e 4

2 0

e 16  1   4

18 15. Problema 50, página 1001 do livro-texto JS :

Expressar D como a união de regiões e calcular a integral

 xy dA . D

Resolução : A região D pode ser decomposta nas partes

   x : 1  0 x: 0 1 x: 0 1 D1  , D2  e D3  2 2    y : 1  1 x  y : x  1 x  y : 1  

 xy dA

2 0 1 x



 

1

1 

2 1 1 x

xy dy dx 

1

  0

xy dy dx 

 

xy dy dx

1

Resolvendo as integrais e adicionando os resultados, encontramos

 xy dA

 0.

> int (int (x*y, y=-1..1+x^2), x=-1..0) + int (int (x*y, y=sqrt(x)..1+x^2), x=0..1) + int (int (x*y, y=-1..-sqrt(x)), x=0..1) ;

16. Problema 56, página 1001 do livro-texto JS :

Utilizar a simetria para calcular

  2  3x  4 y  dA ,

onde D é

a região limitada pelo quadrado com vértices   5, 0  e 0,  5  . Resolução : De acordo com a propriedade distributiva, a integral dada escreve-se :

  2  3x  4 y  dA D

 2 dA : D

 3x dA : D 0

 2 dA D



 3x dA



 4 y dA D

Todavia, devemos levar em conta os detalhes :

0, 5 

 5, 0 



 5, 0 

 4 y dA :

0,  5 

volume do prisma reto de base quadrada D e altura z = 2 . Como a base quadrada tem área 50 , o volume será 100 . A equação z = 3x representa um plano inclinado contendo o eixo OY e, como a função z = 3x é ímpar, a simetria do domínio D produzirá duas porções simétricas dos volumes de dois prismas chanfrados de base triangular . Consequentemente, o valor da integral é zero . A equação z = 4y representa um plano inclinado contendo o eixo OX e, como a função z = 4y também é ímpar, a simetria do domínio D produzirá resultados inteiramente análogos aos da integral anterior . Portanto, o valor final também será zero .

Então,

  2  3x  4 y  dA

 100 .

17. Problema 58, página 1001 do livro-texto JS : Utilizando um CAS (Computer Algebraic System) – Sistema Algébrico Computacional, desenhar o sólido limitado pelo plano x + y + z = 1 e o paraboloide z = 4 – x² - y² , e calcular seu volume exato . Resolução : Deveremos determinar as equações das fronteiras da região espacial de integração e calcular a integral dupla correspondente : > solve (1-x-y = 4-x^2-y^2, y) ;

1 2

O’



134 x 4 x

1 ,  2

134 x 4 x 2

curvas y = f(x) ao longo do eixo OY

> plot3d ({1-x-y, 4-x^2-y^2}, x=-3..3, y=-3..3) ;

Domínio D

> solve (13+4*x-4*x^2 = 0) ;

1 14 1 14 ,   2 2 2 2

balizamentos numéricos de D ao longo do eixo OX

> V = int (int (4-x^2-y^2-(1-x-y), y=(1-sqrt(13+4*x-4*x^2))/2..(1+sqrt(13+4*x-4*x^2))/2), 49  x=(1-sqrt(14))/2..(1+sqrt(14))/2) ; V

ou 19,2 u.v.

19 2.3. Integral dupla em coordenadas polares . O estudo das integrais duplas em coordenadas polares é feito nos mesmos moldes que acabamos de mostrar nas coordenadas retangulares cartesianas . Obviamente, a utilização deste ou daquele sistema será ditada pela conveniência e praticidade de cada um deles diante da natureza das dificuldades que as múltiplas situações oferecem . Por analogia ao que já fizemos no estudo das integrais duplas em coordenadas cartesianas, podemos definir a integral dupla de uma função num domínio fechado do plano polar . Seja z = f (r, ) uma função definida e contínua num domínio polar fechado D e analisemos tal domínio : Z

 r       r: a  b D , sendo   i   i   i  1  :       ri  ri  ri  1

z = f (r, )

P  ri ,  i , z i 

( área do quadrilátero curvilíneo genérico )

 ri

 

V i  f  Pi  . ri .  ri .  i

Pi  ri ,  i  b

Ai  ri . ri .  i

ri .  i

Ai

( volume do paralelepípedo elementar )

 i   i   i  1

Consideremos ainda a soma desses produtos

 f  P  . r .  r .  n

i 1

denominada soma integral de Riemann da função f , no domínio polar D .

Definição . A integral dupla da função f , no domínio polar D , é o limite da soma integral , quando  i  0 e  ri  0 , se tal limite existir :



f  r,   . dA  lim

n 

 f r n

i 1

,  i  . ri .  ri .  i

 f P  .  A n

lim

 Ai 0

i 1

sendo n o número de retângulos do domínio e A gulo curvilíneo (polar) genérico desse domínio .

a área do retânJacobi (1804-1851)

Em tempo : Para poupar o prezado leitor de discursos cansativos e desnecessários, afirmamos que o raciocínio desenvolvido simplesmente executou uma conversão da integral dupla, em coordenadas cartesianas, para as coordenadas polares, fazendo surgir naturalmente o fator de correção r , resultado de um determinante denominado jacobiano da transformação, homenageando o matemático e filósofo alemão Carl Gustav Jacob Jacobi (1804 - 1851) . Ver maiores detalhes nas páginas 1041 e 1042 do livro-texto JS, 5ª. edição . Seguindo os caminhos trilhados no item anterior, se quisermos calcular a área da região plana limitada pelo domínio polar D , basta fazer z = f ( r,  ) = 1 :   2  

 f  r,   . dA D

1



 dA D



   r . dr . d



1 

20 Conversões de sistemas de coordenadas . No Sistema Algébrico Computacional MAPLE , tais conversões se operam mediante os comandos

> with (linalg) > with (linalg) ; #Álgebra Linear: Cálculo da matriz jacobiana e seu determinante : Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected [ BlockDiagonal, GramSchmidt , JordanBlock , LUdecomp, QRdecomp, Wronskian, addcol, addrow, adj , adjoint , angle, augment , backsub, band, basis, bezout , blockmatrix , charmat , charpoly, cholesky, col, coldim , colspace, colspan, companion, concat , cond, copyinto, crossprod, curl, definite, delcols, delrows, det , diag, diverge, dotprod, eigenvals, eigenvalues, eigenvectors, eigenvects, entermatrix , equal, exponential, extend, ffgausselim , fibonacci, forwardsub, frobenius, gausselim, gaussjord, geneqns, genmatrix , grad, hadamard, hermite, hessian, hilbert , htranspose, ihermite, indexfunc, innerprod, intbasis, inverse, ismith, issimilar, iszero, jacobian, jordan, kernel, laplacian, leastsqrs, linsolve, matadd, matrix , minor, minpoly, mulcol, mulrow, multiply, norm, normalize, nullspace, orthog, permanent , pivot , potential, randmatrix , randvector, rank , ratform , row, rowdim, rowspace, rowspan, rref , scalarmul, singularvals, smith, stackmatrix , submatrix , subvector, sumbasis, swapcol, swaprow, sylvester, toeplitz, trace, transpose, vandermonde, vecpotent , vectdim, vector, wronskian ]

Coordenadas polares

Coordenadas retangulares Y P  x, y   P  r,  

 x

 x  r cos   x2  y2  r 2   y  r sen 

 x  r cos    y  r sen  

 r   x2  y2

y r sen   tg x r cos 

   arctg

y x

> J:= jacobian ( [r*cos(theta), r*sin(theta)], [r, theta] ) ; #Expressa a matriz jacobiana : cos(  ) r sin(  )  J :=    sin(  ) r cos(  )  > `det(J)`:= simplify (det(J)) ; #Calcula seu determinante : det(J) := r Uma carga elétrica é distribuída sobre um disco x² + y² ≤ 4 , de modo que a densidade de carga em cada ponto do disco seja  (x, y) = x + y + x² + y² , medida em coulombs por metro quadrado . Determinar a carga total no disco . - Problema 2, página 1016 do James Stewart .

Exemplo ilustrativo . Y

r 0

D polar :

Resolução : Tal como operamos o cálculo da massa total, a distribuição de uma carga elétrica sobre uma região plana R é obtida por meios análogos . Sua carga elétrica total é dada pela expressão



Q X (2, 0)

r :: 00  22

   x, y  dA

 Q4

4  x2

  0

x  y  x

  x, y 

 y 2  dy dx , dA

mostrando inequívocos sinais da conveniência de convertê-la em coordenadas polares :

Q

   r cos   r sen  r  r dr d 2

  x, y



2

  0

2 0

r 2  cos   sen    r 3  dr d

> Int ( Int ( (r^2*(cos(theta)+sin(theta) )+r^3 ), r = 0..2), theta = 0..2*Pi ) ; 2 2 > value (%) ; 8    2   r ( cos(  )sin(  ) )r 3 dr d   > evalf (%, 3) ; 25.1   0 0

> with (plots) : implicitplot (r = 2, r = 0..2, theta = 0..2*Pi, coords = polar) ;

> Int ( Int ((r^2)*(cos(t)+sin(t))+r^3), r = 0..2), t = 0..2*P i) = int ( int ((r^2)*(cos(t)+sin(t))+r^3), r = 0..2), t = 0..2*Pi ) ; 2 2   2   r ( cos( t )sin( t ) )r 3 dr dt8   25,1coulombs     0 0

21 Problemas ilustrativos 1.

Calcular, por coordenadas polares, a integral pelo círculo x² + y² = 1 .



x  y2 2

 dA , sendo D a região plana do 1°. quadrante limitada

Resolução : Lembrando que x = r cos  e y = r sen  , teremos

   : 0  D 2  r : 0 1

r D









x2  y 2

 0 0



 > Int (Int (r*cos(t), r=0..1), t=0..Pi/2) = int (int (r*cos(t), r=0..1), t=0..Pi/2) ;



r D





x 2 y 2

. dA ,

d 0

1 2

 cos  .d 0



1 sen  2



> plot ( [1, t, t=0..Pi/2], coords=polar ) ; ou > with(plots): implicitplot (r=1, r=0..1, theta=0..Pi/2, coords=polar) ;

 e





2 1 1     r cos( t ) dr dt    2 0 0

Calcular, por coordenadas polares, a integral x² + y² = 1 e x² + y² = 9 .

r2 cos   2



r cos  r dr d r

2 1

 dA 



2 0

1  2

sendo D a região plana limitada pelos círculos

Resolução : O domínio é uma coroa circular de raios 1 e 3 .

 : 0  2 r : 13





y2

2 3

. dA 

 0



1 2

e r r dr d  2

1 2

r e

2 3

  2r e 0

dr d 

1 9 e  e 2

d 

1 2

2

 d   e

 e  .

> Int (Int (r*exp(r^2), r=1..3), t=0..2*Pi) = int (int (r*exp(r^2), r=0..3), t=0..2*Pi) ; 2 3   ( r2 )   9   e r dr dt e  e      0 1 > with(plots): implicitplot ([r=1, r=3], r=0..3.1, theta=0..2*Pi, color=[blue,red], coords=polar) ;

Determinar a área plana limitada pelas curvas r  2cos  e r  4 cos  . Resolução : As equações representam dois círculos que contêm o polo, centros no eixo polar e raios 1 e 2 .

    :   D  2 2   r : 2 cos   4 cos 

 D



A  

4 cos 

   r dr d

A  2



4 cos 

  0

2 cos

> plot ({[2*cos(t), t, t = -Pi/2..Pi/2], [4*cos(t), t, t = -Pi/2..Pi/2]}, coords = polar) ;

r dr d 



4 cos  2 cos 



d 

4 cos( t )  r dr dt 3     2 cos( t ) 2

D  2

 12 cos

 . d





> Int (Int (r, r=2*cos(t)..4*cos(t)), t=-Pi/2..Pi/2) =   int (int (r, r=2*cos(t)..4*cos(t)), t=-Pi/2..Pi/2) ; 



2 cos

Podemos explorar a simetria existente, escrevendo : 

sen 2   12    4   2  A  3   9,42 u.a.

 2 0

22 4.

Determinar a área da região plana limitada pelo eixo polar, o círculo r = 4 e a cardioide r = 4 (1 + cos ) . Resolução :

   : 0  D  2  r : 4  4 1  cos    



 r dr d D





 

4  4 cos 

r dr d 



D D

4  4 cos 

d  4

1 2

  32 cos   16 cos   .d 2

  16 sen   4  2 sen 2 

 2 0

 A  22,28 u.a.

> with (plots): implicitplot ([r=4, r=4*(1+cos(theta))], r=4..4*(1+cos(theta)), theta=0..Pi/2, color = [blue,red], coords = polar) ;



> Área:= Int (Int (r, r=4..4+4*cos(t)), t=0..Pi/2) = int (int (r, r=4..4+4*cos(t)), t=0..Pi/2) ;

 0

 16  2 > plot ( { [4*(1+cos(t)), t, t=0..Pi/2], ou [4, t, t=0..Pi/2] }, coords=polar ) ;

r2 2





2 44 cos( t )   Área :=   r dr dt 162    0 4

Determinar o volume do sólido limitado pelo cone z = r e o cilindro r = 3 sen , no 1°. octante .



Resolução :

V   z dA  D

2 3 sen 

  0





 0

r 2 dr d

r3 3

3 sen

d 0



 9



sen 3 .d





 cos 3   2  9   cos   3  0  Y

 V  6 u.v.

> with (plots): implicitplot3d ( {z=sqrt(x^2+y^2), x^2+y^2-3*y=0}, x = -3..3, y = -3..4, z = 0..3, numpoints = 10000 ) ;

   z  x2  y2  : 0   D:   D:  2 2 2   x  y  3y  0   r : 0  3 sen  coordenadas polares

> Volume:= int (int (r^2, r = 0..3*sin(t)), t = 0..Pi/2) ;

coordenadas cartesianas

Advertência . Se tentarmos utilizar as coordenadas polares na construção gráfica da região abordada, seremos levados a trabalhar no espaço tridimensional e, portanto, apelar para as coordenadas cilíndricas . Tal assunto será tratado mais adiante, porém nada nos impede de mostrar seu arcabouço geométrico e a respectiva formulação sintática : > with (plots): implicitplot3d ({z=r, r=3*sin(theta)}, r=0..3, theta=0..Pi/2, z = 0..3, numpoints = 10000, coords = cylindrical) ;

Volume := 6

23 6.

Problema 16 , livro-texto, página 1006 : Determinar a integral compreendida entre os círculos x² + y² = 4 e x² + y² = 2x . Resolução : r : 0  2  D1 :   : 0   2  r : 0  2 cos   D2 :   : 0   2



x dA 

 x dA , onde D é a região do primeiro quadrante D



  2

8 3 8  3





2 0

 0

 



 2 0

  cos   cos   d 4

2 cos 



> int (int (r^2*cos(t), r=0..2), t=0..Pi/2) – 8  - int (int (r^2*cos(t), r=0..2*cos(t)), t=0..Pi/2) ;  3 2

8 3

cos  d 



r 2 cos  dr d 

r 2 cos  dr d

cos 4 d 

8   . 3 2



Ver James Stewart, Tabela de Integrais : 1 3 sen 2  4 3  cos  .d  4 cos  .sen  4  2  4 

Problema 17, página 994 do livro-texto : Determinar a área da região plana limitada pela lemniscata r² = 4 cos 2 . ( 4ª. edição) Resolução : A equação polar genérica da curva é r² = 2a² cos 2 e o do2 2 mínio, em cada quadrante, é dado por r  2 a cos 2   P  r,    : 0  D 4  r : 0  2 cos 2 .  Diante da generosa simetria apresentada pela curva, podemos calcular a área escrevendo A  a, 0  B  a,   X

A 

“ laço de fitas ” 2a

 r dr d D

 4

 4

 

2 cos 2

r dr d  4

 8

 4



 4

 0

cos 2 d  4 sen 2

2 cos 2

r2 2

d  0

 4 0

 A  4 u.a.

> Área:= 4*int (int (r, r=0..2*sqrt(cos(2*t))), t=0..Pi/4) ;

Área := 4 > with (plots) : polarplot (sqrt (50*cos(2*theta) ), theta = 0..2*Pi ) ;

Problema 30 , livro-texto, página 1006 : Calcular a integral iterada, convertendo-a antes para coordenadas polares a 2y 2

 

a

x

3 2

 y2 

dx dy .

Resolução : A primeira busca a fazer é a interpretação algébrico-geométrica do domínio :

0, a  0

 y : a  a  D  x : 0  a2  y2 : x  a2  y2  semicírculo de

    :   D 2 2  r : 0  a

centro na origem e raio a



Podemos ainda explorar a simetria e fazer

a 2y 2

  a

0,  a 



x

y



3 2

dx dy  2  2



  2



 2 0

a 0

r r dr d  2

r5 5



  2

2a5 d  5 0 

 > Int (Int (r^4, r=0..a), t=-Pi/2..Pi/2) = int (int (r^4, r=0..a), t=-Pi/2..Pi/2) ;   





 2 0

a 0

r 4 dr d 

d 

a 5 . 5

a 5  4 a   r dr dt   5   0 2

24 2.4. Aplicações da integral dupla : centro de massa e momento de inércia . Além das ilustrações do cálculo de áreas e volumes já estudadas, a integral dupla apresenta interessantes aplicações em diversas áreas da engenharia, da economia, da estatística e probabilidades . Sua utilidade nos cálculos de centro de massa e momento de inércia, por exemplo, é bastante explorada . Excetuando-se alguns casos especiais, as integrais simples permitem determinar essas grandezas somente para regiões planas homogêneas, ao passo que as integrais duplas são capazes de efetuar esses cálculos também para lâminas não homogêneas .





Suponhamos uma lâmina com a forma de uma região fechada R, no plano XOY , e seja  x i , y i a medida da densidade de área da lâmina num ponto qualquer x i , y i do i-ésimo retângulo de área  A e massa m i   x i , y i .  A .









A massa total da lâmina será dada por M  lim   x i , y i A     x , y  .dA , sendo a n i 1 R função  contínua em R . As medidas dos momentos de massa da lâmina, em relação aos eixos cartesianos, são :

n

 y  x

M y  lim

 x  x

M x  lim

n

i 1 n

i 1

, y i  A 

 y   x , y  .dA R

, y i  A 

 x   x , y  .dA R

As coordenadas do centro de massa

x 

My M

 x, y 

da lâmina são dadas por

e y 

Momento de inércia de uma partícula de massa m , em relação a um eixo t :

m d

 kg  m 

It  m d 2

m

sistema de n partículas : I t 

i 1

d i2

d : raio de rotação da partícula em torno do eixo t Então, os momentos de inércia da distribuição contínua de massa pela superfície da lâmina, em relação aos eixos cartesianos, são : n

I x  lim

n

y

2 i

I y  lim

x

2 i

n

i 1 n

i 1

  x i , y i  A    x i , y i  A 

 y   x, y  dA 2

 x   x, y  dA 2

e o momento de inércia , em relação à origem (ou ao eixo OZ) , é

I 0  lim

n

 x n

i 1

2 i

 y i2    x i , y i  A 

  x

 y 2    x, y  dA

momento polar de inércia

I0  I x  I y .

Em tempo : É fácil concluir que

Exemplo 1 . Determinar a massa e o centro de massa da chapa cuja forma é a região plana limitada pela curva y = sen x e o eixo OX, de x = 0 a x =  . A densidade de área varia com a distância ao eixo OX .

Resolução :

y  sen x

  xy :: 00  sen x M 



 0



sen x 0

  x, y   k y

ky dy dx  k



 0

y2 2

sen x

dx  0

k  x sen 2x      2  2 4 

k 2





 0

 0

sen 2 x dx  k . 4

 sin( x ) k   k y dy dx  > M:= Int (Int (k*y, y=0..sin(x)), x=0..Pi) = int (int (k*y, y=0..sin(x)), x=0..Pi) ; M :=     4 0 0

25 k  sen 3 x dx   0 3   k  cos 3 x 4k   cos x   .  3  3 9  0  sen x sen x k  k  My   kxy dy dx  xy 2 dx  x sen 2 x dx   0 0 0 0 0 2 2  x  du  dx 2 ux por partes :   v  x  sen 2x dv  sen 2 x dx  2 4   16    ,  2 2  2 9  k  x x sen 2x x cos 2x  k2      .   2  2 4 4 8  0 8 My   > Mx:= int (int (k*y^2, y=0..sin(x)),   x  4k M 2 x=0..Pi) ; Mx :=    9 Mx  2 16 > My:= int (int (k*x*y, y=0..sin(x)), k y    x=0..Pi) ; My := M 9  8 Mx 





sen x

k 3

ky 2 dy dx 





sen x

dx 



Observação : Como a densidade de área é simétrica, em relação ao eixo vertical

x



a abscissa do centro de massa poderia ter sido calculada imediatamente . Exemplo 2 . Dada uma chapa homogênea de densidade de área  , limitada pelas curvas 4y = 3x , x = 4 e o eixo OX , determinar os momentos de inércia , em relação aos três eixos cartesianos . Resolução :

3 x 4

y

x: 04   3 R e   x, y    y: 0  x  4 

Ix  

x4

4 0



3 x 4 0

X Iy 

4 0



3 x 4 0

r 0



4 0

3 x 4 0



27 3 x dx 3 64 4 9  x4   9 . 64 4 0

dx 



3 4 3 x dx 0 4 0 4 3 4  x  48  . 16 0  9   48   57  .



x 2  dy dx 

I0  I x  I y 

Exemplo 3 .



y 2  dy dx 

x2 y

3 x 4 0

dx 

> Ix:= int (int (y^2*p, y=0..3/4*x), x=0..4) ;

Ix := 9 p

> Iy:= int (int (x^2*p, y=0..3/4*x), x=0..4) ;

Iy := 48 p

Problema 2, página 1004 do JS : Uma carga elétrica é distribuída sobre um disco x² + y² ≤ 1 , de modo que a densidade de carga em cada ponto do disco seja  (x, y) = 1 + x² + y² , medida em coulombs por metro quadrado . Determinar a carga total no disco . (4ª. edição) Resolução : Tal como operamos o cálculo da massa total, a distribuição de uma carga elétrica sobre uma região plana R é obtida por meios análogos . Sua carga elétrica total é dada pela expressão

Q





  x, y  dA  Q  4

1 x2

  0

1  x

 y 2  dy dx ,

  x, y 

à feição do modelo já exibido na página 96 deste compêndio : X

Q

  1  r  r dr d 2

  x, y





2 0

 r2 r4     4   2

d  0

3 4



2 0

d

Q 

3 coulombs 2

26 Exemplo 4 .

Problema 12, página 1016 do JS : Determinar o centro de massa da lâmina que ocupa o l°. quadrante do disco x² + y² ≤ 1 , quando sua densidade, em qualquer ponto, for proporcional ao quadrado da distância do ponto à origem .

  x, y   k  x 2  y 2   k r 2  M 

Resolução :











  2

1 0

k 8 k sin  d  5 k cos  d  5

k r 3 dr d 

k 2 M x   2  k r 4 sen  dr d  0 0 5 0  1 k 2 M y   2  k r 4 cos  dr d  0 0 5 0 Mx   My  8 8  x, y   , ,      M   5 5   M 1



Mx :=

> Mx:= int (int (k*r^4*sin(t), r=0..1), t=0..Pi/2) ;

> My:= int (int (k*r^4*cos(t), r=0..1), t=0..Pi/2) ; My :=

Exemplo 5 .

k 5 k 5

Problema 18, página 1016 do JS : Considere um ventilador quadrado com pás de comprimento 2 e seja o canto inferior esquerdo a origem . Se a densidade das pás for   x, y   1  difícil fazer : girar as pás em torno do eixo OX ou do eixo OY .

x , verificar o que é mais 10

Resolução : O momento de inércia de uma partícula, num movimento de rotação, desempenha uma função semelhante ao da massa dessa partícula num movimento linear : tais entidades nos permitem calcular a grandeza da resistência ao movimento, tanto para iniciá-lo quanto para cessá-lo . Portanto, no problema em tela, basta calcular os momentos de inércia em relação aos dois eixos e verificar qual dos resultados é maior :

Iy  m x

x y

x, y 

0 Ix  m y

X 2

Ix 

 

Iy 

  0

2 0

 8 x  y 1   dy dx  10  3 

 8  x2  x  1  dx  x     0  10  3  20 

 x  x 1   dy dx  2 10  

 x  2 x  x   0  x  10  dx  2  3  40 

 0 2

 0

88 15 92 15

 I y  I x , sendo necessário, portanto, o empenho de uma força maior para girar as pás em torno do eixo OY . > Ix:= int (int (y^2*(1+x/10), y=0..2), x=0..2) ;

Ix :=

> Iy:= int (int (x^2*(1+x/10), y=0..2), x=0..2) ;

Iy :=

88 15 92 15

Recomendação útil : Até agora, em todas as operações efetuadas com o aplicativo Maple, executamos uma sentença de cada vez, passo a passo . Todavia, se preferirmos digitar todo o comando sintático num único pacote, objetivando maior agilidade nas operações, basta selecionar todas as sentenças, aplicar um “copiar” e transportá-las para o aplicativo Maple mediante um “colar” ( paste ) . Clicando enter ao final da última sentença, os resultados surgirão na mesma ordem estabelecida . Ix:= int (int (y^2*(1+x/10), y = 0..2), x = 0..2) ; Iy:= int (int (x^2*(1+x/10), y = 0..2), x = 0..2) ;



- Para importar os resultados obtidos na tela do Maple , basta clicar Edit , Select All e Copy as Maple Text e, após colá-los na página de trabalho, aplicar os arremates desejados: cores, fontes, dimensões e outros . Neste exemplo, utilizamos a fonte Arial .

> Ix:= int (int (y^2*(1+x/10), y = 0..2), x = 0..2) ; > Iy:= int (int (x^2*(1+x/10), y = 0..2), x = 0..2) ; 88 Ix := ----15 92 Iy := ----15

27 2.5. Integral tripla em coordenadas cartesianas . Tal como tratamos as integrais duplas na resolução de problemas que envolvem funções de duas variáveis independentes, definiremos as integrais triplas para aplicá-las nas funções de três variáveis independentes . Trata-se, portanto, de uma inevitável extensão das integrais duplas que, por sua vez, consistem na extensão das integrais simples . Seja

u  f  x, y, z  uma função definida e contínua num domínio fechado D :



f  x, y,z  dV  lim

n 

 i 1

f  x i , y i , z i  x i y i z i

lim

V i  0

u i 1

V i .

O cálculo de uma integral tripla é feito mediante as execuções sucessivas de três integrais simples . 1

1 x

1 y 2

  

Exemplo 1 . Calcular a integral

x dz dy dx .

Resolução : Desmontando, ordenadamente, o novelo de integração proposto, chegaremos ao resultado 1

1 x

1 y 2

  

x dz dy dx     

1 x

 

1 y 2

dy dx  1 x

1 x

 

x  1  y 2  2 y  dy dx 

 xy 3 2  xy   xy dx   0  3  0 1 x 3 2 2  0  x  x  3 1  x   x 1  x   dx 1 1 1 1  x2 x5  1 1 1 4 x  x  dx           0 3 3  2 5  0 3 2 5 1 10 1

> Int (Int (Int (x, z=2*y..1+y^2), y=0..1-x), x=0..1) = int (int (int (x, z=2*y..1+y^2), y=0..1-x), x=0..1) ;

2 1 1x 1y 1    x dz dy dx        10 0 0 2y



  

Exemplo 2 . Calcular a integral

Resolução :



   0

xz 0

cos

y dy dx dz . z

y dy dx dz  z  



  0



  0





2 0

z sen

y z



 2 0

 z cos x

 2 z

z cos z dz

dz  dvu  zcos z dz   duv  sen z

 z sen z  cos z



dx dz 0

z sen x dx dz 

integrando por partes



0 0 1 



2 0

 2

 1  0,57 .

> Int (Int (Int (cos(y/z), y=0..x*z), x=z..Pi/2), z=0..Pi/2) = int (int (int (cos(y/z), y=0..x*z), x=z..Pi/2), z=0..Pi/2) ;



2 2 xz    y        cos  dy dx dz1    2 z       0 z 0

ou 0.57 > evalf (%, 3) ; 0.571

28 Exemplo 3 . Determinar o volume do sólido limitado pelo cilindro x² + y² = 25 e os planos x + y + z – 8 = 0 e XOY . Resolução : O domínio de integração e o volume do sólido devem ser vistos como  x : 5  5  2 2 f  x, y, z  dV  x + y + z – 8 = 0 D  y :  25  x  25  x e V  z : 0  8x y D 1  Z Portanto, o volume do sólido será calculado pela integral



25  x2

  5

25  x2



 200   628 u.v.

dz dy dx 

Em situações desse porte, é comum encontrarmos problemas que nos conduzem a cálculos cansativos, extremamente fastidiosos, muitas vezes inviabilizando a resolução por essas vias. Somos levados então a buscar alternativas em outros malabarismos algébricos, geométricos e trigonométricos . Mais adiante, mostraremos dois sistemas de coordenadas extremamente simples e funcionais na resolução de problemas onde as coordenadas usuais revelarem-se ineficazes .



8x y

 dx dy dz

> Int (Int (Int (1,z=0..8-x-y), y=-sqrt(25-x^2)..sqrt(25-x^2)), x=-5..5) = int (int (int (1,z=0..8-x-y), y=-sqrt(25-x^2)..sqrt(25-x^2)), x=-5..5) ;

25x

8x y  1 dz dy dx 200    0 2 25x > evalf (%, 4) ; 628.3628.4

      -5 

> with (plots): implicitplot3d ({z=0, z=8-x-y, x^2+y^2=25}, x=-6..6, y=-6..6, z=0..16, numpoints=10000) ;

Exemplo 4 . Problema 32, página 1029 do JS : A figura mostra a região de integração para a integral tripla 1

1 x 2

 



1 x

f  x, y,z  dy dz dx

Reescrever essa integral como uma integral iterada equivalente em cinco modos diferentes . Resolução :

1 x 2

 



1 x 0

  

f  x, y,z  dy dz dx  1

1 y

1 x 2

0 1

0 1 x

0 1 x 2

         1 z

1 x

f  x, y,z  dz dx dy f  x, y,z  dy dx dz f  x, y,z  dz dy dx

A quinta articulação exige um malabarismo mais apurado : a interseção da superfície cilíndrica parabólica z = 1 – x² com o plano y = 1 – x projeta-se ortogonalmente no plano coordenado YOZ como a curva



z  1  x 2  z  1  1  y 2 ou z  2 y  y 2 .   y  1 x

Então, a região quadrada do plano YOZ fica parcelada em duas sub-regiões

y: 0 1  R1  z : 0  2 y  y 2   x : 0  1 z

y: 0 1  e R2  z : 2 y  y 2  1  x : 0  1 y 

e a integral dada pode assumir também a forma 1

1 x 2

 



1 x 0



f  x, y,z  dy dz dx  1

  0

2y y2 0



1 z 0

f  x, y,z  dx dz dy 

2y y

 



1 y 0

f  x, y,z  dx dz dy

29 2.6. Integral tripla em coordenadas cilíndricas e coordenadas esféricas . Coordenadas cilíndricas . Basicamente, o sistema de coordenadas cilíndricas resume-se na aplicação das coordenadas polares ao espaço tridimensional e, tal como já foi mostrado nas integrais duplas, simplifica significativamente as operações algébricas decorrentes . Mostraremos a estrutura de seu funcionamento, deduzindo o fator de conversão (jacobiano) da transformação das coordenadas cartesianas em coordenadas cilíndricas : z

x  r cos  r 0      y  r sen e  0    2 zz     z    y 



 f  x, y,z  dx dy dz

 f  r,  , z  r dr d dz



coordenadas cartesianas

coordenadas cilíndricas

Verificação geométrica : Observemos que a expressão do volume do paralelepípedo elementar deve ser X

área da base X altura :

 zi

 V i  ri  ri  i

 zi

área da base

altura

Portanto, a integral tripla genérica, em coordenadas cilíndricas, assume a forma n

 f  x, y,z  dx dy dz

 lim

V i  0

 i

V i  0

 ri

 lim

ri  i

V i  0

Em tempo : A aplicação de tal sistema ajusta-se às estruturas das



superfícies cilíndricas e sólidos envolvidos com expressões do tipo x² + y² , no espaço

 f  x, y,z  V i 1 n

 f  r,  , z  V i 1 n

 f  r,  , z  r i 1

 ri  i  z i

 f  r,  , z  r dr d dz . D

ℝ³.

modelo mecânico : elevador giratório longitudinal, com extensor de braço .

Coordenadas retangulares z

x  r cos     y  r sen   zz

P y x X

Coordenadas cilíndricas



r 0    0    2     z   

> with (linalg) :

> J:= jacobian ( [r*cos(theta), r*sin(theta), z], [r, theta, z] ) ;

 zi

 ri

Exemplo ilustrativo .

0   0   1 := r

 i X

cos(  ) r sin(  )   J :=  sin(  ) r cos(  )   0  0 > `det(J)`:= simplify (det(J)) ; det(J)

ri  i

Determinar o momento de inércia , em relação ao eixo OZ, do sólido homogêneo limitado pelo cilindro r = 5 , o cone z = r e o plano XOY. A densidade de volume, em qualquer ponto do sólido, é k kg/m³ .

30 Resolução : As superfícies que contornam o sólido foram dadas por suas equações polares : 2 2  r  5 : círculo de centro no polo e raio 5  x  y  25 2 2  z  r : cone de revolução  z  x  y  z  0 : plano XOY r: 05   Apliquemos, pois, as coordenadas cilíndricas D cil   : 0  2   z: 0  r

e o momento de inércia será calculado como segue

I z  lim

n 

 mi

i 1

V i



 k  x

 d i2  V i 

 y 2  dV

 k r dz dr d



2 5 r > Int ( Int ( Int (k*r^2*r, z=0..r), r=0..5), theta=0..2*Pi ) ;     k r 3 dz dr d 2 5 r 0 0 0    3    k r dz dr d     I z  1250 k   3927 k .    0 0 0 > value (%) ; 1250 k 

> evalf (%) ; 3926.990818 k ou I z  1250 k   ou > Int(Int(Int(k*r^2*r, z=0..r), r=0..5), theta=0..2*Pi) = = int(int(int(k*r^2*r, z=0..r), r=0..5), theta=0..2*Pi);

3927 k 2 5 r       k r 3 dz dr d1250 k        0 0 0

Observação . Se quisermos calcular o volume do sólido limitado pelas superfícies acima, teremos : > Volume:= Int(Int(Int(r,z=0..r),r=0..5),theta=0..2*Pi) = int(int(int(r,z=0..r),r=0..5),theta=0..2*Pi) ;

2 5 r 250    Volume :=    r dz dr d  ou Volume  261,8 u.v.    3 0 0 0 Exemplo 1 . Determinar o volume do sólido limitado pelo cilindro x² + y² = 25 e os planos x + y + z – 8 = 0 e XOY . Resolução : Este problema constitui o exemplo 3 da página 28 deste compêndio . Vamos resolvê-lo à luz do sistema de coordenadas cilíndricas para mostrar sua eficiência simplificadora :

D cart x+y+z–8 = 0

 x : 5  5  2  y :  25  x  z : 0  8x y 

V 

  Y

f  x, y,z  d V 





r: 05    D cil   : 0  2  z : 0  8  r cos   r sen 

25  x 2

2

   0

8  r cos   r sen 0

r dz d dr 

1

   8r  r cos   r sen   d dr    8r  r sen   r cos   dr  16 r dr  8 r  200  V  628 u.v. 5

0 5

0 5 0

2

2 5 0

> Volume:= int (int(int (r, z=0..8-r*cos(t)-r*sin(t)), t=0..2*Pi), r=0..5) ;

Volume := 200  > with(plots): implicitplot3d ({r=5, z=8-r*cos(theta)-r*sin(theta)}, r=0..5, theta=0..2*Pi, z=0..16, numpoints=5000, coords = cylindrical) ;

31 Exemplo 2 . Determinar o volume do sólido limitado pelo paraboloide de revolução z = x² + y² , o cilindro x² + y² = 4 e o plano z = 0 . Resolução : Convertendo essas equações cartesianas para o sistema polar, teremos, respectivamente : Z

D cart

z  r2, r  2 e z 0 .  x : 2  2  2 2  D cil  y :  4x  4x 2 2 z: 0 x y 

V  4 Y

4x 2

  0



x 2 y 2 0

dz dy dx 

2

  

sistema cartesiano

r : 0  2    : 0  2 2   z: 0  r 2

r dz d dr

sistema cilíndrico

Apesar das condições de simetria apresentadas pelo problema, a simplicidade dos cálculos exibida pelas coordenadas cilíndricas beira as raias da fantasia :



> with (plots) : implicitplot3d ( { r = 2, z = r^2 }, r=0..2, theta=0..2*Pi, z=0..4, numpoints=8000, coords = cylindrical ) ;



> Volume:= Int (Int (Int (r, z=0..r^2), t=0..2*Pi), r=0..2) ;



2 2 r    Volume :=    r dz dt dr    0 0 0

2

  r d  2 r dr 0 2

 r4 2

 V  8  u.v. 0

> value(%) ; 8 

Coordenadas esféricas . Busquemos um procedimento análogo ao anterior para tratarmos o sistema de coordenadas esféricas, facilitando sua assimilação e tornando mais atraentes os efeitos de sua aplicação . z

 x X



x   sen  cos   0      y   sen  sen e  0    2    z   cos  0   y Y

 : longitude  : latitude



sen  d  d d

coordenadas esféricas

sen  i

 i

V i   i2 sen  i  i  i  i

 f   ,  ,   

i i

Concluindo, o volume infinitesimal será



coordenadas cartesianas

.

 AB   i  sendo  AD   i sen  i  i  AE   i  i 

 f  x, y,z  dx dy dz

Verificação geométrica : A expressão do volume aproximado do paralelepípedo esférico elementar pode ser construída com as medidas apresentadas no esboço ao lado . Consideremos como base o retângulo curvilíneo ABCD e, como altura, o segmento curvilíneo AE . área da base : AB . AD altura : AE

e a integral genérica assume a forma

 f  x, y,z  dx dy dz

 i

 f   ,  ,   

sen  d  d d .

Em tempo : A aplicação desse sistema harmoniza-se com as estruturas das superfícies esféricas e cônicas , no espaço ℝ ³ . modelos mecânicos : - escavadeira giratória longitudinal / latitudinal, com extensor de braço . - ascensor para reparos em postes elétricos .

32 Coordenadas esféricas

Coordenadas retangulares > with (linalg) :

> J:= jacobian ( [rho*sin(phi)*cos(theta), rho*sin(phi)*sin(theta), rho*cos(phi)], [rho, theta, phi] ) ;

sin(  ) cos(  )  sin(  ) sin(  )  cos(  ) cos(  )     J :=  sin(  ) sin(  )  sin(  ) cos(  )  cos(  ) sin(  )      0  cos(  )  sin(  )  > `det(J)`:= simplify (det(J)) ;

det(J) := sin(  ) 

Calcular a massa M do sólido limitado, no 1°. octante, pelas superfícies x  y  z  16 , 2 2 2 x  y  z  9 e os planos coordenados, sendo   x 2  y 2  z 2 a densidade de massa em cada ponto do sólido . 2

Exemplo ilustrativo .

Resolução : As superfícies que contornam o sólido são duas esferas de raios 4 e 3 , respectivamente . Portanto, utilizaremos as coordenadas esféricas :

D esf

  : 3      : 0   : 0   



X  4, 0, 0 

   0

4 3

 3 sen  d  d d





  0





 



2 0

4

sen 

d 3

175 sen  d d 4

 175 2 2 d  cos  0 4 0 175 2  d 4 0 175  M  kg  68,75 kg . 8



0, 3, 0 









  dV

P, ,  



M 



Utilizando o sistema computacional Maple , teremos

> M:= Int ( Int ( Int (rho^3*sin(phi), rho=3..4), phi=0..Pi/2), theta=0..Pi/2 ) ; 



2 2 4    3   M :=      sin(  ) d d d    0 0 3

> value (%) ;

175  8

e uma outra posição da região espacial pode ser mostrada : > with (plots) : implicitplot3d ({x^2+y^2+z^2=16, x^2+y^2+z^2=9}, x=0..5, y=0..5, z=0..5, numpoints=10000) ;

> with (plots): implicitplot3d ({rho=4, rho=3}, rho=0..4, x=0..4, y=0..4, numpoints=8000, coords = spherical ) ;

> evalf (%, 4) ; 68.75

33 Exemplo 1 . Deduzir o volume da esfera de raio R . Resolução : A equação da superfície esférica no sistema cartesiano e no sistema esférico são, Z respectivamente, x² + y² + z² = R² e  = R .

D cart

x: R  R  2 2 2 2 y:  R x  R x  z :  R2  x2  y2  R2  x2  y2 

V  8

R 2 x 2

  0



R 2 x 2  y 2

dz dy dx 



 : 0R   D esf   : 0  2   : 0   2

   0

sistema cartesiano : 8 octantes

R 3  2 sen  d d 3 0 0 2 R 3   0 sen  d 3  2 R 3 2 R 3    cos    3 3 0

R 0

 2 sen  d  d d

sistema esférico



 : longitude  : latitude

 1  1

V 

4  R 3 u.v. 3

Exemplo 2 . Determinar o volume do sólido limitado pelas superfícies cujas equações, em coordenadas esféricas, são

 Z

Resolução :

D esf : superfície cônica de revolução

V 

e  cos   1 .

  : 0  2 (giro longitudinal de 360°)    : 0   (superfície cônica de revolução)  3  1 (plano perpendicular a OZ)  : 0  cos   

(plano z = 1)



2

   0

1 cos 

 2 sen  d  d  d

1 2 3 sen   d d 3  0  0 cos 3   1 2 1 2  tg  3 d  0 0 3 2 2  1 1    3  d  V    3,14 u.v. 0 3 2 Em tempo :



sen  d  cos 3 



sen  1  d  cos  cos 2 



tg  sec 2  d  v

 dv

v2 2 1  tg 2 2

 v dv 

> with (plots) : implicitplot3d ( {z = 0, z = sqrt(x^2+y^2), z =1 }, x = -1.2..1.2, y = -1.2..1.2, z = 0..1.2, numpoints = 10000) ; > Volume:= Int (Int (Int (rho^2*sin(phi), rho=0..1/cos(phi)), phi=0..Pi/3), theta=0..2*Pi) ; 1 

2  3 cos(  )    2   Volume :=   sin(  ) d d d       0 0 0

> value (%) ; 

34 Aplicações da integral tripla . 1.

Determinar o momento de inércia , em relação ao eixo OZ, do sólido homogêneo limitado pelo cilindro r = 5 , o cone z = r e o plano XOY . A densidade de volume em qualquer ponto do sólido é k kg/m³ . Resolução : As superfícies que contornam o sólido foram dadas por suas equações polares, como é fácil verificar : 2 2 Z  r  5 : círculo de centro no polo e raio 5  x  y  25 2 2  z  r : cone de revolução  z  x  y  z  0 : plano XOY

r: 05  

Apliquemos, pois, as coordenadas cilíndricas D cil   : 0  2 e o momento de inércia será calculado como segue n

I z  lim 0

n 



 mi V i

i 1

  z: 0  r

 d i2  V i 

 k  x

 y 2  dV



> with (plots) : implicitplot3d ( { r = 2, z = r^2 }, r=0..2, theta=0..2*Pi, z=0..4, numpoints=8000, coords = cylindrical ) ;

 k r dz dr d 3

D 2

  

k r 3 dz dr d

 I z  1250 k   3927 k .

> with (plots) : implicitplot3d ( {z=0, z=sqrt(x^2+y^2), x^2+y^2=25 }, x=-6..6, y=-6..6, z=0..5, numpoints=5000) ;

> Iz:= Int (Int (Int (k*r^3, z=0..r), r=0..5), theta=0..2*Pi) ;

2 5 r    3   Iz :=     k r dz dr d    0 0 0

> value (%) ; 1250 k 

1 y 2

Problema 34, página 1036 do JS : Calcular a integral

  0

coordenadas cilíndricas .



x 2 y 2 x 2 y 2

x y z dz dx dy , convertendo-a em

Resolução . Basta confrontar a expressão do domínio de integração nos dois sistemas referenciais :

D cart Y

0 X

1,0,0 

0,1,0 

revolução

de revolução

1 y 2



y: 01    x : 0  1 y 2  semicírculo  2 2 2 2 z: x y  x y  cone de paraboloide



x2y2 x y 2

x y z dz dx dy 



  2

 D cil

   : 0  2   r : 0 1  z : r2  r  

z r 3 sen  cos  dz dr d

1 2 1 5  r  r 7  sen  cos  dr d    0 0 2  1 2  2 sen  cos  d 96 0  sen 2

35 > with (plots) : implicitplot3d ({z=r, z=r^2}, r=0..1, theta=0..Pi/2, z=0..1, numpoints=8000, coords=cylindrical) ;

 cos 2    2  

1  96 1  96

> with (plots) : implicitplot3d ({x=0, y=0, z=x^2+y^2, z=sqrt(x^2+y^2), z=1}, x=0..1.2, y=0..1.2, z=0..1.01, numpoints=10000) ;

 2 0

> Int (Int (Int (z*r^3*sin(theta)*cos(theta), z=r^2..r), r=0..1), theta=0..Pi/2) ;



2 1 r       z r 3 sin(  ) cos(  ) dz dr d       0 0 2 r 9 y 2

0, 0, 3 

P, ,  





D cart 0, 3, 0 

0, 3

Y 2, 0



 3, 0, 0  2 , 0, 0



x

x 2 y 2

 y 2  z 2  dz dx dy ,

y: 03    x : 0  9  y 2  D esf  semicírculo    z : x 2  y 2  18  x 2  y 2  cone de hemisfério de raio 3 2

0, 0, 3 2 

18  x 2  y 2

convertendo-a em coordenadas esféricas .

3

 

Problema 36, página 1036 do JS : Calcular a integral

> value (%) ;

   : 0  2   : 0 4     : 0  3 2

revolução



9 y

 



18  x  y 2

x y 2

x

 y 2  z 2  dz dx dy 

Em tempo : A interseção das superfícies cônica e esférica foi obtida por meio do sistema de equações

 z  z  

x2  y 2

18   x 2  y 2   z 2  18  z 2  z30   resultando, como consequência,   4



   0

3 2 0

 4 sen  d  d d

972 2 2 4 0 0 sen  d d 5 972 2 2  2 2   0 d 5 2 1944 2 1   20  126 ,49







> plot3d ( [sqrt (x^2+y^2), sqrt (18-x^2-y^2) ], x=0..sqrt(9-y^2), y=0..3, numpoints=10000 ) ;

> Int (Int (Int (rho^4*sin(phi), rho=0..3*sqrt(2)), phi=0..Pi/4), theta=0..Pi/2) ;



2 4 3 2    4     sin(  ) d d d       0 0 0

> evalf (%, 5) ; 126.49

36 4.

Problema 37, página 1036 do JS : No Projeto de Laboratório do Capítulo 12 (página 843), investigamos a família 1 de superfícies   1  5 sen m sen n que foram usadas para modelar tumores . A “esfera rugosa” com m = 6 e n = 5 está mostrada no gráfico abaixo . Utilizar o sistema de computação algébrica Maple para determinar seu volume . Resolução . A equação da superfície que limita o sólido sugere a utilização do sistema de coordenadas esféricas :

D esf

  : 0  2   : 0     : 0  1 

1 5

sen6 sen 5

Portanto, seu volume será calculado por meio da integral tripla

V 

 d V 

2



1

   0

1 5

sen6  sen5

 2 sen  d  d d

> with (plots) : implicitplot3d (rho =1+1/5*sin(6*theta)*sin(5*phi), rho = -1.2..1.2, phi = 0..Pi, theta = 0..2*Pi, numpoints =15000, coords = spherical ) ; O cálculo da integral tripla será feito mediante a formulação sintática : > V:= Int (Int (Int (rho^2*sin(phi), rho = 0..1+1/5*sin(6*theta)*sin(5*phi)), phi = 0..Pi), theta = 0..2*Pi ) ;

1 1 sin( 6  ) sin( 5  ) 2  5    2   V :=   sin(  ) d d d       0 0 0 136  > evalf (%, 4) ; 4.317 u. v.

> value (%) ;

Num outro Projeto de investigação, foi encontrada a equação   1,3 sen  como formatação ideal do envoltório para as larvas disseminadoras da esquistossomose . Utilizar o Maple para exibir tal superfície . 

Resolução . Resta informar que o domínio de integração foi construído com a seguinte catalogação obtida

  : 0  2  D esf   :         : 0  1,3 sen  > with (plots) : implicitplot3d ( rho=1.3^(phi)*sin(theta), rho = 0.1..3, phi = - Pi..Pi, theta = 0..2*Pi, numpoints = 15000, coords = spherical ) ;

“ caramujo”

37 Problemas propostos 1 x2



1. Dada a integral

a) b) c)

esboçar a região do domínio . inverter a ordem de integração . resolvê-la . 9  x2

2. Dada a integral

2 x .dy .dx ,seguir as instruções abaixo : 0

  0

a) b) c)



1 x2  y2

 dz  dy  dx , seguir as instruções abaixo :

esboçar a região do domínio . escrever a integral em coordenadas cilíndricas . resolvê-la . 2

3. Inverter a ordem de integração em

  0

y6 2 2y

f  x, y  .dx .dy . 3

Resp.:

 0

x 2

Resp.: 3 

f  x, y  .dy .dx 

4. Escrever, em coordenadas esféricas, os limites de integração da integral a região sólida limitada pelas superfícies

2 3

Resp.:

 3

x 2

2 x 6

f  x, y  .dy .dx

 f  r,  ,   . d V , sendo D D

x 2  y 2  z 2  1, y  x , z  0 e y  0 . 

x 2

   4

Resp.:

f  r,  ,   .r 2 .sen  .dr .d .d

5. Utilizar coordenadas cilíndricas para calcular o volume do sólido limitado pelo cone z 2  x 2  y 2 , pelo 2 2 4 cilindro x  y  4 e pelos planos coordenados, no 1º. octante . Resp.: V  3 6. Calcular o volume do sólido limitado pelas superfícies cujas equações cilíndricas são

z  4r2, r 1 e z  0. Resp.: V 

9 8

7. Utilizando integração dupla, calcular o volume do tetraedro limitado pelos planos cartesianos e o plano inclinado expresso pela equação 3x  8 y  24z  24  0 .

Resp.: V  4u.v.

y=x

y 

8. Inverter a ordem de integração e resolver a integral dupla

D 0

x 



 

5 sen x dx dy x Resp.: 10

9. Mediante o sistema de coordenadas polares, calcular a integral dupla região plana limitada pela curva

x2  y 2  4 .

 R

y x  y2 2

 dA ,

sendo R a

Resp.: 0

38 Z

10. Calcular a massa M do “pilão” não homogêneo, limitado pelas três superfícies x2  y 2  9 , z  x2  y 2 e z  0 . Em cada ponto 2 2  x, y  x  y kg / m3 .   do sólido, a densidade de massa é - Utilizar coordenadas cilíndricas, levando em conta que n

M 

0,  3  X



0, 3 

lim



n  i 1 ou V i  0

M i  Vi  Vi

Resp. : M 

  dV kg . D

486  kg  305,2 kg 5

 3, 0  4  y2

11. Escrever a integral

  0

x



 y 2 .dx .dy , em coordenadas polares, e resolvê-la . Resp.: 2 

12. Utilizando coordenadas esféricas , calcular o volume comum à esfera r = 3 e ao cone φ = π/3 .

Resp.: 9 

13. Determinar o momento de inércia, em relação ao eixo OZ, do sólido homogêneo limitado pelo cilindro r = 3,

o paraboloide z = r² e o plano z = 0 . Em qualquer ponto do sólido, a densidade é δ kg/m³ .

Resp.: I O Z  243  

14. Utilizando coordenadas esféricas , calcular o volume de uma cunha esférica, de raio R , limitada por dois planos diametrais formando entre si um ângulo de π/3 rad .

Resp.: V 

2  R3 9

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV

- Roteiro Sinóptico -

- Cursos de Engenharia Unidade 3

CURVAS PARAMETRIZADAS

3.1. Funções escalares , funções vetoriais e curvas parametrizadas . Nesta terceira unidade do curso, estaremos abordando alguns tópicos da denominada Geometria Diferencial, tratando o estudo das entidades geométricas associado aos elementos do Cálculo Diferencial e Integral . Originariamente, a Geometria Diferencial clássica preocupava-se apenas com as propriedades locais das curvas e superfícies, vale dizer, visava tão-somente o comportamento dessas curvas e superfícies na vizinhança de um ponto, limitando-se ao espaço euclidiano . Após as teorias de Riemann, em meados do século XIX, tal estudo estendeu-se aos espaços não euclidianos, propiciando os avanços na linguagem matemática que suportam inúmeras aplicações da Física e das teorias da relatividade . Em se tratando de uma abordagem inicial, nesta unidade estaremos particularmente interessados nos aspectos clássicos do assunto, atendo-nos à teoria das curvas e superfícies associada aos conceitos e operações do Cálculo Diferencial e Integral, valendo-nos das brilhantes contribuições legadas por Gauss. Fixemos o conceito de uma função escalar emℝ ³ :

ℝ

D (x, y, z)

Função escalar é uma lei de correspondência

f : D

f (x, y, z)



tal que, a cada ponto (x, y, z) ∈ D , corresponde um único número real f (x, y, z) . Z z

ℝ

f y

X Exemplos :

1. f  x, y,z   3x z  5xyz : 2

x  2   y  3  z  1 

2. f  x, y,z   n  x  2 yz   cos  x  y  z   : Analogamente, conceituamos uma função vetorial em ℝ D

³:

f  2,  3,1  12   30   42

x  1   y  1  z  0  V

v  f1 i  f 2 j  f 3 k

 x, y,z  f

f 1,  1,0   0  1  1

f1 , f 2 e f 3 funções

Sejam

escalares de

ℝ³

e seja V o

conjunto de vetores desse espaço

Função vetorial é uma lei de correspondência f : D → V que associa a imagem de cada ponto (x, y, z) , do domínio D , ao vetor v  f1 i  f 2 j  f 3 k de ³ . Z

 f1  x, y,z   3xy Exemplos : 1. v  3xy i   x  2z  j   x  yz  k ,  f x, y,z   x  2z   2   f 3  x, y,z   x  yz Por exemplo, o ponto (2, -1, 5) v   6 i  12 j  7 k

2. v  e x i  sen xy j  n  x  yz  z 2  k , sendo X  f  x, y,z   e x  f1 1,  ,  2   e  1    f 2  1,  ,  2   0 1,  ,  2   f 2  x, y,z   sen xy   2  f 3  1,  ,  2    n  5  2   f 3  x, y,z    n  x  yz  z 

v y

Y X

v  e i  n  5  2  k

40 Definição de curvas planas paramétricas . Suponhamos que exista a necessidade de analisar a trajetória de uma partícula ao longo de uma curva C , no espaço ² , tal como a figura nos mostra .

Obviamente, uma equação formal do tipo y = f (x) ou f (x, y) = 0 não pode C

ser utilizada para descrever essa trajetória porquanto seu tratamento funcional seria inviável, pelo menos em toda a extensão do domínio, pois, parte de seus elementos acusam mais de uma imagem, contrariando o conceito de função.

Existe um recurso algébrico bastante prático que nos proporciona uma condição mais confortável para descrever tal curva . Referimo-nos à utilização de uma terceira variável t atuando como um parâmetro independente ao qual as variáveis x e y prestam total obediência : x = g(t) e y = h(t) . Estas duas equações denominam-se equações paramétricas da curva C .

Por meio de alguns exemplos, tentaremos mostrar algumas vantagens de sua utilização :

Exemplo 1 : Problema 2 , página 645 do livro-texto, James Stewart :  x  3t Determinar a equação cartesiana da curva cujas equações paramétricas são 

 y  2t  3 Resolução : Explicitando as duas igualdades em termos do parâmetro t :

t  3 x   y3 t   2



y3  3  x  y  3  6  2x 2

  x  3   1  4 t  1:    y  2  1  3  5  4,  5 

 y  2x  3 reta inclinada (-1, 5) t=4

 x  3  4  1 t  4:   y  83  5 

, 1 t  4 .

 1, 5 

X (4, -5) t = -1

Exemplo 2 : Problema 12 , página 645 do livro-texto, James Stewart : Esboçar a curva e indicar o sentido no qual é traçada quando o parâmetro cresce :

  x  nt , t 1.  y  t  

Resolução : Explicitando as duas igualdades em termos do parâmetro t :

t  ex  y2



ye

x 2

curva exponencial

x0 t  1:   y1 Exemplo 3 :

(0, 1)

As trajetórias circulares e as curvas cônicas usuais têm uma importância significativa em vários setores da engenharia, motivo por que abrimos um destaque especial para analisar sua parametrização :

 x  r cos t a)  , 0  t  2 .  y  r sent

 x  a cos t b)  , 0  t  2 .  y  b sent

Resolução : 2 2 2 a)   x  r cos t

 2 2 2   y  r sen t



x 2  y 2  r 2  cos 2 t  sen2 t  1

a  x e t  e t   c)  2   y  b e t  e t    2 Y

 x2  y 2  r 2 círculo de centro na origem e raio r

 x  a cos t   y  b sen t

  x   y 



a t e  e t   2 b t e  e t   2

      



x 2   cos t a 2

y  2   sen t b 

    

x  cosh t a y  senh t b



x2 y2  1 a 2 b2 elipse de centro na origem

x2 y2   cosh 2 t  senh 2 t a2 b2 1





x2 y2   1 a2 b2

hipérbole de centro na origem

Exemplo 4 : Problema 14 , página 645 do livro-texto, James Stewart : Esboçar a curva e indicar o sentido no qual é traçada quando o parâmetro cresce :

 x  cos t   y  cos 2t Resolução :

 x  cos t ,  1  x  1   y  cos 2t  y  cos 2 t  sen 2 t  cos 2 t  1  cos 2 t   2 cos 2 t  1   x2   y  2 x 2  1 parábola de vértice no eixo OY Exemplo 5 :

Deduzir as equações paramétricas de uma cicloide . Cicloide é o lugar geométrico percorrido por um ponto fixo de um círculo que rola, sem deslizamento, sobre uma reta fixa . Dedução : Consideremos o ponto referencial O , comum ao círculo dado e à reta dada, e façamos tal círculo rolar por uma volta completa sobre a tal reta :

  x  OD  OA  PB  r   r sen  OA  AP  r  e     y  PD  CA  CB  r  r cos   OO'  2  r C



P  x, y 

Então, as equações paramétricas são

r 0'

2r

 x  r   sen    y  r  1  cos  

Adendos : 1º.) Epicicloide é a curva descrita por um ponto fixo de um círculo de raio r que rola, exteriormente e sem deslizamento, sobre um outro círculo de raio R .

 Rr   x   R  r  cos   r cos  r      Suas equações paramétricas são   y   R  r  sen   r sen  R  r       r  

42 A epicicloide para a qual se tem R = r é uma cardioide e, nesse caso, o polígono epicicloidal tem um único ciclo, começando e terminando no mesmo ponto do círculo suporte . Suas equações paramétricas são obtidas por

 x  2 r cos   r cos 2   y  2 r sen  r sen 2

2º.) Hipocicloide é a curva que se obtém quando o rolamento é feito interiormente e sem deslizamento . Suas equações paramétricas são análogas às da epicicloide, bastando substituir r por - r :

 Rr   x   R  r  cos   r cos  r        y   R  r  sen   r sen  R  r       r  

A hipocicloide correspondente ao caso R = 4 r representa uma curva de quatro ciclos e, como o rolamento é interior, a curva apresenta quatro pontos singulares (pontos de reversão ou cúspides) . Tal figura denomina-se astroide ou asteroide ou ainda tetracúspide , sendo as duas primeiras denominações decorrentes do fato de ser esta curva a evolvente de uma família de elipses que, como sabemos, representam as trajetórias dos astros . Para encontrarmos as equações paramétricas, basta fazer R = 4 r :  x  3 r cos   r cos 3   y  3 r sen  r sen 3 e substituindo-se cos 3 e sen 3 em função de cos  e sen  , tais equações paramétricas se apresentam como 3   x  4 r cos   3   y  4 r sen 

e sua equação cartesiana é

2 3

 y

2 3

3   x  R cos   3   y  R sen 

 R

2 3

Utilizando a linguagem MATLAB R12 , analisar a parametrização da função do exemplo 2 da x página 40, construindo seu gráfico de acordo com a respectiva sintaxe :   x  nt

  y

 x  n t , t 1 :   y  t  t  linspace( 1,100,100 );  x  log( t );    y  sqrt( t );  plot( x, y )

ye

x 2

 x  linspace( 0,6 ,100 );   y  exp( x / 2 );  plot( x, y ) 

, t 1



ye

43 Modelos ilustrativos de parametrização de algumas curvas cônicas seguem abaixo, com as respectivas construções dos gráficos, mediante a utilização da linguagem MATLAB R12 :

Elipse

Círculo

Equação cartesiana :

x2  y 2  9

Equações paramétricas :

t)  xy  3cos( 3 sen( t )

Sintaxe : t=linspace(0,2*pi,100); x=2*cos(t)-1; y=3*sin(t)+2; plot(x,y)

Equação cartesiana :

 y  2 2 9

 1

Sintaxe : t=linspace(0,2*pi,100); x=2*cos(t)-1; y=3*sin(t)+2; plot(x,y)

x2 y2   1 16 9

 et  e  t  x   4 cosh t ou  4 2 Equações paramétricas :  t t e  e  y  3 senh t ou 3  2

Sintaxe : t=linspace(-1,1,100); x=4*cosh(t); y=3*sinh(t); plot(x,y) hold on; x=-4*cosh(t); y=3*sinh(t); plot(x,y)

Parábola



t )1  xy  23cos( sen( t )  2 4

Equações paramétricas :

Equação cartesiana :

Hipérbole

 x  1 2

t=linspace(-1,1,100); x=4*[exp(t)+exp(-t)]/2; y=3*[exp(t)-exp(-t)]/2; plot(x,y) hold on; x=-4*[exp(t)+exp(-t)]/2; y=3*[exp(t)-exp(-t)]/2; plot(x,y)

y  2x 2  1 x  cos t Equações paramétricas : y  cos 2t Equação cartesiana :

Sintaxe : t=linspace(0,2*pi,100); x=cos(t); y=cos(2*t); plot(x,y)



44 O conceito de função vetorial é usualmente empregado no estudo do movimento de partículas no espaço . Para determinar a posição de um ponto no espaço tridimensional, necessitamos de um terno ordenado ( x. y, z ) de números reais e a presença do parâmetro t , indicador do tempo, torna-se imprescindível . Portanto, em cada instante t , o terno ordenado ( x, y, z ) deverá ser encarado parametricamente como  x, y, z    f1  t  , f 2 t  , f 3 t   e o vetor correspondente a cada ponto do espaço deverá ser v  t   f1  t  i  f 2  t  j  f 3  t  k ou  f1 t  , f 2 t  , f 3 t    Ao deslocar-se no espaço, a partícula terá sua trajetória descrita pela extremidade do vetor, surgindo aí uma curva espacial cuja parametrização é dada pela equação anterior . Se a função vetorial v  t    f1  t  , f 2  t  , f 3  t   representa uma curva espacial contínua, então v  t  é um vetor de posição de cada ponto P  f1  t  , f 2  t  , f 3  t   dessa curva . Portanto, qualquer função vetorial v  t  , contínua, do espaço tridimensional, define uma curva desse espaço . Utilizando os recursos do aplicativo Maple 12 , mostremos a ilustração geométrica de uma função vetorial :

P  x, y, z 

Sintaxe de comando :

> with (plots) : spacecurve ( [cos(t), sin(t), t ], t = 0..4*Pi ) ;

v t 

Em tempo : Se quisermos imprimir animação à curva, com o intuito de acompanhar sua construção, basta utilizarmos o comando

> with (plots) : animate ( spacecurve , [ [ cos(t), sin(t), t ], t = 0..n ], n = 0..4*Pi, numpoints = 2000 ) ; Analisemos uma sequência de exemplos variados de funções vetoriais em texto de Cálculo, James Stewart , páginas 848 / 855 , volume II, 5ª. edição :

Exemplo 1 :

1 f  t   v   t 2 , cos t,  2t

ℝ ³,

 x t2  f  t    y  cos t  z  1/ 2t   

> spacecurve ( [ t^2, cos (t), 1/(2-t) ], t = 0..6*Pi ) ;

Exemplo 2 :

f  t   v   cos 4t, t, sen 4t  ou

 x  cos 4t  f t    y  t  z  sen 4t 

> spacecurve ( [ cos (4*t), t, sin (4*t) ], numpoints = 3000, t = 0..4*Pi ) ;

Exemplo 3 :

f  t   v   t, t , e 2

t

 ou

xt  f t    y  t 2  z  et 

> spacecurve ( [ t, t^2, exp (-t) ], numpoints = 3000, t = -10..10 ) ;

Exemplo 4 :

f  t   v   t,

1 , t 2  ou 1 t 2

xt  1  f t    y  1 t 2   z  t2 

> spacecurve ( [ t, 1 / (1+t^2), t^2 ], numpoints = 3000, t = -10..10 ) ;

alguns retirados do livro-

45 Exemplo 5 :

f  t   v   e  t cos 10t, e  t sen10t, e  t  ou  x  e  t cos 10t  f  t    y  e  t sen10t  z  et  > spacecurve ( [ exp (-t)*cos (10*t), exp (-t)*sin (10*t), exp (-t) ], numpoints = 3000, t = -2*Pi..2*Pi ) ;

Exemplo 6 :

f  t   v   cos t, sen t, sen 5t 

 x  cos t  f  t    y  sen t  z  sen 5t 

> spacecurve ( [ cos (t), sin (t), sin (5*t) ], numpoints = 1000, t = -2*Pi..2*Pi ) ;

Exemplo 7 :

f  t   v   cos t, sen t, n t 

 x  cos t  f  t    y  sen t  z  nt 

> spacecurve ( [ cos (t), sin (t), ln (t) ], numpoints = 2000, t = -2*Pi..8*Pi ) ;

Exemplo 8 :

  f  t   v   sen t, 0, cos t     g  t   w   cos t  1, sin t, 0 

Panorama visto de cima :

> spacecurve ( { [ sin (t), 0, cos (t), t = 0..2*Pi ], [ cos (t) +1, sin (t), 0, t = -Pi..Pi ] }, numpoints = 1000 ) ; > animate ( spacecurve , [ { [sin(t), 0, cos(t) ], [ cos(t)+1, sin(t), 0 ] }, t = -n..n ], n = -Pi..Pi, numpoints = 2000 ) ;

Exemplo 9 :

  f  t   v   t sen t, t, t cos t     g  t   w   4 cos t, 4 sin t, 0 

animação

Panorama visto de cima : visualização plana

> spacecurve ( { [ t*sin (t), t, t*cos (t) ] , [ 4*cos (t), 4*sin (t), 0 ] }, t = - Pi..2*Pi , numpoints = 1000 ) ;

46 Exemplo 10 :

f  t   v    10 cos t  2 cos 5t  15sen2t,  15 cos 2t  10sent  2sen 5t, 10 cos 3t  > knot := [ -10*cos (t) - 2*cos (5*t) + 15*sin (2*t) , - 15*cos (2*t) + 10*sin (t) - 2*sin (5*t) , 10*cos (3*t) , t = 0..2*Pi ] :

Em inglês : knot → nó

Nó visto de cima : visualização plana

> spacecurve ( knot ) ;

Exemplo 11 :

f  t   v   10 cos  r / 30  , 10 sen  r / 30  , r / 3  > helix_points := [ seq ( [ 10*cos (r/30) , 10*sin (r/30) , r/3 ] , r = 0..240 ) ] :

( Hélice circular )

Hélice vista de cima, sem nó : visualização plana

> spacecurve ( helix_points ) ;

Exemplo 12 :

f  t   v   10 cos  r / 30  , 10 sen  r / 30  , r / 3 

Hélice vista de cima, com nó : trevo de três folhas

> spacecurve ( { helix_points , knot } ) ;

Exemplo 13 :

f  t   v    4  sen 20 t  cos t,  4  sen 20 t  sent, cos 20 t  : toroide espiral > spacecurve ( [ (4+sin (20*t))*cos (t), (4+sin (20*t))*sin (t), cos (20*t) ] , numpoints = 3000, t = 0..4*Pi ) ; > animate ( spacecurve , [ [ (4+sin (20*t))*cos (t), (4+sin (20*t))*sin (t), cos (20*t) ], t = 0..n ], n = 0..4*Pi, numpoints = 3000 ) ; Panorama visto de cima : visualização plana

47 Exemplo 14 :

Determinar a função vetorial que representa a curva obtida pela interseção do paraboloide z = 4 x² + y² e o cilindro parabólico y = x² . - Problema 36, página 854, James Stewart, 5ª. edição . Resolução .

Fazendo a plotagem das duas superfícies dadas, teremos : > with (plots) : implicitplot3d ( { z=4*x^2+y^2, y=x^2}, x=-2..2, y=-3..3, z=0..3, numpoints = 3000 ) ; Para resolver o problema, algebricamente, podemos escrever :

 xt 2 2    z  4x  y Curva :   Parametrizando :  y  t 2 2  yx  z  4t 2  t 4  Então, a função vetorial representativa da curva será f  t   v   t , t 2 , 4t 2  t 4  Se quisermos mostrar a solução gráfica do resultado encontrado, basta fazer : > spacecurve ( [ t, t^2, 4*t^2+t^4 ] , numpoints = 3000, t = -2..2 ) ;

Como sugestão, mostramos duas posições visuais alternativas .

Exemplo 15 :

Problema 39, página 854, James Stewart, 5ª. edição . Se dois objetos viajam pelo espaço ao longo de duas curvas diferentes, é sempre importante saber se eles irão colidir-se . (Um míssil vai atingir seu alvo móvel ? Duas aeronaves se colidirão ?) . As curvas podem se interceptar, mas precisamos saber se os objetos estarão na mesma posição no mesmo instante . Suponhamos que as trajetórias das duas sejam dadas pelas seguintes funções vetoriais

r1  t    t 2 , 7t  12, t 2  e r2  t    4t  3, t 2 , 5t  6  , para t  0 . As partículas colidem ? Resolução .

Fazendo a plotagem das duas curvas dadas, teremos : > spacecurve ( { [ t^2, 7*t-12, t^2 ] , [ 4*t-3, t^2, 5*t-6 ] }, t = 0..5 , numpoints = 2000 ) ; Tanto no espaço tridimensional quanto na visualização plana, a figura nos garante, inequivocamente, que haverá colisão .

Exemplo 16 :

Problema 42, página 854, James Stewart, 5ª. edição . Utilizar o Maple (tubeplot) para traçar a curva espacial dada pela função vetorial f  t     2  cos1.5t  cos t ,  2  cos1.5t  sent , sen1.5t  - O sistema “tubeplot” (gráfico em tubo) propõe apresentar a curva tal como um fio de arame encapsulado por um revestimento plástico . Resolução . > tubeplot ( [ (2+cos (1.5*t))*cos (t), (2+cos (1.5*t))*sin (t), sin (1.5*t) ], t = 0..2*Pi, radius = 0.2, numpoints=100 ) ; Panorama visto de cima : plano XOY

48 Exemplo 17 :

Plotar as duas retas

r: x 1 

as mesmas são reversas . Resolução .

y2  4z 3

s: 5  x 

y3 z 3  1 4

e verificar se

Primeiramente faremos a parametrização das duas curvas :

 x  1 t  x  5t   r :  y  2  3t e s :  y  3  t  z  4 t  z  3  4t   Algebricamente, não é possível encontrar um valor de t que satisfaça aos dois sistemas, simultaneamente . > spacecurve ( { [1+t, -2+3*t, 4-t], [5-t, -3-t, 3-4*t] }, t = -15..15, numpoints = 300 ) ; - Mediante um exame visual com a manipulação da figura, é fácil perceber que as duas retas são reversas .

Exemplo 18 :

Plotar a mola helicoidal representada pela função vetorial f  t   v   6 cos t, 6sent, 2t /   , promovendo a animação de seu percurso . Resolução . > animate ( spacecurve, [ [ 6*cos(t), 6*sin(t), 2*t/Pi ], t = 0..n ], n = 0..8*Pi , numpoints = 2000 ) ;

Em tempo . Torna-se imperioso ressaltar que o tratamento dispensado às funções vetoriais do espaço bidimensional é inteiramente análogo aos procedimentos já utilizados . Vejamos os dois exemplos seguintes : Exemplo 19 :

Construir o gráfico da função vetorial f  t   v   2 cos t, 2sent 

 x  2 cos t f t     y  2sent

> plot ( [ 2*cos (t), 2*sin (t), t = 0..2*Pi ], numpoints = 200 ) ;

( círculo )

Exemplo 20 :

Construir o gráfico da função vetorial

f  t   v   t  sen  t / 3  , 1  cos  t / 3   ou

  x  t  sen  t / 3  f t      y  1  cos  t / 3 

> plot ( [ t-sin(t/3), 1-cos(t/3), t = -35*Pi..35*Pi ], numpoints = 500 ) ; ( cicloide )

49 3.2. Aplicações ao movimento . Em nosso curso, estaremos sempre empenhados na utilização das funções vetoriais para analisar o comportamento da trajetória de um corpo movendo-se no espaço . Portanto, o estudo das derivadas e integrais dessas funções vetoriais é imprescindível para lograrmos êxito nessa empreitada . Felizmente, o tratamento desse problema apoia-se no mesmo roteiro e em procedimentos análogos àqueles já desenvolvidos no estudo das funções numéricas reais, tanto nos aspectos conceituais quanto nos operacionais :

v'  t 

dv dt

Q P

v t 

v t  h  v t  v t  h

 v'  t   lim

h 0

v t  h   v t  h

Se tal limite existir, o vetor secante PQ  v  t  h   v  t   0 se aproxima de um vetor que tem a direção da reta tangente à curva C . Portanto, definimos o vetor v'  t  como vetor tangente a essa curva definida por v t no ponto P .



Y Usualmente, chamamos o vetor unitário do vetor tangente por versor tangente : T  t   X Teorema .

v'  t  v'  t 



v  t    f1  t  , f 2  t  , f 3  t    f1  t  i  f 2  t  j  f 3 t  k , sendo f1 , f 2 e f 3 funções deriváveis, então

v'  t    f1 '  t  , f 2 ' t  , f 3 ' t    f1 ' t  i  f 2 ' t  j  f 3 ' t  k . Demonstração . Fazendo h = Δ t , poderemos escrever :

dv dt

  f1  t   t  , f 2  t   t  , f 3  t   t     f1  t  , f 2  t  , f 3  t     v'  t   lim  t  0 t  lim

t  0

 f1  t   t   f1  t  , f 2  t   t   f 2  t  , f 3  t   t   f 3  t   t

 lim  t  0

  lim

t  0

f1  t   t   f1  t  f t   t   f2 t  f t   t   f3 t  , 2 , 3  t t t f1  t   t   f1  t  f t   t   f 2 t  f  t   t   f3 t  , lim 2 , lim 3  t  0 t  0 t t t

  f 1'  t  , f 2'  t  , f 3'  t  

f 1'  t  i  f 2'  t  j  f 3'  t  k

No terreno dos procedimentos analógicos, não é difícil verificar que as regras práticas de derivação das funções vetoriais situam-se na mesma esteira das funções numéricas reais :

t   g t   h t  

Soma e diferença :

d  f

Produto por constante:

d  k . f

Produto por função real :

 t  

 k

d f t  dt

d  f  t  . g  t   d g t  d f t   f t    g t   dt dt dt

Produto escalar :

d  f

Produto vetorial :

d  f

Regra da cadeia :

   d f t   d g t   d h t   dt dt dt

t  dt

g  t    f

 t   g  t   dt

 f

t 

d g t   g t  dt

t  

d g t  d f t    g t  dt dt

d f  g  t   d f  g  t   d g t    dt dt dt

d f t  dt

f '  g  t  = g'  t  . f '  g  t  

50 À guisa de ilustração, faremos a verificação dessa última operação, deixando a cargo do prezado leitor a prazerosa incumbência de demonstrar as demais, reavivando habilidades e destrezas já adquiridas anteriormente : Seja g  t =  

. Então,

d f  g  t   dt



d f   d f   d   dt d dt

 f '      ' t  notação de Lagrange

 f '  g  t    g '  t  .

Com o objetivo de liberar o caminho para as próximas incursões, mostremos desde logo que : Sendo v  t  diferenciável e Demonstração .

v  t   c  constante  , então v'  t   v  t  , t  dom v' .

v  t   c , podemos escrever :

v t 

v t  

Mas,

d  v  t 

v t 

 c2



v  t   d  v  t    dt dt

v  t   d c 2    0 dt dt d  v  t   d c 2  v t   v t    0 dt dt

d  v  t 

Derivada do produto escalar : v'

2 v  t  v'  t   0 

v  t  v'  t   0

v  v

v'  2 v v'

 v  t   v'  t  .

condição de ortogonalidade

Exemplo 1 :

Dada a função vetorial v = < 2t - t, n 2t, 3t  , determinar : a) a função derivada de v . b) o vetor tangente de v , no ponto de parâmetro t = 1 , vale dizer, ponto P ( 1, ln 2, 3 ) . c) o versor tangente nesse ponto . Resolução . a ) v'  t  = < 6t 2 -1, 1 , 3  t t  1  v' 1 =   < 5, 1, 3  b) 3

T  1 

v'  1 v'  1



1 < 5, 1, 3  35

- Utilizemos o Sistema Computacional Maple : > with (plots) : > spacecurve ( [ 2*t^3-t, ln(2*t), 3*t ], t=0..5, axes=normal, title= Curva C`) ; > C:= ( [ 2*t^3-t, ln(2*t), 3*t ] ) ;

3 C := [ 2 t t , ln( 2 t ), 3 t ]

1   2 dC :=  6 t 1, , 3  t   > subs ( t = 1, dC ) ; [ 5, 1, 3 ] > dC:= diff (C, t ) ;

> fieldplot3d ( [ 6*t^2-1, 1/t, 3 ], t = 0..5, y = -1..1, z = 0..6, grid = [5,5,5], title = `Campo de vetores tangentes a C`) ; # O comando para visualizar um campo de vetores é fieldplot3d ( [ f (x,y,z) ], x = a..b, y = c..d, z = e..f ) .

Como as coordenadas do campo (x, y, z) dependem da variável t , a sintaxe utilizada acima está rigorosamente correta . > CurvaC:= spacecurve ( [ 2*t^3-t, ln(2*t), 3*t], t = 0..5, axes = normal ) : > Campo:= fieldplot3d ( [ 6*x^2-1, 1/y, 3 ], x = 0..5, y = -1..1, z = 0..6, grid = [5,5,5] ) :

> display (CurvaC, Campo, title = `A Curva C e seu campo de vetores tangentes` ) ;

51 Exemplo 2 :

 x  2t , determinar o vetor posição v  2  Sendo a função v  t  , com equações paramétricas  2  y  1t e o vetor tangente v'  2  . Resolução .

v  t  =  2 t , 1- t 2  Então,

- Maple 12 :

t2



v'  t  =  2 , - 2 t 



  v  2  =  4,  3  : vetor posição    v'  2  =  2,  4  : vetor tangente

É oportuno mostrar que a sintaxe utilizada no exemplo anterior, evidentemente, também é aplicável às funções vetoriais do espaço bidimensional, desde que consideremos : 2

v  t    2 t , 1  t 2    2 t , 1- t 2 , 0  > with (plots) :

Parábola

> spacecurve ( [ 2*t, 1-t^2, 0 ], t = -3..3, axes = normal, title = `Parábola`) ; > Parábola:= ( [ 2*t, 1-t^2 ] ) ;

2 Parábola := [ 2 t , 1t ]

> vposição:= subs (t = 2, Parábola) ; vposição := [ 4, -3 ] > dParábola:= diff (Parábola, t ) ; dParábola := [ 2, 2 t ] > vtangente:= subs (t = 2, dParábola) ;

vtangente := [ 2, -4 ]

> fieldplot3d ( [ 2, -2*y, 0 ], x = -3..3, y = -3..2, z = -1..1, grid = [4,4,4], title = `Campo de vetores tangentes à parábola`) ; # O comando para visualizar um campo de vetores é fieldplot3d ( [ f (x,y,z) ], x = a..b, y = c..d, z = e..f ) . Como as coordenadas do campo (x, y, z) dependem da variável t , a sintaxe utilizada acima está correta . > Parábola:= spacecurve ( [ 2*t, 1-t^2, 0 ], x = -3..3, axes = normal ) : > Campo:= fieldplot3d ( [ 2, -2*y, 0 ], x= -3..3, y = -3..2, z = -1..1, grid = [4,4,4] ) : > display (Parábola, Campo, title = `A Parábola e seu campo de vetores tangentes` ) ; A Parábola e seu campo de vetores tangentes

> vposição:= subs (t = 2, Parábola) ;

vposição := [ 4, -3 ]

> vtangente:= subs (t = 2, dParábola) ;

vtangente := [ 2, -4 ]

vp  vt

4,  3 

 2,  4  vt

52 Exemplo 3 : Visualizar o campo de vetores tangentes à hélice cilíndrica espiralada (hélice circular) definida pelo vetor v   cos t, sent, t  , 0  t  4 . - Maple : Hélice cilíndrica > with (plots) : > spacecurve ( [ cos(t), sin(t), t ], t = 0..4*Pi , axes = normal, numpoints=2000, title = `Hélice cilíndrica` ) ; > Hélice:= ( [ cos(t), sin(t), t ] ) ; > dHélice:= diff (Hélice, t ) ;

Hélice := [ cos( t ), sin( t ), t ]

dHélice := [ sin( t ), cos( t ), 1 ] Campo de vetores tangentes à hélice

> fieldplot3d ( [ -sin(t), cos(t), 1 ], t = -1..1, y = -1..1, z = 0..12, grid = [4,4,4], axes=normal, title = `Campo de vetores tangentes à hélice`) ; # Conforme já vimos no exemplo anterior, o comando para visualizar um campo de vetores é fieldplot3d ( [ f (x,y,z) ], x = a..b, y = c..d, z = e..f ) . Como as coordenadas do campo (x, y, z) dependem da variável t , a sintaxe utilizada acima está correta . > Hélice:= spacecurve ( [ cos(t), sin(t), t ], t = 0..4*Pi, axes = normal ) : > Campo:= fieldplot3d ( [ -sin(x), cos(y), 1 ], x = -1..1, y = -1..1, z = 0..12, grid = [4,4,4] ) : > display (Hélice, Campo, title = `A Hélice e seu campo de vetores tangentes` ) ;

Exemplo 4 :

Analisemos a curva hélice cônica definida pelo vetor Análise .

v   t cos 8t, t sen 8t, t  , 0  t  2 .

v  t  =  t cos 8t , t sen 8t , t   v' t  =  cos 8t  8t sen 8t , sen 8t  8t cos 8t, 1  No ponto t = π/2 , por exemplo, teremos o vetor tangente :   v  t  =  t cos 8t , t sen 8t , 1   v'   =  1, 4 , 1   2  - Maple 12 :

Hélice cônica

> with (plots) : > spacecurve ( [ t*cos(8*t), t*sin(8*t), t ], t = 0..2*Pi , axes = normal, numpoints=2000, title = `Hélice cônica` ) ; > Hélice:= ( [ t*cos(8*t), t*sin(8*t), t ] ) ; Hélice := [ t cos( 8 t ), t sin( 8 t ), t ]

1 1  vposição :=   cos( 4  ),  sin( 4  ),  2 2 2 

> vposição:= subs (t = Pi/2, Hélice ) ;

  , 0,  2 2 > dHélice:= diff (Hélice, t ) ; dHélice := [ cos( 8 t )8 t sin( 8 t ), sin( 8 t )8 t cos( 8 t ), 1 ] > vtangente:= subs (t = Pi/2, dHélice ) ; > simplify (%) ;

vtangente := [ cos( 4  )4  sin( 4  ), sin( 4  )4  cos( 4  ), 1 ]

> simplify (%) ; [ 1, 4  , 1 ]

53 Exemplo 5 :

Problema 29, página 860, James Stewart, 5ª. Edição . Verificar se as duas curvas seguintes são lisas (suaves) :

b Resolução .

r t    t 3  t , t 4 , t 5 

c

r  t    cos 3 t , sen 3t 

Podemos priorizar a visualização gráfica : - Maple :

b

r t    t 3  t , t 4 , t 5  > with (plots) : > spacecurve ( [ t^3+t, t^4, t^5 ], t = -3..3 ) ; Portanto, podemos afirmar que a curva é suave, pois, seu gráfico não apresenta nenhum cúspide, vale dizer, admite vetor tangente não nulo em todos os pontos .

c

Hélice cônica

r  t    cos 3 t , sen 3t  > spacecurve ( [ cos(t)^3, sin(t)^3, 0 ], t = 0..2*Pi ) ; Trata-se de uma curva no espaço bidimensional e, em cada interseção com os eixos OX e OY, ocorre um ponto cúspide . Então, a curva não é suave . Tal curva denomina-se hipocicloide (astroide) e será objeto de mais detalhes quando estudarmos as integrais de linha .

Exemplo 6 :

Problema 30, página 860, James Stewart, 5ª. Edição . a) Determinar o ponto de interseção das retas tangentes à curva r  t    sen  t , 2sen  t , cos  t  , nos pontos t = 0 e t = 0,5 . b) Fazer a ilustração gráfica . Resolução .

a) Determinemos os vetores de posição e os vetores tangentes nos pontos assinalados :   r  0    0, 0, 1  vetores de posição :    r  0,5    1, 2, 0 

 r'  t     cos  t , 2 cos  t ,   sen  t    vetores tangentes :  r'  0     , 2 , 0     r'  0,5    0, 0,    Podemos, então, escrever as equações paramétricas das duas retas tangentes à curva  x  t x 0 y 0 z 1  reta s :    t   y  2 t  2 0  z 1   x 1 x 1 y 2 z 0  reta u :   t   y2 0 0   z   t  e o ponto de interseção das duas retas, se houver, será dado por : reta s

reta u

 x, y, z     t , 2 t , 1    1, 2,   t  Portanto, o ponto de interseção das duas retas tangentes será P (1, 2, 1) . b) Utilizemos o Maple 12 na construção do gráfico : > with(plots): > spacecurve ({ [sin(Pi*t), 2*sin(Pi*t), cos(Pi*t) ], [ Pi*t, 2*Pi*t, 1], [1, 2, -Pi*t] }, t = -1..1 ) ; - Observemos que as retas tangentes são perpendiculares, pois, r'  0   r'  0,5    .0  2 .0  0.    0

54 Exemplo 7 :

Problema 32, página 860, James Stewart, 5ª. Edição . a) Determinar o ponto de interseção das curvas r1  t    t , 1  t , 3  t 2  e r2  s    3  s, s  2, s 2  . b) Determinar o ângulo formado pelas curvas nesse ponto, com precisão de graus . Resolução .

O ponto de interseção deve ser o resultado da igualdade dos dois ternos ordenados :

 t  3s    1t  s  2  s  3 t  2 2 2  3  t 2  3  t   3t  s 3  t 2  9  6t  t 2 t 1 6t  6   s2 Levando esses valores às coordenadas das duas curvas, teremos o ponto de interseção P ( 1, 0, 4 ) . b)

O ângulo descrito pelas duas curvas é calculado mediante o produto escalar dos vetores tangentes :

r1 '  t    1,  1, 2 

r1 '  t   r2 '  s  

r2 '  s     1, 1, 4 

r1 '  t 

r2 '  s  cos 

 r1 '  t   r2 '  s 

cos    

r1 '  t 

r2 '  s 

 1,  1, 2    1, 1, 4  6 . 18 6 6



3 3

 0,58

   arccos 0,58  54,5  .

Maple : > with (plots) : > spacecurve ( { [t, 1-t, 3+t^2, t = -5..5, color = red ], [3-s, s-2, s^2, s = -5..5, color = blue ] }, numpoints = 2000 );

Integrais de funções vetoriais . Tal como já fizéramos no tratamento das derivadas, a integral definida de uma função vetorial opera-se nos mesmos moldes das funções numéricas reais . A integral definida de uma função vetorial v  t    f1  t  , f 2  t  , f 3  t   se desdobra na integral de suas funções componentes : b

 a

v  t  .dt  lim

n 

 v t  . t n

i 1

 n   n   n    lim   f1  t i  .  t  i    f 2  t i  .  t  j    f 3  t i  .  t  k  n   i  1   i 1   i 1   b



 a

b  b  b  v  t  .dt    f1  t  .dt  i    f 2  t  .dt  j    f 3  t  .dt  k a  a  a 

55 Expressão vetorial do Teorema Fundamental do Cálculo . Para as funções vetoriais contínuas, o Teorema Fundamental do Cálculo se expressa b

 v  t  .dt

 V t 

 V b   V  a  ,

b a

sendo V  t  uma função vetorial primitiva de v  t  , ou seja, V '  t   v  t  . Exemplo 1 :

Problemas 34, 35 e 37, página 861, James Stewart, 5ª. Edição . Calcular as integrais : 1   1 4   1 2t  4 2t 34) 0  1  t 2 j  1  t 2 k  dt   0 1  t 2 dt  j   0 1  t 2 dt  k

 4 arctg t

1 0

n 1  t 2 

j 

    4  0 j   4 



  j 

n2 k

1 0

n 2  0 k  0,  , n 2 

Maple : > with (plots) : > spacecurve ( [ 0, 4/(1+t^2), 2*t/(1+t^2) ], t = 0..1, axes = normal, numpoints = 2000) ;

> Curva:= ( [ 0, 4/(1+t^2), 2*t/(1+t^2) ] ) ;

4 2t    Curva :=  0, ,  2 2   1t 1t  1 > Int (Curva, t = 0..1) ;

     0, 4 , 2 t  dt       1t 2 1t 2   0

> Int (4/(1+t^2)*j+2*t/(1+t^2)*k, t = 0..1) = int (4/(1+t^2)*j+2*t/(1+t^2)*k, t = 0..1) ;

1   4j 2tk  dt  j ln( 2 ) k     1t 2 1t 2  0 

35)

  3 sen 2

t .cos t i  3 sen t .cos 2 t j  2 sen t .cos t k

 dt



            2 3 sen 2 t .cos t dt  i    2 3 sen t .cos 2 t dt  j    2 2 sen t .cos t dt  k 0 0 0       faz  se: sent  v  dv  cos t .dt  v  0  t 0  t      v  1  2



  v

1 0

3 1 0

3 v 2 . dv i  u



3 1 0

faz  se: cos t  u  du   sent .dt  u  1  t 0  t      u  0  2

i 



1 0

3 u 2 . du

cos 2t j  2







1  0  i

1  1  1  0  j    k 2  2

 i  j  k

 1, 1, 1 

   j    2 sen 2t .dt  k 0  

56 Maple 12 : > with (plots) : > spacecurve ( [ 3*sin(t)^2*cos(t), 3*sin(t)*cos(t)^2, 2*sin(t)*cos(t) ], t = 0..Pi/2, axes = normal, numpoints = 2000) ;

> Curva:= ( [3*sin(t)^2*cos(t), 3*sin(t)*cos(t)^2, 2*sin(t)*cos(t) ] ) ;

2 2 Curva := [ 3 sin( t ) cos( t ), 3 sin( t ) cos( t ) , 2 sin( t ) cos( t ) ]  > Int (Curva, t = 0..Pi/2) ;

2   [ 3 sin( t ) 2 cos( t ), 3 sin( t ) cos( t ) 2, 2 sin( t ) cos( t ) ] dt   0

> Int ( 3*sin(t)^2*cos(t)*i + 3*sin(t)*cos(t)^2*j + 2*sin(t)*cos(t)*k, t = 0..Pi/2 ) = int (3*sin(t)^2*cos(t)*i + 3*sin(t)*cos(t)^2*j + 2*sin(t)*cos(t)*k, t = 0..Pi/2 ) ;



2   3 sin( t ) 2 cos( t ) i3 sin( t ) cos( t ) 2 j 2 sin( t ) cos( t ) k dt j k i   0

37)

 e

i  2t j  n t k

 dt

Trata-se de uma integral indefinida e, portanto, o padrão de resolução deve ser

 e

i  2t j  n t k

onde C

 e

 dt



  e .dt  i    2t.dt  t

j 



n t.dt k  C ,

j 



n t.dt k  C



é um vetor constante de integração . Então,

i  2t j  n t k

 dt



  e .dt  i    2t.dt  t



 e t i  t 2 j  t  n t  1 k  C int egração por partes

Maple : > with (plots) : > spacecurve ([exp(t), 2*t, ln(t)], t = -12..12, color = blue, numpoints = 1000 ) ; > Int ( exp(t)*i + 2*t*j + ln(t)*k, t ) + C = int ( exp(t)*i + 2*t*j + ln(t)*k, t ) + C ;

 t e i2 t j ln( t ) k dt Ce t it 2 j k t ln( t )k t C   t  ln t  1 k Exemplo 2 :

Problema 40, página 861, James Stewart, 5ª. Edição . Se

r'  t   sen t i  cos t j  2t k

Resolução .

e r 0   i  j  2 k , determinar r  t  .

Ora, a função vetorial primitiva de r'  t  deve ser

  sen t i  cos t j

 2t k

 dt



  cos t  i

  sen t  j  t 2 k  C r t 

Então, r  0    1 i  0 j  0 k  C  i  j  2 k C  2i  j 2k e o vetor

r t  

 2  cos t  i  1  sen t  j

 2  t 2  k

57 Maple : > with (plots) : > spacecurve ( { [ (2-cos(t)), (1-sin(t)), (2+t^2) ], [ sin(t), -cos(t), 2*t ] }, t = -2*Pi..2*Pi, numpoints = 2000 ) ;

> Int ( sin(t)*i - cos(t)*j + 2*t*k, t ) = int ( sin(t)*i - cos(t)*j + 2*t*k, t ) ;

 2 sin( t ) icos( t ) j 2 t k dt i cos( t )j sin( t )k t  Desmembrando as duas funções vetoriais, teremos : > spacecurve ( [ (2-cos(t)), (1-sin(t)), (2+t^2) ], t = -2*Pi..2*Pi ) ;

> spacecurve ( [ sin(t), -cos(t), 2*t ], t = -2*Pi..2*Pi ) ;

r t  .

r'  t  .

r t  .

r'  t  .

As duas curvas vistas de cima :

Se quisermos apreciar a construção ritmada das curvas, basta seguir o comando : > animate ( spacecurve , [ { [ 2-cos(t), (1-sin(t)), (2+t^2) ], [ sin(t), -cos(t), 2*t ] }, t = -n..n ], n = -2*Pi..2*Pi, numpoints = 2000 ) ; Exemplo 3 :

Problema 50, página 861, James Stewart, 5ª. Edição . Se uma curva apresenta o vetor de posição r  t  sempre perpendicular ao vetor tangente r'  t  , mostrar que tal curva se desenvolve ao longo de uma superfície esférica com centro na origem . Demonstração .

r  t   r'  t 



r t 

r'  t  

r  t  r'  t  cos

produto escalar

 2

 0

De acordo com a derivação do produto escalar de dois vetores, podemos escrever :

d  r  t  dt

r  t    r  t  r'  t   r  t  r'  t   2 r  t  .r'  t   0  0 , por hipótese

d  r t  d  r  t  r  t    Como  dt dt

   0 , resulta :

r  t   const.R .

Por via de consequência, se o vetor posição r  t  tem módulo constante R , somos levados a concluir que, no espaço tridimensional, tal vetor descreve uma superfície esférica de raio

r t   R .

Y O

58 3.3. Movimento no espaço : vetor tangente e vetor normal . Neste último item da Unidade 3 mostraremos, mediante ilustrações resolvidas, a imprescindível utilização dos vetores tangente e normal no estudo do movimento de uma partícula que se move ao longo de uma curva C no espaço . Suponhamos um vetor de posição r  t  de uma partícula movendo-se na trajetória C , num dado instante t . Pelo que vimos nas páginas anteriores, sabemos que o vetor r'  t   v  t  é tangente à curva C , orientado na direção do deslocamento instantâneo da partícula . Portanto, o vetor v  t  representa o vetor velocidade da partícula, no instante t :

r'  t   v  t 

Q P

cujo módulo é v  t  

r t  h   r t 

r' r' 

ds , sendo s o comdt

primento do arco que mede, sobre a curva, a distância da par-

r t  h

r t 

dr dt

v  t   r'  t  

tícula a um ponto fixo dada . A taxa de variação da distância, em relação ao tempo (rapidez), é dada pelo módulo do vetor ve-

locidade . Tal como acontece no sistema bidimensional, a aceleração da partícula é dada pela derivada da velocidade : O

a  t   v'  t   r''  t 

X Exemplo 1 :

Seja a função vetorial plana, definida pela equação r  t    R cos wt, R sen wt  e, portanto, representando uma trajetória circular com centro na origem . Supondo positivo o sentido da trajetória, analisar a velocidade e a aceleração do movimento . Resolução .

As equações paramétricas x = R cos wt e y = R sen wt nos levam ao vetor velocidade :

v  t   r'  t  

v t  a t 

dr dt

   Rw sen wt, Rwcos wt 

v  t   Rw



Como se vê, o módulo da velocidade é constante e a velocidade angular v a 

v R

w.

2 2 O vetor aceleração será a  t   v'  t   r''  t     Rw cos wt ,  Rw sen wt 

 a t 

a t    w 2 r t 

O módulo da aceleração também é constante, pois, a

  w2

 w 2 R , deno-

minada aceleração centrípeta . A Segunda Lei de Newton nos assegura que o vetor aceleração centrípeta tem o sentido voltado para a origem :

O vetor oposto representa a aceleração centrífuga .

F  ma  m w2 r sentido contrário ao do vetor r

Adendo . Se imprimirmos valores numéricos à questão anterior, por exemplo, R = 2 m e w = 3 , virá :

v  t     6 sen 3t, 6 cos 3t  a  t     18 cos 3t,  18 sen 3t 

 

v t   6 m / s a  18 m / s 2

Maple : > C:= [ 2*cos (3*t), 2*sin (3*t) ] ;

C := [ 2 cos( 3 t ), 2 sin( 3 t ) ] > vtangente:= diff (C, t ) ;

vtangente := [ 6 sin( 3 t ), 6 cos( 3 t ) ]

> velocidade:= sqrt ( (-6)^2 ) ;

velocidade := 6

> vaceleração:= diff (C, t$2 ) ;

vaceleração := [ 18 cos( 3 t ), 18 sin( 3 t ) ]

> aceleração:= sqrt ( (-18)^2 ) ;

aceleração := 18

> plot ( [ 2*cos (3*t), 2*sin (3*t), t = 0..2*Pi /3 ] ) ;

59 Se quisermos dar um tratamento tridimensional ao problema, basta repetir o que já mostramos anteriormente : > with (plots) : > spacecurve ( [ 2*cos (3*t), 2*sin (3*t), 0 ], t = 0..2*Pi / 3 ) ;

- Os cálculos da velocidade e da aceleração seguem os mesmos padrões . Exemplo 2 :

Problema 6, página 877, James Stewart, 5ª. edição . Determinar a velocidade, a aceleração e a rapidez da partícula cuja função posição é dada pelo vetor r  t    sen t, 2 cos t  , no ponto t 

Resolução .



 6 Basta seguir o roteiro resolutivo já mostrado :

v  t   r'  t    cos t ,  2 sen t 

a  t   v'  t     sen t ,  2 cos t 



 

 





3 , 1  2 3 7 1   1,32 m / s 4 2

 

 





1 ,  3  2 13  1,80 m / s 2 2

É fácil perceber que a equação dada representa uma elipse :

 x  sen t  x  sen t      y y  2 cos t  cos t    2

x2 y2  1 1 4 Maple :

> Elipse:= [ sin (t), 2*cos (t) ] ;

Elipse := [ sin( t ), 2 cos( t ) ] > vvelocidade:= diff (Elipse, t ) ;

> vaceleração:= diff (Elipse, t$2 ) ;

vtangente := [ cos( t ), 2 sin( t ) ]

vaceleração := [ sin( t ), 2 cos( t ) ]

> subs (t = Pi/6, vvelocidade) ;

   cos  6 > eval (%) ;

  , 2 sin  6

> subs (t = Pi/6, vaceleração) ;

   

 3   , -1    2 

> eval (%) ;

> velocidade:= sqrt ( 3/4 +1 ) ;

velocidade := > evalf (%, 3) ; 1.32

     sin , 2 cos  6 6  -1   ,  3  2 

   

> aceleração:= sqrt ( 1/4 +3 ) ;

aceleração :=

> evalf (%, 3) ; 1.80

1  , 2

a t 

> plot ( [ sin (t), 2*cos (t), t = 0..2*Pi ] ) ;  1 ,   2

 3 

v t 

 3  ,  1    2 

13 2

60 Exemplo 3 :

Problema 8, página 877, James Stewart, 5ª. edição . Determinar a velocidade, a aceleração e a rapidez da partícula cuja função posição é dada pelo vetor

r  t    t, t 2 , t 3  , no ponto t  1 . Resolução .

Utilizemos os recursos do Maple : > C:= [ t, t^2, t^3 ] ;

2 3 C := [ t , t , t ]

> vvelocidade:= diff (C, t ) ;

> vaceleração:= diff (C, t$2 ) ;

> subs (t = 1, vvelocidade) ;

> subs (t = 1, vaceleração) ;

2 vvelocidade := [ 1, 2 t , 3 t ]

vaceleração := [ 0, 2, 6 t ]

[ 0, 2 , 6 ]

[ 1, 2 , 3 ] > velocidade:= sqrt ( 1+4+9 ) ;

> aceleração:= sqrt ( 0+4+36 ) ;

aceleração := 2 10 > evalf (%, 3) ; 6.32

velocidade := 14 > evalf (%, 3) ; 3.74

1, 1, 1

> spacecurve ( [ t, t^2, t^3, t = -2..2 ], numpoints = 1000 ) ;

Exemplo 4 :

Problema 16, página 877, James Stewart, 5ª. edição . Determinar os vetores velocidade e de posição de uma partícula, dadas a sua aceleração a  t    10 k ,

v 0   i  j  k Resolução .

r 0   2 i  3 j .

A resolução exige a operação inversa . Portanto, em vez da derivada, usaremos a integral : a  t    10 k

 v t  

 10 k .dt   10 t k

C

 v 0   0  C  i  j  k

Portanto, o vetor velocidade será

v  t   i  j   10 t  1 k



 C i  j k



v  t    10t k  i  j  k r t  

  i  j  10t  1 k

  i  j  10 t  1 k

 .dt 

 t i  t j   5t 2  t  k  C  r  0   C  2i  3 j

e o vetor de posição da partícula (vetor representativo da trajetória) escreve-se

r  t   t i  t j   5t 2  t  k  C   2  t  i   3  t  j   5t 2  t  k > with (plots) : > spacecurve ( [ 2+t, 3+t, -5*t^2-t ], t = -2..3 ) ;

61 Exemplo 5 : Determinar a força necessária para que um corpo de massa m = 5 kg apresente a equação de posição

r t   t 3 i  t 2 j  t 3 k . Resolução .

De acordo com a 2ª. Lei de Newton , F  t   m a . Então, F  t   m v''

F  t   m  6t, 2, 6t 



F  t    30 t, 10, 30 t  

m  5:

Exemplo 6 : Uma bola de golfe é atirada num ângulo de elevação de 45 ° em relação ao solo plano . Se essa bola toca o solo a uma distância de 90 m do ponto de lançamento, determinar sua velocidade inicial . Determinar ainda a altura máxima atingida pela bola e a medida do ângulo de elevação para se conseguir uma distância horizontal máxima de lançamento . Resolução .

A questão pode ser tratada no espaço bidimensional. Desprezando a resistência do ar e supondo que o peso da bola, atuando para baixo, seja a única força interveniente, teremos : Trajetória da bola

F  t   m a   m g j , sendo a  g  10 m / s 2 , ou seja, a   10 j . Como estamos interessados na velocidade, devemos ter

a  t   v'  t    10 j



v t  

  10 j . dt

  10 t j  C

No instante inicial t = 0, a velocidade inicial procurada será representada por v 0 :

v 0   C  v0



v  t    10 t j  v0

Observando a figura acessória e fazendo

 v 0 , vem :

v 0  v 0 cos 45 i  v 0 sen 45 j  

2 v0 , 2

2 v0  2

Busquemos agora a equação vetorial da curva a fim de abordarmos as posições :

r'  t   v  t    10 t j  v0

r t  



  10 t j  v  . dt 0

  5 t j  t v0  D 2

Levando em conta que, no instante inicial, r 0   D  0 , resulta :

2 2 t v0 i  t v0 j 2 2  2  2 t v0 i   v0  5 t  t j  2  2  

r t    5 t 2 j  t v0   5 t 2 j   r t  

ordenando o polinômio vetorial

Por mera conveniência, utilizemos as equações paramétricas da trajetória :

 2 v0 t x  2    2  y   v0  5 t  t  2     

62 A distância horizontal x = 90 m será obtida quando y = 0 :  t'  0   2  v0  5 t  t  0    2  2 v0  t''    10  Então,

2 2  v0   v 0  90 2 10

x 



v 02  900  v 0  30 m / s .

Maple : Aplicando esse resultado encontrado na equação da curva, teremos o gráfico > plot ( [ 15*sqrt (2)*t , ( 15*sqrt (2)-5*t)*t, t = 0..5 ], x = 0..90 ) ;

h máx

Sendo a trajetória parabólica, já sabemos que a altura máxima corresponde à ordenada do vértice :

y  t   15

2 t  5t 2



y'  t   15

2  10 t  0  t 

3 2

Então, a altura máxima da trajetória será dada por 3 9  3  y 2   15 2  2  5  h m áx  22,5 m . 2 2  2  Se quisermos utilizar uma linguagem estritamente informatizada, teremos :

y := t15

> y:= t-> 15*sqrt(2)*t – 5*t^2 ;

3 2

> solve (eq,t) ;

2 > eval (15*sqrt(2)*t-5*t^2, t=3/2*sqrt(2)) ;

Em tempo :

eq := 15 2 10 t0

> eq:= diff (y(t),t)=0 ;

> evalf (%, 3) ;

2 t 5 t

45 2

22.5

Aproveitemos o ensejo para comprovar de vez o célebre princípio mecânico do lançamento de um projétil, afirmando que, nas condições propostas pelo nosso problema, o alcance horizontal máximo é obtido mediante o ângulo de elevação de 45 ° .

r'  t   v  t    g t j  v0



r t  

   g t j  v  . dt

 

r 0   D  0 r t   

g 2 t j  t v0  D 2

g 2 g 2 t j  t v0   t j  v 0 cos  t i  v 0 sen  t j 2 2 g    r  t   v 0 cos  t i   v 0 sen   t t j 2   ordenando o polinômio vetorial

r t 

g 2   v 0 cos  t i   v 0 sen  t  t  j 2   x

y

Teremos x máx quando y = 0 : Então, x máx  v 0 cos  



y  v 0 sen  t 

2 v 0 sen  g



v 02 g constante

 x  v 0 cos  t   g 2 t  y  v 0 sen  t   2 g 2 t  0 2

 sen 2 valor máximo: 1



t'  0 e t'' 

2  90 

2 v 0 sen  g

   45 

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV

- Roteiro Sinóptico -

- Cursos de Engenharia Unidade 4

INTEGRAIS DE LINHA

4.1. Campos escalares e campos vetoriais . Operadores diferenciais . Esta quarta unidade abre o início da fase culminante do Cálculo Vetorial . Em textos de tratamento teórico mais avançado é comum encontrarmos maior detalhamento e rigor na exposição deste assunto e, neste caso, sua denominação pertinente muda-se para Análise Vetorial . O alvo predominante nessas explanações é a entidade matemática vetor e, portanto, grande parte do que for tratado no capítulo terá como suportes algébricos, geométricos e físicos o conceito desse extraordinário ente abstrato, bem como suas propriedades e operações . Na página 1052, nosso livro-texto inicia o assunto afirmando : “ Os vetores podem representar campos de velocidade, como correntes oceânicas, velocidade do vento durante um tornado ou o fluxo de ar passando por um aerofólio inclinado.” Após afirmar que “ os campos vetoriais são funções que associam vetores a pontos do espaço” , o autor sintetiza as incursões que serão efetuadas nas páginas seguintes utilizando-se de três tópicos básicos : - Integral de linha : usada para determinar o trabalho executado por um campo de força agindo sobre um objeto que se move ao longo de uma curva . - Integral de superfície : utilizada para determinar a taxa de vazão de um fluido através de uma superfície . - Redimensionamento do Teorema Fundamental do Cálculo : estabelece conexões entre esses novos tipos de integrais e aquelas já estudadas (simples, duplas e triplas), ampliando o alcance do Teorema Fundamental do Cálculo mediante a análise de três teoremas : * Teorema de Green (George Green - 1793/1841) * Teorema de Stokes * Teorema de Gauss (da divergência) Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855)

George Gabriel Stokes (1819 – 1903)

OPERADORES DIFERENCIAIS Existe uma entidade vetorial de grande utilidade nas inúmeras aplicações do Cálculo Vetorial . Trata-se de um vetor simbólico gerador de algumas funções escalares e vetoriais (conceitos já mostrados na página 39 deste compêndio) que serão tratadas nas próximas páginas . Referimo-nos ao operador del , representado por  e definido por



   i  j  k x y z

recebendo também a denominação de operador nabla (por semelhança com antigo instrumento musical), atled (a palavra delta escrita ao contrário) ou ainda vetor simbólico de Hamilton (1805-1865) . Tal operador aplica as derivadas parciais do que lhe segue, enquadrando-se nas propriedades operacionais dos vetores . Passemos agora ao estudo de alguns conceitos instrumentais de grande importância no desenvolvimento teórico e no painel das aplicações práticas contidas nas unidades restantes deste nosso curso :

GRADIENTE de uma Função Escalar . Dada uma função escalar f (x, y, z), o campo vetorial gradiente (ou função vetorial gradiente) de f é definido por

 f  x, y  

f f i  j x y

 f  x, y,z  

campo vetorial em ℝ²

campo vetorial em ℝ³

Exemplos : 1. f  x, y,z   x 3 y 2 z  5 y  2z  5 

2. f  x, y,z   e x  y z 

Sendo

f f f i  j  k x y z

 f  x, y,z   3x 2 y 2 z i   2x 3 yz  5  j   x 3 y 2  2  k



 f  x, y,z   e x  y z i  z j  y k

r x i y j z k e

r r



x 2  y 2  z 2 , calcular  r .

64 r  x r 



x2  y2  z2 x y i  r r

j 

r y  ; y r

x ; r

z 1 k  r r

x i  y

r z  z r j z k



1 r r

Teorema . Sendo dada uma superfície de equação f (x, y, z) = C , o vetor  f é normal a ela em cada um de seus pontos (x, y, z) . Verificação : Por ocasião do estudo da derivada direcional de uma função z = f (x, y), já cuidáramos dessa demonstração e desenvolvêramos algumas ilustrações físicas e geométricas. Todavia, uma recapitulação sempre nos ajuda a reforçar o domínio do assunto . Sendo f (x, y, z) = 0 a equação da superfície S , sua diferencial total nos dá

df 

f f f dx  dy  dz  0 , x y z

igualdade esta que pode ser escrita na forma de um produto escalar de dois vetores:

f  f f i  j  k  y z x 

 dx i  dy

j  dz k



 0.

d r : vetor direcional da derivada de f

vetor gradiente de f

O produto escalar nulo revela a ortogonalidade dos dois vetores que, associada ao fato de o vetor d r ser tangente à superfície S , nos conduz à tese :

f

d r  0



f  d r



f  S .

Comentário adicional . Na esteira de tudo que já vimos acerca do vetor gradiente, podemos acrescentar ainda inúmeras aplicações em mecânica dos fluidos, eletromagnetismo, campo eletrostático, potencial elétrico, pesquisas meteorológicas, calorimetria e muitas outras áreas da engenharia . Permite determinar as taxas de variações direcionais, anulando-se nos pontos de máximo, de mínimo e de sela, atuando tanto nos campos escalares quanto nos campos vetoriais . Recomendamos ao prezado leitor uma revisão das páginas 88 a 98 do compêndio de Cálculo III . Para informatizar esse tratamento (Maple), deveremos utilizar o pacote Álgebra Linear :

   linalg:-grad( f , [ x , y ] ) f , f   x y  ou     f , f , f  'grad (f,[x,y,z] )' = [ Diff (f,x), Diff (f,y), Diff (f,z) ] ; linalg:-grad( f , [ x , y, z ] )   x  y z 

> restart : with (linalg) : 'grad (f,[x,y])' = [ Diff (f,x), Diff (f,y) ] ;

ou, ainda mais simplesmente,



grad (f (x,y,z), vector ([x,y,z] ) ) ;  

 x

f( x , y, z ),

 y

f( x , y, z ),



 f( x , y, z )  z 

Resolvendo os três problemas da página anterior, resulta :

f  x, y,z   x3 y 2 z  5 y  2z  5

3 2 f := ( x , y, z )x y z5 y2 z5 2 2 3 3 2 [ 3 x y z, 2 x y z5, x y 2 ]

> f:= (x,y,z)-> x^3*y^2*z+5*y-2*z-5 ; grad (f (x,y,z), vector ( [x,y,z] ) ) ;

f  x, y,z   e x  y z

( x y z ) f := ( x , y, z )e ( x y z ) ( x y z ) ( x y z ) grad (f (x,y,z), vector ( [x,y,z] ) ) ; [e ,ze ,ye ]

> f:= (x,y,z)-> exp(x+y*z) ;

3. Sendo r  x i  y j  z k e

r r

2 2 2 f := ( x, y, z ) x y z

> f:= (x,y,z)-> sqrt (x^2+y^2+z^2) ; grad (f (x,y,z), vector ( [x,y,z] ) ) ;

x 2  y 2  z 2 , calcular  r .

   

x 2 2 2 x y z

y 2 2 2 x y z

  2 2 2  x y z  z

ou  r 

r r



65 Propriedades do Gradiente :

 

  a f   a  f , sendo a constante .

G.1 )

Verificação :   a f



 a f 



i 

 a f 

 

  f  g    f  g

> g:= (x,y,z)-> a*f(x,y,z) ;

x y z a f a f a f  i  j  k x y z

g := ( x , y, z )a f( x , y, z ) grad (a*f(x,y,z), vector ([x,y,z])) ;

         a  f( x , y, z ) , a  f( x , y, z ) , a  f( x , y, z )     x   y   z 

 a f

G.2 )

j 

ou  f  g

Verificação :   f  g  

x

i 

 f  g y

 f  g

j 

z

 

a f   a  f

k - Utilizando o sistema computacional Maple, esta e as demais propriedades são demonstradas nos moldes da anterior .

 f g   f g   f g      j    i   k  x  x  y  y    z z      f  g

G.3 )

  f g   f g  g  f f g  g f f g  g f f g  g f i  j  k x y z

Verificação :   f g  

 g  f  g g  f f  f i  j  k   g i  j  k   f g  g  f y z  y z   x  x

G.4 )

 f  g  f  f g    g2  g  Verificação : Basta seguir o roteiro de derivação de uma função quociente, sendo, portanto, análoga à anterior .

G.5 )

f   f  g    g g

Verificação :   f  g      Como

 

f ' g  g

  f  g     f  g     f  g   i   j   k x y z

  f  g   f g  , pela regra da cadeia, vem : x g x

f g f g f g   f  g    i  j  k g x g y g z 

 f  g g g f i  j  k   g  g  x y z  g 

Problemas ilustrativos r x i y j z k .

1. Determinar o gradiente da função módulo do vetor posição de um ponto (x, y, z) , Resolução :

 r

x2  y 2  z 2

 r  

2. Calcular

r , 3

2x 2 x2  y 2  z 2 1 x  y z 2

2y 2 x2  y 2  z 2

x i  y

j

j z k

2z 2 x2  y 2  z 2



1 r r

> restart : with (linalg) :

utilizando a quinta propriedade G.5 .

Resolução : Fazendo g  r  r e podemos escrever

i

f g  g  r , 3

> g:= (x,y,z) -> sqrt (x^2+y^2+z^2) ;

2 2 2 g := ( x, y, z ) x y z

 r 3   f  g   f '  g  g  3g 2  g 1  3 r2  r  3r r r

3 f := g > grad (f (x,y,z), vector ( [x,y,z] ) ) ; > f:= g^3 ;

2 2 2 x y z x, 3

2 2 2 x y z y, 3

2 2 2 x y z z ]

ou  r 3  3 r r

66 3. Calcular

 r n ,.

n∊ℝ.

Resolução : Generalizando, podemos usar a quinta propriedade, escrevendo g  r  r e

 r n   f  g   f '  g  g

 n g n 1  g  n r n 1 

f  g   g n  rn :

1 r  n r n2 r r

4. Determinar o unitário do vetor gradiente da função f (x, y, z) = 2x² - y² + 5z , no ponto (1, 2, - 3) .

> restart : with (linalg) : > f:= (x,y,z) -> 2*x^2-y^2+5*z ; 2 2 Resolução :  f  f i  f j  f k  4x i  2 y j  5 k f := ( x , y, z )2 x y 5 z

x

y

z

No ponto (1, 2, - 3) , o vetor gradiente é

> g:= grad (f .(x,y,z), vector ( [x,y,z] ) ) ;

f  4 i 4 j 5k

> valueg:= subs(x=1,y=2,z=-3,eval (g));

[ 4 x , 2 y, 5 ]

Portanto, seu unitário será

f

4 i 4 j  5 k u   16  16  25 f



u 

1 57

4 i

valueg := [ 4, -4 , 5 ]



4 j5k

5. Determinar o vetor unitário normal à superfície de equação f (x, y, z) = 3x² + 4y² - z – 12 = 0 , no ponto (2, - 1, 4) . Resolução : Como o vetor gradiente é normal à superfície, basta calcular o unitário do gradiente no tal ponto .

f  Então,

 f  2,  1,4   f  2,  1,4   f  2,  1,4  i  j  k  12 i  8 j  k x y z f 12 i  8 j  k 1 u    u  12 i  8 j  k 144  64  1 209 f





Observemos que a superfície z = 3x² + 4y² - 12 é um paraboloide elíptico de vértice (0, 0, - 12), concavidade voltada para cima, traço em XOY : x2 4

> with(plots): implicitplot3d z=3*x^2+4*y^2-12, x=-4..4, y=-4..4, z=-15..20, numpoints=5000) ;



y2 3

1

V 0,0,  12 

6. Escrever a equação do plano tangente ao parabolóide elíptico 4 x² + y² - 16 z = 0 , no ponto P (2, 4, 2) . Resolução : O vetor gradiente de uma função u = f (x, y, z) tem a direção normal à superfície de nível que contém o ponto considerado . Por conseguinte, se quisermos escrever a equação do plano tangente à tal superfície f (x, y, z) = C , num dado ponto P , basta considerar o vetor gradiente como normal ao plano :

f f  f   x i   y j   z k : gradiente (vetor normal)   P  x , y ,z  : ponto de tangência  0 0 0 0 e a equação do plano tangente à superfície dada, no ponto considerado, será construída como segue :

u u u  x  x0    y  y0    z  z0   0 x y z

Aplicando os valores numéricos fornecidos pelo enunciado do problema, teremos :

f f  f   x i   y j   z k  16 i  8 j  16 k   P  x , y ,z   P  2,4,2   0 0 0 0

 16  x  2   8  y  4   16  z  2   0 ou

2x+y–2z–4 = 0 . > with (plots) : implicitplot3d ( {4*x^2+y^2-16*z=0, 2*x+y-2*z-4=0}, x = -15..15, y = -18..18, z = 0..20, numpoints = 5000 ) ;

67 7. Escrever as equações simétricas da reta normal à superfície do problema anterior, no ponto indicado . Resolução : Neste caso, o vetor gradiente será utilizado para direcionar a reta e, como o ponto dado também lhe pertence, resulta :

x  x0 y  y0 z  z0   u u u x y z

x2 y 4 z 2   16 8 16



x 2 y 4 z 2   2 1 2

equações simétricas

equações simétricas simplificadas

8. Mostrar que as duas superfícies f (x, y, z) = x² + 4y² - 4z² - 4 = 0 e g (x, y, z) = x² + y² + z² - 6x – 6y + 2z + 10 = 0 são tangentes no ponto P (2, 1, 1) . Resolução : Basta mostrar que as duas superfícies têm um plano tangente comum, no ponto dado . Para tanto, após verificar que o ponto P é comum, torna-se suficiente mostrar que os parâmetros diretores dos dois vetores gradientes são proporcionais :  f  2,1,1  f  2,1,1  f  2,1,1 f  i  j  k  4i  8 j 8 k x y z

 g  2,1,1  g  2,1,1  g  2,1,1 i  j  k  2 i  4 j  4 k x y z Portanto, os dois gradientes têm a mesma direção, ou seja, o plano 4 8 8    2 : tangente é comum . 2 4 4

g 

> with(plots): implicitplot3d ({x^2+4*y^2-4*z^2-4=0, x^2+y^2+z^2-6*x-6*y+2*z+10=0}, x=-20..20, y=-10..10, z=-10..10, numpoints=10000) ; 9. O potencial elétrico, em qualquer ponto (x, y) de um plano dado é V  f  x, y   e  2 x . cos 2 y volts , em MKS . Determinar a taxa de variação máxima do potencial V , no ponto P  0,   . 

4 

Resolução : O vetor gradiente nos dá a direção da razão de variação máxima e seu módulo expressa sua medida :

     V  0,   V  0,   4 i   4 j  0 i  2 j   2 j V  x y

> plot3d (exp(-2*x)*cos(2*y), x=-3..3, y=-5..5, numpoints=10000) ;

 dV       V  2 volts / metro  dD max

60 graus , em qualquer um de x  y  z2  3 seus pontos, no sistema CGS . Determinar a razão de variação máxima da temperatura, no ponto P (3, - 2, 2) .

10. A temperatura de um sólido é dada pela função T  f  x, y,z  

 dT     T  1,53 graus / centímetro  dD max

Resolução : Tal como no problema anterior, teremos : 

Problemas propostos 1. Calcular :

a ) r4

b )  r3

2. Sendo f (x, y, z) = sen x² , calcular

3. Sendo

f

f  x, y,z   n  x 2  y 2  z 2  , calcular  f

b )  3 r5 r

Resp.:

a) 4r2 r

Resp.:

 f  2 x cos x 2 i

Resp.:

2 r r

4. Em cada caso abaixo, determinar o vetor unitário normal à superfície dada, no respectivo ponto indicado :

 z  x 2  y 2 a)   P  1,2,5 

Resp.: n 



1 2 i 4 j  k 21

 x 2  z 2  8 1 b)  Resp.: n  2  P  2,0,2 

ik



 x  3 y  z  5  0 Re sp.:  1 c)  P 1,1,1 n  i 3 j  k   11   x  4 d)  Resp.: n  i  P  4,1,3 





68 5. Mostrar que as duas superfícies f (x, y, z) = xy + yz – 4xz = 0 e g (x, y, z) = 5x – y – 3z² = 0 são ortogonais no ponto P (1, 2, 1) . 6. Determinar a direção segundo a qual a função z = x² + y² + xy cresce mais rápido no ponto P (- 1, 1) . Calcular o valor da razão de variação nessa direção . Resp.:  f   i  j ;  dz   2    d v  max

7. Escrever a equação cartesiana do plano tangente à superfície f (x, y, z) = x² + y² + z² - 6x – 6y + 2z + 10 = 0 no ponto P (2, 1, 1) . Resp.: x + 2 y – 2 z – 2 = 0 8. Mostrar que a equação do plano tangente à superfície

x2 y2 z2    1 , no ponto P  x0 , y0 , z0  , é a2 b2 c2 x x0 yy zz  2 0  20  1 . 2 a b c

DIVERGÊNCIA de uma Função Vetorial . Dada uma função vetorial v  f1  x, y,z  i  f 2  x, y,z  j  f 3  x, y,z  k , o campo escalar divergência (ou função escalar divergente) de

      v   i  j  k y z x 

f

v é definido por

i  f2 j  f3 k



 v  ou

campo escalar em ℝ³

produto escalar de dois vetores em ℝ³ Exemplos :

 f1  f 2  f 3   x y z

1. v  3xy i   x  2z  j   x  yz  k , sendo

 f 1  x, y , z   3xy   f 2  x, y , z    x  2z   f 3  x, y , z   x  yz

 f1  f 2  f 3    3y  0  y  2 y x y z No ponto P (3, 5, -2) , por exemplo, a divergência de v é 10 . Então,

 v 

2. v  e x i  sen xy j  n  x  yz  z 2 

 f 1  x, y,z   e x   k , sendo  f 2  x, y,z   sen xy 2   f 3  x, y,z    n  x  yz  z 

 f1  f 2  f 3 y  2z    e x  x cos xy  x y z x  yz  z 2 No ponto P (0, -7, -1) , a divergência de v é 11/6 .  v 

Se tivéssemos considerado o ponto P (0, 3/2, 1/2) , por exemplo, a divergência seria 0 . Interpretação físico-geométrica da divergência : Por definição, o divergente de uma função vetorial resume-se num produto escalar de dois vetores e, portanto, constitui-se num gerador de campos escalares . Essa linguagem vetorial produz importantíssimas aplicações nas áreas de fluxos elétricos, mecânicos e magnéticos, compressibilidade de fluidos, forças gravitacionais e outras áreas da engenharia . Imaginemos a correnteza de um rio, a água passando através de uma rede de pesca esticada : medir a taxa da corrente de água que atravessa a rede, ou seja, o volume do fluido que passa, por unidade de tempo, significa calcular o fluxo através da superfície da rede. Analogamente, podemos calcular fluxos elétricos e magnéticos . O conceito matemático da divergência nos permite caracterizar o comportamento de um campo vetorial num ponto do espaço, a partir do valor encontrado no produto escalar . Quando o fluxo que sai de uma determinada região é maior do que a quantidade de fluido que entra, a divergência é positiva , significando que a velocidade das partículas desse fluido divergem (afastam-se de um dado ponto) , por unidade de volume numa unidade de tempo : tal região apresenta uma fonte de fluxo . Caso contrário, ou seja, quando o fluido converge para a tal região (quantidade que entra é maior do que a que sai), dizemos que a região é um sorvedouro (ou sumidouro) e o valor encontrado será negativo . Se a divergência for nula, dizemos que o campo vetorial é solenoidal , vale dizer, as partículas ficam muito próximas entre si, lembrando os anéis espiralados de uma bobina . Um fenômeno análogo ocorre num campo elétrico E , onde a densidade de linhas de força que entram ou saem apresenta o seguinte quadro :  E 0   E 0   E 0 

fonte sumidouro ou poço campo solenoidal

69 Ilustrações :





1. Mostrar que em todos os pontos do domínio de v  xy 2 ï  x  y 3 j  2y 2 z k a função é solenoidal . 2. Determinar o valor de p tal que v  px i  3 py j  4z k



seja um campo solenoidal .

Resp. : p = 2



3. Se v  e x i  e y z j  3 k , determinar   v , no ponto P (0, 0, -1) . Resp.:    v   i  j  k Para trabalhar com tais operadores, deveremos utilizar o pacote Álgebra Linear : > restart : with (linalg) : ‘diverge (f,[x,y,z])’ = [Diff (f,x) + Diff (f,y) + Diff (f,z)] ;   

      linalg:-diverge( f , [ x , y, z ] )  f  f  f      x    y   z   Então, teremos :  f1  x, y,z   3xy  1. v  3xy i   x  2z  j   x  yz  k , sendo  f 2  x, y,z    x  2z   f 3  x, y,z   x  yz f := [ 3 x y, x 2 z, x y z ] > f:= vector ( [3*x*y, -x-2*z, x-y*z] ) ; divf := 2 y divf:= diverge ( f, [x,y,z] ) ; valuedivf:= subs (x=3, y=5, z=-2, divf) ; valuedivf := 10

2. v  e x i  sen xy j  n  x  yz  z 2 

 f 1  x, y,z   e x  k , sendo  f 2  x, y,z   sen xy  2  f 3  x, y,z    n  x  yz  z  x 2 f := [ e , sin( x y ), ln( x y zz ) ]

> f:= vector ([exp(x), sin(x*y), -ln(x-y*z+z^2)]) ;

y2 z x divf := e cos( x y ) x  2 x y zz 0 5 valuedivf:= subs (x=0, y=-7, z=-1, divf) ; valuedivf := e  6 11 simplify(%) ; 6 divf:= diverge ( f, [x,y,z] ) ;





Ilustração . Mostrar que em todos os pontos do domínio de v  xy 2 ï  x  y 3 j  2y 2 z k a função é solenoidal . 2 3 2 > v:= vector ( [x*y^2, x-y^3, 2*y^2*z] ) ; v := [ x y , x y , 2 y z ] divv:= diverge ( v, [x,y,z] ) ; divv := 0

Propriedades da Divergência : D.1 )

   a  v  , sendo a constante .  a f   a f   a f  Verificação :   a v     x y z

 av







v  w  

Verificação :



a f1 a f 2 a f 3   x y z

 a  v D.2 )



  v  f1 i  f 2 j  f 3 k v   w , sendo    w  g1 i  g 2 j  g 3 k

 ¨v  w



  f1  g1  x



  f2  g2 

f  f f   1 2  3  x y z   v  w

y



  f3  g3  z

  g1 g 2 g 3      y z    x

70 D.3 )

 f v   f  v    f  v , sendo f é uma função escalar .  f f  f f  f f Verificação :   f v    x    y    z 



f f1 f f f f  f1  f 2  f2  f 3  f3 x x y y z z f   f  f f f f   f  1  2  3  f1  f2  f3  y z   x y z   x

 f



  

 f  v  f

Problemas propostos 1. Sendo

r  x i  y j  z k , mostrar que :

  r  r  r



b)  r r  4r c) d) e) 2. Sendo

  43 r   r r    n  3 r    r r   10 r  

f)   r 

a)  r 3

 r   6r 2 r  r

r  5r2



j )  r 3 r





Resp. :   v





f  x, y,z   e

xyz

0

Resp. : 3 e

v  e x y i  e y z j  e x z k , no ponto P(1, 1, 1) .

4. Calcular a divergência do gradiente da função escalar

  e 3 i  j  k 

, no ponto P(1, 1, 1) .

a) 

r r

Resp. : 3 e

1 3

10 r b )    x y z 2   2 x y 3 6. Determinar o valor de p tal que v  px i  3 py j  4z k seja um campo solenoidal . 5. Mostrar que :

3 2

i )   f  r  r   3 f  r   f '  r  r

1

v  e x y i  e y z j  e x z k , calcular  v no ponto P(1, 1, 1) .

3. Calcular o gradiente da divergência de





7. Se v  e x i  e y z j  3 k , determinar   v

,

Resp. : p = 2



no ponto P (0, 0, -1) . Resp.:   v



i  j k

- Ainda como estímulo adicional, mostremos as resoluções informatizadas dos dois últimos : > restart: with (linalg): 'diverge (v,[x,y,z] )‘ = [ Diff(v,x)+Diff(v,y)+Diff(v,z) ] ;

  linalg:-diverge( v , [ x , y, z ] )    x

6. Determinar o valor de p tal que v  px i  3 py j  4z k

       v  v  v      y   z  

seja um campo solenoidal .

v := [ p x , 3 p y, 4 z ]

> v:= vector ( [p*x,-3*p*y,4*z] ) ;

divv := 42 p eq := 42 p0

divv:= diverge (v, [x,y,z] ) ; eq:= 4-2*p=0 ; solve (eq, p) ;



7. Se v  e x i  e y z j  3 k , determinar   v

,

no ponto P (0, 0, -1) .

x (y z) v := [ e , e , 3] (y z) x divv:= diverge ( v, [x,y,z] ) ; divv := e z e (y z) x 2 (y z) (y z) g := [ e , z e ,e ] z y e g:= grad (divv, vector ( [x,y,z] ) ) ; 0 0 0 valueg:= subs ( x=0, y=0, z=-1, eval (g) ) ; valueg := [ e , e , e ]

> v:= vector ( [exp(x), exp (y*z), 3] ) ;

simplify (%) ;

[ 1, 1 , 1 ]



  v



i  j k

71 ROTACIONAL de uma Função Vetorial . Dada uma função vetorial v  f1  x, y,z  i  f 2  x, y,z  j  f 3  x, y,z  k , o campo vetorial rotacional (ou função vetorial rotacional) de

i   v  x

j  y

k  z

v é definido por

  f3  f2  v    z  y

campo vetorial em ℝ ³

produto vetorial de dois vetores em ℝ ³

Exemplos :

1. v  3xy i   x  2z  j   x  yz  k , sendo i  v 

   f1  f 3    f 2  f1     i   j  k x  y    z  x

  x y 3xy  x  2z

 f1  x, y,z   3xy   f 2  x, y,z    x  2z   f 3  x, y,z   x  yz

   2  z  i   0  1 j   3x  1 k z x  yz

  2  z  i  j   3x  1 k .

No ponto P (3, -5, -2) , por exemplo, teremos :

  v  4 i  j  10 k .

 f1  x, y,z   x  2. Calcular  r , sendo r  xi  y j  z k ,  f 2  x, y,z   y  i j k  f 3  x, y,z   z

 r 

 x x

 y y

  0 i 0 j 0 k   r  0 : z Neste exemplo, em qualquer ponto P (x, y, z) do campo r , o rotacional é o vetor nulo . z Quando tal acontece, dizemos que o campo é irrotacional ou conservativo.

Interpretação físico-geométrica do rotacional : Vimos que a divergência de um campo vetorial é uma operação de derivada escalar (taxa de variação) que mede o fluxo de entrada ou de saída, por unidade de volume. Analogamente, o rotacional analisa e mede a circulação de um campo de vetores no espaço . Sendo um produto vetorial de dois vetores, o rotacional constitui-se num gerador de campos vetoriais . Também aqui, tal linguagem vetorial nos leva a entender inúmeros fundamentos das diversas áreas da engenharia . O rotacional nos permite analisar o movimento do fluido ao longo da circunferência de um disco circular, perpendicular ao vetor normal n , supondo-se o disco tendendo a um ponto . O rotacional atinge seu valor máximo quando sua direção e sentido forem os mesmos de n . Da cinemática, sabemos que a velocidade angular de uma partícula em movimento giratório é representada por um vetor w , de direção ortogonal ao plano de rotação e sentido positivo . O módulo de

w é igual ao da velocidade angular de rotação w





v d



w d ,

sendo v a velocidade tangencial da partícula P e d sua distância ao eixo de rotação. Considerando r como vetor de posição de P em relação a um sistema referencial, com a origem O sobre o eixo de rotação, podemos escrever :

d  r sen 

v  w d  w

r sen  ou

v  wr v  wr ,

sendo esta última forma de grande utilidade para a determinação da velocidade v em qualquer ponto do disco . Ora, imprimindo a linguagem do rotacional nesse movimento, levando em conta o tratamento cartesiano w  w k (por ter a mesma direção e sentido do eixo OZ) e r  x i  y j  z k , teremos :

 wr 

rot v   v   0 x

0 y

w 0 z x

0 y

 w z

 x  wy

 y wx

 z 0

 2w k

  v  2 w .

v   wy i  wx j

Portanto, num movimento de rotação de um corpo rígido, o rotacional da velocidade é um vetor com a direção do eixo de rotação e módulo igual ao dobro do módulo da velocidade angular . > restart : with (linalg) : Apelando para o aplicativo Maple , teremos : f:= vector ( [-w*y, w*x, 0] ) ; > restart : with (linalg) : curlf:= curl ( f, [x, y, z] ) ; > f:= vector ( [-w*y, w*x, 0] ) ; f := [ w y, w x , 0 ] f := [-w y, w x, 0] > curlf:= curl ( f, [x, y, z] ) ; curlf := [ 0, 0, 2 w ] curlf := [0, 0, 2 w]

ou  v  2 w .

Observação : Um campo vetorial v denomina-se campo vetorial conservativo se representa o gradiente de alguma função escalar, vale dizer, se existir alguma função escalar f tal que v   f . Nesse caso, a função f diz-se função potencial de v . Nem todos os campos vetoriais são conservativos, mas aqueles que o são aparecem com grande frequência nas aplicações da física como, por exemplo, o campo gravitacional de Newton . Teorema de Clairaut . Se f é uma função escalar de três variáveis, com derivadas parciais de segunda ordem contínuas, então   f  0 . Demonstração .

 

  f

i   x f x

j  y f y

k  z f z

 2 f 2 f   2 f 2 f   2 f 2 f     i   j       k  yz zy   zx xz   xy yx  0

0

 0 .

0

- A recíproca desse teorema não é irrestritamente verdadeira . Consultar página 1090 do JS : “ Tal recíproca é válida se o domínio for simplesmente conexo, isto é, não apresentar furos.” Corolário . Desde que  f  v , o campo vetorial v é conservativo . Podemos então concluir : Se um campo vetorial é conservativo, então seu rotacional é o vetor nulo .

Propriedades do Rotacional :

   a   v  , sendo a constante .

R.1 )

 a v

R.2 )

 v  w

R.3 )

 f v



- Tais propriedades são inteiramente análogas àquelas estudadas para a divergência . À guisa de recapitulação, deixamos ao prezado leitor a grata incumbência de verificá-las .

   v   w

  f   v    f   v , sendo

f é uma função escalar .

Problemas ilustrativos 1. Mostrar que a divergência do rotacional de um campo vetorial é nula . Demonstração : Seja o campo vetorial v  m i  n j  p k , com derivadas parciais de segunda ordem contínuas .



 v 

       i j k y z  x

 x

 y

 z

    p n m  p n m      i j k       i   j  k  y z  y z x  z x x  y    2 p  2n  2m  2 p  2n  2m        0. x y x z y z y x z x z y

73 2. Mostrar que  f

é um campo irrotacional .

Demonstração : Seja o campo escalar f (x, y, z) , com derivadas parciais de segunda ordem contínuas .

 

  f

 x

 y

 z

f x

f y

f z

 2 f  2 f  2 f 2 f  2 f  2 f     i   j       k  0  z x x z   x y y x   y z z y 

3. Problema 36, página 1095 do livro-texto, James Stewart : As equações de Maxwell relacionam o campo elétrico E e o campo magnético H quando variam com o tempo, numa região que não contenha nem carga nem corrente, obedecendo as relações abaixo div E = 0 div H = 0

1 H

1 E

rot E =  rot H = c t c t onde c é a velocidade da luz . Use essas equações para provar o seguinte :





a )   E  

1 2 E c 2 t 2

Demonstração : Sejam os vetores E  e1 i  e2 j  e3 k de segunda ordem contínuas .



1 2 H c 2 t 2

H  h1 i  h2 j  h3 k , com deri vadas parciais

 1 H  1   E        c  c t 





  H  



rot E

 x

 y

 z

 h1 t

 h2 t

 h3 t

 

  2 h1  2 h3    2 h2  2 h1   1    2 h3  2 h2       i   j  k  c   y t z t   x t y t    z t x t 

 

1     h3  h2   c t    y  z

   h1  h3    h2  h1      i   j  k    z x   x y   rot H 

 

1 E c t

1  1 E  1 2 E      c t  c t  c2 t 2

Mutatis mutandis, demonstra-se o item b) . Para trabalhar com tais operadores no aplicativo Maple, deveremos utilizar o pacote Álgebra Linear : > restart : with (linalg) : curlf:= curl ( f, [x, y, z] ) ;

 f1  x, y,z   3xy  1. v  3xy i   x  2z  j   x  yz  k , sendo  f 2  x, y,z    x  2z   f 3  x, y,z   x  yz > f:= vector ( [3*x*y, -(x+2*z), x-y*z] ); f := [ 3 x y, x 2 z, x y z ] > curlf:= curl ( f, [x, y, z] ) ; curlf := [ z2, -1 , 13 x ] > valuecurlf:= subs ( x=3, y=-5, z=-2, eval (curlf) ) ; valuecurlf := [ 4, -1 , -10 ]  f1  x, y,z   x  2. Calcular  r , sendo r  xi  y j  z k ,  f 2  x, y,z   y  > f:= vector ( [x, y, z] ); f := [ x , y, z ]  f 3  x, y,z   z > curlf:= curl ( f, [x, y, z] ) ; curlf := [ 0, 0, 0 ] : campo irrotacional ou conservativo.

74 Problemas propostos

1. Sendo

a )  r

r  x i  y j  z k , calcular :

b )   f  r  r 

c )  r  3 r

2. Sendo

Resp. : 0

    r r  4

 

f  x, y,z   x 2 y z 3 , calcular   f .

Resp. : 0

3. Calcular a divergência do rotacional de v  x z i  x y 2 j  x 2 y z k .

Resp. : 0

4. Assinalar as notações desprovidas de significado operacional matemático :



a)   v



    u    u 

g )   v

b)  f

     f 

5. Calcular  v , no ponto P (1, 1, 1) , sendo

6. Calcular :



d )  f



a )   e x  y



Resp.: 0



Resp.: d, e, f, g

  u     r 



v  x2 i  y z2 j  x z k .



b )  n r r



Re sp.: 2 i  j

Resp.: 0

7. Se v  y i  2 p x j  3 z k , determinar o valor de p tal que o campo vetorial seja irrotacional . Resp.: p =

1 2

8. Provar que v  e x i  e y j  e z k é irrotacional .

Conceituação Adicional . O cálculo da divergência do gradiente de um campo escalar revela um outro operador diferencial, denominado laplaciano, de larga aplicação em vários setores da física . Seja uma função escalar f (x, y, z) e calculemos   f :

 

 f

      f f f  2 f 2 f 2 f   i j k  i j k    y z   x y z   x2  y2  z2 x

ou   ou  2

operador de 2ª . ordem 2 2 2 - O operador laplaciano constitui o suporte matemático da equação de Laplace ,  2   f   f   f  0 , 2 2 x y z2 imprescindível em inúmeras questões de mecânica, eletromagnetismo e outras áreas . Se uma função escalar satisfaz a equação de Laplace, para qualquer ponto de seu domínio, nós a chamamos de função harmônica .

Ilustrações :

1. A função f  x, y,z   e x cos y é harmônica : 2. Se r  x i  y j  z k

e r r 

2 f 2 f 2 f    e x cos y  e x cos y  0  0 . x2  y2 z2

x 2  y 2  z 2 , a função f (r) = r³ não é harmônica :

Problema 2, página 63 deste compêndio :  r 3  3 r r



  3r r



r 3  12 r  0 .

Ver problema 1 – i , página 68

75 4.2. Integral de linha ou Integral curvilínea de uma função escalar . Massa de um fio em

ℝ² .

Basicamente, uma integral de linha (ou integral curvilínea) se resume numa extensão natural do conceito de integral definida, constituindo-se numa operação mais abrangente, mais funcional e até mais confortável que esta . A sistematização da teoria das integrais de linha data de menos de dois séculos, pois, foram desenvolvidas para socorrer,matematicamente, os desafios da termodinâmica e eletromagnetismo na revolução industrial . Na unidade seguinte, estudaremos as integrais de superfície que, analogamente, representam a extensão das integrais duplas . b

Quando calculamos uma integral definida

 f  x  .dx

, a operação se efetua ao longo do eixo OX ,

ao passo que, numa integral de linha, a integração se dará ao longo de uma curva qualquer de ℝ ² ou ℝ ³ :

 f  x  .dx : opera-se ao longo do eixo OX  f  x, y  .ds : opera-se ao longo de uma curva qualquer b



 dx 

ds 

  dy 

comprimento aproximado do arco AB

 si

 x    y 

:  si 

 yi

 xi

 x    y    z  2

:  si 



 dx 

ds 

  dy    dz  2

comprimento aproximado do arco AB

Supondo z  f  x, y   constante:



z  f  x, y 

f  x, y  .ds 



C  0



 dx   dy      . dx  dx   dx  ou

f  x, y  

 dy  1   . dx  dx 

f  x, y   altura lateral da sup erficie cilíndrica

comprimento da curva C

- Tal como uma integral simples, uma integral de linha pode ser encarada como uma área : área lateral de uma superfície cilíndrica . X

Se utilizarmos uma parametrização para expressar a curva C , teremos :

  x  g t  , a t b,    y  h t 



f  x, y  .ds 



b a

f  g  t  , h  t   .

 dg   dh      . dt  dt   dt 



ds . Ilustração : Seja C : x² + y² = 4 . Calcular C Resolução : Trata-se de uma curva circular fechada e, portanto, a área lateral da superfície correspondente deve ser encarada como um cilindro de revolução : 2 Z   2 x : z 1 C f  x, y  .ds   C ds  2   2 1   4  x 2  . dx   1  4

(0 , 0, 1) (-2 , 0, 0) O

(2 , 0, 0) X

2 0

4  x2

 8 arc sen

- Observemos que o valor encontrado representa o comprimento do círculo e também a área lateral do cilindro de altura h = 1 : ds  2  r .



x 2

   8  0  2  



ds  4  .

 dx

76 Se fizéssemos a parametrização da curva, teríamos :

 x  2 cos t  dx  2 sen t .dt C:  , 0  t  2 ,   y  2 sen t  dy  2 cos t .dt



ds 

2 0

 dx   dy  f  x  t  , y  t   .      . dt  dt   dt  altura h  1

comprimento da curva





2

4 sen 2t  4 cos 2 t . dt  2 

2

Exemplo 1 : Se a curva C corresponde a um quadrante de círculo x 2  y 2  1 , determinar





x y 2 ds .

ds  4  .

x  r cos t  Resolução : Lembrando que as equações paramétricas do círculo são  , 0t ,  2  y  r sen t  



 2

x y 2 ds 



 sen

cos t .sen 2t . sen 2t  cos 2 t .dt 

t .cos t .dt



1  sen 3t 3

1  0,33 3



> with (plots) : implicitplot3d ( {z=x*y^2, y=sqrt(1-x^2) } , x = 0..1, y = 0..1, z = 0..0.4 ) ;

Observações : 1ª.) Se fizermos f (x, y) = 2 , por exemplo, a integral de linha resultante nos dará a medida da área lateral de um quadrante de cilindro circular, centro na origem e raio 1 : Z

z = 2 : plano secante ao cilindro, paralelo à base no plano XOY 1 área lateral do quadrante de cilindro : S L   2  rh    3,14 unidades 4  

(0,0,2)



2 ds 

2

sen 2 t  cos 2 t .dt 

 2 dt  2 t

 2 0

   3,14 unidades

Portanto, tal como acontece com a integral definida, o valor numérico resultante de uma integral de linha também pode ser encarado como a área de uma superfície . Neste último caso, fizemos f (x, y) = 2 , altura constante, com o único intuito de facilitar o entendimento. Porém, no exemplo acima, em cada ponto (x, y) do domínio, a altura do cilindroide é dada por f (x, y) = xy² , altura variável, correspondendo, pois, a uma área lateral de aproximadamente 0,33 unidades . 2ª.) Se quiséssemos calcular o comprimento da curva C , bastaria fazer f (x, y) = 1 , pois, desse modo obteríamos a medida da área lateral do quadrante de cilindro de altura unitária, correspondendo à mesma medida do comprimento da base :





1 ds 





sen 2 t  cos 2 t .dt 

 dt

 t

 2 0



 2

 1,57 unidades

3ª.) Em muitas ocasiões, surge a necessidade de calcular as integrais de linha em relação às variáveis x e y , separadamente : Exemplo 2 : Calcular a integral



3 6 x 2 y dx  xy dy ao longo do gráfico de y  x  1 , de (-1, 0) a (1, 2) .

Resolução : Trata-se de uma operação que corresponde à soma de duas integrais curvilíneas : Y



(1, 2)

6 x 2 y dx  xy dy 







 (-1, 0 )



6 x 2 y dx  1

1 1 1

xy dy

6 x 2  x 3  1 dx   x  x 3  1 3x 2 dx 1

1

x

 1 dx  x  x 3  1 3x 2 dx

3 3      6 x  6 x  3x  3x  dx   x 6  2x 3  x 7  x 4  1 7 4   1



1

34 7

77 xt

 dx  dt  1  x  1     2  1  t  1  y  t 1  dy  3t dt

- Se tivéssemos utilizado a parametrização, teríamos : 



6 x 2 y dx  xy dy 



6t 2  t 3  1 dt   t  t 3  1 3t 2 dt 1

1

6t 2  t 3  1 dt  t  t 3  1 3t 2 dt







 6t

1 1

1

 6t 2  3t 6  3t 3  dt

3 3     t 6  2t 3  t 7  t 4  7 4  

1

34  7

Exemplo 3 :

 x  3 cos t  Calcular a integral  xy  z  ds , sendo a curva C a hélice tridimensional  y  3 sen t 0  t  2 . C  z  2t  Resolução : Como a equação da curva já foi dada na forma paramétrica, resulta :



 dx  3 sen t dt   dy  3 cos t dt  dz  2 dt e a integral pode ser escrita 

  xy  z  ds C

2



  9 sen t cos t  2 t   3 sen t    3 cos t 



  9 sen t cos t  2 t 

2

 2 2 dt

9  sen 2t  cos 2 t   4 dt 1



2

   9  2 sen t cos t   2 t  dt  2   sen 2t  



 9  cos 2t  13    t2 2  2 

2

9  13   0  4  2   2 

  4

13 

- Para construir o gráfico da hélice cilíndrica espiralada , analisar a sequência mostrada nas páginas 44 ou 48 deste compêndio .

Exemplo 4 : Um fio é colocado na forma de um semicírculo com raio de 2 unidades . Se a densidade de massa linear num ponto genérico é diretamente proporcional à sua distância do diâmetro, determinar a massa desse fio . Resolução :

 x  2 cos t Já vimos que a parametrização do círculo é feita como segue  0 t   y  2 sent

  y   ky m 



  x, y  ds 



( k : coeficiente de proporcionalidade )

 2 k sen t

4 cos 2 t  4 sen 2t dt



-2

 2

 dx  2 sent dt   dy  2 cos t dt

 2 k sen t . 2 dt 0

 4 k `  cos t 

 0

 m  8 k unidades de massa .

78 4.3. Integral de linha ou Integral curvilínea de uma função vetorial . Trabalho realizado por um campo vetorial nos espaços ℝ ² e ℝ ³ . Nas integrais simples, exploramos os requisitos didáticos clássicos envolvidos com os conceitos intuitivos de áreas e volumes . Agora, estaremos empenhados em fazer da idéia de trabalho mecânico o guia das articulações das integrais de linha no campo vetorial . Consideremos uma força variável F  x, y,z   f 1  x, y,z  i  f 2  x, y,z  j  f 3  x, y,z  k , onde f 1 , f 2 e f 3 são funções contínuas, e formulemos uma expressão do trabalho realizado quando o ponto de aplicação de F move-se ao longo de uma dada curva suave C com equações paramétricas  x  g t    y  h t  , a  t  b ,   z  k t  supondo que tal movimento se processe no sentido definido pelos valores crescentes do parâmetro t (sentido positivo) .

Dividimos a curva C em n subintervalos infinitesimais tais que Pi  1 Pi   ri

 0,

sendo o vetor deslocamento infinitesimal  ri   x i i   y i j   z i k . Se o subintervalo  ri é suficientemente pequeno, a força variável F pode ser considerada constante nesse subintervalo e o trabalho Wi realizado por F nesse subintervalo será expresso pelo produto escalar

Wi  F Wi 

f

 ri

ou 1

i  f2 j  f3 k

  x i  y i

j  z i k



 f 1 x i  f 2 y i  f 3 z i O trabalho total W , realizado ao longo de toda a curva suave C , será

  nlim   n W  lim  W i   n  i 1  ou  ri 0  lim  n 

 i 1

F  ri ou

f n

i 1

x i  f 2 y i  f 3 z i 

Escrevendo tais expressões na linguagem das integrais curvilíneas, resultam :

 F d r : expressão vetorial  C W  lim  Wi   n  i 1 f dx  f 2 dy  f 3 dz : expressão cartesiana   C 1 n

Obviamente, se a curva C pertencer ao espaço bidimensional, teremos :

 F d r : expressão vetorial  C W  lim  Wi   n  i 1 f dx  f 2 dy : expressão cartesiana   C 1 n

79 Exemplos ilustrativos : 1. Calcular o trabalho realizado pela força

F  x 2 i  xy 2 j ao longo da curva y = x², do ponto A(1, 1) a B(2, 4).

Resolução : B

C : y  x 2 , 1  x  2 , dy  2x .dx

W 



F dr  



C 2

x 2 dx  xy 2 dy

x 2 dx  x 5 .2x .dx

x3 2x 7    x  2x  .dx   1 3 7

  xt

Se fizermos a parametrização : 

 y t



W 





W  2. Sejam a função vetorial F   x  y  i   y  z  j  z k

B (0, 2, -1) .

Calcular



811 21

 dx  dt   , 1 t  2  dy  2t .dt

F dr 

Se invertermos o sentido de percurso



2 1

t 2 dt  2t 6 dt

 t 2

 2t 6  .dt 

811 21

BA:

F dr 

 t 1

 2t 6  .dt  

811 21

e a reta C definida pelos pontos A (1, -1, 1) e

d r , de A até B .

Resolução : Neste caso, nada melhor do que buscarmos as equações paramétricas da reta AB :

x 0 y2 z 1   t 10 1  2 11



equações simétricas da reta AB

 xt   y  3t  2  z  2t  1 

 dx  dt   dy  3 .dt  dz  2 .dt 

 x: 10   t : 10

equações paramétricas

W 



F dr 

  t  3t  2  .dt   3t  2  2t  1 3 dt    2t  1 2 dt 1

  3.

Se a força

f   xy ,  x 2 , 0 

  9  13t  .dt 1

W 

5  2

atua sobre uma partícula, movendo-a ao longo do círculo x² + y² = 4 , mos-

trar que o trabalho realizado por essa força sobre a partícula é nulo .

 x  2 cos t  dx  2 sent .dt   , 0  t  2  y  2 sent  dy  2 cos t .dt

Resolução : Parametrizando a equação do círculo : 

W 



F dr 



2 0

4 cos t .sen t  2 sen t .dt   4 cos 2 t .2 cos t .dt 2

 8

2

 sen t .cos t  cos t  .dt 2

cos t  sen 2t  cos 2 t  .dt 1

  8 sen t

2 0

 W 0 .

80 F   x  1 i  x 2 y j , sendo C o contorno positivo da região D limitada pelas curvas

4. Dado o campo vetorial

y

F

x , y  0 e x  y  2 , calcular

dr .

Resolução . a) Utilizando a parametrização já estudada, podemos construir :



 dxdy  dt0

C1 : x  t  y 0

, 0t 2

 t2  F d r  x  1 .dx  x y.dy  t  1 .dt  t .0 .0  t    C1 0   0    2  C2 : x  t  dx  dt , 2  t  1 y  2t dy  dt 2







C3 : x  t yt



 4 0

  t  1 .dt  t  2  t  . dt  2

t4 2t 3 t2    t 4 3 2 2



dr 

 dxdy  2t.dt dt



dr 

 t 0

  2

, 1t 0

 1 .2t.dt  t 5 .dt

t6 t4   t2 6 23

1, 1

19 12

C1 : y  0 Então,

5 3

  1



dr  4 

19 5 3    12 3 4

- Todavia, existe um teorema que nos permite relacionar uma integral de linha, ao longo de uma curva fechada simples C , com uma integral dupla, numa região plana D cercada pela curva C :

4.4. Teorema de Green . Tal teorema nos permitirá relacionar uma integral de linha, ao longo de uma curva fechada simples C , e uma integral dupla numa dada região plana D, simplesmente conexa (sem buracos), cercada pela curva C . A figura abaixo ilustra esse fato : Orientação positiva : sentido anti-horário . Se a curva C for tratada como uma função vetorial

C : r t   M t  i  N t  j , a  t  b ,

a região D estará sempre à esquerda do andarilho . Orientação negativa : sentido horário . - É oportuno salientar a frequência com que ocorre o uso

das notações



, indicando a integral de li-

nha da curva fechada C , com a orientação positiva .

Teorema . Seja C uma curva plana simples, fechada, contínua e orientada positivamente, delimitando uma região plana D . Se M e N são funções contínuas e têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas, sobre uma região aberta contendo D , então

F C

C 2 : y = f2 (x) Y

 M dx  N dy



 N M    dA . x y 

  D

Demonstração . A demonstração mais rigorosa deste teorema envolve requisitos teóricos além dos propósitos pragmáticos do nosso curso . Todavia, podemos nos aventurar na abordagem de casos mais simples que se apresentam sempre nas situações práticas : C3

C 1 : y = f1 (x)

dr 

X a b   x: a  b D   y : f 1  x  f 2  x

 D

M  dA  y

f 2  x

f 1  x

  b













b a

M  dy .dx y

M  x, y 

f 2  x f 1  x

.dx

 M  x, f 2  x    M  x, f 1  x    .dx   M  x, f 2  x   .dx 



b a

M  x, f 1  x   .dx

 1

81 Ora, sendo dx = 0 nas curvas C 3 e C 4 , a integral curvilínea, ao longo da curva C , é

 Y

M  x, y  .dx 

c 0

C4 0

d C 1 : y = g1 (y)

 M  x, y  .dx   M  x, y  .dx   M .0   M .0 C1





b a

M  x, f 1  x   .dx 



b a

0

M  x, f 2  x   .dx

2

Comparando as igualdades (1) e (2), concluímos :



C 2 : y = g2 (y)

M . dx 

  y: c  d D   x: g 1  y   g 2  y 

  D

M  dA . y

Mutatis mutandis, facilmente chegaremos à igualdade análoga



N . dy 

N  dA , x

 D

garantindo, portanto, a validade da proposição :

 M .dx  N .dy



 N M    .dA x y 

  D

b) Valendo-nos do Teorema de Green, vamos resolver o problema anterior :

 Então,

   M  x 1 y: 0  1  D: e  N  x2y x: y2  2 y   





dr 

2  C  x  1 .dx  x y .dy

N  2xy x M 0 y

  

2 y

   2xy  0  .dx .dy  x y .dy   4 y  4 y  y  y  .dy 1

0 1

2 y y2

0 1

4y3 y4 y6  2y    3 4 6 3   4

Maple : > restart : with (linalg) : with(plots) :

curva( 1 ) := [ t , 0, t 0 .. 2 ] curva(2):= [ t, 2-t, t = 2..1 ] ; curva( 2 ) := [ t , 2t , t 2 .. 1 ] 2 curva(3):= [ t^2, t, t = 1..0 ] ; curva( 3 ) := [ t , t , t 1 .. 0 ] curva(1):= [ t, 0, t = 0..2 ] ;

vf:= [ x+1, x^2*y ] ; # Campo vetorial : M = x+1 , N = x^2*y

2 vf := [ x 1, x y ] F:= fieldplot ( vf, x=-0.5..2.5, y=-0.5..1.5 ) : # Gráfico do campo vetorial G1:= plot (curva(1)) : G2:= plot (curva(2)) : G3:= plot (curva(3)) : display ( { F,G1,G2,G3 } ); # Gráficos simultâneos Int ( Int ( 2*x*y-0, x = y^2..2-y ), y = 0..1 ) ;

1 2y   2 x y dx dy     0 2 y 0.75 evalf (%, 2) ;

Legenda :

82 Em tempo : Aproveitemos o ensejo para instituir uma expressão vetorial para o Teorema de Green : Sejam uma região plana D , sua curva fronteira C e as funções M (x, y) e N (x, y) satisfazendo as condições do teorema de Green . Podemos então considerar o campo vetorial F  M i  N j . Sua integral de linha é F dr  M dx  N dy e seu rotacional é



 rot F    F  x M O produto escalar

 y N

rot F



k  N M   N M   0 M N 0  i j   i j     k   k z y z y  z x y   x  x 0 0 0 0 0  N M  N M nos permitirá exk   F k     k k  y  x y  x







pressar o Teorema de Green na forma

dr 

    F 

k dA

D rot F

c) Mostremos uma terceira resolução do problema em pauta, mediante essa tal expressão vetorial :

F   x  1 i  x 2 y j

 rot F    F 

dr 

 rot F

k dA 

 x

 y 1

 2xy .dA    0

2 y y

  2xy k z

F  xy i  x 2 j



2xy .dx .dy 

3  4



d) A resolução do problema 3, página 77 , nos mostra :

Então ,

x1 x2y

Então ,



 rot F

dr 

 rot F    F 

k dA 

4x

  2



4x 2

 x

 y

x2

k    3x k z 0

3x .dy .dx 

0

2. Problema 2, página 1087 do livro-texto JS : Calcular a integral de linha círculo com centro na origem e raio 1 , por dois métodos : a) diretamente (ou método convencional) . b) utilizando o Teorema de Green . Resoluções . a) Parametrizando a curva C , teremos :



x  cos t  y  sent



y dx  x dy , C : x 2  y 2  1 , C

dx   sent dt , 0  t  2 dy  cos t dt 2

y dx  x dy 



 sent   sent   cos 2 t  dt  



y dx  x dy 



2

  sen t  cos t  dt 2

 t

b) Apreciemos agora o poder simplificador do teorema de Green :

  x   y     dA   2  x  y  



(1, 0)

2 0

  2

dA   2  .

 12  

-- Sugerimos ao leitor resolver esse problema utilizando também a expressão vetorial do teorema .

Maple : > restart : with(linalg) : with(plots) : curva:= [ cos(t), sin(t), t=0..2*Pi ] ; # Tratamento vetorial da curva : x = cos(t) , y = sin(t) curva := [ cos( t ), sin( t ), t 0 .. 2  ] vf:= [ y, -x ] ; # Campo vetorial : M = y , N = -x

vf := [ y, x ]

Int (Int (-1-1, y=-sqrt(1-x^2)..sqrt(1-x^2)), x=-1..1) = = int (int (-1-1, y=-sqrt(1-x^2)..sqrt(1-x^2)), x=-1..1) 2 1 1x   -2 dy dx 2      -1 2  1x

83 > F:= fieldplot ( vf, x=-2..2, y=-2..2 ) : # Gráfico do campo vetorial > G:= plot (curva) : # Gráfico da curva > display ({F,G}) ; # Plotagem simultânea do campo e da curva - Se invertermos a orientação do campo vetorial , o resultado final mudará de sinal : > vf:= - [ y, -x ] ; # M = - y, N = x 2 1 1x   2 dy dx 2      -1 2 - mesmo sentido  1x

- sentidos contrários -

Observação. Nunca é demais lembrar que poderíamos ter calculado a integral dupla na região D seguindo os padrões já estudados na unidade 2 deste compêndio :  x: 0  1 D 2  y : 0  1 x



1  x2

  0

2 dy dx   8 

1  x 2 dx

faz  se: x  sen   dx  cos  d 



 8

3. Aplicar o Teorema de Green para calcular a integral curvilínea a hipocicloide (astroide) Resolução .



2 3

x y

2 3



sen 2   cos d   8    4  2  2



1 .

Mdx  Ndy 

 

N x



 2

y2  dx  2 y arctg x . dy , onde C é 1 x 2 Círculo fixo

2y  M  y2  y  1  x 2 M  M N       1 x 2   N 2 y  y x  N  2 y arctan x   2    x 1  x 

F .dr 



Círculo móvel

 .dA  0 .

M y

0

Advertência . Se tentássemos resolver o problema pelo processo convencional, encontraríamos terríveis implicações algébricas . Como outra opção de cálculo, poderíamos também aplicar o operador diferencial rotacional :

rot F    F 

4. Sejam

M

 x

 y

 z

y2 1 x2

2 y .arctg x



2y 2y k  k  0 2 1 x 1 x 2

e concluir que a função vetorial dada é um campo conservativo .

y x e N  2  Se R é a região delimitada pelo círculo unitário C , de centro na ori2 x y x  y2 2

gem, mostrar que



M dx  N dy 

 N

  x



M   dA . y 

Justificar o motivo pelo qual o teorema de Green não é aplicável aqui.

y x Demonstração . M  2 e N  2  2 x y x  y2

cos t  xy  sent



 sent dt , 0  t  2  dydx  cos t dt

A parametrização nos permite escrever : 2

r 

(1, 0)

2

Justificativa : As funções M e N não são contínuas na origem (centro da região circular unitária) . Portanto, não são contínuas em toda a região R e o teorema de Green não se aplica .

sent cos t 2 2 C 0 1   sent  dt  1 cos t dt   0  sen t  cos t  dt   2 .  N M  N M x2  y 2    dA  0   C M dx  N dy . Por outro lado      x  y 2 2 2   x y R x y M dx  N dy 





` 0

84 5. Problema 14, página 1074 do livro-texto JS, 4ª. edição : Utilizando o teorema de Green, com orientação positiva,

 x

calcular a integral de linha

 y 3  dx   x3  y 3  dy , sendo C a fronteira da região contida entre os

círculos x² + y² = 1 e x² + y² = 9 . Resolução .

 M 2  y  3 y N M      3x 2  3 y 2 N x y   3x 2  x

M  x y  N  x3  y 3  3

Orientação positiva : Região D sempre à esquerda da

D 0



linha de percurso do andarilho .

Sendo a região D uma coroa circular, optemos pelo sistema polar :



D  : 0  2  r :13

 3  x

2 3

y

 dA    3r r dr d

 120  .

Em tempo : Julgamos de extrema importância atentarmos para algumas considerações de pormenores e sutilezas que rodeiam este importante capítulo que ora estudamos . Os efeitos simplificadores do teorema de Green devem ser destacados como precioso suporte no cálculo de uma integral curvilínea e o problema que acabamos de resolver presta-se a confirmá-lo irrefutavelmente . Se tentarmos resolvê-lo mediante os recursos convencionais das parametrizações, iremos encarar uma tarefa mais longa e cansativa :

C 1 : x2  y 2  1



t  xy  cos sen t

 sen t dt , t : 2  0  dydx  cos t dt



M dx  N dy 

  cos

t  sen 3t    sen t  dt   cos 3 t  sen 3t  cos t dt

  sen t  cos



2

C2 :



xt  y 0





t . sen t  cos t  sen t .cos t  dt 4

dx  dt , t : 1  3 dy  0

Ufa !!! Que tarefa estafante !!!



C2 C4

M dx  N dy 

t

dt  20

r  t   cos t i  sen3 t j , 0  t  2 . C 3 : x 2  y 2  9 x  3 cos t  dx  3 sen t dt , t : 0  2 y  3sen t dy  3 cos t dt







2

M dx  N dy 

  27 cos 0

t  27sen 3t   3 sen t  dt   27 cos 3 t  27sen 3t  3 cos t dt

2

  sen t  cos

 81

t . sen t  cos 4 t  sen 3t .cos t  dt

C4 :

 xy  t0  C4



 dxdy  0dt ,

Cruzes !!! Outra vez ???

t : 31

M dx  N dy 

t

dt   20

Portanto, é fácil perceber que a tentativa de calcular a integral dada pelas trilhas da parametrização nos coloca em situações bastante indigestas :

 x C

???

 y 3  dx   x3  y 3  dy  C 1  C 2  C 3  C 4  120  .

85 6. Problema 18, página 1087 do livro-texto JS : Uma partícula, inicialmente no ponto (- 2, 0), se move ao longo do eixo OX até (2, 0) e, a partir daí, ao longo do semicírculo y  4  x 2 até o ponto inicial . Utilizar o teorema de Green para determinar o trabalho realizado pelo campo de força F  x, y    x , x 3  3xy 2  . Resolução . O trabalho W será dado pela equação

 3  x

Então,

 y 2  dA  3



W  

  0

2 0

dr 

r 2 r dr d



x dx   x 3  3xy 2  dy .

 W  12  J .

Maple : > restart : with (linalg) : with (plots) : curva( 1 ) := [ t , 0, t -2 .. 2 ]

curva(1):= [ t, 0, t = -2..2 ] ;

curva( 2 ) := [ 2 cos( t ), 2 sin( t ), t 0 ..  ]

curva(2):= [ 2*cos(t), 2*sin(t), t = 0..Pi ] ;

vf:= [ x, x^3+3*x*y^2 ] ; # Campo vetorial : M = x , N = x^3+3*x**y^2

3 2 vf := [ x , x 3 x y ] F:= fieldplot ( vf, x=-3..3, y=-1..3 ) : # Gráfico do campo vetorial G1:= plot (curva(1)) : G2:= plot (curva(2)) : display ( {F,G1,G2} ) ; Int ( Int ( 3*(x^2+y^2), y =0..sqrt (4-x^2)), x = -2..2 ) ; 2 2 4x   2 2   3 x 3 y dy dx     -2 0 Legenda :

evalf (%, 3) ;

37.7 J

Observação : O Teorema de Green nos oferece um precioso suporte para calcular a área de uma região plana D , delimitada por uma curva fechada simples C :



dr 



M .dx  N .dy 

 D

 N M     .dA  A y   x

  N  x e M 0 ou  N  0 e M  y  



1

 A Portanto,   A   7. Deduzir a área da elipse de semieixos a e b .



1 2



C C

x .dy  y .dx



A

1 2



x .dy  y .dx .



x2 y2   1 : x  a cos t  dx  a sent .dt 0  t  2 2 2 y  b sent dy  b cos t.dt a b 2 2 1 1 2 2 x dy  y dx   ab .cos t  ab . sen t  dt  2 ab  dt   a b 2 0 0

Resolução . Parametrização da elipse :

A 

 

Maple : > restart : with (linalg) : with (plots) : curva:= [ a*cos(t), b*sin(t), t = 0..2*Pi ] ;

curva := [ a cos( t ), b sin( t ), t 0 .. 2  ]

   b a 2x 2  curva:= [x, b/a*sqrt(a^2-x^2), x=-a..a]; curva :=  x , , x a .. a  a   2 2 b a x vf:= [ 0, x ] ; # Campo vetorial : M = 0 , N = x vf := [ 0, x ] ou

Int ( Int ( 1, y =-b/a*sqrt(a^2-x^2)..b/a*sqrt(a^2-x^2)), x = -a..a ) ;

value(%) ;

b a

 1

a       a 

a 1 dy dx b

a x a

86 8. Problema 20, página 1074 do livro-texto JS, 4ª. edição : Determinar a área da região plana limitada pela curva cuja equação vetorial é Resolução .

1 2 1  2

A 



r  t   cos t i  sen3 t j , 0  t  2 .

x dy  y dx

2

2 2 4   3 sen t cos t  sen t  dt 

1  3 sen 2t cos 2 t  sen 2t 1  cos 2 t   dt   2 0  2 2 1 1   3 2  sen 2t dt     sen 2t  dt    2 0 4 0 2 4 4  A  2,35 u.a.

 x  a cos 3 t  y  a sen3 t , 0  t  2 .  Dedução . Tal como as deduções anteriores, teremos : 2 1 1 A  x dy  y dx  3a 2 sen 2 t cos 4 t  3a 2 cos 2 t sen 4 t dt 2 C 2 0

9. Deduzir a área da hipocicloide (astroide de raio a)



  0

3a 2 2 3a 2 8

3a 2  16



2

 sen t cos 2

t dt

0 2

 4 sen t cos 2

t dt

0 2

 sen

2t d  2t 

3a 2  2t sen 4t      16  2 4  10. Problema 22, página 1087 do livro-texto JS :

2

A 0

Seja D a região limitada por um caminho simples fechado C no

plano XOY . Utilizar o teorema de Green para provar que as coordenadas do centroide

1 x  2A



3a 2  8

x 2 dy

1 y   2A



 x, y 

de D são

y 2 dx ,

sendo A a área de D . Demonstração . Desenvolvendo as integrais curvilíneas pelo teorema de Green, teremos

 1    x2   0   1 1 2    dA  x dy   x dA  x   2 A D  x y  A   2 A C D    2   0    y   1 1 1  2   dA   y dx    y dA  y    2A C 2 A D  x y  A  D    Em tempo : Procedimento análogo nos leva a desenvolver as expressões dos momentos de inércia de uma

lâmina plana, com densidade constante  (x, y) = k , limitada por uma curva simples fechada, em relação aos eixos cartesianos :

  I   x  3   Iy  3 



y 3 dx x 3 dy

87 4.5. Campos vetoriais conservativos . Independência do caminho . No Cálculo II estudamos o Teorema Fundamental do Cálculo que acaba se resumindo na igualdade

 a, b .

sendo a função f contínua no intervalo real

 f  x, y  



f  x  .dx  F  b   F  a  ,

b a

Considerando agora o vetor gradiente

f f f f f i  j ou  f  x, y, z   i  j  k x y x y z

de uma função de duas ou de três variáveis como derivada de f , podemos estabelecer a versão do Teorema Fundamental do Cálculo para as integrais curvilíneas :

F

d r 

d r  f  r  b    f  r  a  

f

- Sugerimos ao leitor estudar, atentamente, as páginas 1072/1079 do livro-texto JS . Em seguida, apresentaremos um resumo sinóptico do conteúdo dessas páginas mencionadas e uma sugestiva coletânea de exemplos ilustrativos : Tipos de curvas :

Tipos de regiões :

C1 Sendo dadas as curvas



d r 



C1 , C 2 , C 3 , C 4 , d r 



d r 

tais que

d r 

todas elas cumprindo a trajetória de A até B , podemos estabelecer as seguintes conclusões :

1ª. ) A integral

F

d r , da posição A até a posição B, independe do caminho .

2ª. )

F é um campo conservativo (o resultado permanece o mesmo, não importando a forma do caminho) .

Teorema . Se F  x, y   M  x, y  i  N  x, y  j aberta D , então a integral curvilínea e somente se,

F

é contínua numa região conexa

d r é independente do caminho se,

C F é conservativo, ou seja, F  x, y    f  x, y  para alguma função escalar f .

- A demonstração mais rigorosa pode ser estudada e analisada no livro-texto e outros compêndios . Em nossas aulas, a exiguidade de tempo nos impõe a busca de atalhos teóricos conducentes ao procedimento pragmático voltado para os conceitos e fenômenos inerentes às disciplinas tecnológicas que integram a grade curricular do curso . Em síntese, o teor desse teorema enunciado pode ser tratado pela igualdade

 C

d r  f  x, y 

x 2 , y 2  , sendo f : função potencial de F x 1 , y 1 ou potencial escalar de

88 Teorema . Se F então

d r é uma diferencial total, ou seja, se existe F é um campo de forças conservativo .

d r  d f , podemos escrever :

Demonstração . Com efeito, se F



B A

d r 

B A



B A

d f  f

B A

 f  B   f  A .

A   x 1 , y 1 , z 1  e B   x 2 , y 2 , z 2  , resulta :

Como



d r d f ,

“ f ” tal que F

d r  f  x 2 , y 2 , z 2   f  x 1 , y 1 , z 1  , mostrando que

o resultado depende unicamente das posições de A e B , não importando a forma da trajetória desse percurso .

Corolário . Se F é um campo conservativo e C é uma curva fechada simples, então B C  F dr   F dr 0. A

AB 

Demonstração . Com efeito, AB

Então,



d r 

x , y , z   x , y , z  . f x , y , z   f x , y , z  2

 0 .

Definição . Se existe uma função f , tal que F   f , dizemos que f é um potencial escalar de F ou uma função potencial de F .

Teorema . Se F tem potencial escalar, então F é um campo de forças conservativo . Demonstração . Com efeito, se F   f , então F 

f f f i  j  k . x y z

Sendo d r  dx i  dy j  dz k , poderemos escrever

F dr 

f f f dx  dy  dz  d f x y z

(diferencial total)

Portanto, F é um campo de forças (ou campo vetorial) conservativo . Diante dessa sequência de conceitos e teoremas, chegamos à conclusão que as três afirmativas abaixo se equivalem no teor de seu conteúdo : 1ª. )

F constitui um campo vetorial conservativo .

2ª. )

F tem potencial escalar (corresponde a afirmar que F é um vetor gradiente) .

3ª. )

F é irrotacional (   F  0 ) . Na esteira dessas conclusões, acrescentaremos outras duas consequências imediatas :

4ª. )

Teorema . Se F é um campo de forças conservativo, então o trabalho realizado por F ao longo de qualquer caminho C , de A até B, é igual à diferença dos potenciais A e B :  x2 , y2

W 



,z2 

 x1 , y1 , z1 

5ª. )

d r  f  x2 , y2 , z2   f  x1 , y1 , z1  .

Como consequência do primeiro teorema dessa série, se fizermos M 

F  x, y   M  x, y  i  N  x, y  j , teremos

 M 2 f   y x  y  2 f  N  x  x y  Portanto, se a integral curvilínea

 C



f f e N na igualdade x y

M N   y x

d r é independente do caminho, então

M N   y x

89 A recíproca dessa última proposição é falsa . Todavia, torna-se verdadeira se impusermos as restrições de o domínio D ser uma região simplesmente conexa ( sem buracos: toda curva fechada C em D contém somente pontos de D ) . Sintetizando :

Teorema . Se M  x, y  e N  x, y  têm derivadas parciais primeiras contínuas numa região simplesmente conexa D , então a integral curvilínea

 M  x, y  dx  N  x, y  dy

é independente do caminho em D se, e somente se, M  N  C

y

x

Corolário . Se M  x, y  e N  x, y  têm derivadas parciais primeiras contínuas numa região simplesmente conexa D e um campo conservativo .

M N então F  , y x

Problemas ilustrativos 1. Problema 8, página 1079 do livro-texto JS : Verificar se F  x, y   1  2xy  n x  i  x 2 j é um campo vetorial conservativo . Caso o seja, determinar a função potencial escalar f , tal que F   f . Resolução . Para fazer tal verificação, podemos aplicar o último corolário acima :

F  x, y    1  2xy  n x  i  x 2 j  M i  N j  M  y  2x M N    2x  F constitui um campo conservativo .  N y x   2x  x Como outra opção de cálculo, poderíamos também aplicar o operador diferencial rotacional :

 F 

 x 1  2xy  n x

 y x2

k   0 i  0 j   2x  2x  k  0 z e concluir que a função vetorial dada 0 é um campo conservativo .

Na construção da função potencial escalar f , utilizaremos o processo da integração parcial :

f  x, y    1 2y  n x   M  x  f  x, y   N  x 2  g'  y   x 2 y 

f  x, y   

Portanto, a função potencial escalar de F é

 1  2xy 

n x  dx  x 2 y  x n x  g  y 

g'  y   0  g  y   C

f  x, y   x 2 y  x n x  C :  f  F .

Observação . Na construção da função potencial escalar de F podemos também lançar mão de um procedimento bastante simples, consistindo nos seguintes passos :

 C

d r 

  1  2xy 

n x, x 2   dx, dy  

Calculamos as integrais

  1  2xy 

n x  dx  x 2 dy 

 1  2xy   x dy 2

n x  dx  x  x 2 y  x n x  x  x 2 y  x n x

 x2 y

e a função potencial escalar f(x, y) será dada pela soma dos termos comuns e não comuns, sem repetição . No exercício acima, poderíamos ter feito :

f  x, y   x 2 y  x n x  C .

90 2. Problema 11, página 1080 do livro-texto JS : A figura mostra o campo vetorial F  x, y    2xy, x 2   2xy i  x 2 j e três curvas que começam em (1, 2) e terminam em (3, 2) .



a) Explicar por que

d r tem o mesmo valor para as três curvas .

b) Determinar esse valor comum . Resolução . a) O domínio D é uma região simplesmente conexa , M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x² admitem derivadas parciais primeiras contínuas e

M N   2x . Então, F  x, y  é um campo conservativo y x e  F d r independe do caminho . C

b) Calculemos a função potencial f , tal que  f  F :

 2xy dx  x 2 y     x 2 dy  x 2 y 

f  x, y   x 2 y  C



Portanto, a função potencial escalar de F é f  x, y   x 2 y  C : Então,



f  F .

F d r  f  3, 2   f 1, 2   18  2  16 .

Em tempo : Como se trata de um campo conservativo, nesse último item b podemos arbitrar uma trajetória qualquer (por exemplo, a reta determinada pelos dois pontos dados) e calcular a integral de linha mediante a parametrização dessa reta :

x 1 y2  t  2 0 Então,



 xy  2t2  1   dydx  02 dt

, 0t 1

d r 

  2xy dx  x dy    2  2t  1 .2 .2 dt   2t  1 2

0 1



 16 t  8  dt 0



8 t

 8t

1 0

 16 .

3. Problema 12, página 1080 do livro-texto JS : a) Dada a função F  x, y   y i   x  2 y  j , determinar uma função f tal que F   f . b) Utilizar o item a para calcular F d r sobre o semicírculo superior que começa em (0, 1) e acaba em (2, 1) .



Resolução . a) 

y dx  x y      x  2 y  dy  xy  y 2 



f  x, y   x y  y 2  C

A função dada é um campo conservativo e independe do caminho .

Consequentemente, a integral de linha será calculada por



F d r   xy  y 2 

 2, 1 0, 1

 3 1  2 .

4. Problema 18, página 1067 , 4ª. edição do livro-texto JS : a) Dada a função F  x, y, z   4xe z i  cos y j  2x 2 e z k , determinar uma função f tal que F   f . b) Utilizar o item a para calcular F d r sobre a curva C : r  t   t i  t 2 j  t 4 k , 0  t  1 .



Resolução . a)

 4xe z dx  2x 2 e z     cos y dy  sen y   2x 2 e z dz  2x 2 e z 



f  x, y, z   2x 2 e z  sen y  C A função dada é um campo conservativo e independe do caminho .

91 b)

r  0    0, 0, 0   r 1   1, 1, 1 

t 0  Desde que   t 1

: Do ponto  0, 0, 0  ao ponto  1, 1, 1 a integral de

linha será calculada por



F d r  f 1, 1, 1  f 0, 0, 0   2e  sen1 .

5. Problema 20, página 1067, 4ª. edição do livro-texto JS : Mostre que a integral de linha

  2y

 12x3 y 3  dx   4xy  9x 4 y 2  dy independe do caminho e calcule-a sobre

qualquer trajetória de (1, 1) a (3, 2) . Demonstração . Podemos provar tal proposição construindo a função potencial escalar da função vetorial ou, então, invocando o teorema e respectivo corolário da página 89 deste compêndio . Ora, como as derivadas parciais primeiras de M e N são contínuas, numa região simplesmente conexa, basta verificar que M N

y

 4 y  36 x3 y 2 



x

Portanto, tratando-se de um campo vetorial conservativo, a integral dada, em qualquer trajetória, é calculada mediante as imagens da função potencial escalar :

 M dx  2xy 2  3x4 y 3     N dy  2xy 2  3x4 y 3 

  2y

Cálculo da integral :

f  x, y   2xy 2  3x 4 y 3



 12x3 y 3  dx   4xy  9x4 y 2  dy  f  3, 2   f 1, 1   1919 .

6. Problema 22, página 1080 do livro-texto JS : 2 Determinar o trabalho realizado pelo campo vetorial de força F  x, y   y i  2 y x x2 ponto P(1, 1) a Q(4, - 2) . Resolução .

j movendo um objeto do

A função potencial f , se existir, será obtida por

 2 2   M dx   y x dx     2y    N dy    x dy   

y2 x

f  x, y   



y2 x

: campo vetorial conservativo .

Então, qualquer que seja a trajetória entre os dois pontos dados, o trabalho realizado é

T 

 C

y2 F dr   x

 4,  2 

 11  0 . 1, 1

7. Se F é uma força constante, provar que o trabalho realizado ao longo de uma curva arbitrária, com extremidades P e Q , é expresso pelo produto escalar F PQ .

 F x, y, z   c i  c j  c k   c, c, c  : força constante H    PQ  Q  P   x2  x1 , y2  y1 , z2  z1 

W F

Demonstração . É fácil mostrar que F

 c dx  c x     c dy  c y   c dz  c z 

é um campo de forças conservativo : Então, a função potencial escalar é f(x, y, z) = cx + cy + cz e a integral de linha correspondente pode ser escrita  x2 , y2 , z2 

W



 x1 , y1 , z1 

d r  f  x2 , y2 , z2   f  x1 , y1 , z1   c  x2  x1   c  y2  y1   c  z2  z1   F

92 8. Problema 27, página 1080 do livro-texto JS : Mostrar que, se um campo vetorial F  x, y, z   P i  Q j  R k é conservativo e P, Q e R têm derivadas P R Q R parciais de primeira ordem contínuas, então P Q

 ,  e   y x z x z y   f  x, y, z   F  x, y, z   P i  Q j  R k  H  P, Q e R têm derivadas parciais primeiras contínuas    P Q P R Q R T   ,  e  z x z y  y x f f f Demonstração . Por hipótese, já sabemos que P  e, como tais funções P, Q e R são , Q , R  x  y  z deriváveis, teremos :

P  2 f  x x 2

Q 2 f  x x y

R 2 f  x x z

P 2 f  y y x

Q  2 f  y y 2

R 2 f  y y z

P 2 f  z z x

Q 2 f  z z y

R  2 f  z z 2

Como o Teorema de Clairaut já mostrou que a ordem em que são escritas as diferenciais dos P Q P R Q R denominadores é optativa, concluímos :

y



x

z



x

z



y



9. Se F  x, y, z   g  x  i  h  y  j  k  z  k , onde g , h e k são funções contínuas, mostrar que F é um campo vetorial conservativo .

 F  x, y, z   g  x  i  h  y  j  k  z  k , sendo g , h e k funções contínuas  g  x  dx T   f  x, y, z  escalar tal que  f  x, y, z   F 

 G  x



 h  y  dy  H  y    k  z  dz  K  z  

Demonstração . Sendo contínuas, as funções g , h e k são integráveis : 

Obviamente, tais funções primitivas G , H e K são deriváveis e, portanto, é possível estabelecer uma função potencial escalar de F : f  x, y, z   G  x   H  y   K  z  e, portanto, F é um campo vetorial conservativo . 10. Problema 33, página 1080 do livro-texto JS : P Q Seja F  x, y    y i  x j  a) Mostrar que   2 2 y x x y b) Mostrar que F dr



Demonstração . a)

P

Q C

y 2 x  y2

y 2 x  y2 b)

D (1, 0)

não é independente do caminho .



P  x 2  y 2  2 y 2 y 2  x2   2 2 y  x2  y 2   x2  y 2  Q x 2  y 2  2x 2 y 2  x2   2 2 x  x2  y 2   x2  y 2 



P Q  ,   x, y   0, 0  y x

Não podemos afirmar que a integral curvilínea independe do caminho no domínio D , pois, a origem (0, 0) constitui um buraco em D : a função F não existe nesse ponto . De fato, se atendermos a sugestão inscrita no enunciado do problema, encontraremos resultados numéricos diferentes . Portanto, também neste episódio o teorema da página 87 deste compêndio permanece forte e confiável, pois, a região D não é simplesmente conexa .

93 11. Problema 3, página 81 deste compêndio : O teorema citado nos permite resolver o problema como segue :



2 2 y2 3  dx  2 y arctg x . dy , onde C é a hipocicloide (astroide) x  y 3 1 . 1 x 2

2y  M Resolução .  y2  y  1  x 2 M  M N       1 x 2   N 2 y  y x  N  2 y arctan x   2   1 x  x

Círculo fixo

Círculo móvel

Então,



B x2 , y2







A x1 , y1



d r  f  x 2 , y 2   f  x1 , y1   0 , pois, A  B . é um campo vetorial conservativo .

12. Problema 34, página 1081 do livro-texto JS : cr a) Suponha que F seja um campo vetorial quadrado inverso, ou seja, F r  para alguma constan3 r te c , onde r  x i  y j  z k . Determinar o trabalho realizado por F ao mover um objeto, de um ponto P1 a um ponto P2 , em função das distâncias d 1 e d 2 desses pontos à origem .

 

Resolução . De acordo com os dados fornecidos pelo problema, podemos escrever : c x i y j z k cr F r  ou F  x, y, z   3 3 r x2  y 2  z 2 2 d  x 2  y 2 z 2  P1  x1 , y1 , z1  1 1 1   1    2 2 2    P2  x2 , y2 , z2   d 2  x2  y2  z2



 







É fácil mostrar que um campo vetorial quadrado inverso é conservativo : cx dx  faz  se : x 2  y 2  z 2  u  du  2x dx 3 

x

 y2  z2 

 K



c u 2 c c  3  u du  2  1  x2  y 2  z 2  r  u2 2 c y cz c Analogamente,  dy  dz   3 3  r 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y z  c e então Como não devemos considerar termos repetidos na soma, resulta f  x, y, z   ,  x2 , y2 , z2  r c  2



W



 x1 , y1 , z1 

c  2





3 2





d r  f  x2 , y2 , z2   f  x1 , y1 , z1  

c

x2  y2  z2  1 1  W  c    d1 d 2   2

c



x1  y1  z1 2

W  c



c c  d1 d2

d2  d1 d1 d2



13. Se uma força variável F desloca uma partícula sobre uma curva C do espaço, mostrar que o trabalho realizado por essa força corresponde, numericamente, à variação da energia cinética da partícula .

 F  x, y, z   f 1  x, y, z  i  f 2  x, y, z  j  f 3  x, y, z  k : força variável F   v  x, y, z   v 1  x, y, z  i  v 2  x, y, z  j  v 3  x, y, z  k : vetor velocidade v  Hip  r  x, y, z   x i  y j  z k : vetor posição da partícula   dr dt  v dt , tempo t dr  dt 

94  Tese  W   F C 

2 1 m v 2 dr Demonstração . Como v  , teremos d r  v dt e a segunda Lei de Newton nos permite escrever dt d v , massa m e aceleração a . F m a  F m dt Então, dv W  F d r   m v dt C C dt

dr 







m d v v 2 dt





d v v d t , pois,



 dv   dt

v

dv dt

  dv v   2   dt

 v 

derivada do produto escalar

d v

m 2



m 2 m  W  2



 

d v

- Numericamente, o trabalho realizado corresponde à variação ( ganho ou perda ) de energia cinética da partícula . Para W = 0 , a força é considerada conservativa .

14. Consideremos o campo de vetores vf (“vectorfield”) : = [ 2x, 2y, 1] e a hélice cônica ch (“conichelix”) : = [t*cos(8*t), t*sin(8*t), t, t = 0,,2] . Plotemos o campo de vetores e a curva para antever o que se pode esperar da integral de linha . Resolução : Bastante simples a manipulação dos comandos sintáticos : > restart : with (linalg) : with (plots) : vf:= [2*x, 2*y, 1] ; #Campo vetorial 3-d :

vf := [ 2 x , 2 y, 1 ]

fieldplot3d (vf, x=-2..2, y=-2..2, z=-2..2) ; # Plotagem do campo vetorial :

ch:= [t*cos(8*t), t*sin(8*t), t, t = 0..2 ] ; # Parametrização da hélice :

ch := [ t cos( 8 t ), t sin( 8 t ), t , t 0 .. 2 ] spacecurve (ch) ; # Plotagem da hélice : F:= fieldplot3d (vf, x=-2..2, y=-2..2, z=-2..2) : G:= spacecurve (ch) : display3d ({F,G}) ; # Plotagem simultânea do campo vetorial e da hélice :

linhaint3d:= proc (vf,ch) # Cálculo da integral de linha Int ( dotprod (subs( x=ch[1], y=ch[2], z=ch[3], vf ), diff ([ch[1],ch[2],ch[3]],t)), ch[4] ) = int ( dotprod (subs( x=ch[1], y=ch[2], z=ch[3], vf), diff ([ch[1],ch[2], ch[3]], t)), ch[4] ) ; linhaint3d (vf, ch) ;

2   12 t cos( 8 t ) ( cos( 8 t )8 t sin( 8 t ) )2 t sin( 8 t ) ( sin( 8 t )8 t cos( 8 t ) ) dt6  0 - Resultado positivo, conforme o esperado pela visualização da figura . 2 Interpretação : Ao longo da curva C , a integral de linha representa, simplify (%) ;  numericamente, o trabalho realizado por uma força que desloca uma 1 2 t d t 6     partícula sobre a tal curva, na presença do campo F . Isso equivale a 0 dizer que a integral de linha de F, ao longo da curva C, mede o grau de end :

concordância da circulação do campo F com a orientação da curva C .

95 Problemas propostos v  x z i  x y 2 j  x 2 y z k , calcular 

1. Dada a função vetorial

 rot v 

Resp.: 0 2. Determinar o parâmetro p de modo que o campo de velocidades

v  x, y, z  

p x y  z3 ,

 p  2  x 2 , 1  p  x z 2 Resp.: p  4

seja conservativo ( vale dizer, irrotacional ) .

v  px i  3 py j  4z k seja um campo solenoidal . Resp.: p  2

3. Determinar o valor de p tal que

4. Verificar se o campo vetorial

F  3x 2 y 2 z i  2x3 y z j  x3 y 2 k

é conservativo .

é um campo vetorial conservativo . 5. Sendo v  x, y, z   ou um solenoide .

x z,  x y 2 , x 2 y z , verificar se o campo rot v representa uma fonte , um poço é um campo vetorial solenoidal .

6. Aplicando o teorema de Green, determinar o trabalho realizado pelo campo de

x2  y 2  4

da trajetória circular x2  y 2  4 , no sentido anti-horário .



 2, 0 

F   x3  y 3  i   x3  y 3  j para deslocar uma partícula ao longo

forças

 2, 0 

Resp.: W  24 J ou W  75,39 J

X  x : 2  2 D: 2 2  y :  4x  4x



 D :  : 0  2 r : 02

coordenadas cartesianas

coordenadas polares

7. Aplicando o teorema de Green , calcular a integral curvilínea círculo x  y  1 . 2









xy dx   x  y  dy   .

R:  : 0  2 r: 0 1 coordenadas polares

8. Aplicando o teorema de Green , calcular o trabalho realizado pelo campo de forças F  x, y  

yx D

xy dx   x  y  dy , sendo C o

Resp.:

- Sistema MKS -

y2 i  2 y arctg x j ao deslocar uma partícula ao longo 1  x2

da trajetória mostrada na figura .

yx

Resp.: W  0 .

9. Verificar se, no ponto P ( 3, - 2, 1 ) , o campo vetorial de forças F  2x i  6 y j  4z k fonte , um poço ou um solenoide .

representa uma

Resp. : O campo de forças, em qualquer ponto do espaço, é solenoidal .

96 v  ex i  ey j  ez k

10. Mostrar que o campo vetorial

é conservativo .

Conclusão : rot v  0





v é conservativo .



11. O campo de forças F  2x  y 2 i   3y  4x  j desloca uma partícula ao longo da trajetória triangular fechada, tal como mostra a figura . Utilizando o teorema de Green , calcular o trabalho realizado . Y

 2, 1

 x : 0  2

 2, 0 

12. Sendo

A 

1 2

1 região R :  y: 0  x





x dy  y dx ,calcular a área A da elipse 9x² + 16y² - 144 = 0 . Y

Resp.: A  12  37,68 u.a.

A  4, 0 

14   4,66  3

Resp.: W  



 4, 0  X

13. Mostrar que o trabalho realizado pela força F  x, y    y , x  , ao longo dessa elipse, é nulo . 2

14. Mediante o Teorema de Green , verificar se o campo vetorial

F  x, y   

y2 , 2 y arctg x  1 x 2

constitui um campo conservativo ao longo da astroide de equações paramétricas

 x  cos 3 t  y  sen 3t , 0  t  2 . 

Verificação:



F .dr 

  D

N x

M y



 .dA  0 .

0

Portanto, o campo vetorial F é conservativo . 15. Dado o campo vetorial F  x, y, z    x, y, xz  y  , calcular



ds ao longo da reta r de equações

 xt r :  y  2 t , desde a origem O até o ponto ( 1, 2, 4 ) . paramétricas   z  4t Resp. : 3





ds 

16. Verificar se, num ponto qualquer de ,, o campo vetorial elétrico E  xy 2 i  x  y 3 representa uma fonte, um poço ou um solenoide .



23  3,83 6 j  2 y2 z k

Resp. : O campo elétrico é solenoidal .

Y y



 3, 0 

 3, 0 

Resp.: W 

243   190,85 . 4

 2, 1 18. O campo de forças F   x 2  2y  i   4x  3y  j desloca uma partícula ao longo da tra-

jetória triangular fechada, tal como mostra a figura . Utilizando a expressão vetorial do

R 0



17. Calcular o trabalho realizado pelo campo de forças F  x 2 i  x3  3xy 2 j ao deslocar um corpo ao longo do contorno fechado da região D, partindo do ponto   3, 0  . . - Resolver por parametrização e também pelo Teorema de Green .

9  x2

 2, 0  X

teorema de Green , calcular o trabalho realizado, em joules .

Resp.: W  2 J .

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL IV

- Roteiro Sinóptico -

- Cursos de Engenharia Unidade 5

INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE

5.1. Integral de superfície de uma função escalar . Em paralelo ao estudo da integral de linha, podemos instituir o conceito de integral de superfície de uma função dada f , bastando para isso um estudo mais atento dos conceitos e comentários contidos nas páginas 1017 e 1106 do nosso livro-texto J. S. , 5ª. edição . Inevitavelmente, seremos arremessados às expressões abaixo



f  x, y, z  dS 

f  x, y, g  x, y  

 S

 z   z    1 dA     x   y  2

ou 

f  x, h  x, z  , z 

 S

X Z

 y   y       1 dA  x   z  2

ou 

 S

onde

, S

f  k  y, z  , y, z 

Y Z

 x   x       1 dA  y  z   

e S Y Z representam as projeções ortogonais da superfície dada S: z = g(x, y) sobre os planos XOY,

X Z

XOZ e YOZ , respectivamente, sendo notória a analogia entre a área da superfície, A  S   sobre o plano XOY , e o comprimento de uma curva no plano, L 

 dy  1   dx 

 a

Advertência : Se considerarmos f  x, y, z  poderemos escrever :

 z   z      1  x   y  2

 f  x, y, z  dS

dx . 2

 z   z        1  f  x, y  ,  x   y  2

 f  x, y, g  x, y  

 f  x, y  dA





 z   z    1 dA ,     x   y 

y2  x 

y1  x 

  f  x, y  dy dx .



R XY

Em síntese, a integral de superfície representa uma generalização da integral dupla, pois, nesta, a integração efetua-se numa superfície R do plano XOY, ao passo que, na integral de superfície, a integração é aplicada sobre uma superfície qualquer S do espaço tridimensional . Comentário adicional : Entendemos que, para estabelecer um fechamento convincente dessas afirmativas, convém justificar 2

 z   z  D  x    y   1 dA , representativa da área da superfície S , no desenvolvimento da integral de superfície da função f . 2

a presença da expressão

Pi Si

 Ti

A figura ao lado nos ajudará a confirmar, de maneira inquestionável, o seguinte detalhe : se a superfície S é contínua em todo o domínio D e possui derivadas parciais contínuas na vizinhança do ponto P , a porção ∆S da superfície dada é aproximadamente congruente com o retângulo ∆T que caracteriza uma porção do plano tangente à superfície S , no ponto P . Portanto, a relação lim  S  lim  T é uma decorrência imediata  A 0  A 0 do que foi dito e a integral de superfície da função f , sobre a superfície S se define como



x

, yi 

f  x, y, z  dS  lim

A  0

 f  x , y , z  S i 1

 lim

A  0

 f  x , y , z  T i 1

- Tal procedimento, aliás, vem sendo utilizado desde os nossos primeiros passos na assimilação do conceito de integral definida, vale dizer, sempre considerando as aproximações de figuras geométricas, com alguns componentes curvilíneos, em confronto com outras constituídas apenas por segmentos retilíneos .

98 y

z

A justificativa da expressão mencionada pode ser feita por meio do produto vetorial de dois vetores, tendo em vista que o módulo do vetor produto nos dá a área do retângulo ∆T e, por aproximação, teremos a área da porção de superfície ∆S . Analisemos os vetores a e b como combinações lineares dos vetores unitários dos eixos cartesianos :

z

x

T

a // XOZ deve ser da forma  m, 0, p   x i  z k  z   x i     x k  x  z  x i  x k x

b // YOZ deve ser da forma  0, n , p   y j  z k  z   y j     y k  y  z  y j  y k Calculando o produto vetorial dos vetores a e b , resulta : y

A

a  b  x

y

k  z  z z x    i  j  k  x y x y  x   A z y y



ab



 z   z        1 . A  x   y 

Portanto, fica definitivamente assentada a expressão da integral de superfície de uma função escalar f sobre uma dada superfície S : z = g(x, y) , projetada ortogonalmente sobre o plano XOY :

 f  x, y, z  dS



 S

f  x, y, g  x, y  

 z   z        1 dA  x   y  2

As deduções das integrais de superfície relativas aos dois outros planos XOZ e YOZ são feitas analogamente .

Aplicações ilustrativas . 1.

Problema 6, página 1116 do livro-texto, JS : Calcular a integral de superfície região triangular com vértices (1, 0, 0) , (0, 2, 0) e (0, 0, 2) .



x y dS 

1, 0, 0  X

Maple :

 S

S xy

sendo a superfície S a

Resolução . Como ilustração, vamos calcular a integral considerando as três projeções :  f  x, y, z   x y : função dada  a) Projeção sobre XOY :    z  g  x, y   2  2x  y : superfície

0, 0, 2 

 x y dS ,

1 22x

 z   z        1 dA   x   y 

 



6 2

0, 2, 0 

xy 4  1  1 dy dx

0 1

  4x  8x 0

> Int (Int (x*y*sqrt(6), y = 0..2-2*x), x = 0..1) = int (int (x*y*sqrt(6), y = 0..2-2*x), x = 0..1) ;

1 22 x 6     x y 6 dy dx  6   0 0 > with (plots) : implicitplot3d (z=2-2*x-y, x = 0..1, y = 0..2, z = 0..2, numpoints = 5000) ;

 4x 3  dx 

6 6



99 Z

XOZ : y  2  2x  z

b) Projeção sobre

0, 0, 2 



x y dS 

 y   y        1 dA   x   z  2

1 22x

  x  2  2x  z  0



S xz 0



 xz 2  2 2xz  2x z    2   1

0, 2, 0 

1, 0, 0 

4  1  1 dz dx

 2

  x  2x

x

 dx

22x

dx 0



6 6



Maple : > Int (Int (x*(2-2*x-z)*sqrt(6), z = 0..2-2*x), x = 0..1) = int (int (x*(2-2*x-z)*sqrt(6), z = 0..2-2*x), x = 0..1) ;

1 22 x 6     x ( 22 x z ) 6 dz dx  6   0 0 > with(plots):implicitplot3d (y =2-2*x-z, x = 0..1, y = 0..2, z = 0..2, numpoints = 5000) ;

 x y dS



0, 2, 0 

1, 0, 0 

 S

S YZ



Calcular a integral de superfície

 x dS ,

1 1   1 dA 4 4

2 2 y

 



> Int (Int ((y-y^2/2-y*z/2)*sqrt(6)/2, z=0..2-y), y=0..2) = = int (int ((y-y^2/2-y*z/2)*sqrt(6)/2, z=0..2-y), y=0..2) ;

y z  2 2

YOZ : x  1 

c) Projeção sobre

0, 0, 2 

 y2 zy  y     dz dy 2 2  

2 2y 1 1      y y 2 y z      2 2       2       0 0

6 dz dy

6 6

sendo a superfície S o hemisfério superior de x  y  z  9 . 2

Resolução . Calculemos a integral, projetando a superfície no plano XOY :  f  x, y, z   x 2 : função dada    z  g  x, y    9  x 2  y 2 : superfície 

SXY



 x dS 2



 S

 x:  3  3  SXY :  2 2   y:  9  x  9  x



9  x2

9x

x2 2

9  x2

 

3 

9  x2

 

3 



 

3 



 z   z        1  dA  x   y 

9x

x2  2

   x     9  x 2  y 2       x2  y 2  9   x2  y 2  9   x2  y 2  3 9   x2  y 2 

 dy dx

 y 9   x2  y 2   dy dx

   1  dy dx  

100 Aplicando o sistema de coordenadas polares : 2 3



   : 0  2 SXY :    r: 0  3

 r 0

 0

9r

cos 2  

0 2 3

 3 fazendo

cos 2  dr d

9  r 2  u  du  2 0

 3

r dr d

9  r2

 ur :: 03  30

 r dr 9r

  cos   9  u  du d 2

0 3 2

 u3    3  cos   9u   d 3  3  0 2

2

 54

 0

Maple :

sen 2   cos  d  54    4   2

2

 54  .

> 3 * Int (Int (r^3*(cos(theta))^2 / sqrt(9-r^2), r = 0..3), theta = 0..2*Pi) =

= 3 * int (int (r^3*(cos(theta))^2 / sqrt(9-r^2), r = 0..3), theta = 0..2*Pi) ;

2 3     3 2   r cos(  )  3 dr d54    2     9r   0 0 > plot3d (sqrt (9-x^2-y^2) , x = -3..3, y = - sqrt (9-x^2)..sqrt (9-x^2) ) ; - Recomendamos ao leitor efetuar o cálculo da integral, considerando as outras duas projeções . 3.

Problema 35, página 1117 do livro-texto, JS : Determinar o centro de massa do hemisfério x  y  z  a , z  0 , sabendo-se que sua densidade é constante . 2

Resolução . Se o hemisfério tem densidade constante, sua massa é uniformemente distribuída :  (x, y, z) = k .   x, y, z  dS e o moDeveremos, pois, calcular a massa m 



a  G  0, 0,  2 

mento

MXY 

 z   x, y, z  dS do hemisfério para chegarmos ao S

centro de massa

SXY



 x, y, z  .

Ora, já sabemos que as duas primeiras

coordenadas são nulas, pois, o eixo OZ é eixo de simetria da região he-

z e o faremos na esteira do proble-

misférica . Resta, portanto, calcular ma anterior :

  f  x, y, z   x : função dada  z  g  x, y    a 2   x 2  y 2  : superfície   Cálculo do centro de massa z : 2

2 a

Cálculo da massa m :

m 

 k dS



 k S

2 a



 0

 z   z        1 dA  x   y  2

k ar a r 2

dr d 

 2 k  a2

z

MX Y m



 k 0

a  z  2

r dr d

  k a r dr d 0

a  r2 2

2 a



a2  r 2 .



k a3 2  2 2 k a2

101 4.

Problema 36, página 1117 do livro-texto, JS : Determinar a massa de um funil fino com o formato do cone

z  g  x, y  

x 2  y 2 , 1  z  4 , sendo sua função densidade   x, y, z   10  z . Resolução . O funil tem densidade variável, sua massa não é uniformemente distribuída :     x, y, z   10  z  10  x 2  y 2 : função dada  2 2   z  g  x, y   x  y : superfície Projetemos a superfície no plano XOY e apliquemos o sistema polar : superfície cônica

g' x 

de revolução

x y 2

2 0



1 z  4 

r :: 1042

   x, y, z  dS

m

r cos   cos  r



g' y  sen  2

g' x  g'y  1 

2 4



  10  r  r dr d

 54

2



d

 m  108 2  .

Problema 37, página 1117 do livro-texto, JS : a) Formular uma expressão integral para o momento de inércia I Z , em torno do eixo OZ, de uma folha fina no formato de uma superfície S se a função densidade é  . b) Determinar o momento de inércia I Z do funil do problema anterior . Resolução . a)

Já vimos que o momento de inércia de um sistema de partículas, em relação a um dado eixo t , é dado por

I t  lim

n

Portanto,

IZ 

 d

m i 1

2 Z

d i2 , sendo d i a distância de cada ponto ao eixo considerado .

  x

  x, y, z  dS ou

 y 2    x, y, z  dS .

O momento de inércia I do funil será Z

IZ 

  x

 y 2    x, y, z  dS 

  x



  y   10  2

2 4

  10 r 0

 

x 2  y 2 dS x2  y 2

2 dA

 r 4  dr d

4329 5

 6.

 y 2  10 

2 .

Problema 38, página 1117 do livro-texto, JS : A superfície cônica z 2  x 2  y 2 , 0  z  a , tem densidade constante k . Determinar seu centro de gravidade e o momento de inércia em torno do eixo OZ . Resolução . O cone tem densidade constante, sua massa é uniformemente distribuída :    x, y, z   k : função dada  2 2  z  g  x, y   x  y : superfície 2a   G 0 , 0 , Projetemos a superfície no plano XOY e apliquemos o sistema polar :  . 3   2 2 superfície cônica 0  z 2  x 2  y 2  a 2   : 0  2 e g' x  g'y  1  2 r : 0a de revolução = r² A massa m da superfície cônica é dada por Y m  k dS  k 2 dA r









X Também aqui, o centro de gravidade será

z 

MXY m



 k z dS S

2 a

2 k 

  r dr d



2 a

2 k



  r dr d 0

m 

2 k a 2 .

0 , 0 , z , pois, a densidade é constante . Então,



2 3

2 k  a3 2 k a



2a 3

2a    G 0 , 0 ,  . 3  

102 IZ 

Momento de inércia :

  x

 y 2    x, y, z  dS 

 r

k dS 



 r 0

 IZ 

Maple :

 r

2 a

2 k

dr d

2 k  a4 . 2 Simulação : a = 3

> sqrt (2) * k * Int ( Int ( r^3, r = 0..a ), theta = 0..2*Pi ) =

= sqrt (2) * k * Int (Int ( r^3, r = 0..a ), theta = 0..2*Pi ) ;

2 a 4   3 2ka    2 k   r dr d 2   0 0

> with (plots):implicitplot3d z = sqrt(x^2+y^2), x = -3..3, y = -3..3, z = 0..3) ;

5.2. Integral de superfície de uma função vetorial . Nas unidades anteriores vimos as integrais simples, duplas e triplas sendo definidas em regiões de duas e três dimensões . Assim como estudamos as integrais de linha, atuando ao longo de curvas bi e tridimensionais, vimos também a possibilidade de considerar uma outra modalidade de integral (integral de superfície) de uma função escalar, operando sobre uma dada superfície S , ocasião em que observamos o quanto a integral de uma superfície e a área dessa mesma superfície guardam uma relação bastante semelhante àquela existente entre a integral de linha e o comprimento da curva . Nos próximos parágrafos estudaremos essa mesma integral de superfície, porém aplicada a uma função vetorial e, por via de consequência, os desdobramentos teóricos resultantes dessa análise nos conduzirão aos teoremas de Gauss e de Stokes, pilares básicos do tratamento dos fluxos elétricos, mecânicos e magnéticos . Voltamos a repetir, o encaminhamento de nosso curso estará sempre inclinado para raciocínios algébricos e geométricos, intuitivos e dedutivos, perseguindo sempre os resultados práticos e compatíveis com os conceitos físicos e as disciplinas tecnológicas que compõem o conteúdo programático dos cursos de engenharia . sobre um outro plano :

Façamos algumas considerações sobre uma dada superfície plana S e sua projeção ortogonal S





n

: vetor unitário normal ao plano 

n

: vetor unitário normal ao plano 

medida da área S

s : medida da área S 



Da Trigonometria, concluímos :

S



s  s cos 

Apliquemos agora esses conceitos iniciais aos planos cartesianos :

Projeções ortogonais de uma área plana S sobre os planos coordenados :

n Syz

Sxz

: vetor unitário do gradiente

A área S está contida num plano normal ao vetor Convenções : ângulo formado por n e i :

ângulo formado por n e j : ângulo formado por n e k :

k i

j Sxy

  

 s x y  s cos    Consequências :  s x z  s cos    s  y z  s cos 

103 Orientação convencional de uma superfície : Seja S uma superfície aberta :

A representação algébrica da superfície é z = f (x, y) : forma explícita F (x, y, z) = 0 : forma implícita



: face positiva da superfície ( face voltada para o sentido do vetor gradiente da função, no ponto considerado P )

S F



: face negativa da superfície ( face voltada para o sentido oposto do vetor gradiente da função, no ponto considerado P )

Se S é uma superfície fechada :

F F





: face positiva da superfície é sua face externa : face negativa da superfície é sua face interna

Fluxo de um vetor : Seja S : f(x, y, z) = 0 uma superfície contínua de área s , de modo que cada um de seus pontos P seja definido por um único vetor F . F Apliquemos em P o vetor unitário n : f n  : vetor unitário do gradiente  f P

Definição 1 . Chama-se fluxo de

sendo

através da superfície S , no ponto P , o produto





 F  F n ds ,  F  0 , se o sentido de F é de

F  F

F  0 ,

F  F

se o sentido de

é de

Advertência : Outra representação desse fluxo pode ser dada na forma

F  F dS ,

onde F é um campo vetorial definido sobre uma superfície orientada S . Poderemos então, a partir de agora, considerar equivalentes as duas expressões



Integral de superfície de uma função vetorial .

A integral de superfície de uma função vetorial F, através de uma superfície S , também denominada fluxo F através de S , é definida por

F 

Y d s x y  dx dy

  F



n ds ,

se S é aberta

ou  F   S

F



n ds ,

se S é fechada

104 Cálculo da integral de superfície . De acordo com a situação problemática apresentada, analisamos a conveniência da escolha de um dos três planos cartesianos XOY , XOZ ou YOZ onde projetar a superfície S para desenvolver o cálculo da integral . Evidentemente, há situações em que a ocorrência de simetrias permite uma opção aleatória por qualquer um desses planos ou por dois ou, ainda, por apenas um deles . a)

Projetando a superfície S sobre o plano XOY :

d s x y  ds cos 

n , k   

 dx dy , pois k cos   cos 

Como n k  n

n k  cos 



dx dy

 ds 

n k

  F

Portanto,





n ds 

Projetando a superfície S sobre o plano XOZ :

n , j   

d s x z  ds cos   dx dz , pois Como n

dx dy

n k

j cos   cos  

j  n

j  cos 

 ds 

dx dz n

  F

Portanto,





n ds 

dx dz

  F

Projetando a superfície S sobre o plano YOZ : Mutatis mutandis,



n ds 

 S

dy dz

Aplicações elucidativas . A seguir, alguns exemplos ilustrativos : 1.

Calcular a integral

  F



n ds , sendo F  x i  y j  z k e a superfície S é o hemisfério superior

x2  y 2  z 2  4 .

S : x 2  y 2  z 2  4  z  f  x, y   4  x 2  y 2

Resolução . n

f  x, y, z   x 2  y 2  z 2  4  0

ou f

n 

 X

  F S



n ds 



f

2x i  2 y j  2z k 2 x y z 2



F 2

 n k 

z 2

  F S



dx dy

    x, y, z  S XY



n k 

 S

 x, y, z   dx dy   z 2  2 dx dy

 S

dx dy z

4   x2  y 2 

Cabe aqui a aplicação do sistema polar para integrais duplas : 2 2



faz  se



4  r2

r dr d

4  r 2  v  dv 

 r dr 4  r2

2 0

 4

  dv d 0

e v:2 0

2

 4



 2 d  16  .

- Sugerimos ao leitor a resolução da integral, projetando a superfície nos outros dois planos coordenados, devendo encontrar o mesmo resultado numérico .

105 2.

Calcular o fluxo de

Z F

F  x i  y j  z k através da superfície do plano 2x + 3y + z – 6 = 0 , no 1º. octante . Resolução . Projetemos a superfície sobre o plano YOZ , por exemplo . O domínio da região projeção será

0, 0, 6 

f  x, y, z   2x  3 y  z  6  0 f 2i  3 j  k n    n 14 f 2x  3 y  z 6 F n   14 14 6 3 y 2 dz dy 6 0 14 2  3 0 6  3y  dy

S yz Y

0 X

0, 2, 0 

 3, 0, 0 

 F  

Então,

 zy:: 00  62  3y

S yz :



dy dz 

2 14

i 

  F  18 .

14 - Reiteramos a sugestão feita no problema anterior para encontrar, nos outros dois casos, o mesmo resultado encontrado neste . 3.

Calcular o fluxo de

F  i  y j  xz k

através da superfície S do cilindro parabólico x² - y = 0 , situado no

primeiro octante e limitado pelos planos z = 0, z = 3, x = 0 e y = 1 .

0, 0, 3

S : x 2  y  0  y  f  x, z   x 2

Resolução .

ou n 

S yz 0

0, 1, 0 

Então,

 F   S

dy dz 



f

2x i  j

 n

4x  1 2

1, 0, 0 

f

f  x, y, z   x 2  y  0

 0

2x  y

n 

4x 2  1



 y  1   dy dz    2  

2 yy



4y 1 3

 0

 y  

y3   3  

i 

F

2 y 4y 1

  1

y 2

F 4 .

- Sugerimos ao leitor a resolução da integral projetando a superfície no plano XOZ , pois, se tentarmos projetá-la no outro plano XOY , encontraremos apenas uma curva e esta inviabiliza o cálculo de uma integral de superfície . 4.

Problema 22, página 1117 do livro-texto, JS : Determinar o fluxo da função vetorial através da superfície S : parte do cone

z

x2  y 2

S : x 2  y 2  z 2  0  z  f  x, z  

(plano z = 1) superfície cônica de revolução



abaixo do plano z = 1, com orientação para baixo .

Resolução .

F  x i  y j  z4 k

Consideremos a projeção da superfície cônica no plano XOY , pois, nos outros dois planos as projeções não são regulares :

n 

f f



2x i  2 y j  2z k 4x 2  4 y 2  4z 2

 n

k  

n 

x2  y 2

2  x2  y 2  z 5  2 x2  y 2  z 2



z2  z5 2z



2  z  z4   2

2z 2 x2  y 2  z 2 z

2 z 2  2 F n   z  z4 n k





106 Levando em conta a orientação negativa recomendada e a pertinência do sistema polar essa situação, teremos :

F 

  S

2

dx dy  

2

    r  r  r dr d 0





z

x2  y 2  r

 r3 r6     6   3



d  0

para

 3

Uma carga elétrica positiva pontual q situa-se na origem de coordenadas e gera um campo vetorial que, segundo a Lei de Coulomb , em cada ponto do espaço existe o vetor força

F  x, y, z   k

r ,

k constante ,

sendo r  x i  y j  z k o vetor dirigido ao longo da superfície e

a distância de cada ponto à origem .

Mostrar que o fluxo do campo vetorial através de uma superfície esférica de raio R e centro na origem é 4  k q .

Demonstração . F  x, y, z   k

r ,

k constante , r  x i  y j  zk

S : superefície esférica de centro na origem e raio R =

Então, o fluxo será calculado como segue :

 F    F





n dS 

 k   



r r

Os vetores

e n

 n  dS 2  r  r    r S  r n  dS   r

são unitários e de mesma direção, pois, a superfície é esférica :



 1 dS

S  4  R 2 : área da superfície esférica

  F  4 k q .

Em tempo : Se quisermos ajustar essas operações aos padrões das resoluções anteriores, basta seguir o roteiro S : x2  y 2  z 2  R2  r



f  x, y, z   x 2  y 2  z 2  R 2  0  r

f

n 

f  k   

n 

 q 3

2x i  2 y j  2z k 4x 2  4 y 2  4z 2  r   

 r

 kq

x i  y j  zk x2  y 2  z 2

 F    F



n dS 





 S

dx dy



R  x2  y 2 2

R 2  r 2  v  dv   

2

 

0 r 2 R k q

R 0

dv d

 2 k q

 n

k 

z r



kq r

Cálculo do fluxo no hemisfério superior :



 r k q 2  r r  k q 2 R

 

0 r 2r dr

2 R2  r 2





n k

R2  x2  y 2

 n   r dr d



R2  r 2 r: 0  R v: R  0

Haja vista a simetria existente entre as regiões hemisféricas, o fluxo no hemisfério inferior também apresentará o mesmo resultado e, portanto, o fluxo total do campo através da superfície esférica será

 total F  4  k q .

107 6.

Problema 42, página 1117 do livro-texto, JS : Utilizar a Lei de Gauss para calcular a carga dentro de um cubo com vértices   1,  1,  1  , se o campo elétrico é E  x, y, z   x i  y j  z k .

0, 0, 1 0,  1, 0 

Resolução . A Lei de Gauss (da eletrostática) diz : “A carga contida numa superfície S é Q   0 E d S , onde  é a constante de permissivi-



dade do espaço livre e E é um campo elétrico .”

 1, 0, 0  0, 1, 0 

1, 0, 0 



F  E  x, y, z   x i  y j  z k ,

Q   0  F



n dS

S1 : z  1 

0, 0,  1



Q1   0  E d S   0  F

f  x, y, z   z  1 :







 4 0

 f   k  n k 1 n   f   F n   z

   z   1  dx dy

1 1

 dx dy

1 1

f  x, y, z   z  1 : 1

  z  1 dx dy   0 

1 1

Q 2   0  E d S   0  F n dS   0  S

n dS   0 

S2 : z  1 

 f k  n k 1 n  f   F n z

 0 

 dx dy

 4 0

1 1

Repetindo as operações com as outras quatro faces, encontraremos :

Q 3  Q 4  Q 5  Q6  4 0

Q total  24  0 .



Problema 44, página 1117 do livro-texto, JS : A temperatura em um ponto de uma esfera com condutividade k é inversamente proporcional à distância ao centro da esfera . Determinar a taxa de transmissão de calor através dessa superfície esférica S de raio R = a e centro na origem do sistema de coordenadas . Resolução . O fluxo de calor é definido como o campo vetorial F   k  u , onde k é a constante de condutividade térmica da substância e  u é um campo de temperatura . A Lei do fluxo de calor (Fourier) declara : “A taxa de fluxo de calor através de uma superfície S é dada pela integral de superfície

 F

dS 

  u

n dS   k

Portanto, u  x, y, z  

d S ." - Ver página 1102 do JS – 4ª. edição

, pois, neste problema, a temperatura é inversamente proporcional à distância ao centro da esfera .

x  y2  z2 2

 cx i cy j cz k F   k  u   k    3 3  x2  y 2  z 2 x2  y 2  z 2 x2  y 2  z 2  kc kc  x i  y j  zk  3 x i  y j  zk 3 a x2  y 2  z 2









   

Como se trata da superfície esférica f  x, y, z   x  y  z  a , seu vetor normal unitário é 2

n 

f f





2 x i  y j  zk 2a



F n 

k ca2 kc   3 aa a2

Então, a taxa de transferência de calor através da superfície esférica será :

 F S

dS 

  F S



n dS 

kc a2

 d S S



kc  4  a2 2 a



 F

d S  4 k c .

- Observemos a exuberante analogia do resultado encontrado ( fluxo térmico) com a expressão do fluxo elétrico analisado na aplicação 5 da página anterior .

108 5.3. Teorema de Gauss . Também denominado Teorema da divergência ou, como preferem alguns autores europeus, Teorema de Ostrogradsky (1801-1862, matemático russo que o publicou em 1826) , tal teorema estabelece o fluxo de um campo vetorial sobre uma superfície fechada S que atua como fronteira de uma região tridimensional R . Essa tal superfície fechada S pode ser uma superfície esférica, um elipsoide, um tetraedro, um cubo ou qualquer superfície fechada mais complicada . O teorema é demonstrável para quaisquer situações que sejam compatíveis com as restrições impostas para sua aplicabilidade : admitir integrais triplas em R , admitir integrais de superfície em S , orientação convencional positiva para S . Todavia, o aprofundamento teórico exigido para tanto nos leva a omitir sua demonstração para o caso genérico, porém nos acende o interesse em apresentá-la apenas para aquelas regiões cuja natureza recaia nos moldes geométricos de maior utilidade em nosso curso e que já tenham sido objeto de nossos estudos . Seja R uma região em três dimensões, delimitada por uma superfície S , e denotemos por n o vetor normal unitário exterior a S , em (x, y, z) . Se F é uma função vetorial dotada de derivadas parciais contínuas em R , então



n dS 

 

F dV



 div F

dS 

isto é, o fluxo de F sobre S é igual à integral tripla da divergência de F sobre R . Demonstração . A demonstração mais encontrada nos textos de Cálculo compatibiliza-se inteiramente com a apresentada pelo nosso autor, J S , página 1111, 4ª. edição :

Seja F  f  x, y, z  i  g  x, y, z  j  h  x, y, z  k . f g h Então, div F    x y z  f g h div F d V   dV   dV   dV  x y z R R R R  F d S    F n dS   f i  g j  h k n dS







 f

i n dS   g j n dS   h k

n dS

Para arrematar a demonstração, basta mostrar a veracidade das três relações

 f

i n dS 

 g

f

 x dV R

j n dS 

 h k

 R

n dS 

 R

g dV y h dV z

- Observe que a sequência dos lances de demonstração guarda uma esmerada analogia com a do Teorema de Green . Portanto, seguindo o roteiro do livro-texto, chegaremos ao desfecho final .

Exemplos ilustrativos :

0, 0, 1 0,  1, 0 

1, 0, 0 

0, 0,  1 X

 1, 0, 0  0, 1, 0 

Aplicar o teorema da divergência para calcular

 F

n dS , sendo

S F  y sen x i  y 2 z j   x  3z  k e S é a superfície da região delimitada pelos planos x   1 , y   1 e z   1 . Resolução : Y     i  j  k     F  y cos x  2 yz  3 x y z  2  F  y sen x i  y z j  x  3z k   

e S é uma superfície cúbica de aresta 2 , centro na origem .

109 Então,

 

F dV 

    y cos x  2 yz  3  dz dy dx

1 1 1 1 1



   yz cos x  yz

1 1 1 1





1

dy dx 1

 y

cos x  6 y 

1

 12 dx

1

 2 y cos x  6  dy dx 

1 1 1



 3z 

1 1

   F dV  24 R

Significado físico : Taxa de variação do fluxo que sai (sentido para fora : + 24 u³/t ), com a velocidade F : fonte .

Maple :

> restart : with (linalg) : with (plots) :

2 vf := [ y sin( x ), y z, x 3 z ]

> vf:= [ y*sin(x), y^2*z, x+3*z ] ; #Campo vetorial :

> vF:= (x,y,z) -> [ y*sin(x), y^2*z, x+3*z ] ; #Fluxo de F (função vetorial) sobre a superfície S :

2 vF := ( x , y, z )[ y sin( x ), y z, x 3 z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-2..2, y=-2..2, z=-2..2 ) : #Plotagem do campo vetorial F : > G:= plot3d ({-1,1}, x=-1..1, y=-1..1) : #Plotagem da superfície S : > display3d ({F,G}) ; #Plotagens simultâneas : > Int (Int (Int (diverge(vF(x,y,z), [x,y,z]), z=-1..1), y=-1..1), x=-1..1) ;

1 1 1       3y cos( x )2 y z dz dy dx    -1 -1 -1 2.

Determinar o fluxo de F  x i  y j  z k

> value(%) ; 24

através da superfície do plano 2x + 3y + z – 6 = 0 , no 1º. octante .

Resolução : Mostremos a resolução do problema 2, página 105, por meio do teorema de Gauss .

 F  xi  y j  z k   S : 2x  3 y  z  6  0 ou x  y  z  1 : plano inclinado  3 2 6    x   y   z   F     3 : divergência x y z

F 



n dS 

  Maple : > restart : with (linalg) : with (plots) : > vf:= [ x,y,z ] ;

vf := [ x , y, z ]



R 3

2

F dV 2 x 3

6  2 x 3 y

3 .dz .dy .dx    3  6  2x  3 y  .dy .dx  2  3   x  4x  6  .dx  3  0

0 3

2

0 2 x 3

 3  6  18  18 

> vF:= ( x,y,z ) -> [ x,y,z ] ;

vF := ( x , y, z )[ x , y, z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=0..3, y=0..2, z=0..6 ) : > G:= plot3d ( 6-2*x-3*y, x=0..3, y=0..2-2/3*x ) : > display 3d ( { F,G } ) ; > int (int (int (diverge ( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z = 0..6-2*x-3*y ), y = 0..2-2/3*x ), x = 0..3 ) ;

 

  F  18 .

110 3.

Determinar o fluxo de F  yz i  xz j  xy k , sendo S a superfície x Resolução :

 F 



  yz  x

n dS 

  xz 



y

 



  xy 

2 3

y

2 3

z

2 3

 1

(astroide) .

 0

z

F dV



 0 dV R

 0 .

Conclusão : A taxa de variação do fluxo é nula e, portanto, o campo de velocidade F , na superfície asteróidica, é solenoidal .

vf := [ y z, x z, x y ]

Maple : > vf:= [ y*z, x*z, x*y ] ; #Campo vetorial : > vF:= (x,y,z) -> [ y*z, x*z, x*y ] ; #Fluxo de F

(função vetorial) sobre a superfície S :

vF := ( x , y, z )[ y z, x z, y x ] > F:= fieldplot3d ( vf, x=-1..1, y=-1..1, z=-1..1 ) : #Plotagem do campo vetorial F : > G:= plot3d ({-sqrt(1-x^(2/3)-y^(2/3))^3, sqrt(1-x^(2/3)-y^(2/3))^3}, y = -1..1, x=-1..1) : #Plotagem da superfície S : > display3d ({F,G}) ; #Plotagens simultâneas : > Int (Int (Int (diverge(vF(x,y,z), [x,y,z]), z = -sqrt(1-x^(2/3)-y^(2/3))^3 . . sqrt(1-x^(2/3) -

1 1          -1 -1

 2 2           3   3    1x y 

3     2

 2 2           3 3    1x y 

Calcular a integral de superfície

 F

- y^(2/3))^3), y = -1..1), x = -1..1) ;

> value(%) ;

0 dz dy dx 3     2

n dS , sendo F  y 3 e z i  xy j  x arctg y k e S é a superfície

da região delimitada pelos planos coordenados e o plano x + y + z = 1 .

Resolução : Aplicando o teorema de Gauss, teremos



n dS 

 

0, 0, 1

F dV



  x dV R 1

1 x



 



  x  x 1

1 x



1 x  y 0

 x dz dy dx 2

 xy  dy dx

 x3 x 2  0   2  x  2  dx 1 x4 x3 x2      8 3 4 0



1, 0, 0 

0, 1, 0 

  x :0 1 R :  y: 0  1 x   z : 0  1 x  y

div F  0 :

 S

1 n dS    24

P(x, y, z) é um sorvedouro ou poço .

111 3 z vf := [ y e , x y, x arctan( y ) ]

> vf:= [ y^3*exp(z), - x*y, x*arctan(y) ] ;

Maple :

> vF:= (x,y,z) -> [ y^3*exp(z), -x*y, x*arctan(y) ] ;

3 z vF := ( x , y, z )[ y e , y x , x arctan( y ) ] > F:= fieldplot3d ( vf, x=0..1, y=0..1, z=0..1 ) : > G:= plot3d ({0, 1-x-y}, y=0..1-x, x=0..1) : > display3d ({F,G}) ; > Int (Int (Int (diverge( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z=0..1-x-y), y=0..1-x), x=0..1) ;

1 1x 1x y        x d z dy d x    0 0 0 5.







Resolução :



 F  2x  2z  1 e

j z

z

Calcular o fluxo de F  x  sen yz i  y  xe planos x + z = 2 , z = 0 e o cilindro x² + y² = 4 .

-1

> value(%) ;

k , sendo S a superfície da região limitada pelos

 

n dS 

F dV 

  2x  2z  1 dV V

Em coordenadas cilíndricas, a região V será expressa por

   : 0  2 V :  r : 0 2   z : 0  2  x  2  r cos 

0, 0, 2  Y



0, 2, 0 



n dS 



 2, 0, 0 



  2x  2z  1 dV V 2

0 2

2  r cos 

 2r cos   2z  1 r dz dr d        r cos   r cos   6r  dr d   8    12  3 cos   4 cos   d 0

8 sen 2    12  sen  4    3 4   2  20  .

2

Maple : > vf:= [ x^2+sin(y*z), y-x*exp(-z), z^2 ] ;

( z ) 2 2 vf := [ x sin( y z ), yx e ,z ]

> vF:= (x,y,z) -> [ x^2+sin(y*z), y-x*exp(-z), z^2 ] ; > with (plots) : implicitplot3d ( {r=2, z = 2-r*cos(theta) }, r = 0..2, theta = 0..2*Pi, z = 0..4, coords = cylindrical, numpoints =1 000) ;

( z ) 2 2 vF := ( x , y, z )[ x sin( y z ), yx e ,z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-3..3, y=-3..3, z=0..3 ) : > G:= plot3d ({0, 2-x}, y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2), x=-2..2) : > display3d ({F,G}) ; > Int (Int (Int (diverge( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z=0..2-x), y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2)), x=-2..2) ;

      -2 

4x

2x  12 x 2 z dz dy dx   2 0

> value (%) ;

20 

> evalf (%, 5) ; 62.832

112 - Poderíamos ainda utilizar um outro discurso sintático :

( z ) 2 2 F := [ x sin( y z ), yx e ,z ] divF := 12 x 2 z

> F:= [x^2+sin(y*z), y-x*exp(-z), z^2] ; > divF:= diverge (F, [x,y,z]) ;

> Int(Int(Int (diverge(vF(x,y,z), [x,y,z]), z=0..2-x), y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2)), x=-2..2) = = int(int(int (diverge(vF(x,y,z), [x,y,z]), z=0..2-x), y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2)), x=-2..2) ;

2 2 4x 2x    12 x 2 z dz dy dx 20        -2 2 0  4x > divF:= subs(x=r*cos(theta), y=r*sin(theta), z=z, divF) ; # Se quisermos utilizar as coordenadas cilíndricas > Int (Int (Int (r*divF, z=0..2-r*cos(theta)), theta=0..2*Pi), r=0..2) = = int (int (int (r*divF, z=0..2-r*cos(theta)), theta=0..2*Pi), r=0..2) ;

2 2  2r cos(  )    r ( 12 r cos(  )2 z ) dz d dr20        0 0 0

- Se quisermos visualizar a plotagem vetorial da região, teremos : > vf:= [x^2+sin(y*z), y-x*exp(-x), z^2 ] ;

( x ) 2 2 vf := [ x sin( y z ), yx e ,z ]

> vF:= (x, y, z) -> [x^2+sin(y*z), y-x*exp(-x), z^2 ] ;

( x ) 2 2 vF := ( x , y, z )[ x sin( y z ), yx e ,z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-2..2, y=-2..2, z=0..2 ) : > G:= plot3d ({0, 2-x}, y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2), x=-2..2) : > display3d ({F,G}) ;

Verificar o teorema da divergência (de Gauss), calculando a integral de superfície e a integral tripla, confrontando as tarefas e os resultados : F  x i  y j  z k e S : esfera x 2  y 2  z 2  4 . Resolução : O cálculo dessa integral de superfície (fluxo) já foi feito na resolução da 1ª. aplicação, na página 100 desta unidade . Naquela ocasião encontramos o valor 16  para o hemisfério superior . Considerando n uma normal unitária para o hemisfério inferior de S , encontraremos o mesmo valor, graças à simetria existente entre as duas regiões hemisféricas de centro na origem . Portanto, o fluxo total será  total  F n dS  32  . Confrontemos tal resultado com a integral tripla :

 S

 F  111  3

   : 0  2 R:   : 0     :02

F n





coordenadas esféricas

P, , 

  R



F dV 

2



2

2 0

3  2 sen  d  d  d



  sen  d d   8   cos  d  16  d

 8 Y



   0 2

 0  32  .

- São notórias as vantagens oferecidas pelas vias da integração tripla .

113 Maple :

vf := [ x , y, z ]

> vf:= [ x, y, z ] ;

vF := ( x , y, z )[ x , y, z ]

> vF:= (x, y, z) -> [x, y, z] ;

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-3..3, y=-3..3, z=-3..3 ) : > G:= plot3d ({-sqrt(4-x^2-y^2), sqrt(4-x^2-y^2)}, y=-sqrt(4-x^2)..sqrt(4-x^2), x=-2..2) : > display3d ({F,G}) ; > Int (Int (Int (diverge ( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z =-sqrt (4-x^2-y^2)..sqrt(4-x^2-y^2) ), y =-sqrt (4-x^2)..sqrt(4-x^2) ), x =-2..2 ) ;

      -2  7.

4x

   2 4x 

2 2 4x y

32  100.531 > evalf (%, 6) ;

3 dz d y dx

> value (%) ;

2 2 4x y

Problema 42, página 1117 do livro-texto, JS : Utilizar a Lei de Gauss para calcular a carga dentro de um cubo com vértices   1,  1,  1  , se o campo elétrico é E  x, y, z   x i  y j  z k . Resolução . Na página 103 deste compêndio, o problema já foi resolvido pelo procesZ so convencional de cálculo da integral de superfície. Mostremos agora a resolução por meio do teorema da divergência :

0, 0, 1 0,  1, 0 

1, 0, 0 

F  E  x, y, z   x i  y j  z k ,

 1, 0, 0 

Então, Q   0 Y

0, 1, 0 



 E



d S   0  E n dS



Q   0  F



n dS





  0  

E dV

0, 0,  1

 0

   3 dx dy dz

 Q  24  0 .

1 1 1

Maple : > vf:= [ x, y, z ] ;

vf := [ x , y, z ]

> vF:= (x,y,z) -> [ x, y, z ] ;

vF := ( x , y, z )[ x , y, z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-1..1, y=-1..1, z=-1..1 ) : > G:= plot3d ({-1, 1}, y=-1..1, x=-1..1) : > display3d ({F,G}) ; > Int (Int (Int (diverge( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z=-1..1), y=-1..1), x=-1..1) ;

1 1 1       3 d z dy dx    -1 -1 -1

> value (%) ;

- Como a carga Q é dada por

Q   0  F

n dS , resulta : Q  24  0 .

F   k u , u  x, y, z  

c x2  y 2  z 2

 F 



kc x i  y j  zk a3



 F 

3k c a3

114 A taxa de transmissão de calor será



 F dV 

3k c a3



dV 

3 k c 4  a3   4 k c . 3 a3

volume da esfera de raio a

- Se quiséssemos resolver a integral acima, bastaria apelar para as coordenadas esféricas :

   : 0  2 R:   : 0      :0  a 9.



dV 

2



   0

a 0

 2 sen  d  d d 



4  a3  3

3 2 2 2 Problema 10, página 1129 do livro-texto, JS : Calcular o fluxo de F  x, y, z   x y i  x y j  x y z k ,

sendo S a superfície do sólido limitado pelo hiperboloide x 2  y 2  z 2  1 e pelos planos z = - 2 e z = 2 . Resolução .

div F   F  3x2 y  2x2 y  x 2 y  0 Então,

 div F dV



 0 dV

 0.

Portanto, F é um campo vetorial solenoidal .

10. Calcular o fluxo de F  x, y, z   y i  2xz j  z k através da superfície S limitada pelo cilindro x² + y² - 2y = 0, pelo cone z² - x² - y² = 0 e pelo plano z = 0 , situada na região z  0 .

 F  1 e

 F

n dS 

 dV

  : 0   R:  r : 0  2 sen   z :0r 

2 sen



 



  r dr d 8  sen  d 3 





2 sen



r dz dr d

 8  cos 3    cos    3  3  0





32  9

X Maple : > vf:= [ y, 2*x*z, z ] ;

vf := [ y, 2 x z, z ]

> vF:= (x, y, z) -> [y, 2*x*z, z] ;

vF := ( x , y, z )[ y, 2 x z, z ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=0..2, y=-1..1, z=0..3 ) : > G:= plot3d ({0, sqrt(x^2+y^2)}, y=1-sqrt(1-x^2)..1+sqrt(1-x^2), x=-1..1) : > display3d ({F,G}) ;

> Int (Int (Int (diverge( vF(x,y,z), [x,y,z] ), z =0..sqrt(x^2+y^2)), y =1-sqrt(1-x^2)..1+sqrt(1-x^2)), x =-1..1) ;

2 2 2 1 1 1x x y    1 dz d y dx       -1 2 0 1 1x



115 > value (%) ;

1 2 2 2  1 1 1x x y      1 dz dy dx           -1 2 0  1 1x -1 1 2  x ln( 1 2 1 2  x ln( 1 2

2 1x 

22

1x 

22

1x

22

1x

)

22

22



1x



22

1x

) dx

- Para desfazer esse imbróglio, utilizaremos as coordenadas cilíndricas na região D :

D cart

 x: 1  1  2  y: 1 1 x  1  z: 0  x2  y2 

: 0    D cil  r : 0  2 cos    z: 0  r

1 x 2

e escrevemos a integral

no novo sistema :

> Int ( Int ( Int (1*r, z=0..r), r=0..2*sin (theta)), theta=0..Pi ) ;

 2 sin(  ) r       r dz dr d     0 0 0

> value (%) ;

> evalf (%, 3) ; 3.56

11. Problema 23, página 1130 do livro-texto, JS : Se a é um vetor constante, provar que

Hip . a  c i  c j  c k Tese .



 a

n dS  0 .

Demonstração .

a n dS  0

 a

n dS 

  R



a dV

 c

c

c 

  x  y  z  dV

 0.

0

12. Problema 24, página 1130 do livro-texto, JS : Se F  x, y, z   x i  y j  z k , provar que

V  R 

Hipótese Demonstração . O volume V(R) é dado por V  R  



1 3

 F

n dS .

Tese

dV .

De acordo com o teorema da divergência , podemos escrever :

1 3

 F

1 3 1  3

n dS 

  R

x y z F dV e, como  F     3 , resulta : x y z

 3 dV



 dV

 V  R .

13. Problema 25, página 1130 do livro-texto, JS : Supondo que R e S satisfaçam as condições do teorema da divergência e que as funções escalares e componentes do campo vetorial tenham derivadas parciais de segunda ordem contínuas, provar que rot F d S  0 .

 S

Demonstração .

 rot F S

dS 

  rot F



n dS 

  



rot F dV



      F   dV R



 0 dV R

 0 ( pois ,  e  F são ortogonais )

116 14. Problema 29, página 1130 do livro-texto, JS : Supondo que R e S satisfaçam as condições do teorema da divergência e que f seja uma função escalar com derivadas parciais contínuas, provar que



f n dS 

  f

dV .

Essa superfície e a integral tripla da função vetorial são vetores definidos integrando cada função componente . Sugestão : Comece aplicando o teorema da divergência a F  f c , onde c é um vetor constante arbitrário .



Demonstração . Atendendo à recomendação de aplicar o teorema de Gauss a f c , sendo c  c i  j  k

  f c 

n dS 

   f c  dV

:

Mas, de acordo com as propriedades do produto escalar de dois vetores, podemos escrever

f c

Então,

f n

n  c

 c  f n  dS



    f c    f c 

 fc

f c 

x y z  f   c f f c c   c  c  c    f f f  y z   x y z   x  c f



 c  f  dV

 c

0

f

e, como c é um vetor constante, resulta



f n dS  c

  f dV



f n dS 

  f dV

15. Problema 30, página 1130 do JS : Um sólido ocupa a região R com superfície S e está imerso num líquido com densidade constante  . Consideremos um sistema de coordenadas onde o plano XOY coincida com a superfície do líquido e valores positivos de z sejam medidos para baixo, entrando para dentro do líquido . Então a pressão na profundidade z é p =  g z , onde g é a aceleração da gravidade. A força de empuxo total sobre o sólido, devida à distribuição de pressão, é dada pela integral de superfície F    n dS onde n é o vetor normal apontando para fora .

 S

Utilizar o resultado do problema anterior para mostrar que F   W k ,sendo W o peso do líquido deslocado pelo sólido ( F é direcionado para baixo porque z está direcionado para baixo ) . Demonstração . De acordo com a tese da proposição anterior, podemos escrever :

F  



p n dS  

 

  p dV R

 

    g z  dV



   m  dV    g   dV  k    g VR k    g VR  k   W k .  VR   R 

  g k R

 W : força peso

Princípio de Arquimedes : A força de empuxo sobre o corpo é igual ao peso do líquido deslocado . 16. Uma carga elétrica positiva pontual q situa-se na origem de coordenadas e gera um campo vetorial que, segundo a q Lei de Coulomb , em cada ponto do espaço existe o vetor força F  x, y, z   k r , k constante , sendo 3 r r  x i  y j  z k o vetor dirigido ao longo da superfície e r a distância de cada ponto à origem . Mostrar que o fluxo do campo vetorial através de uma superfície esférica de raio R e centro na origem é 4  k q . Resolução . Mostremos ainda a resolução do problema 5, página 102, por meio do teorema de Gauss : Ora, sendo a divergência  F  3 k q 3 esféricas : r

F 

2



   0

R 0

3kq r

e a superfície esférica, apliquemos o sistema de coordenadas

  2 sen  .d  .d .d 

2  R 3 3kq     sen  .d 3 0 0 3 r

 kq   cos    2kq .2   F  4 kq .

 0



2 0

d

117 17.

A figura mostra o escoamento de um líquido para fora do condutor cilíndrico, com a velocidade

v  x, y, z   n x 2  y 2 i   y  1 j  2 k . Determinar a taxa de variação desse escoamento, sendo a superfície S do condutor limitada por

x2  y 2  4

0z4 .

- Utilizar o sistema MKS e lembrar que a taxa de variação solicitada (volume do líquido que escoa, por unidade de tempo) significa, numericamente, o fluxo do campo de velocidade v através da superfície cilíndrica S .

Resolução : Aplicando o teorema de Gauss, teremos

dv  v  dt

(2, 0, 0)



(0, 0, 4)

r (0, 2, 0)

 v S

n dS 

 

v dV

  : 0  2 R :  r :0  2  z : 0  4 coordenadas cilíndricas

Maple : > Int (Int (Int (x/(x^2+y^2)+1, z = 0..4), y = -sqrt (4-x^2)..sqrt (4-x^2) ), x = -2..2 ) = = int (int (int (x/(x^2+y^2)+1, z = 0..4), y = -sqrt (4-x^2)..sqrt (4-x^2) ), x = -2..2 ) ;

              -2 

4x

4   x  1 dz dy dx 16   2 2   x y  2 0

> plot3d (x/(x^2+y^2) +1, x = -2..2, y = - sqrt (4-x^2)..sqrt (4-x^2) ;

118 5.4. Teorema de Stokes . Trata-se de uma ampliação do Teorema de Green , vale dizer, estabelece uma relação entre uma integral de superfície sobre uma dada superfície tridimensional S e uma integral em torno da curva tridimensional fechada C que contorna a superfície S . Tal curva C denomina-se bordo ou contorno de S . Podemos afirmar que o Teorema de Stokes transforma uma integral de linha numa integral de superfície e vice-versa, sendo demonstrável para quaisquer situações que sejam compatíveis com as restrições impostas para sua aplicabilidade : a superfície S deve ser contínua, orientada, e sua fronteira C deve ser simples, fechada, com orientação convencional positiva . Tendo em vista o envolvimento teórico extremamente avançado exigido pela demonstração genérica , optamos por nos preocupar apenas com algumas de suas importantes aplicações . Se a curva fronteira C delimita a superfície S , então

 

dr 

ou dr 

   F 

n dS

  rot F 

n dS

A integral de linha do campo vetorial F , ao longo da curva fronteira C orientada positivamente, é igual à integral de superfície do componente normal do rotacional de F sobre S .

Em tempo : O teorema de Green constitui uma particularidade do teorema de Stokes . Para mostrá-lo, basta aplicar este último numa superfície S do plano XOY, por exemplo, situação em que n  k :



dr 

 



 F

n dS 

 S



 S





dr 

 F  n

n dx dy

 F  k

k dx dy

   F  S

k dx dy

- expressão vetorial rotacional do teorema de Green -

Comentário adicional : O teorema de Stokes nos propicia ensaiar uma interpretação física do rotacional de

F . Seja P o ponto central de um disco circular plano S , de raio R , e representemos por C a curva fronteira de S :



rot F

dr 

  rot F 

n dS

  R2



F dr Se F representar um campo de velocidade de um fluido, a integral curvilínea C representará sua circulação ao longo da curva C , ou seja, nos fornecerá a tendência média do fluido circular ao longo da curva . No ponto P , a igualdade acima nos permite escrever



 rot F 



1 n   lim  P R 0  R2



dr ,

relação que nos informa acerca do movimento do fluido ao longo da curva circular C , quando o disco tende a reduzir-se ao ponto P . Nesse caso, como rot F e n têm a mesma direção, a circulação ao longo da fronteira C adquire seu valor máximo : rot F // n   rot F n  é máximo .



Eixo de rotação Pás mecânicas

P

O sistema de pás mecânicas giratórias ao lado é uma boa ilustração da situação proposta : trata-se de um medidor de rotacional , onde um campo de velocidade atuando sobre as pás faz com que a roda gire em torno de seu eixo . Se n é um vetor unitário dirigido segundo o eixo de rotação, o movimento giratório das pás será mais rápido quando rot F // eixo . rot F n  0 : as pás giram no sentido positivo (anti-horário) rot F n  0 : giram no sentido negativo (horário) rot F n  0 : a circulação é nula e as pás não giram (campo vetorial irrotacional)

119 Aplicações ilustrativas : 1.

Analisar as propriedades rotacionais do campo vetorial F  m i  n j  p k , sendo m, n e p constantes dadas . Análise : Todos os vetores do campo F têm o mesmo módulo, a mesma direção e o mesmo sentido . Portanto, um medidor de rotacional, inserido num ponto arbitrário desse campo, não acusará movimento giratório :

rot F   F 







 x m

 y n

k   0 z p

 F é irrotacional .



Se F  x, y, z   y i  x  e z j  1  y e z k , mostrar que F é irrot acional . Demonstração .

rot F   F 

Utilizar o teorema de Stokes para calcular

 x y

 y xez

 z 1 ye z

  rot F 

 ez i  k  k ez i  0

n dS , sendo F  x, y, z   y 2 i  z 2 j  x 2 k

e S é a superfície do plano x + y + z = 1 , no l°. octante .

Resolução .

F  y 2 i  z 2 j  x2 k S : x  y  z  1  f  x, y, z   x  y  z  1

0, 0, 1

n 

0, 1, 0 

 F 

1, 0, 0 

i  j k 3



f

 x y2

 y z2



1 3

k 

k    2z i  2x j  2 y k z x2 1

 F  Então,

   F 

n dS 

1 x

 

 2x  y  z  2z  2x  2 y    3 3

n 



2 3

dy dx  2 1

2 3

 1  x  dx 1

3  x2    2 x   2    1 .

Observação . Se calcularmos por meio da integral de linha, teremos :  C 1 : y  x  1  xt sendo   C 2 : z   y  1 , C 1 :  y  t  1 , 1  t  0,  C 3 : z   x  1  z 0 A integral de linha total será



dr 



y 2 dx  z 2 dy  x 2 dz ,

  x 0 xt C 2 : y  t , 1  t  0, C 3 :  y  0 ,0 t 1 .    z  t  1  z  t  1 0 0 1 1 1 1 2 2 d r    t  1 dt    t  1 dt   t 2 dt      1 . 1 1 0 3 3 3

120 Maple : > restart: with(linalg): with(plots): > vf:= [ y^2, z^2, x^2 ] ; #Campo vetorial dado :

2 2 2 vf := [ y , z , x ] > surf:= [ x, y, 1-x-y ] ; #Superfície dada :

surf := [ x , y, 1x y ] > rg:= [ x=0..1, y=0..1-x ] ; #Região considerada na superfície dada :

rg := [ x 0 .. 1, y0 .. 1x ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=0..1, y=0..1, z=0..1 ) : #Plotagem do campo vetorial : > G:= plot3d (surf, x=0..1, y=0..1-x) : #Plotagem da região considerada : > display3d ({F,G}) ; #Plotagens simultâneas : > N:= crossprod (diff(surf, x), diff(surf, y)) ; #Vetor normal :

n := 3

> n:= norm (%,2) ; #Norma de N: sqrt(1²+1²+1²)) : > N1:= N/n ; #Vetor unitário do vetor normal :

N := [ 1, 1, 1 ]

N1 :=

3 3

> rotvf:= curl (vf, [x,y,z]) ; #Rotacional do campo vetorial :

rotvf := [ 2 z, 2 x , 2 y ] > rotvf:= subs (z=1-x-y, [-2*z, -2*x, -2*y]) ; #Tratar com 2 variáveis :

rotvf := [ 22 x 2 y, 2 x , 2 y ] > Int (Int (dotprod (rotvf, N), y=0..1-x), x=0..1) ; #Integral resultante :

1 1x   -2 dy dx     0 0 4.

> value (%) ; #Solução :

Problema 2, página 1122 do livro-texto, JS : Utilizar o teorema de Stokes para calcular

-1

 rot F

d S , sendo

F  x, y, z   yz i  xz j  xy k e S a parte do paraboloide z = 9 – x² - y² que está acima do plano z = 5 , S

com orientação para cima . Z

Resolução .

0, 0, 9 

S : z  9  x 2  y 2  f  x, y, z   x 2  y 2  z  9 n 

f f

 F  0

0, 3, 0 

 3, 0, 0  X

Então,

 rot F S

dS 

 F   rot F S



2x i  2 y j  k 3

 x yz

 y xz

n 

0  0 3

n dS 



k 

1 3

k    x  x i   y  y j   z  z  k  0 z xy

 0 dS S

 0.

121 - Resolvendo o problema por integral de linha, teremos :

z  5  9  x 2  y 2  5 ou C : x 2  y 2  4 : círculo de centro na origem e raio 2 Y







d r 

yz dx  xz dy  xy dz   x  2 cos 

Parametrização : C :  y  2 sen

  z5



d r 

2 0

 20 sen 2 d  20 cos 2  d

  cos   sen   d  20  cos 2 d

 20 

2

0 2 0

 sen 2   20    2   0 .

Maple :

> vf:= [ y*z, x*z, x*y ] ;

  dx  2 sen d   dy  2 cos  d , 0    2   dz  0

2

vf := [ y z, x z, x y ]

2 2 surf := [ x , y, 9x y ]

> surf:= [ x, y, 9-x^2-y^2 ] ;

> rg:= [ x=-3..3, y=-sqrt (9-x^2)..sqrt (9-x^2) ] ;

2 rg := [ x-3 .. 3, y 9x ..

2 9x ]

> F:= fieldplot3d ( vf, x=-3..3, y=-3..3, z=5..10 ) : > G:= plot3d (surf, x=-3..3, y=-3..3) : > display3d ({F,G}) ;

> N:= crossprod (diff(surf, x), diff(surf, y)) ; > n:= norm (%,2) ; > N1:= N/n ;

n :=

N := [ 2 x , 2 y, 1 ]

2 2 14 x 4 y N

N1 :=

2 2 14 x 4 y

> rotvf:= curl (vf, [x,y,z]) ;

rotvf := [ 0, 0, 0 ]

> Int (Int (dotprod (rotvf, N), y=-sqrt(9-x^2)..sqrt(9-x^2)), x=-3..3) ;

      -3  5.

9x

2 > value (%) ;

0 d y dx 9x

Problema 8, página 1122 do livro-texto, JS : Utilizar o teorema de Stokes para calcular

F  x, y, z   e

x

1, 0, 0 

d r , sendo

F  x, y, z   e  x i  e x j  e z k

S : 2x  y  2z  2  f  x, y, z   2x  y  2z  2

0, 0, 1

n 



i  e j  e k e C a fronteira da parte do plano 2x + y + 2z = 2 , no 1°. octante . x

Resolução .

0, 2, 0 

f f



i   F  x ex

 F 

2 i  j  2k 3



j k    ex k y z ex ez 2 x n  e 3

k 

2 3

122 F  x, y, z   e  x i  e x j  e z k

 f  x, y, z   2x  y  2z  2

S : 2x  y  2z  2 n 

f



f

2 i  j  2k 3



k 

2 3

i   F  x ex

j k    ex k y z ex ez 2 x n  e 3

 F  Então,



dr 

   F 

n dS 

  0

22x 0

 2 e 1

 2x e

 dx

( integração por partes )

 2

1 0

e

 xe



 dx

  1  2   e x dx  0   e 1 

 1  x  0 x e dx   por partes  ux  dv  e x dx  2e  2  2e  2e  2  2e  4







du  dx v  ex

22x

2 x dy dx e 2 3 3 x e dy dx

   e y dx   2 e  2x e  dx 0 1

0 1

22x

x  0  2 e  4  1,44 . x

Maple : ( x ) x z ,e ,e ] y  surf :=  x , y, 1x   2 

> vf:= [ exp(-x), exp(x), exp(z) ] ;

> surf:= [ x, y, 1-x-y/2 ] ;

vf := [ e

> rg:= [ x = 0..1, y = 0..2-2*x ] ;

rg := [ x 0 .. 1, y0 .. 22 x ] > F:= fieldplot3d ( vf, x=0..1, y=0..2, z=0..1 ) : > G:= plot3d (surf, x=0..1, y=0..2-2*x) : > display ({F,G}) ;

> N:= crossprod (diff(surf, x), diff(surf, y)) ; > n:= norm (%,2) ; > N1:= N/n ;

N1 :=

n := 2N 3

> rotvf:= curl (vf, [x,y,z]) ;

 1  N :=  1, , 1   2 

2 x rotvf := [ 0, 0, e ]

> Int (Int (dotprod (rotvf, N), y=0..2-2*x), x=0..1) ;

1 22 x   x   e dy dx     0 0

> value (%) ;

2 e 4

> evalf (%, 3) ; 1.44

123 6.

Problema 17, página 1122 do livro-texto, JS : Utilizando o teorema de Stokes, calcular o trabalho realizado pelo cam-













po de força F  x, y, z   x x  z 2 i  y y  x 2 j  z z  y 2 k quand o uma partícula se move sob sua influência ao redor da borda da parte da esfera x 2  y 2  z 2  4 que está no primeiro octante, na direção anti-horária quando vista de cima .

F  x, y, z    x x  z 2  i   y y  x 2  j   z z  y 2  k

Resolução .

S : x2  y 2  z 2  4  f  x, y, z   x 2  y 2  z 2  4

F n

f

n 



f

 F 

 F 



dr 

 x x x  z2

 y y y  x2

n 



 

  2

2r 3

4  r2



  2



  2

2 0

32 3 16  3

4  r2

 

2 0

 2 0

  0

2 0

2r sen r dr d  



  2





2 0

4  r 2  r cos 

sen cos  d ,

4   x2  y 2 



4  r2

r dr d 4  r2

4  r 2  u  du 



 2

2 0

  2r 2    



  2

2 0

 r dr 4  r2

 0  dr  2   u 2  4  du 2 2  4r  2   2   u 2  4  du 0 32  3 r

2r cos  r dr d 

16 sen d 3 





  2





2 0

2r 2 cos  dr d

16 cos  d 3 

16 sen 3 16  3



2 0

Portanto, o trabalho total realizado será W 

após fazer :

sen 2 d

2r 2 sen  dr d

16   cos   3 16  3



4   x2  y 2   x

 sen cos   2r sen  2r cos   r dr d  

16  cos 2    3  2  16  3

z 2

n dS



k 

  dx   r sen d , poderemos escrever :  xy  rr cos  dy  r cos d sen

sen cos  dr d 



  2 y i  2z j  2x k z z z  y2

 r sen cos  r sen    

x i  y j zk 2







2  xy  yz  xz   xy  y 2

   F  S

  :0  Aplicando as coordenadas polares   2    r: 02

W

x y z 2

2x i  2 y j  2z k



16 16 16   3 3 3

2 0

 W  16 J ( sistema MKS )

124 Maple :

x 2 y 2 z 2 vf := [ x z , y x , z y ]

> vf:= [ x^x+z^2, y^y+x^2, z^z+y^2 ] ; > surf:= [ x, y, sqrt(4-x^2-y^2) ] ;

2 2 4x y ]

surf := [ x, y,

2 4x ]

rg := [ x0 .. 2, y0 ..

> rg:= [ x = 0..2, y = 0..sqrt(4-x^2) ] ;

> F:= fieldplot3d ( vf, x=2..4, y=2..4, z=2..4 ) : > G:= plot3d (surf, x=0..2, y=0..2) : > display ({F,G}) ; > N:= crossprod (diff(surf, x), diff(surf, y)) ;

 N :=   

x 2 2 4x y

> n:= norm (%,2) ;

> N1:= N/n ;

 , 1  2 2  4x y  y

1

n :=



2 2 4x y

y 2 2 4x y

N1 := 1

> rotvf:= curl ( vf, [x,y,z] ) ;

x 2 2 4x y



y 2 2 4x y

rotvf := [ 2 y, 2 z, 2 x ]

> rotvf:= subs ( z=sqrt(4-x^2-y^2), [2*y,2*z,2*x] ) ;

2 2 4x y , 2 x ]

rotvf := [ 2 y, 2 > Int (Int (dotprod (rotvf, N), y=0..sqrt(4-x^2)), x=0..2) ;

2 2 4x        2 y            0 0 > value (%) ;

 2 2 2  4x y  x

1,0,2 

dr .

S: z  2 

0,1,2   F 

1,1,2  0



e C é o quadrado de vértices (0, 0, 2), (1, 0, 2), (1, 1, 2) e (0, 1, 2) ,

Resolução . F  x, y, z   yz i  xy j  xz k

0,0,2 

 2 x dy dx 2 2  4x y  y

- O trabalho total realizado é de 16 joules ( sistema MKS ) .

7. Sendo F  x, y, z   yz i  xy j  xz k utilizar o teorema de Stokes para calcular

2 2 4x y   

Y Então,

 x yz

 y xy

 z xz



n k  n k 1

dr 



 y  2 j   y  2 k



n  y2

( lembrar que z = 2 )

   F 

n dS 

 F 



   y  2  dx dy 1

  y  2  dy 1

y2   2y 2

  1,5 . 0

125 Observação . Se desenvolvermos o cálculo por meio das integrais curvilíneas, teremos  xt C1 :  y  0 , 0  t  1  z2 teremos :

 x 1 C2 :  y  t , 0  t  1  z2



dr 

0 dt 

 xt C3 :  y  1 , 1  t  0  z2



t dt 



2 dt 



 x 0 C4 :  y  t , 1  t  0  z2

0 dt  

Maple : > vf:= [ y*z, x*y, x*z ] ; > surf:= [ x, y, 2 ] ;



1 0

t dt 



t2  2t 2

1 1

2 dt   1,5 .

vf := [ y z, x y, x z ] surf := [ x , y, 2 ]

> rg:= [ x = 0..1, y = 0..1, z=2 ] ;

rg := [ x 0 .. 1, y0 .. 1, z2 ] > F:= fieldplot3d ( vf, x=0..1, y=0..1, z=2..4 ) : > G:= plot3d (surf, x=0..1, y=0..1) : > display ({F,G}) ; > N:= crossprod (diff(surf, x), diff(surf, y)) ; > n:= norm (%,2) ; > N1:= N/n ;

N := [ 0, 0, 1 ]

n := 1

N1 := N

> rotvf:= curl (vf, [x,y,z]) ;

rotvf := [ 0, yz, yz ]

> rotvf:= subs (z=2, [0, y-z, y-z] ) ;

rotvf := [ 0, y2, y2 ]

> Int (Int (dotprod (rotvf, N), y=0..1), x=0..1) ;

1 1x   y2 dy dx     0 0 > evalf (%, 3) ; -1.50

Reportando a uma outra linguagem paralela, podemos construir a resolução : > restart : with (linalg) :

> f := vector ( [y*z,x*y,x*z] ) ; > curlf := curl ( f, [x,y,z] ) ;

f := [ y z, x y, x z ] curlf := [ 0, yz, yz ]

> with (VectorCalculus) ; [ &x , *, +, -, ., <,> , <|>, AddCoordinates , ArcLength , BasisFormat, Binormal, CrossProd, CrossProduct, Curl, Curvature, D, Del, DirectionalDiff , Divergence, DotProd, DotProduct , Flux , GetCoordinateParameters , GetCoordinates , Gradient, Hessian, Jacobian , Laplacian, LineInt, MapToBasis, Nabla, Norm, Normalize, PathInt , PrincipalNormal, RadiusOfCurvature, ScalarPotential , SetCoordinateParameters , SetCoordinates , SurfaceInt , TNBFrame, Tangent , TangentLine , TangentPlane , TangentVector , Torsion, Vector , VectorField , VectorPotential , Wronskian, diff , evalVF , int , limit , series ]

> DotProd (<0,y-z,y-z>, <0,0,1>) ;

yz ou y - 2

> Int (Int (y-2, x=0..1), y=0..1) = int (int (y-2, x=0..1), y=0..1) ;

1 1 -3     y2 dx dy   2 0 0

126 Problemas propostos

 x dS , sendo a superfície 2

1. Calcular a integral de superfície

SY Z

SXZ



S o hemisfério superior da esfera

x  y  z2  9 : 2

a ) projeção no plano XOZ b ) projeção no plano YOZ

Resp.: 54 π, em ambos os casos .

2. Se as pás mecânicas de um exaustor estiverem submetidas ao campo de velocidade

v  x, y, z   y i   x  e z  j  1  y e z  k , podemos a) b) c)

afirmar que : Eixo de rotação

não haverá movimento giratório dessas pás haverá movimento rotacional positivo haverá movimento rotacional negativo

Resp.: Não haverá movimento giratório das pás mecânicas . Pás mecânicas

  F

3. Calcular a integral de superfície



n ds, sendo F  x i  y j  z k e a superfície S é o

hemisfério superior da esfera

x2  y 2  z 2  4 :

a ) projeção no plano XOZ b ) projeção no plano YOZ

S XZ

SY Z

Resp.: 16 π, também nos dois casos . Y



4. Calcular o fluxo de

F  x i  y j  z k através da superfície do plano

2x + 3y + z – 6 = 0 , no 1º. octante : F

a ) projeção no plano XOY b ) projeção no plano XOZ

Resp.: φ F =18 , para os dois itens .

S XZ X

S XY

127 Z

F  i  y j  x z k através da superfície S

5. Calcular o fluxo de

do cilindro parabólico x² - y = 0 , situado no 1º. octante , e limitado pelos planos z = 0 , z = 3 , x = 0 e y = 1 : a ) projeção no plano XOY b ) projeção no plano XOZ

S XZ

Resp.:  F  4

S XY X

6. Valendo-se do teorema de Gauss (da divergência), calcular o fluxo  F   F n dS do campo vetorial

F   z  5x  i   y  z  j   x  y  k através da superfície cilíndrica de revolução S : y² + z² = 1 , S

limitada pelos planos x = 0 e x = 2 .

  : 0  2 R : r : 0 1  x : 0  2 coordenadas cilíndricas Z

Resp. :  F   8   25,12 O campo vetorial configura um poço de fluxo : sorvedouro ou sumidouro

7. Apoiado no Teorema de Stokes , verificar se o campo magnético

F  2 x y2 z i  2 x2 y z j   x2 y 2  2 z  k ,

ao longo da interseção das superfícies 4x² + z² = y² e y = 4 , produz Y

uma circulação positiva, negativa ou nula .

( 0, 4, 0 )

Resp.: rot F  0 .

4x² + z² = y² : superfície cônica elíptica

F é irrotacional ( circulação nula ) .

8. A figura mostra o escoamento de um líquido para fora do condutor cilíndrico, com a velocidade

v  x, y, z   xy i   x  y  j  2 yz k .

Determinar a taxa de variação desse escoamento, sendo a superfície S do condutor limitada por

x2  y 2  4

0 z5 .

- Utilizar o sistema MKS e lembrar que a taxa de variação solicitada ( volume do líquido que escoa, por unidade de tempo ) significa, numericamente, o fluxo do campo de velocidade v

através da superfície

cilíndrica S . X



r 0

  : 0  2 R :  r :0  2  z : 0  5 coordenadas cilíndricas

Resp.:  v 

dv  62,83 m 3 / s dt

O campo de velocidades é uma fonte .

128 

9. Aplicar o teorema de Stokes para calcular o trabalho W  realizado pelo campo de forças

z 1

F  x, y, z    3z  sen x  i   x 2  e y  j   y 3  cos z  k ,

(0,0,1)

sendo a curva C dada pelas equações paramétricas O

 X

  x  cos t  y  sen t , 0  t  2 .   z 1

(1 , 0, 0 )

(0 , 1, 0 )

Resp.: W  0

  : 0  2 S:   r : 0  1 coordenadas cilíndricas

10. Aplicando o teorema da divergência (de Gauss) e as coordenadas esféricas, determinar o fluxo de F  x, y, z   x i  y j  z k , através da su-

F n





perfície esférica de centro na origem e raio unitário .

P, , 



  : 0  2  : 0    : 0  1

Resp.:  F  4

coordenadas esféricas

11. Valendo-se do teorema de Gauss (da divergência), calcular o fluxo  F 

 x  z i



F n dS

  y  z  j   x  y  k através da superfície cilíndrica de revolução S : y² + z² = 1 , limitada pelos planos x = 0 e x = 2 . do campo vetorial F 

  : 0  2 R : r : 0 1  x : 0  2

Resp.:  F  0

coordenadas cilíndricas

12. Utilizar o teorema da divergência (de Gauss) para calcular a integral de superfície



F n dS , sendo S a superfície cilíndrica y² + z² = 1 , limitada pelos planos

O campo vetorial é

r 0 (2,0,0)

x=0

  : 0  2 R : r : 0 1  x : 0  2

coordenadas cilíndricas

x=2.

F   x  z i   y  z j   x  y k .

Resp.:

 S

F n dS  4

129 Referências Bibliográficas

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DACORSO NETO , César

HIMONAS , Alex ; HOWARD , Alan

KAPLAN , Wilfred ; DONALD, J. Lewis

KREYSZIG , Erwin

LUCINI , Manuel

Lecciones sobre Teoría de la Mecánica y sus Aplicaciones - Editora Labor S. A., Barcelona, 1965

PISKUNOV , N.

QUINET , J.

Matemática Superior, 6 tomos - Editora Globo, 1969

SIMMONS , George F.

Cálculo, um novo horizonte, 2 volumes - Bookman Companhia Editora, 1999

Elementos de Análise Vetorial - Companhia Editora Nacional, 1971 Cálculo, Conceitos e Aplicações - LTC – Livros Técnicos e Científicos Editora S. A., 2005 -

Cálculo e Álgebra Linear, 4 volumes - LTC – Livros Técnicos e Científicos Editora S. A. e Editora Universidade de Brasília, 1973

Advanced Engineering Mathematics, 3 volumes - LTC – Livros Técnicos e Científicos Editora S. A., 2009

Cálculo Diferencial e Integral, 2 volumes - Lopes da Silva Editora, Porto, 1972

10. STEWART , James

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Cálculo com Geometria Analítica, 2 volumes - Editora McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1987 Cálculo, 2 volumes - Pioneira Thomson Learning, 2006

11. SWOKOWSKI , Earl W.

Cálculo com Geometria Analítica, 2 volumes - Makron Books do Brasil Editora Ltda., 1994

Mechanics - Addison Wesley Publishing Company, Inc., 1965

13. W. G. , McLean ; E. W. , Nelson

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Theory and Problems of Engineering Mechanics - Editora McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1970

Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem - Pioneira Thomson Learning, 2003