Cálculo Diferencial e Integral III - Erick Pinho

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C´alculo Diferencial e Integral III Erick Frank de Pinho Rio de Janeiro, 2014

Conte´ udo 1 Conceitos iniciais 1.0.1 Inequa¸c˜oes no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.0.2 Superf´ıcies Qu´adricas e Cilindros . . . . . . . . . . . . 2 Integrais Duplas 2.1 Explica¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Regi˜oes retangulares . . . . . . . 2.3.2 Regi˜oes mais gerais . . . . . . . . 2.4 M´etodos para facilitar a integra¸c˜ao . . . 2.4.1 Mudan¸ca da ordem de integra¸ca˜o 2.4.2 Mudan¸ca de vari´aveis . . . . . . . 2.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4 4 8 12 13 14 15 15 16 22 22 25 46

3 Integrais Triplas 48 3.1 Mudan¸cas cil´ındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.2 Mudan¸cas esf´ericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 3.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 4 Integral de Linha 4.1 Introdu¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Fun¸co˜es escalares (campos escalares) 4.3 Campos vetoriais . . . . . . . . . . . 4.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . .

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62 62 64 72 77

5 Teorema de Green 5.1 Introdu¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79 79 82 92

1

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6 Integral de Superf´ıcie 6.1 Introdu¸ca˜o . . . . . ´ 6.2 Area de superf´ıcies 6.3 Fun¸co˜es escalares . 6.4 Campos vetoriais . 6.5 Exerc´ıcios . . . . .

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94 94 98 102 105 113

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7 Teorema de Stokes 115 7.1 Introdu¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 7.2 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 7.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 8 Teorema de Gauss 129 8.1 Introdu¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 8.2 Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 8.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 9 Campos conservativos 141 9.1 Introdu¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 9.2 Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 10 Respostas dos exerc´ıcios

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A Demonstra¸c˜ oes 159 A.1 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 A.2 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 A.3 Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 B Informa¸co ˜es adicionais 165 B.1 C´alculo vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 B.2 Outra forma da integral de superf´ıcie . . . . . . . . . . . . . . 167 C Aplica¸c˜ oes C.1 Massa, centro de massa e momento de in´ercia C.2 Conserva¸c˜ao da energia . . . . . . . . . . . . . C.3 Equa¸ca˜o da continuidade e do calor . . . . . . C.4 Lei de Gauss e Lei de Ampere . . . . . . . . . C.5 Velocidade da luz . . . . . . . . . . . . . . . . D Bibliografia

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168 . 168 . 172 . 173 . 175 . 177 181

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Introdu¸c˜ ao

Esse texto, bem como os outros produzidos pelos autores, tem como p´ ublicoalvo os alunos do ensino superior da engenharia. O c´alculo apresenta diversas aplica¸co˜es no cotidiano do leitor. Por isso, uma reta compreens˜ao dessa ferramenta possibilita uma vis˜ao mais ampla das situa¸co˜es que ele encontrar´a em sua vida. Para a transmiss˜ao dos conceitos apresentados, os autores utilizam de uma linguagem clara e direta. Eles trazem consigo a experiˆencia daqueles que j´a estudaram esses t´opicos e agora se aventuram pelo ensino desses. Sendo assim, eles trazem in´ umeros exemplos e exerc´ıcios. Como acreditam que a beleza do c´alculo encontra perfei¸ca˜o na natureza, ao final da obra, o leitor encontrar´a diversas aplica¸c˜oes dos conceitos abordados. Nessa obra o leitor encontrar´a uma ampla discuss˜ao sobre integrais m´ ultiplas (duplas e triplas), integrais de linha e de superf´ıcie bem como os 3 teoremas do c´alculo vetorial (Green, Stokes e Gauss), finalizando com a teoria de campos conservativos. Esse texto, al´em de in´ umeros exemplos comentados e exerc´ıcios propostos ´ com resposta, apresenta v´arias imagens, ilustrando as situa¸c˜oes-problema. E uma obra que tem como objetivo completar e solidificar o aprendizado do c´alculo.

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Cap´ıtulo 1 Conceitos iniciais 1.0.1

Inequa¸ c˜ oes no Plano

Esse curso tem como principal objeto o estudo das integrais. Essa ferramenta matem´atica t˜ao fundamental ´e bem caracterizada por dois aspectos, a saber o integrando (a func˜ao a ser integrada) e o dom´ınio de integra¸ca˜o (a regi˜ao sob a qual ocorrer´a a integra¸ca˜o). No c´alculo 1, o dom´ınio de integra¸c˜ao era restrito a uma reta, aqui extenderemos esse conceito para outros elementos, seja no R2 ou no R3 . Para podermos compreender melhor esses dom´ınios ´e necess´ario saber escrevˆe-los e os identificar de maneira correta. Esse ´e o objetivo dessa se¸ca˜o. No ensino m´edio, aprendemos que situa¸c˜oes do tipo y = f (x) eram denominadas fun¸c˜oes ou curvas e tinham uma representa¸c˜ao no plano cartesiano. No c´alculo II, extendemos o conceito de fun¸ca˜o para v´arias vari´aveis, ou seja, uma situa¸c˜ao do tipo z = f (x, y) e vimos a representa¸ca˜o de alguns desses elementos que eram definidos como superf´ıcies. Agora, estamos interessados em estudar o comportamento, no plano cartesiano e, posteriormente, no espa¸co, da seguinte situa¸c˜ao: x≥2 Atente ao fato de que agora n˜ao temos mais uma igualdade, mas sim uma desiguldade o que configura uma inequa¸ca˜o matem´atica. Como sabemos, as coordenadas no plano cartesiano s˜ao dadas em duplas ordenadas (x, y). A situa¸c˜ao apresentada quer nos dizer que, no plano cartesiano, apenas os pontos cuja coordenada x for maior ou igual ao escalar 2 ser˜ao de interesse, como pode ser visto pela regi˜ao da imagem 1. Como vimos acima, o estudo das inequa¸c˜oes no plano n˜ao passa da delimita¸ca˜o do R2 , ou seja, da restri¸c˜ao de uma ou mais coordenadas mediante uma desigualdade. Vejamos algumas situa¸co˜es e suas an´alises. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected]

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Figura 1.1: Imagem 1

1)0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ x ≤ 1 Nessa situa¸ca˜o, temos duas restri¸co˜es para y e mais duas para x. Gostariamos de selecionar os pontos que estivessem entre as seguintes retas: y = 0, y = 1, x = 0 e x = 1. Isso fica bem esquematizado na imagem 2 abaixo. Figura 1.2: Imagem 2

2)y ≥ x Essa situa¸c˜ao possui uma u ´nica restri¸c˜ao que envolve uma rela¸ca˜o da coordenada x com y. Uma interpreta¸ca˜o para isso seria os pontos em que a coordenada y ´e superior a coordenada x. Veja que se tra¸carmos a reta y = x teremos os pontos aonde as coordenadas se igualam, logo queremos a regi˜ao acima dessa reta, como exposto na imagem 3 abaixo.

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Figura 1.3: Imagem 3

3)y ≥ x2 e y ≤ 1 Essa situa¸c˜ao, que ser´a bem comum ao longo do curso, apresenta duas restri¸co˜es. Uma que relaciona x com y e outra uma delimita¸ca˜o para y. Da primeira restri¸ca˜o retiraremos o peda¸co do plano em que (x, y) est˜ao acima da par´abola (fa¸ca y = x2 e ent˜ao pegue a parte em que y excede x2 ). A segunda nos dir´a que da regi˜ao, j´a modelada pela restri¸ca˜o 1, queremos os pontos abaixo da reta y = 1, o que nos retorna a imagem 4 abaixo.

Figura 1.4: Imagem 4

4)x2 + y 2 ≤ 4 Esse caso, que tamb´em ser´a bem comum em nosso curso, tem uma interpreta¸ca˜o mais delicada. A igualdade dessa express˜ao nos remete ao c´ırculo de centro na or´ıgem e raio igual a 2. Obviamente a express˜ao x2 + y 2 = 1 pertence a regi˜ao, ou seja, a circunferˆencia de centro na or´ıgem e raio igual a RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected]

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1. Isso nos induz a pensar que a regi˜ao descrita pela inequa¸c˜ao s˜ao todos as circunferˆencias com centro na or´ıgem e raio menor que 2. Portanto, a regi˜ao interior a circunferˆencia com raio igual a 2, como mostra a imagem 5 abaixo Figura 1.5: Imagem 5

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1.0.2

Superf´ıcies Qu´ adricas e Cilindros

As figuras no R3 s˜ao classificadas em dois tipos: superf´ıcies qu´adricas e cilin´ essencial uma plena compreens˜ao das figuras que ser˜ao apresentadas dros. E nesta se¸ca˜o, pois frequentemente ser´a necess´ario fazer esbo¸cos desses elementos nos exerc´ıcios. Uma superf´ıcie qu´ adrica ´e o gr´afico de uma equa¸ca˜o do segundo grau nas trˆes vari´aveis (x, y, z). A equa¸c˜ao mais geral para esses elementos ´e: Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Eyz + F xz + Gx + Hy + Iz + J = 0 De acordo com os coeficientes do problema, a superf´ıcie ganhar´a um nome especial, vejamos alguns casos: 1)Elipsoide A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e: x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c *OBS1 : No caso em que a = b = c, teremos uma esfera. *OBS2 : Em alguns exerc´ıcios aparecer´a a seguinte nota¸c˜ao: r x2 y 2 z =± 1− 2 + 2 a b Aqui, para facilitar a an´alise, foi tomado c = 1. Uma ra´ız quadrada ´e sempre positiva, ent˜ao o valor de z ser´a sempre positivo caso tomemos “+”a ra´ız. Sendo assim, estar´ıamos falando apenas da parte superior do elipsoide. A ideia ´e an´aloga se tomarmos “-”a ra´ız. Contudo, agora, ser´a a parte inferior do elipsoide. Tenha em mente que fizemos isso para a coordenada z, mas pode ser extendido para qualquer uma das trˆes coordenadas.

Figura 1.6: Imagem 6: elipsoide

x2 y 2 + + z2 = 1 4 9

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2)Cone A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e: x2 y 2 z2 + 2 = 2 a2 b c *OBS: Da mesma forma que fizemos para o elipsoide, frequentemente aparece a f´ormula do cone, mas envolvendo a ra´ız quadrada. O racioc´ınio ´e o mesmo ao apresentado acima. Figura 1.7: Imagem 7: cone x2 + y 2 = z 2

Vemos na imagem 7, como fica o gr´afico do cone

3)Hiperboloide de uma folha A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e: x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c Vejamos um exemplo de hiperboloide na imagem 8. Figura 1.8: Imagem 8: hiperboloide x2 + y 2 − z 2 = 1

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4)Paraboloide A equa¸ca˜o caracter´ıstica ´e: x2 y 2 z + 2 = 2 a b c *OBS: A concavidade do paraboloide ser´a dada pelo sinal dos termos x2 e y 2 . Se eles forem positivos, concavidade para cima. Caso contr´ario, concavidade para baixo. Vejamos um exemplo de paraboloide na imagem 9. Figura 1.9: Imagem 9: paraboloide x2 + y 2 = z

Todas os exemplos, at´e o momento, foram tomados com centro na origem do sistema cartesiano. Contudo, ser´a frequente a translada¸c˜ao das figuras apresentadas at´e aqui. Encorajamos, fortemente, que os alunos estudem essas translada¸co˜es. Vejamos, agora, os cilindros. ´ comum pensarmos nos cilindros como aqueles elementos cuja base ´e E ´ verdade que esse elemento um c´ırculo e esse se prolonga ortogonalmente. E ´e um cilindro, mas a perguta ´e: esse ´e o u ´nico elemento que a matem´atica denomina como cilindro? A resposta para essa pergunta ´e n˜ao. Sendo assim, precisamos de uma defini¸ca˜o mais precisa do que s˜ao cilindros. Definiremos como cilindros as superf´ıcies formadas por retas paralelas a uma reta dada e que passam por uma curva plana. Analogamente, podemos pensar como uma superf´ıcie que ao fazermos sec¸co˜es transversais obtemos o mesmo elemento da base (este pode ou n˜ao ser um c´ırculo). Por essa raz˜ao um cilindro possui apenas 2 das 3 coordenadas cartesianas em sua equa¸ca˜o. A equa¸c˜ao dada, que ser´a igual a de uma curva, ser´a a representa¸ca˜o do elemento de base no plano da curva. Contudo, pelo contexto, o leitor deve interpretar tal equa¸ca˜o como uma superf´ıcie formada pela extens˜ao ortogonal dessa curva ao longo do eixo omisso. Vejamos algumas imagens RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 10

Na figura a esquerda temos um cilindro do tipo y = sen(z) logo haver´a uma extens˜ao em x. No cilindro do meio ´e complicado de demonstrar uma equa¸ca˜o cartesiana para o elemento, mas, com certeza, nessa equa¸ca˜o y ser´a omisso. No cilindro da direita temos x2 + y 2 = 1, que ´e o cilindro mais comum. Como z n˜ao aparece na equa¸ca˜o, a figura ser´a uma extens˜ao do c´ırculo ao longo deste eixo.

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Cap´ıtulo 2 Integrais Duplas At´e o presente momento o leitor deve ter resolvido in´ umeras integrais simples. A partir de agora, definiremos integrais para fun¸co˜es de mais de uma vari´avel, limitar-nos-emos as integrais duplas e triplas. Para iniciar a discuss˜ao a respeito das integrais simples, quer´ıamos cal´ natural, ent˜ao, cular a a´rea entre o gr´afico de y = f (x) com o eixo x. E iniciarmos a nossa discuss˜ao com um elemento geom´etrico. No caso, queremos determinar o volume entre uma fun¸ca˜o do tipo z = f (x, y) com o plano z = 0. Defini¸c˜ ao 2.1. Seja z = f (x, y) uma fun¸c˜ao contida numa regi˜ao ou dom´ınio “D”. Diremos que a integral dupla sobre “D”representa o volume do s´olido entre f (x, y) e o plano z = 0, caso f (x, y) ≥ 0. No caso especial em que f (x, y) = 1, a integral representa a ´area do dom´ınio “D”. Z Z f (x, y)dA V OLU M E = D

A figura abaixo representa a situa¸ca˜o supracitada. Figura 2.1: Situa¸ca˜o que trabalharemos

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2.1

Explica¸c˜ ao

A pergunta mais natural a se fazer ´e: Como chegamos nessa express˜ao para o volume? Tentaremos demonstrar a express˜ao acima, aplicando o mesmo processo adotado na integral simples. Fatiaremos o nosso dom´ınio e, em seguida, multiplicaremos o valor de cada peda¸co pelo valor da fun¸ca˜o. Finalmente, somaremos tudo. Contudo, agora n˜ao fatiaremos em pequenos segmentos, mas em pequenos retˆangulos. Para facilitar a “demonstra¸ca˜o”consideraremos um cubo, ou seja, z = k, k ∈ N∗ . Vejamos como esse processo ocorrer´a abaixo. Primeiramente, fatiaremos nosso s´olido com v´arios planos paralelos ao plano xz, obtendo v´arias pequenas pe¸cas, como ilustrado na imagem abaixo.

Pela imagem acima, vemos que o volume total, V (w), ´e representado pela soma do volume de cada pequena pe¸ca, V (p). X V (w) = V (p) Precisamos determinar o volume de cada pequena pe¸ca. Contudo, esse volume ´e f´acil de ser calculado, pois ´e dado pelo produto da a´rea lateral, Al , com o seu comprimento, dy. V (p) = Al .∆y Ent˜ao, precisamos obter a ´area lateral. Pelos nossos conhecimentos de c´alculo 1, sabemos que as ´areas entre curvas podem ser obtidas por uma integral simples. De fato, para cada corte feito o valor de y ´e constante, a, ent˜ao f (x, y) depende exclusivamente de x e nossa ´area pode ser calculada como uma integral simples. X Al = f (x, a).∆x Pelo que foi exposto anteriormente, obtemos XX V (w) = f (x, a).∆x.∆y RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 13

Ao tomarmos o limite, ou seja, ∆x e ∆y se tornam dx e dy e a express˜ao se torna igual ao volume da pe¸ca total. Contudo, outra forma de fatiarmos o s´olido e consequentemente o dom´ınio “D”seria passando planos paralelos ao plano xz e yz. Sendo assim, o produto dx.dy = dA. O que retorna a express˜ao da defini¸ca˜o.

2.2

Propriedades

a)Linearidade Se f e g forem integr´aveis e c1 e c2 constantes reais, temos Z Z Z Z Z Z [c1 f (x, y) + c2 g(x, y)]dA = c1 f (x, y)dA + c2 g(x, y)dA D

D

D

b)Aditividade Se “D”for uni˜ao disjunta, sem interse¸c˜ao, dos dom´ınios R1 e R2 , ent˜ao Z Z Z Z Z Z f (x, y)dA = f (x, y)dA + f (x, y)dA D

R1

R2

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2.3

Teorema de Fubini

2.3.1

Regi˜ oes retangulares

Com a defini¸ca˜o e explica¸ca˜o acima temos uma boa ideia do que representa uma integral dupla. No entanto, n˜ao sabemos como a resolver explicitamente. Para resolver esse problema, enunciamos o teorema de Fubini que nos d´a a arma para obter solu¸co˜es. Teorema 2.1. Teorema de Fubini - Se f (x, y) ´e cont´ınua num retˆangulo R = [a, b] × [c, d], ent˜ao a integral dupla de f sobre R pode ser obtida por integrais iteradas, ou seja:   Z Z Z b Z d Z d Z b f (x, y)dA = f (x, y)dy dx = f (x, y)dx dy R

a

c

c

a

Esse teorema nos diz que cada integral simples pode ser resolvida independente da anterior, considerando apenas a vari´avel em quest˜ao e mantendo a outra como constante. Vale ressaltar que essa mudan¸ca nas ordem das integrais APENAS pode ser feita desse modo em dom´ınios retangulares. Observe tamb´em que os limites de integra¸ca˜o est˜ao relacionados a vari´avel que ser´a integrada, ou seja, dx ou dy. Veremos mais a frente que os limites est˜ao relacionados a como essas vari´aveis se comportam. Vejamos um exemplo da aplica¸ca˜o do teorema de Fubini. Exemplo 1. Calcule o volume do s´olido limitado por z = −x2 + 1 sobre o retˆangulo R = [0, 1] × [0, 1]

RR Para acharmos o volume temos que fazer f (x, y)dA. O Teorema R de Fubini nos d´a o m´etodo para avaliar essa integral dupla, logo temos Z 1Z 1 Z 1Z 1 2 (−x + 1)dxdy ou (−x2 + 1)dydx 0

0

0

0

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Resolveremos ambas as integrais para que o leitor confie de fato no teorema. Para a primeira integral dupla, temos que resolver a primeira integral simples, a integral mais interna  1  3 Z 1 x (−x2 + 1)dx = − + x = 2/3 3 0 0

Com esse resultado em m˜aos, coloc´a-lo-emos na integral mais externa que fica 1 Z 1 2 2 dy = (y) = 2/3 3 0 3 0

Passemos para o c´alculo na outra ordem de integra¸ca˜o. A integral mais interna fica: 1 Z 1 Z 1 dy = (−x2 + 1)(y) = (−x2 + 1) (−x2 + 1)dy = (−x2 + 1) 0 0 0

Observe que o termo −x2 + 1 foi tratado como constante j´a que estamos integrando em fun¸ca˜o de y, logo ele saiu da integral. Com esse resultado em m˜aos podemos calcular a integral mais externa.  3  1 Z 1 x (−x2 + 1)dx = − + x = 2/3 3 0 0

Observamos que, como era esperado, ambos os resultados foram iguais, corroborando o teorema de Fubini. A pergunta que fica ´e: S´o podemos calcular integrais duplas em dom´ınios retangulares? A resposta ´e n˜ao e veremos agora um m´etodo que nos permitir´a calcular integrais duplas em regi˜oes mais gerais.

2.3.2

Regi˜ oes mais gerais

At´e o momento, trabalhamos com dom´ınios retangulares. Agora, estamos interessados em obter o volume sobre regi˜oes limitadas por retas, par´abolas e outras curvas. Para fazermos isso, temos que ter o conhecimento das desiguldades no plano. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 16

Imagine que queremos determinar o volume de um s´olido limitado por uma fun¸ca˜o z = f (x, y) e o plano z = 0. Dessa vez, nosso dom´ınio, “D”, ser´a a regi˜ao formada pelos eixos cartesianos e pela reta y = −x + 1, como na figura abaixo.

Os limites de integra¸ca˜o est˜ao relacionados com a varia¸ca˜o de cada vari´avel. Se, por engano, escrevessemos que “D”´e o retˆangulo D = [0, 1] × [0, 1] estar´ıamos computando partes adicionais indesejadas. Ent˜ao a pergunta ´e: como escrever a nossa regi˜ao “D”de maneira precisa? Para avaliar essa quest˜ao de uma maneira mais pr´atica, sugerimos o uso do seguinte algoritmo: i) Fa¸ca retas paralelas ao eixo x ou ao eixo y. ii) Analise em quais curvas se d´a o in´ıcio da varia¸ca˜o e seu t´ermino. iii) Delimite a regi˜ao obtida em ii com a outra vari´avel. No passo i, se tra¸carmos retas paralelas ao eixo x, estamos analisando a varia¸c˜ao de x, caso contr´ario a de y. No passo ii, obtemos uma delimita¸ca˜o do R2 sobre a forma de desigualdade. Contudo, essa delimita¸c˜ao forma uma regi˜ao maior do que a desejada. Para corrigir isso, dizemos, com a outra vari´avel, qual parte dessa regi˜ao nos interessa. No caso acima, se tra¸carmos retas paralelas ao eixo x vemos que x inicia a varia¸c˜ao na reta x = 0 e vai at´e a reta x = −y + 1. Contudo, isso define uma macro-regi˜ao do plano, como mostra a imagem abaixo.

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Para limitarmos a macro-regi˜ao ao que desejamos de fato, ou seja, o triˆangulo de v´ertices (0,0); (1,0); (0,1), precisamos fornecer mais uma informa¸ca˜o. Para obtermos essa nova informa¸ca˜o fa¸camos a pergunta: dada a regi˜ao acima, qual parte ´e desejada? O que nos interessa ´e a parte em que y varia de 0 a 1. Feita essa analise, estamos prontos para afirmar que, na verdade, a regi˜ao “D”pode ser escrita como D = {(x, y) ∈ 0 ≤ x ≤ −y + 1, 0 ≤ y ≤ 1)}. Sendo assim, o problema do volume pode ser resolvido pela seguinte integral: Z 1 Z −y+1 f (x, y)dxdy 0

0

Observe que na integral acima um dos limites de integra¸c˜ao ´e uma fun¸ca˜o. Como o volume ´e um n´ umero, esse limite n˜ao pode ficar na u ´ltima integral. Atente ao fato de que resolveremos a integral com o m´etodo das integrais iteradas, mas a invers˜ao da ordem de integra¸c˜ao n˜ao ´e imediata como no caso das regi˜oes retangulares. Veja, tamb´em, que cada limite de integra¸c˜ao est´a casado com a respectiva vari´avel atrav´es da ordem dxdy. Cabe aqui o seguinte questionamento: porque n˜ao usamos novamente o passo (i) para determinar a varia¸ca˜o de y? A resposta para essa pergunta ´e simples. Ao aplicarmos o passo (i) para x, j´a limitamos um peda¸co do plano. N˜ao se faz necess´aria uma nova delimita¸ca˜o do plano, mas da regi˜ao obtida. Vejamos como isso se aplica em um exemplo.

Exemplo 2. Calcule a a´rea entre x = y 2 e x = 1. Resolu¸ca˜o: Como desejamos saber a ´area, nossa f (x, y) ser´a igual a 1. Fa¸camos um esbo¸co do dom´ınio “D”:

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Aplicando o algoritmo enunciado, podemos obter duas formas de descrever a regi˜ao “D”. Temos que escolher a que facilita os c´alculos, embora nesse exemplo ambas sejam f´aceis de se calcular. A ´area de “D”pode ser obtida, fazendo: Z

1

Z

1

Z 1dxdy

−1

y2

ou 0

1

√

Z

x

√ − x

1dydx

Para obter a primeira integral, tra¸camos retas paralelas ao eixo x, concluindo que x varia entre a par´abola e a reta. J´a na segunda integral, tra¸camos retas paralelas ao eixo y, concluindo que y varia entre os bra¸cos da par´abola. Para escrever a equa¸c˜ao de cada bra¸co, retiramos a ra´ız 4 quadrada, lembrando do m´odulo. Ambas retornam , mas a primeira 3 integral n˜ao envolveu a an´alise da ra´ız.

Exemplo 3. Calcule a a´rea entre y = x e y = x2 . Resolu¸ca˜o: Novamente, foi pedida a a´rea, logo f (x, y) = 1. O esbo¸co da regi˜ao fica como na imagem abaixo:

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Tra¸caremos retas paralelas ao eixo y, pois, desse modo, y varia da par´abola at´e a reta. Para delimitar nossa regi˜ao, temos que achar os valores desejados de x. Esses s˜ao obtidos da interse¸c˜ao das curvas, ou seja, x = 0 e x = 1. Portanto, a a´rea ser´a dada por: Z 1Z x 1 1dydx = 6 0 x2

Para iniciarmos a discuss˜ao sobre integrais duplas, introduzimos o problema do c´alculo de volumes e ´areas. Contudo, esses s˜ao elementos geom´etricos e, consequentemente, sempre positivos. A pergunta que fica ´e: a integral dupla sempre retornar´a valores positivos? Assim como na integral simples, a resposta ´e n˜ao. Temos duas situa¸c˜oes distintas. A primeira ´e quando nos ´e pedido a a´rea de uma regi˜ao ou o volume do s´olido. Nesse caso, o valor obtido deve sempre ser positivo. A segunda ´e quando nos ´e pedido “calcule a seguinte integral dupla...”. Nessa situa¸ca˜o, nem sempre os valores ser˜ao positivos, pois a fun¸ca˜o a ser integrada pode estar abaixo do plano z = 0. Vejamos como isso se aplica a um exemplo.

Exemplo 4. Calcule o volume do s´olido limitado por z = x2 − 1, z = 0, y = 0 e y = 1. Resolu¸ca˜o: Inicialmente, fa¸camos um esbo¸co da situa¸ca˜o.

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Observamos que o dom´ınio de integra¸c˜ao ´e retangular. Mais especificamente, o retˆangulo R = [0, 1] × [0, 1]. Logo, pelo exposto na defini¸c˜ao, bastaria tomarmos a seguinte integral: Z 1Z 1 (x2 − 1)dxdy = −2/3 0

0

Um volume n˜ao pode ser negativo, logo tomamos o m´odulo do valor obtido pela integral acima. Contudo, se fosse pedido apenas para calcular a integral dupla acima, n˜ao tomar´ıamos o m´odulo e nossa resposta seria -2/3.

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2.4

M´ etodos para facilitar a integra¸ c˜ ao

Nesta parte do texto, discutiremos alguns m´etodos para facilitar ou at´e possibilitar a integra¸ca˜o. Eles ser˜ao divididos na mudan¸ca da ordem de integra¸ca˜o e nas mudan¸cas de vari´aveis. Para aqueles que compreenderam bem o algoritmo apresentado na se¸c˜ao anterior, o primeiro m´etodo ser´a bem intuitivo.

2.4.1

Mudan¸ ca da ordem de integra¸c˜ ao

O teorema de Fubini nos garante que, em dom´ınios retangulares, a mudan¸ca da ordem de integra¸c˜ao, ou seja, a invers˜ao da integral interna com a externa, pode ser feita de maneira imediata, simplesmente trocando as integrais. O problema aparece em regi˜oes mais gerais. Nessas regi˜oes ser´a necess´aria uma analise mais cuidadosa dos limites de integra¸c˜ao. Antes de entendermos como esse processo ocorre, vamos colocar de uma maneira clara o nosso objetivo: Z Z Z Z f (x, y)dydx f (x, y)dxdy =⇒ R

R0

Exemplo 5. Inverta a ordem de integra¸c˜ao de

R 1 R √x 0

x3

f (x, y)dydx.

Resolu¸ca˜o: Dada uma integral j´a montada, precisamos remontar o dom´ınio de integra¸ca˜o e o reescrever na outra ordem. Como a integral mais interna est´a relacionada √a varia¸c˜ao de y, concluimos que ´e a regi˜ao 3 limitada por y = x e y = x. Dessa regi˜ao, interessa-nos a parte em que 0 ≤ x ≤ 1. Observe nosso dom´ınio na imagem abaixo:

Para mudarmos a ordem de integra¸ca˜o, temos x varia. √ que ver como 2 Pelo esbo¸co percebemos que x varia de y = x → x = y at´e y = x3 , RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 22

que pode ser reescrito como x = Z

1

Z

√ 3

√ 3

y. Logo, a nova integral ficaria:

y

f (x, y)dxdy y2

0

Esse exemplo foi dado para apresentar o procedimento para a altera¸c˜ao da ordem. Vejamos agora um exemplo cl´assico em que a ordem de integra¸c˜ao precisa ser escolhida com cuidado.

Exemplo 6. Calcule e x = 1.

2

RR D

ex dxdy sendo D a regi˜ao entre y = x, y = 0

Resolu¸ca˜o: A princ´ıpio somos livres para escolher a ordem em que faremos a integra¸ca˜o. Contudo, observe que se escolhermos a ordem dxdy, teremos 2 que integrar a fun¸c˜ao ex . N˜ao conseguimos obter uma solu¸c˜ao expl´ıcita para isso. Gostar´ıamos que tivesse um x multiplicando no integrando para que fosse poss´ıvel aplicar a substitui¸c˜ao u = x2 . Vejamos o que ocorre se integrarmos na ordem dydx. Tra¸cando retas paralelas ao eixo y, concluimos que 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ x ≤ 1. Portanto, a integral dupla ficaria: Z 1Z x Z 1 2 x2 e dydx = xex dx 0

0

0

Devido a integral mais interna possuir o termo x em seu limite, ao integrarmos, ele aparecer´a no integrando como desejado. Agora podemos aplicar a substitui¸c˜ao sugerida no in´ıcio, retornando: Z Z 1 2 ex dxdy = (e − 1) 2 D

Exemplo 7. Mude a ordem de integra¸ca˜o de: Z Z √ asenb

a2 −y 2

f (x, y)dxdy 0

ycotgb

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sendo que a > 0 e 0 < b < π/2 . Resolu¸ca˜o: Observamos, primeiramente, que “a” e “b” s˜ao constantes. Ent˜ao, na integral externa, os limites s˜ao constantes. Na integral interna, o limite inferior possui o termo ycotgb. Como b ´e uma constante, cotgb ´e uma constante, logo esse elemento ´e uma reta que passa pela origem e tem inclina¸c˜ao cotgb. O limite superior ´e o semi-c´ırculo com x ≥ 0 centrado na origem com raio “a”.

1 Como cotgb = e tan b ≤ 0, no intervalo dado, ent˜ao a inclina¸ca˜o tan b da reta ´e positiva. Substituindo x = ycotgb na equa¸c˜ao do c´ırculo, descobrimos que a interse¸c˜ao ocorre em x = a cos b, logo y = a sin b. Portanto, ao analisarmos os limites da integral exterior, concluimos que desejamos toda a regi˜ao de interse¸c˜ao. Exatamente como no exposto acima. Para invertermos a ordem de integra¸c˜ao, temos que tra¸car retas paralelas ao eixo y. N˜ao h´a como escrever essa regi˜ao de maneira u ´nica, logo teremos que usar a propriedade da aditividade, ou seja, somar duas integrais, uma no dom´ınio R1 e a outra em R2. Em R1, 0 ≤ y ≤ x tan b √ 2 e 0 ≤ x ≤ a cos b. Em R2, 0 ≤ y ≤ a − x2 e a cos b ≤ x ≤ a. Portanto, temos que Z

a cos b

Z

x tan b

Z

a

√

Z

f (x, y)dydx + 0

0

a2 −x2

f (x, y)dydx a cos b

0

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2.4.2

Mudan¸ ca de vari´ aveis

A leitura dessa pequena introdu¸ca˜o exige conhecimentos de ´algebra linear. Recomendamos aos leitores que atentem, cuidadosamente, para as conclus˜oes em que chegaremos. Considere os dois vetores da base canˆonica de R2 , ou seja, e1 =(0,1) e e2 =(1,0). Esses dois vetores definem um quadrado “D”. A ´area de “D”´e dada pelo determinante da matriz formada por esses vetores 1 0 A(D) = det(A) = 0 1 Ao aplicarmos uma tranforma¸c˜ao linear, “T”, temos uma nova regi˜ao D’ formada agora por T (e1 ) e T (e2 ). Para acharmos a ´area de D’ tomamos um novo determinante, mas com os vetores transformados nas colunas. Pelas propriedades das TL’s temos: A(D0 ) = det(T ).det(A) = det(T ).A(D) Observamos ent˜ao que as a´reas n˜ao s˜ao iguais e aparece um fator de corre¸ca˜o dado por esse determinante. Como queremos transformar todo o espa¸co, T tem que ser sobrejetora. Como T ´e quadrada e sobrejetora ´e injetora e bijetora. Uma transforma¸ca˜o bijetora apresenta inversa, T −1 . Precisamos manter sempre o n´ umero de vari´aveis, no caso, duas. Quando fazemos mudan¸cas de vari´aveis, na verdade, estamos aplicando uma transforma¸c˜ao afim de facilitar o dom´ınio de integra¸c˜ao ou o integrando. Contudo, como a integral est´a ligada a a´rea do dom´ınio, aparecer´a o c´alculo de um determinante. Mudan¸cas lineares Nesse caso, gostar´ıamos de aplicar a seguinte transforma¸ca˜o x = f (u, v) = a1 u + a2 v y = g(u, v) = b1 u + b2 v Na forma matricial, temos 

a1 a2 b1 b2



 ×

u v



Observe que a matriz a esquerda representa a matriz da transforma¸c˜ao linear. Pelo exposto acima, o seu determinante, chamado de jacobiano, ser´a importante no processo de mudan¸ca de vari´aveis. H´a um fato interessante, RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 25

mas que n˜ao ´e uma coincidˆencia. As entradas dessa matriz s˜ao as derivadas parciais das fun¸co˜es f e g. Na verdade, a forma mais geral para o jacobiano ´e ∂x ∂x ∂(x, y) ∂u ∂v J= = ∂(u, v) ∂y ∂y ∂u ∂v Mas qual o nosso objetivo? Nosso objetivo ´e: dada uma integral dupla, achar uma mudan¸ca linear que facilite o c´alculo, seja facilitando o dom´ınio ou o integrando. Isso ser´a feito da seguinte forma Z Z Z Z ∂(x, y) w(x, y)dxdx = w(x(u, v), y(u, v)) dudv ∂(u, v) D R A integral acima nos diz que aplicaremos a mudan¸ca a nossa fun¸ca˜o e multiplicaremos pelo m´odulo do jacobiano. Este est´a relacionado a deforma¸ca˜o da a´rea de integra¸c˜ao. Al´em disso, temos que ver como o dom´ınio “D”se comporta no novo plano (u, v). Por isso, ele virou um novo dom´ınio “R”. Vejamos como isso se aplica em exemplos.

RR Exemplo 8. Calcule (x − 3y)dA sendo R a regi˜ao formada pelas R retas y = 0, y = 2x, y = −3x e y = x/2. Use x = 2u + v e y = u + 2v. Resolu¸ca˜o: Vejamos uma imagem do dom´ınio:

Para L1, ou seja, o segmento da reta y = 2x que vai do ponto (0, 0) at´e o ponto (1, 2), devemos igualar as mudan¸cas na equa¸ca˜o da reta: y = 2x → u + 2v = 2(2u + v) → u = 0 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 26

Portanto, esse segmento se tornar´a um segmento da reta u = 0 no plano uv. Precisamos agora determinar o ponto inicial e final desse segmento. Usaremos para isso o ponto inicial e final do segmento no plano xy e faremos dois sistemas. PONTO INICIAL(0,0): 

x = 0 = 2u + v y = 0 = u + 2v

Ao resolver o sistema verificamos que a solu¸c˜ao ser´a o ponto u = 0 e v = 0. Como sabiamos de antem˜ao que u = 0, poderiamos ter feito apenas 0 = 2u + v → 2.0 + v = 0. PONTO FINAL(1,2): 

x = 1 = 2u + v y = 2 = u + 2v Ao resolver o sistema verificamos que a solu¸c˜ao ser´a o ponto u = 0 e v = 1. Como sabiamos de antem˜ao que u = 0, poder´ıamos ter feito apenas 1 = 2u + v → 2.0 + v = 1 Ent˜ao, concluimos que o segmento L1 se torna um segmento da reta u = 0 indo de v = 0 at´e v = 1. Para L2, ou seja, o segmento da reta y = −3x+2 indo de (1, 2) at´e (2, 1), devemos, novamente, igualar as transforma¸co˜es na equa¸c˜ao da reta y = −x + 3 → u + 2v = −(v + 2u) + 3 → v = 1 − u Portanto, esse segmento se transformar´a num segmento da reta v = 1−u. Precisamos determinar o ponto final (o inicial ser´a u = 0 e v = 1, pois a fronteira permanece fechada). PONTO FINAL(2,1): 

x = 2 = 2u + v y = 1 = u + 2v Ao resolver o sistema, verificamos que a solu¸c˜ao ser´a o ponto u = 1 e v = 0. Ent˜ao temos que o segmento L2 se tornar´a a reta v = 1 − u indo do ponto u = 0 e v = 1 at´e o ponto u = 0 e v = 1. Para L3, ou seja o segmento da reta y = x/2 indo de (2, 1) at´e (0, 0), devemos novamente igualar as transforma¸co˜es na equa¸c˜ao da reta y = x/2 → u + 2v = (2u + v)/2 → v = 0 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 27

N˜ao ´e necess´ario determinar os pontos inicial e final, pois esses ser˜ao o ponto inicial de L1 transformado e o final de L2 transformado, respectivamente. Ent˜ao L3 ser´a o segmento da reta v = 0 com u indo de 0 a 1. Na imagem abaixo verificamos como fica o novo dom´ınio de integra¸ca˜o:

Agora, precisamos fazer o c´alculo do jacobiano, que ser´a dado como se segue: ∂(x, y) 2 1 J= = =3 ∂(u, v) 1 2 ´ necess´ario determinar como fica a fun¸ca˜o f (x, y) = x − 3y em termos E de u, v. x − 3y → 2u + v − 3(u + 2v) → −u − 5v Podemos escrever o novo dom´ınio de integra¸c˜ao como sendo 0 ≤ v ≤ 1−u e 0 ≤ u ≤ 1. Isso gera a seguinte integral Z 1 Z 1−u (−u − 5v)(3)dvdu = −3 0

0

−1/2 1 Exemplo 9. Calcule x−y+ dxdy, sendo ”D”a regi˜ao forD 4 mada por x = y, x = 2 e y = −x2 . Sugest˜ao: Utilize x = u+v e y = v−u2 . 

RR

Resolu¸ca˜o: A princ´ıpio poderiamos tentar resolver a seguinte integral Z 0

2

 −1/2 1 x−y+ dydx 4 −x2

Z

x

Contudo, essa integral n˜ao ´e simples de ser calculada, ent˜ao utilizaremos a sugest˜ao das mudan¸cas acima. Para analisarmos o comportamento RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 28

do novo dom´ınio, faremos um esbo¸co do atual dom´ınio e dividiremos a sua fronteira em segmentos como na imagem abaixo.

Reescreveremos cada segmento (L1, L2, L3), dando forma a nova fronteira, R. Para L1 (y=x): O ponto inicial ´e (0,0) e o final (2,2). Substituindo as muda¸cas na equa¸ca˜o da reta, temos: u + v = v − u2 → u(u + 1) = 0 → u = 0, u = −1 Isso significa que independente dos valor que (x, y) assume na reta, para essas mudan¸cas, u fica parado na reta u = 0 ou u = −1. Os pontos iniciais e finais nos dir˜ao o v inicial e final. Se u = 0, os pontos (0,0), (2,2) nos dizem que v tem in´ıcio em 0 e vai at´e 2. Se u = −1, estes pontos nos dizem que v tem in´ıcio em 1 e t´ermino em 3. Atente ao fato que 1 segmento gerou 2 novos. Como ´e necess´ario que a mudan¸ca seja bijetora, ser´a necess´ario escolher apenas 1 dos segmentos como faremos posteriormente. Para L2 (x = 2): A reta x = 2 se torna u + v = 2. Precisamos definir os pontos iniciais e finais em (u, v), usando os pontos (2,2) e (2,-4). v − u2 = 2 → u(u + 1) = 0 Isso nos retorna os pontos, em (u, v), (0,2) e (-1,3). Como a fronteira deve permanecer fechada, o primeiro ponto tem que se unir a reta u = 0 e o segundo a reta u = −1. Para L3 (y = −x2 ): O comportamento dessa curva em (u, v) n˜ao ´e t˜ao RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 29

imediato como os anteriores, mas substituindo as equa¸co˜es das mudan¸cas na equa¸ca˜o da par´abola, temos v − u2 = −(u2 + 2uv + v 2 ) → v(1 + 2u + v) = 0 Portanto, ou a curva se comporta como v = 0 ou como v + 2u = −1. Novamente, para a fronteira permanecer fechada, a reta v = 0 pertence a primeira regi˜ao enquanto a outra pertence a segunda. Vamos definir agora os pontos limites, usando (2,-4) e (0,0). Ao longo de v = 0, se x = 0, temos que u = 0. Se x = 2, temos u = 2. Ao longo de 2u + v = −1, se x = 0 temos que u = −1 e v = 1. Se x = 2, temos u = −3 e v = 5. Temos ent˜ao as seguintes regi˜oes:

A primeira regi˜ao parece mais f´acil de ser trabalhada, ent˜ao a usaremos como novo dom´ınio. Precisamos agora obter o m´odulo do jacobiano ∂x ∂x ∂(x, y) ∂u ∂v 1 1 = = 1 + 2u = ∂(u, v) ∂y ∂y −2u 1 ∂u ∂v Na regi˜ao, u ´e sempre positivo, ent˜ao o m´odulo do jacobiano ´e o pr´oprio jacobiano. Podemos agora montar a nova integral dupla. Z 2 Z 2−v (u + u2 + 1/4)−1/2 (1 + 2u)dudv 0

0

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Fazendo a substitui¸ca˜o t = u + u2 + 1/4 → dt = (1 + 2u)du, obtemos Z 2 2 [(2 − v) + (2 − v)2 ]dv = 4 0

Exemplo 10. Sendo D a regi˜ao limitada por x = 0, y = 0 e x + y = 1, calcule   Z Z x−y cos dA x+y D Resolu¸ca˜o: A integral do cosseno n˜ao ´e dif´ıcil de ser calculada, mas devido a fra¸ca˜o que aparece teremos dificuldades em integrar diretamente. Faremos a mudan¸ca u = x + y e v = x − y. Como no exemplo anterior, denominaremos cada um dos segmentos da fronteira e analisaremos como eles se comportam com a mudan¸ca. L1 (x = 0): Ao longo da reta x = 0, teremos que u = y e v = −y, logo u = −v. S´o precisamos definir os pontos iniciais e finais. O ponto (0,0) vai retornar o ponto (0,0) em (x, y). O ponto (0,1) se tornar´a (1,-1). L2 (x + y = 1): Como x + y = u, temos que u = 1. Sabemos tamb´em que o ponto (0,1) retorna (1,-1), enquanto que o ponto (1,0) retorna (1,1). L3 (y = 0): Se y = 0, as mudan¸cas se tornam u = x e v = x, logo u = v. Para fecharmos a regi˜ao o ponto inicial ser´a o (1,1) e o final o (0,0). O novo dom´ınio pode ser visto na imagem abaixo

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Fa¸camos o c´alculo do jacobiano: ∂u ∂u ∂(u, v) ∂x ∂y 1 1 = = ∂(x, y) ∂v ∂v 1 −1 ∂x ∂y

= −2 → 2

Observe que, nesse caso, n˜ao temos uma func˜ao x = f (u, v) e y = g(u, v), mas temos u = h(x, y) e v = t(x, y). Na verdade, estamos trabalhando com o processo inverso. Podemos tentar achar as fun¸co˜es x = f (u, v) e y = g(u, v). Contudo, como apenas nos interessa o c´alculo do jacobiano, utilizaremos um argumento da ´algebra linear. Vimos que a mudan¸ca ´e uma bije¸ca˜o, logo ela admite uma inversa. No caso, estamos trabalhando com a inversa do que ´e o correto. Mas sabemos que detA =

1 detA−1

Ent˜ao para obter o desejado, basta tomarmos o inverso do que temos. , ∂(x, y) ∂(u, v) =1 ∂(u, v) ∂(x, y) Logo

1 ∂(x, y) = e a integral fica ∂(u, v) 2 Z 1Z u v sen1 1/2 cos dvdu = u 2 0 −u

Exemplo 11. Sendo D a regi˜ao descrita por: D = {(x, y)/1 ≤ xy ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2x2 }, calcule: Z Z x dA 2 D y Resolu¸ca˜o: Vejamos como fica o nosso dom´ınio original

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Podemos aplicar o m´etodo habitual. Contudo, com uma percep¸ca˜o mais apurada, a quest˜ao dos pontos iniciais e finais poder´a ser descartada. y Faremos a mudan¸ca u = 2 e v = xy. x Ao longo da hip´erbole xy = 1, temos v = 1. Ao longo da hip´erbole xy = 2, temos v = 2. Se dividirmos ambos os membros da desigualdade x2 ≤ y ≤ 2x2 por x2 , vamos obter 1 ≤ y/x2 ≤ 2. Ao longo de y/x2 = 1, u = 1 e ao longo de y/x2 = 2, u = 2. Portanto, o nosso novo dom´ınio ´e um retˆangulo. Calculemos o jacobiano ∂u ∂u −2y 1 ∂(u, v) ∂x ∂y = ∂v ∂v = x3 x2 = −3y/x2 → −3u → 3u ∂(x, y) y x ∂x ∂y Novamente queremos o inverso desse determinante por ser a fun¸ca˜o inversa ∂(x, y) 1 = ∂(u, v) 3u Precisamos agora escrever o nosso integrando em fun¸c˜ao de (u, v). Obx2 1 e u−1 = , logo o integrando pode ser reescrito servamos que v −1 = xy y 1 como f (u, v) = . Finalmente, nossa integral fica uv Z 2Z 2 1 ln 2 1/3 dudv = 2 6 1 1 vu

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Mudan¸cas polares Para motivarmos a leitura cuidadosa dessa se¸ca˜o, resolveremos um exemplo da maneira como estamos habituados e, no fim desse t´opico, resolvˆe-lo-emos com a utiliza¸c˜ao das mudan¸cas polares.

Exemplo 12. Calcule a a´rea do c´ırculo de raio 1. Resolu¸ca˜o: Como queremos calcular a a´rea nossa fun¸c˜ao ser´a f (x, y) = 1. O primeiro dilema que encontramos ´e com rela¸ca˜o a escrita do nosso dom´ınio de integra¸ca˜o. A equa¸c˜ao da circunferˆencia n˜ao ´e uma fun¸ca˜o, pois para cada x h´a 2 valores √ associados. Contudo, ela pode ser√decomposta em duas fun¸c˜oes y = 1 − x2 (parte superior) e y = − 1 − x2 (parte inferior). √ Sendo assim,√podemos escrever nosso dom´ınio como D = {(x, y)/ − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 , −1 ≤ x ≤ 1} e a integral desejada ficaria Z

1

−1

√

Z

1−x2

√ − 1−x2

Z

1

dydx = 2

√ 1 − x2 dx

−1

Para resolvermos essa integral, temos que aplicar a seguinte mudan¸ca x = sen(θ) → dx = cos(θ)dθ. Aplicando essa substitui¸c˜ao em nossa integral obtemos Z π/2 cos2 (θ)dθ = π −π/2

Observe quanto trabalho tivemos para obter um resultado simples ´ o´bvio que h´a um jeito e esperado, j´a que a ´area do c´ırculo ´e πr2 . E mais simples de computarmos isso e ´e essa ferramenta que introduziremos agora.

Para falarmos de mudan¸cas polares, precisamos falar de coordenadas polares primeiro. Estamos habituados a trabalhar com os dois eixos cartesianos ortogonais x e y. No entanto, esse n˜ao ´e o u ´nico jeito de descrever os pontos no plano. Uma forma alternativa ´e descrever em fun¸c˜ao da distˆancia at´e uma certa origem e do aˆngulo que essa distˆancia forma com um semi-eixo orientado. A esse processo, d´a-se o nome de coordenadas polares, como podemos visualizar na imagem abaixo.

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Podemos fazer uma equivalˆencia entre o sistema cartesiano e o polar. Basta tomarmos o semi-eixo polar como o semi-eixo x positivo. Assim obtemos as seguintes rela¸co˜es: x = r cos(θ) y = rsen(θ) Essas express˜oes s˜ao v´alidas para −∞ ≤ r ≤ ∞ e −∞ ≤ θ ≤ ∞. Ao falarmos de mudan¸cas polares estamos transferindo todos os elementos do plano (x, y) para o plano (r, θ). Isso ser´a feito mediante a rela¸c˜ao mostrada acima ou alguma de suas varia¸co˜es. Vimos que as mudan¸cas de vari´aveis precisam ser bijetoras. Para garantir que varremos todo o plano de maneira u ´nica, impomos que r > 0 e θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2π. Atente ao fato que isso s´o ocorre nas mudan¸cas polares e n˜ao nas coordenadas polares. Como j´a foi exposto, ao fazermos essa mudan¸ca h´a uma deforma¸ca˜o da a´rea que precisa ser corrigida com o jacobiano. Para as mudan¸cas acima o jacobiano fica: ∂x ∂x ∂(x, y) ∂r ∂θ = ∂y ∂y = r ∂(r, θ) ∂r ∂θ Vejamos como o exemplo da a´rea do c´ırculo se torna muito mais simples de ser abordado com as mudan¸cas polares.

Exemplo 13. Novamente, a nossa fun¸c˜ao ´e f (x, y) = 1. Precisamos, agora, definir n˜ao mais a varia¸ca˜o de x e y, mas de r e θ. Para isso, faremos um racioc´ınio an´alogo ao utilizado anteriormente. Tra¸cando v´arios raios com origem no centro, percebemos que o raio varia de 0 at´e a equa¸ca˜o do c´ırculo que em coordenadas polares ser´a r = 1. Tomando como positivo os arcos com in´ıcio no eixo x, percebemos que o ˆangulo completa uma volta logo varia de 0 a 2π. Aqui ´e importante resaltar RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 35

que tomamos 0 ≤ θ ≤ 2π por conveniˆencia. Na verdade, s´o temos que garantir que ∆θ = 2π, ou seja, podemos tomar π ≤ θ ≤ 3π, por exemplo. Ent˜ao a integral fica Z Z 1

2π

rdθdr = π 0

0

Com o uso das coordenadas polares, o c´alculo da integral ficou muito mais simples. Regi˜oes fechadas sugerem o uso de mudan¸cas polares, pois temos um argumento de raio e de aˆngulo bem definido. Por outro lado, observar essas regi˜oes pelas coordenadas cartesianas seria incˆomodo, haja vista que n˜ao uma fun¸ca˜o que descreve a regi˜ao de maneira u ´nica. Vejamos agora exemplos de aplica¸c˜ao dessa teoria. Vejamos tamb´em varia¸c˜oes das mudan¸cas polares.

Exemplo 14. Calcule a a´rea de (x − 1)2 + y 2 = 1. Resolu¸ca˜o: Se tra¸carmos v´arias linhas representando raios, veremos que ele tem in´ıcio em zero e vai at´e a equa¸ca˜o do c´ırculo: (rcos(θ) − 1)2 + r2 sen2 (θ) = 1 → r = 2cos(θ) A diferen¸ca ´e que, nesse exemplo, os ˆangulos n˜ao se encontram nos 4 quadrantes, mas apenas no primeiro e quarto, logo o ˆangulo varia de −π/2 at´e π/2. Ent˜ao, temos a seguinte integral: Z

π/2

Z

2cos(θ)

rdrdθ = π −π/2

0

Poder´ıamos obter a varia¸c˜ao de θ por outro argumento. Poder´ıamos analisar a condi¸c˜ao de existˆencia da mudan¸ca polar, ou seja, r > 0 e ∆θ = 2π. Se r > 0, ent˜ao cos θ > 0, logo −5π/2 ≤ θ ≤ −3π/2, ou −π/2 ≤ θ ≤ π/2, ou 3π/2 ≤ θ ≤ 5π/2 e v´arios outros intervalos satisfazem a desigualdade trigonom´etrica. Como ∆θ = 2π e escolhendo θ inicial como −π/2, temos que θfmax o podemos tomar −π/2 ≤ θ ≤ π/2. inal = 3π/2, logo s´ Outro m´etodo que poderia ter sido empregado ´e a corre¸ca˜o da transla¸ca˜o do c´ırculo. Ou seja, somaremos nas coordenadas uma constante a fim de deslocar a origem polar em rela¸c˜ao a origem cartesiana, de

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modo que o centro do c´ırculo volte a coincidir com a origem polar. Sendo assim, nossa nova mudan¸ca passa a ser: x = rcos(θ) + 1 y = rsen(θ) Temos agora que calcular o novo jacobiano j´a que alteramos a mudan¸ca de coordenadas. ∂x ∂x ∂(x, y) ∂r ∂θ = ∂y ∂y = r ∂(r, θ) ∂r ∂θ Isso era de se esperar, pois uma constante, ao ser derivada, sumir´a, retornando a matriz inicial. A vantagem ´e que, sob essas mudan¸cas, o c´ırculo agora volta a ser centrado na origem (basta substituir as mudan¸cas na equa¸ca˜o do c´ırculo e ver´a que r=1). Isso nos d´a a seguinte integral: Z 1 Z 2π rdθdr = π 0

0

x2 y 2 Exemplo 15. Calcule o volume do s´olido limitado por z = − − + 1 4 9 e z = 0. Resolu¸ca˜o: Para achar o volume, temos que resolver a seguinte integral:  Z Z  2 x y2 − − + 1 dA 4 9 D sendo D = {(x, y)|x2 /4 + y 2 /9 = 1}, como na imagem abaixo. Esse dom´ınio foi obtido fazendo z = 0 no paraboloide el´ıptico.

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O dom´ınio D ´e uma elipse. Uma analogia que pode ser feita ´e que a elipse seria um c´ırculo que sofreu uma compress˜ao. Assim como alteramos as mudan¸cas para corrigir a transla¸c˜ao, alteraremos as mudan¸cas para corrigir a compress˜ao. Na equa¸c˜ao da elipse, o que indica a compress˜ao s˜ao os denominadores. Sendo assim, multiplicaremos as mudan¸cas de tal modo que ao elevarmos ao quadrado haja cancelamento com o denominador. Portanto x = 2r cos(θ) y = 3rsen(θ) Sob essas mudan¸cas a elipse, retorna a um c´ırculo de raio unit´ario centrado na origem. Logo o raio volta a variar de 0 a 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Precisamos, novamente, calcular o jacobiano. ∂x ∂x ∂(x, y) ∂r ∂θ = ∂y ∂y = 6r = 2.3.r ∂(r, θ) ∂r ∂θ Finalmente, temos que o volume pode ser dado por: Z 1 Z 2π (1 − r2 ).6rdθdr = 3π 0

0

Atente ao fato do jacobiano ser multiplicado pelo produto das constantes de compress˜ao. Isso n˜ao foi um mero acaso e ocorrer´a sempre que vocˆe fizer esse processo. Poder´ıamos fazer duas mudan¸cas. A primeira u = x/2 e v = y/3 o que ir´a gerar um c´ırculo em (u, v). Posteriormente, aplicamos as mudan¸cas polares tradicionais. Tal m´etodo gerar´a o c´alculo de dois jacobianos.

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Nesse momento, podemos dar uma forma mais geral para as mudan¸cas polares, levando em conta as transla¸co˜es e compress˜oes. x = ar cos(θ) + b y = crsen(θ) + d ∂x ∂x ∂(x, y) ∂r ∂θ = ∂y ∂y = a.c.r ∂(r, θ) ∂r ∂θ Vejamos em um exemplo o cuidado que temos que ter com rela¸ca˜o ao fato de que a mudan¸ca ocorre em todo o plano, logo afeta a todos os elementos presentes nesse.

Exemplo 16. Calcule a a´rea de D, sendo 2   2 x y = 1, y ≤ x, y ≥ 0 D = (x, y) + 4 9 Resolu¸ca˜o: Primeiro, fa¸camos um esbo¸co do nosso dom´ınio “D”.

A situa¸ca˜o ´e an´aloga a anterior, ent˜ao faremos as mesmas mudan¸cas e obteremos o mesmo jacobiano. A varia¸c˜ao de r ser´a equivalente, mas a varia¸c˜ao de θ ser´a diferente. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 39

Observe que o aˆngulo tem in´ıcio no eixo x, logo θ = 0. No entanto, na regi˜ao, ele n˜ao chega a descrever uma rota¸ca˜o completa. Ele para na reta y = x. Esse elemento limitador, escrito pelas mudan¸cas polares, torna-se tg(θ) = 2/3 → θ = arctg(2/3). Isso nos d´a a seguinte integral Z

1

Z

arctg(2/3)

6rdθdr = 3arctg(2/3) 0

0

Exemplo 17. Dˆe o valor de: Z

∞

I=

2

e−x dx

−∞

Resolu¸ca˜o: Essa quest˜ao ´e um cl´assico e demonstra o poder das mudan¸cas polares. N˜ao conseguimos obter uma forma anal´ıtica para a integral dessa fun¸ca˜o (gaussiana). Mas essa integral impr´opria sabemos resolver. R ∞ −y 2 Primeiramente, vamos multiplicar a integral por −∞ e dy (observe que isso tamb´em vale I, pois estamos integrando a mesma fun¸ca˜o no mesmo limite de integra¸c˜ao). Temos ent˜ao Z ∞ Z ∞ Z ∞Z ∞ 2 2 2 −x2 −y 2 I = e dx e dy = e−(x +y ) dxdy −∞

−∞

−∞

−∞

Observe que pelos limites de integra¸ca˜o, na verdade, nosso dom´ınio ´e todo o R2 . Para resolver a integral do lado direito, utilizaremos as mudan¸cas polares convencionais, logo temos Z 2π Z ∞ 2 re−r drdθ = π 0

0

Podemos resolver a integral acima com a substitui¸ca˜o u = −r2 e com o aux´ılio de uma integral impr´opria. Finalmente, temos que Z ∞ √ 2 I= e−x dx = π −∞

.

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Trabalharemos agora um assunto muito interessante. Veremos alguns exemplos de lima¸cons, ros´aceas, cardioide e afins. Esses elementos tem uma caracter´ıstica em comum, todos s˜ao bem definidos por uma equa¸c˜ao do gˆenero r = f (θ). Cardioide A equa¸c˜ao caracter´ıstica de um cardioide ´e: r = a(1 ± cos(θ)) ou r = a(1 ± sen(θ)) Dependendo da equa¸c˜ao escolhida a concavidade do cardioide apontar´a para uma determinada regi˜ao. Com a varia¸ca˜o de “a”, o cardioide pode ocupar uma a´rea maior ou menor. Vejamos um exemplo de cardioide abaixo (caso r = 1 + cos(θ)).

Exemplo 18. Determine a ´area da figura limitado por x2 + y 2 = x + p x2 + y 2 Resolu¸ca˜o: Essa equa¸c˜ao cartesiana n˜ao nos remete a nenhum elemento conhecido. Por isso, aplicaremos as mudan¸cas polares tradicionais para ver se conhecemos o objeto. r2 = r + r cos(θ) → r(r − 1 − cos(θ)) = 0 → r = 0, r = 1 + cos(θ) Da informa¸ca˜o r = 0, sabemos que a origem pertence a regi˜ao e, na varia¸c˜ao de r, teremos in´ıcio no valor zero. J´a a outra informa¸c˜ao nos remete ao cardi´oide acima. Logo a a´rea ser´a dada por: Z 2π Z 1+cos(θ) 3π rdrdθ = 2 0 0 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 41

Utilizamos do fato que conheciamos, previamente, a equa¸ca˜o do cardioide. E se isso n˜ao fosse sabido? Bem, o primeiro passo seria substituir as mudan¸cas polares, obtendo as duas express˜oes para raio. Sabemos, ent˜ao, a varia¸ca˜o de r, falta descobrir a de θ. Essa informa¸ca˜o ´e obtida pela express˜ao do raio. O raio n˜ao pode assumir valores negativos, logo 1 + cos(θ) ≥ 0 → cos(θ) ≥ −1. Como isso ocorre para qualquer ˆangulo, um intervalo poss´ıvel ´e 0 ≤ θ ≤ 2π.

lemniscata A equa¸ca˜o caracter´ıstica de uma lemniscata ´e: r2 = a2 cos(2θ) r2 = a2 sen(2θ) Podemos visualizar uma lemniscata na figura abaixo(caso a = 1)

Exemplo 19. Calcule a ´area da regi˜ao limitada por (x2 + y 2 )2 = 2(x2 − y 2 ). Resolu¸ca˜o: Vamos aplicar as mudan¸cas polares tradicionais para obter a express˜ao do raio. p r4 = 2r2 cos(2θ) → |r| = 2 cos(2θ) Precisamos que o argumento dentro da ra´ız seja positivo, logo 2 cos(2θ) ≥ 0. Isso ocorre para diversos valores de θ, como −π/4 ≤ θ ≤ π/4, 3π/4 ≤ θ ≤ 5π/4, 7π/4 ≤ θ ≤ 9π/4. Contudo, se determinarmos −π/4 como o primeiro valor a ser tomado de aˆngulo, o m´aximo que ele pode assumir ´e 7π/4, pois θo ≤ θ ≤ θo + 2π. Sendo assim, s´o nos interessa os intervalos −π/4 ≤ θ ≤ π/4 e 3π/4 ≤ θ ≤ 5π/4. Isso

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gera os 2 bra¸cos da lemniscata. Como s˜ao sim´etricos, consideraremos um intervalo e o multiplicaremos por 2. Z Z √ π/4

2 cos(2θ)

2

rdrdθ = 2 −π/4

0

O processo de multiplicar por 2 devido a simetria n˜ao ´e v´alido para todos os integrandos. Contudo, para o c´alculo de a´reas ser´a sempre v´alido, pois f (x, y) = 1 ´e uma fun¸ca˜o par.

lima¸con A equa¸c˜ao caracter´ıstica de um lima¸con ´e: r = b + a cos(θ) ou r = b + asen(θ) No caso especial em que b = a, o lima¸con se torna um cardioide. Podemos visualizar um lima¸con na figura abaixo (caso b = 1 e a = 2)

Exemplo 20. Calcule a ´area da curva limitado por (x2 + y 2 − 2x)2 = x2 + y 2 , como na imagem abaixo.

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Resolu¸ca˜o: Aplicaremos as mudan¸cas polares na equa¸ca˜o dada, obtendo: (r2 − 2r cos(θ))2 = r2 (r4 − 4r3 cos(θ) + 4r2 cos2 (θ)) = r2 → r2 (r2 − 4r cos(θ) + 4 cos2 (θ)) = 0 r1 = 1 + 2 cos(θ) ou r2 = −1 + 2 cos(θ) Percebemos, ent˜ao, que h´a uma regi˜ao interna e outra externa, como exposto no desenho. O raio da regi˜ao interna ´e dado por r2 , enquanto que o da regi˜ao externa ´e dada por r1 . Logo, calcularemos a ´area utilizando o raio externo e vamos subtrair da a´rea usando o raio interno. Para obter as varia¸co˜es de θ precisamos fazer que r ≥ 0. Isso nos retorna: −2π/3 ≤ θ1 ≤ 2π/3 e −π/3 ≤ θ2 ≤ π/3. Portanto 2π/3

Z

Z

1+2 cos(θ)

rdrdθ

Aext = 2 0

Z

π/3

0

Z

−1+2 cos(θ)

Aint = 2

rdrdθ 0

0

√ Finalmente a ´area desejada ´e: π + 3 3

ros´ acea A equa¸ca˜o caracter´ıstica da ros´acea ´e: r = a cos(nθ)

ou

r = asen(nθ)

Podemos visualizar uma ros´acea abaixo (caso a = 2 e n = 2)

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Exemplo 21. Calcule a a´rea delimitada por (x2 +y 2 )2 = (x2 −y 2 )x−2y 2 x. Resolu¸ca˜o: Vamos aplicar as coordenadas polares tradicionais para ver a informa¸ca˜o que iremos obter r4 = r3 (cos2 θ − sen2 θ) cos θ − 2r3 sen2 θ cos θ ⇒ r = cos 2θ cos θ − sen2θsenθ ⇒ r = cos 3θ Sabemos que se trata de uma ros´acea de 3 p´etalas, mas vamos trabalhar como se isso n˜ao fosse sabido. Sendo assim, o raio ´e maior que zero nos seguintes intervalos −π/6 ≤ θ ≤ π/6, π/2 ≤ θ ≤ 5π/6 e 7π/6 ≤ θ ≤ 3π/2. Observe que existem outros intervalos poss´ıveis, mas a varia¸ca˜o m´axima de θ n˜ao pode ultrapassar 2π. Temos, ent˜ao Z

π/6

Z

3 −π/6

0

cos 3θ

3 rdrdθ = 2

Z

π/6

−π/6

cos2 3θdθ =

π 4

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2.5

Exerc´ıcios

?1. Calcule a seguinte integral dupla: π 4, 0 ≤ y ≤ } 6

RR D

xsen(y)dA e D = {1 ≤ x ≤

p ?2. Determine o volume do s´olido limitado pela superf´ıcie z = x x2 + y e os planos x = 0, x = 1, y = 0, y = 1 e z = 0. ?3. Determine o volume do s´olido contido no primeiro octante limitado por z = 9 − y 2 e pelo plano x = 2. ?4. Determine o volume da regi˜ao limitada por z = xy e sua proje¸ca˜o no plano xy ´e a regi˜ao limitada por y = x2 e x = y 2 . ?5. Calcule a seguinte integral:

R3R9 0

y2

y cos(x2 )dxdy.

y + 2x √ dA sendo D a regi˜ao do plano limitada por y − 2x − 1 y − 2x = 2, y + 2x = 2, y − 2x = 1 e y + 2x = 1. ?6. Calcule

RR

D

RR ? ? ?7. Calcule xdA, sendo R a regi˜ao limitada por x = y 2 − 1, x = 1 − y 2 R y2 e x = 4 − . Sugest˜ao: Fa¸ca x = u2 − v 2 e y = uv. 4 R R x+y ??8. Calcule e dA, sendo D limitada por |x| + |y| = 1. D ?9. Calcule

RR D

xy dA, sendo D a regi˜ao limitada por xy = 1, xy = 4, 1 + x2 y 2

x = 1 e x = 4. R R (y − 2x)8 dA, onde D ´e a regi˜ao limitada por y = 2x, D (y + x)5 y = 1 + 2x, y = 1 − x e y = 3 − x. ??10. Calcule

RR

(x2 + y 2 )dA, sendo D a regi˜ao no primeiro quadrante limi√ 3 2 2 2 2 tada por x + y = 1, x + y = 4, y = x e y = x. 3 ?11. Calcule

D

??12. Determine o volume do s´olido limitado por x2 + z 2 = 9, x = 0, y = 0, z = 0 e x + 2y = 2.

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???13. Determine o volume do s´olido limitado por x2 +y 2 = a2 e y 2 +z 2 = a2 , sendo que a > 0. RR ?14. Calcule xydA, sendo D a regi˜ao do primeiro quadrante limitada D 2 2 por x + y = 4 e x2 + y 2 = 25. ? ? ?15. Calcule x |y| ≤ . 2

RR D

dxdy , sendo a regi˜ao que satisfaz 1 ≤ x ≤ 2 e + y 2 )3/2

(4x2

??16. Determine o volume da regi˜ao interior `a esfera x2 + y 2 + z 2 = 4a2 e exterior ao cilindro x2 + y 2 = 2ax, com a > 0.  ??17. Calcule a a´rea limitada por

x2 y 2 + 4 9

2 =

x2 y 2 − . 4 9

RR 1 p dA, sendo D a regi˜ao interna a` x2 + y 2 = ? ? ?18. Calcule D 2 2 x +y p 2 2 y + x + y e externa a` x2 + y 2 = 1. ? ? ?19. Calcule:

2

Z Z D

2

(x + y)e(x+y) +(x−y) p dA 2x2 + 2y 2

Sendo D a regi˜ao que satisfaz x2 +y 2 ≤ 1 e x−y ≥ 0. Sugest˜ao, fa¸ca u = x+y e v = x − y. ? ? ?20. Calcule:

Z Z (x − 2y + 18)dA D

Sendo D a regi˜ao descrita por D = {(x, y) ∈ R2 |(x−2y+3)2 +(3x+4y−1)2 ≤ 100}.

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Cap´ıtulo 3 Integrais Triplas Ao trabalharmos com integrais duplas, havia uma fun¸ca˜o de 2 vari´aveis definida num dom´ınio plano. Partimos esse intervalo e tomamos a soma da multiplica¸c˜ao da fun¸ca˜o pelo valor infinitesimal de a´rea (soma de Riemann). Podemos definir um processo ana´alogo para as integrais triplas. Contudo, agora nossas fun¸co˜es ser˜ao do tipo w = f (x, y, z), ou seja, ter˜ao 3 vari´aveis e nosso dom´ınio ser´a um elemento do R3 , E. Se tomarmos o limite da soma de Riemann para essa nova fun¸ca˜o, teremos que a integral tripla ser´a dada por: Z Z Z f (x, y, z)dV E

Observe que se f (x, y, z) = 1, teremos um valor numericamente igual ao volume do dom´ınio E. Como nas integrais duplas, dV pode ser visto como dxdydz. Ent˜ao, precisamos achar os limites de integra¸c˜ao para z, haja vista que os demais ser˜ao retirados do processo j´a exposto para integrais duplas. Para descobrirmos esses limites, tra¸camos retas paralelas ao eixo z e analisamos as fun¸c˜oes que limitam essa vari´avel. A pergunta que muitos devem estar fazendo nesse momento ´e: Se eu sei calcular o volume por integrais duplas, porque aprender integrais triplas? Primeiramente, pois as vezes a solu¸c˜ao se torna mais imediata. Al´em disso, em breve definiremos outras mudan¸cas de vari´aveis que tornar˜ao o c´alculo via integral tripla bem simples. Por u ´ltima, certas situa¸c˜oes f´ısicas como o c´alculo do centro de massa de um volume pede o uso de uma integral tripla como pode ser visto no anexo. Vejamos a diferen¸ca da integral dupla para a tripla no c´alculo de um volume. Exemplo 22. Calcule o volume do s´olido limitado por z = 2 e z = 3, dentro do quadrado de lado 1 no plano xy. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 48

Resolu¸ca˜o: Esse exemplo ´e muito simples, mas mostra como a integral tripla retira uma etapa da an´alise da integral dupla. N˜ao podemos montar a integral dupla diretamente, pois n˜ao temos uma u ´nica fun¸ca˜o z = f (x, y). No entanto, poder´ıamos pensar no volume do s´olido limitado pelo plano z = 3 diminuido do volume do s´olido limitado pelo plano z = 2, ou seja: Z 1Z 1 Z 1Z 1 Z 1Z 1 1dxdy = 1 2dxdy = 3dxdy − 0

0

0

0

0

0

Se fizermos a an´alise da varia¸ca˜o de z, percebemos que inicialmente temos z = 2 e terminamos com z = 3, logo: Z 1Z 1Z 3 Z 1Z 1 dzdxdy = 1dxdy = 1 0

0

2

0

0

O limite da integral em rela¸ca˜o a z j´a retirou a an´alise do s´olido superior menos o inferior, logo foi mais imediata. Claro que o exemplo era simples, mas para fun¸co˜es mais complexas ser´a uma abordagem muito u ´til.

Exemplo 23. Determine o volume da regi˜ao limitada por z = 18−x2 −y 2 e z = x2 + y 2 . Resolu¸ca˜o: Fa¸camos um esbo¸co da situa¸c˜ao e de nosso dom´ınio

Observe que xy variam dentro do c´ırculo x2 + y 2 = 9, pois ´e o maior dom´ınio de varia¸ca˜o. Esse resultado foi obtido igualando as duas equa¸c˜oes RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 49

e eliminando z (proje¸ca˜o da interse¸ca˜o). Al´em disso, z varia do paraboloide z = x2 + y 2 at´e z = 18 − x2 − y 2 . Podemos escrever Z

√

3

Z

−3

9−x2

Z

√ − 9−x2

18−x2 −y 2

Z

3

dzdydx = x2 +y 2

−3

√

Z

9−x2

√ − 9−x2

(18 − 2x2 − 2y 2 )dydx

A integral do lado direito pode ser resolvida por coordenadas polares, resultando em 81π.

Exemplo 24. Calcule o volume limitado por z =

p

x2 + y 2 e z = x2 +y 2 .

Resolu¸ca˜o: Novamente vejamos um esbo¸co da situa¸c˜ao e do dom´ınio

Agora temos que nosso dom´ınio, obtido pela proje¸c˜ao da p interse¸ca˜o 2 2 2 2 no plano xy, ser´a x + y = 1. Al´em disso, x + y ≤ z ≤ x2 + y 2 . Finalmente: Z 1 Z √1−x2 Z √x2 +y2 Z 1 Z √1−x2 p dzdydx = ( x2 + y 2 − x2 + y 2 )dydx √ √ −1

− 1−x2

x2 +y 2

−1

− 1−x2

Utilizando coordenadas polares, obtemos

π . 6

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Exemplo 25. Calcule e x = 4.

RRR E

xdV , sendo E limitado por x = 4y 2 + 4z 2

Resolu¸ca˜o: A situa¸c˜ao ´e semelhante as anteriores. No entanto, agora temos uma fun¸c˜ao no integrando e o paraboloide tem sua abertura voltada para o eixo x, como na figura abaixo.

Dessa vez, temos que zy variam dentro de z 2 +y 2 ≤ 1, denominaremos de D. Al´em disso, 4y 2 + 4z 2 ≤ x ≤ 4 o que nos d´a a seguinte integral tripla: Z Z Z 4 Z Z 1 xdxdydz = (16 − (4y 2 + 4z 2 )2 )dydz 2 2 2 D 4y +4z D Utilizando as coordenadas polares, mas agora para yz e n˜ao xy, obtemos 16π o resultado de . 3

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3.1

Mudan¸cas cil´ındricas

Assim como nas integrais duplas, existem algumas mudan¸cas de vari´aveis que podem ser aplicadas para facilitar o c´alculo da integral. Veremos agora as mudan¸cas cil´ındricas que s˜ao, na verdade, uma extens˜ao das coordenadas polares. Definimos essas mudan¸cas como:

x = r cos(θ); y = rsen(θ) e z = z ∂x ∂x ∂x ∂r ∂θ ∂z ∂y ∂y ∂y =r ∂r ∂θ ∂z ∂z ∂z ∂z ∂r ∂θ ∂z Normalmente, definimos r e θ como nas mudan¸cas polares, ou seja, o raio e o aˆngulo da proje¸ca˜o em xy e reescrevemos a coordenada z em fun¸ca˜o dessas novas vari´aveis (veremos outra interpreta¸c˜ao em um exemplo mais a frente). N˜ao se esque¸ca que, assim como nas mudan¸cas polares, temos uma distor¸ca˜o do volume que ser´a corrigida pelo jacobiano (r). Os exemplos apresentados at´e agora poderiam ter sido resolvidos com mudan¸cas cil´ındricas. Observe que se para uma dada regi˜ao tiv´essemos 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π e b ≤ z ≤ c, sendo a,b e c constante, ter´ıamos um cilindro. Por essa raz˜ao d´a-se o nome de mudan¸cas cil´ındricas. Vamos aplicar essa teoria em alguns exemplos. ∂(x, y, z) J= = ∂(r, θ, z)

Exemplo 26. Refa¸camos o exemplo 23 agora com as mudan¸cas cil´ındricas. Resolu¸ca˜o: Como visto nopexemplo, a proje¸c˜ao ´e dada por x2 + y 2 ≤ 1, enquanto x2 + y 2 ≤ z ≤ x2 + y 2 . Ao aplicarmos as mudan¸cas temos que 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π e r2 ≤ z ≤ r. Logo, temos que Z 2π Z 1 Z r π V = rdzdrdθ = 6 0 0 r2 H´a, por´em, uma outra forma de analisarmos as mudan¸cas cil´ındricas. Tradicionalmente, deixamos r variando entre constantes e z variando entre fun¸co˜es como feito acima. Contudo, podemos pensar em r como o raio RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 52

partindo do eixo z, logo ele vai variar entre fun¸co˜es, enquanto z variaria entre constantes. Vejamos como podemos reescrever esse exerc´ıcio sob essa nova perspectiva. O aˆngulo θ permanece inalterado. Acharemos a varia¸ca˜o de z (que agora ser´a entre constantes), igualando as duas equa¸co˜es. √ z = z → z 2 = z → z = 0, z = 1 Tra¸cando v´ap rios raios com origem no eixo z, percebemos que ele varia 2 2 da fun¸c˜ao z = x2 + y 2 , que √ ser´a escrita como z = r, at´e z = x + y , que ser´a reescrita como r = z. Isso nos d´a 2π

Z

Z

1

√

Z

z

rdrdzdθ = 0

0

z

π 6

Essa abordagem ´e apropriada em exerc´ıcios que n˜ao conseguimos escrever a varia¸c˜ao de z de maneira u ´nica e ter´ıamos que separar na soma de duas integrais.

Exemplo 27. Determine o volume do s´olido limitado por z = p 2 2 2 z = 0 e x + y − x + y 2 = x.

p x2 + y 2 ,

Resolu¸ca˜o: A segunda equa¸c˜ao ´e de um cilindro, j´a que n˜ao h´a as 3 vari´aveis envolvidas. Podemos ser mais precisos e dizer que a base est´a assente no plano xy e essa base ´e prolongada ao longo do eixo z. Embora saibamos que a base ´e um cardioide (fa¸ca a mudan¸ca polar e veja que r = 1 + cos(θ)), n˜ao exploraremos esse fato t˜ao profundamente (apenas usaremos o fato que 0 ≤ θ ≤ 2π). Por se tratar de um cilindro, com certeza, xy est˜ao variando dentro dessa equa¸ca˜o, uma vez que a proje¸ca˜o em xy recai dentro do cilindro. Al´em disso, z varia de 0 at´e o cone. Utilizaremos as mudan¸cas cil´ındricas para facilitar o c´alculo na base do cilindro. Podemos reescrever a regi˜ao como 0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ z ≤ r, logo Z

2π

Z

1+cos(θ)

Z

r

rdzdrdθ = 0

0

0

5π 3

Podemos ver um esquema da situa¸ca˜o na imagem abaixo RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 53

Exemplo 28. Calcule o volume do s´olido limitado por z 2 + 4 = x2 + y 2 e x2 + y 2 + z 2 = 14. Resolu¸ca˜o: Esse exerc´ıcio pode ser abordado com as mudan¸cas cil´ındricas. A pergunta ´e se usaremos r variando entre constantes ou z entre constantes. Observe que se utilizarmos a primeira estrat´egia teremos que separar em duas regi˜oes (ver figura abaixo). Isso ocorre pois, na regi˜ao em que 4 ≤ x2 +y 2 ≤ 9, z varia entre as duas partes do hiperbol´oide. J´a na regi˜ao 9 ≤ x2 + y 2 ≤ 14, z varia entre as duas partes da esfera. Se utilizarmos a outra estrat´egia r varia entre a equa¸c˜ao do hiperbol´oide at´e a da esfera e z esta bem definido (sua varia¸c˜ao m´axima ocorre nos pontos de interse¸ca˜o dos dois elementos). Portanto, usaremos a segunda abordagem. Utilizando x = r cos(θ), y = rsen(θ) e z = z temos que √ z 2 + 4 = r2 → r = z 2 + 4 √ r2 + z 2 = 14 → r = 14 − z 2 Substituindo o termo x2 +y 2 de uma √ equa¸ca˜o na outra, encontraremos 2 2z + 4 = 14 o que nos d´a z = ± 5 e sabemos que 0 ≤ θ ≤ 2π. Combinando essas informa¸co˜es temos a seguinte integral para o volume √ Z 2π Z √5 Z √14−z2 40 5π rdrdzdθ = √ √ 3 0 − 5 z 2 +4 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 54

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3.2

Mudan¸cas esf´ ericas

Definimos as coordenadas polares atrav´es da distˆancia at´e uma or´ıgem e o aˆngulo que essa distˆancia forma com um semi-eixo orientado. Definiremos, agora, as coordenadas esf´ericas como a distˆancia at´e uma origem (ρ), o aˆngulo que essa distˆancia forma com um semi-eixo (φ) e o ˆangulo formado pela proje¸ca˜o dessa distˆancia no plano ortogonal ao eixo e o semi-eixo polar. Observamos essa situa¸ca˜o na figura abaixo.

Como podemos perceber pela imagem a rela¸c˜ao que existe entre as coordenadas cartesianas e esf´ericas, que dar˜ao origem as mudan¸cas esf´ericas, ´e: x = ρ cos(θ)sen(φ),

y = ρsen(θ)sen(φ),

Assim como nas demais mudan¸cas que nesse caso ser´a dado por: ∂x ∂ρ ∂(x, y, z) ∂y J= = ∂(ρ, θ, φ) ∂ρ ∂z ∂ρ

z = ρ cos(φ)

devemos fazer o c´alculo do jacobiano, ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂z ∂θ

∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z ∂φ

= ρ2 sen(φ)

Precisamos ter cuidado na an´alise do ˆangulo φ. Como esse ˆangulo ´e o aˆngulo formado pela distˆancia e o eixo z, mantendo-o constante observamos a forma¸ca˜o de um cone. Essa conclus˜ao implica que o ˆangulo φ s´o pode variar, no m´aximo, de 0 a π, pois qualquer varia¸ca˜o superior ir´a ser redundante. Vamos aplicar essa teoria em alguns exemplos RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 56

RRR Exemplo 29. Calcule xdV , sendo W a regi˜ao que satisfaz 4 ≤ W 2 2 2 x + (y − 1) + z ≤ 9, x ≥ 0 e z ≥ 0. Resolu¸ca˜o: Fa¸camos um esbo¸co da regi˜ao desejada

Estamos interessados apenas na parte contida nos primeiro e quarto octantes da imagem acima. Como as esferas est˜ao deslocadas faremos a corre¸c˜ao adicionando 1 unidade na coordenada y. Temos, ent˜ao, as seguintes mudan¸cas x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) + 1 e z = ρcos(φ). O jacobiano permanece inalterado com essa altera¸ca˜o, logo ´e ρ2 sen(φ). Ao fazermos essa mudan¸ca, o raio passa a variar da seguinte maneira 2 ≤ ρ ≤ 3. O ˆangulo θ varia de −π/2 a π/2, pois estamos no primeiro e quarto quadrantes. O ˆangulo φ varia de 0 a π/2. Logo temos que o volume ser´a dado por Z 2

3

Z

π/2

−π/2

Exemplo 30. Calcule

Z

π/2

ρ3 sen2 (φ)cos(θ)dφdθdρ =

0

RRR W

65π 8

xdv, sendo W a regi˜ao que satisfaz

y2 + z 2 ≤ 1 e x ≥ 0. 9 Resolu¸ca˜o: Fa¸camos um esbo¸co da regi˜ao:

x2 + 4

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O elipsoide ´e o elemento an´alogo a elipse no espa¸co. Nas mudan¸cas polares, multiplicamos as mudan¸cas tradicionais para corrigir a deforma¸c˜ao. Nesse caso, faremos o mesmo procedimento. Atente para o fato que precisamos corrigir a deforma¸c˜ao em x e em y. Logo, as mudan¸cas s˜ao: x = 2ρcos(θ)sen(φ), y = 3ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ). Sob essas mudan¸cas teremos que ρ varia de 0 a 1. A varia¸ca˜o de φ ocorre de 0 a π e a de θ de −π/2 a π/2, pois estamos trabalhando com os primeiro, quarto, quinto e oitavo octantes. Temos que lembrar que o jacobiano sofre altera¸co˜es e fica 6ρ2 sen(φ). Temos, portanto, a seguinte integral: Z 1 Z π Z π/2 12ρ3 sen2 (φ)cos(θ)dθdφdρ = 3π 0

0

−π/2

RRR p

x2 + y 2 + z 2 dV , sendo W a regi˜ao que r x2 + y 2 satisfaz 4 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 9 e z ≥ . 3

Exemplo 31. Calcule

W

Resolu¸ca˜o: Fa¸camos um esbo¸co da regi˜ao W

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A fun¸ca˜o que est´a no integrando j´a nos sugere a mudan¸ca esf´erica. A presen¸ca das esferas corroboram, ainda mais, esse processo. Faremos, entao x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ). Temos que ρ varia da primeira esfera at´e a segunda, ou seja, de 2 a 3. Como a regi˜ao se encontra nos 4 quadrantes, θ varia de 0 a 2π. Falta determinar a varia¸c˜ao de φ. O aˆngulo tem in´ıcio em 0, pois o eixo z pertence a regi˜ao. Sua varia¸ca˜o m´axima ocorre no cone que ao ser escrito nas mudan¸cas esf´ericas, retorna φ = π/3. Temos, ent˜ao, que a integral fica √ Z π/3 Z 3 Z 2π 65π(4π − 3 3) 3 2 ρ sen (φ)dθdρdφ = 48 0 2 0

1 dV , sendo W a regi˜ao que sax2 + y 2 + z 2 tisfaz x2 + y 2 + z 2 ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 4 e ´e limitada por z 2 = x2 + y 2 .

Exemplo 32. Calcule

RRR

W

Resolu¸ca˜o: A regi˜ao pedida ´e exterior a esfera de raio 1 e interior ao cilindro de basep circular de raio 2. Al´em disso, ´e limitada p superiormente 2 2 pelo cone z = x + y e inferiormente por z = − x2 + y 2 . O integrando novamente nos sugere as mudan¸cas esf´ericas tradicionais, ou seja, x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ). Como a regi˜ao est´a nos 4 quadrantes, θ varia de 0 a 2π. A varia¸c˜ao de φ se d´a entre os cones, ou seja, π/4 ≤ φ ≤ 3π/4. Precisamos determinar a varia¸c˜ao de ρ. Inicialmente, ρ coincide com o raio da esfera, ou seja, 1. No m´aximo de sua varia¸ca˜o, ρ se encontra no cilindro que ser´a reescrito como ρ = 2/sen(φ). Temos ent˜ao Z

3π/4

π/4

Z 0

2π

Z 1

2/sen(φ)

√ 1 2 ρ sen(φ)dρdθdφ = 2π(π − 2) ρ2

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3.3

Exerc´ıcios

RRR ?1. Calcule xy 2 z 3 dV , sendo W a regi˜ao no primeiro octante limitada W por z = xy, y = x, x = 1 e z = 0. RRR ?2. Calcule ydV , sendo W a regi˜ao abaixo de z = x + 2y acima da W regi˜ao no plano xy limitada por y = x2 , y = 0 e x = 1. RRR ??3. Calcule zdV , sendo W a regi˜ao limitada por x = 0, y = 0, z = 0, W y + z = 1 e x + z = 1. ? ? ?4. Calcule o volume do s´olido limitado por z = y, z = 4 − x2 , z = 0 e y = −4 com z ≥ 0. RRR ?5. Calcule x2 dV , sendo W a regi˜ao limitada por x2 + y 2 = 1, acima W de z = 0 e abaixo de z 2 = 4x2 + 4y 2 . RRR ??6. Calcule ydV , sendo W a regi˜ao limitada por x2 + y 2 = 4 e W x2 + y 2 = 1, limitada pelo plano xy e pelo plano z = x + 2. ??7. Calcule

RRR W

zdV , sendo W a regi˜ao limitada por x2 +

e z = 4 − 2x2 − y 2 . ? ? ?8. Determine o volume da regi˜ao limitada por z =

y2 = 1, z = 0 2

y2 x2 e z =1− . 9 4

??9. Calcule o volume da regi˜ao limitada por z 2 +x2 −y 2 = 1 e y 2 =

x2 + z 2 . 2

RRR x2 y 2 z 2 + + ≤ 1, ?10. Calcule xyzdV , sendo W a regi˜ a o que satisfaz W a2 b 2 c 2 x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0. RRR p x2 + y 2 + z 2 dV , onde W ´e o s´olido limitado superiW  2 p 1 1 2 2 ormente por x + y + z − = e inferiormente por z = x2 + y 2 . 2 4 ??11. Calcule

p RRR ??12. Calcule (x2 + y 2 )dV , sendo W a regi˜ao acima de z = x2 + y 2 W e dentro de x2 + y 2 + z 2 = 2az sendo a > 0. ??13. Calcule

RRR W

zdV , sendo W a regi˜ao que satisfaz x2 + y 2 + z 2 ≤ b2 ,

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z ≥ a > 0 com a < b. p RRR ??14. Calcule zdV , sendo W a regi˜ a o limitada por z = (x − 1)2 + y 2 , W p z = − x2 + y 2 e x2 + y 2 = 4. RRR ??15. Calcule (x2 +z 2 )dV sendo W a regi˜ao limitada por x2 +y 2 +z 2 = W √ 4y, x2 + y 2 + z 2 = 2y com y ≥ x2 + z 2 . ? ? ?16. Calcule: Z

a

√

Z

a2 −x2

Z √2a−x2 −y2 √

0

0

(x2 + y 2 + z 2 )dV

x2 +y 2

sendo que a > 0. 1 dV , sendo W a regi˜ao limitada por x2 + + y2 + z2 y 2 + z 2 = 1, x2 + y 2 = 4 e z 2 = x2 + y 2 . ? ? ?17. Calcule

RRR

W

x2

1 p dV , sendo W a regi˜ao que satisfaz 2 2 + z2 x + y p x2 + y 2 + z 2 ≥ 1, x ≥ 3y 2 + 3z 2 e x ≤ 4. ? ? ?18. Calcule

RRR

W

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Cap´ıtulo 4 Integral de Linha 4.1

Introdu¸c˜ ao

Nesse cap´ıtulo, veremos outro tipo de integral, a integral de linha. Para resolvermos problemas que envolvem esse elemento teremos que parametrizar certas curvas. A primeira d´ uvida que surge para os alunos ´e a diferen¸ca entre parametriza¸ca˜o e mudan¸ca de vari´avel. As mudan¸cas de vari´aveis est˜ao relacionadas as ´areas e volumes. Ao utilizarmos esse procedimento, estamos mudando o espa¸co como um todo, afetando todos os elementos. J´a a parametriza¸c˜ao est´a relacionada a curvas e superf´ıcies. Nesse procedimento, mudamos a forma que observamos o elemento, ou seja, ele n˜ao sofre altera¸co˜es. Seria como o vetor velocidade na f´ısica. Para um observador fixo ele ´e visto de um jeito. Para um observador m´ovel, ele ´e visto de outro modo. Entretanto a velocidade ´e inerente ao ob´ diferente se, por exemplo, mudarmos de meio, pois ent˜ao o vetor servador. E sofre altera¸ca˜o de fato. Considere a seguinte situa¸c˜ao demonstrada na figura abaixo:

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“D”´e a regi˜ao delimitada por “C”. N˜ao parametrizamos “D”, mas sim a curva ”C”(na verdade, parametrizaremos “D”mais a frente. Contudo, nesse momento, parametrizaremos apenas curvas), fazendo x = 2cos(θ) e y = 2sen(θ). Na regi˜ao “D”, podemos usar coordenadas polares. Atente ao fato que em “D”h´a infinitas curvas poss´ıveis de serem parametrizadas, por exemplo, qualquer c´ırculo com centro na origem e raio entre 0 e 2.

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4.2

Fun¸c˜ oes escalares (campos escalares)

Antes de definirmos a integral de linha para o caso de fun¸co˜es escalares, vamos relembrar o conceito de fun¸ca˜o escalar Defini¸c˜ ao 4.1. Toda fun¸c˜ao Rn → R ´e do tipo escalar, ou seja, f (x, y, z, ..., n) = k, k ∈ R. A defini¸c˜ao acima, quer dizer que ´e fornecida n entradas, mas se recupera apenas uma saida, k. Para esse tipo de fun¸c˜ao se define a integral de linha do seguinte modo Defini¸c˜ ao 4.2. Seja f : R3 → R e C uma curva no R3 parametrizada por x = x(t), y = y(t) e z = z(t) com a ≤ t ≤ b, ent˜ao   s   2  2 Z b Z 2 dy dz  dx f (x(t), y(t), z(t)) + + dt f ds = dt dt dt a C Vamos, agora, chegar na express˜ao apresentada acima. Para facilitar a dedu¸ca˜o, vamos considerar a curva no plano xy e z = f (x, y). Veja um esbo¸co da situa¸ca˜o na imagem abaixo.

Faremos o mesmo procedimento de sempre. Fatiaremos nossa curva em v´arios peda¸cos de pequeno comprimento. A cada pequeno comprimento multiplicaremos pelo valor da fun¸ca˜o sobre esse comprimento. Isso gerar´a in´ umeros retˆangulos que, ao serem somados, v˜ao dar origem a ´area verde acima. Portanto, temos que Z X A = lim f (xi .yi )∆S = f ds ∆S→0

C

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Sabemos como calcular o comprimento de uma curva do R2 parametrizada pela seguinte f´ormula s Z b  2  2 dx dy S= + dt dt dt a Logo, se derivarmos a express˜ao acima e lembrarmos do teorema fundamental do c´alculo temos que s   2 2 dy dx + dt dS = dt dt Unindo essa informa¸c˜ao a integral acima temos a forma apresentada na defini¸ca˜o. Atente ao fato que se f (x, y, z) = 1 temos que a integral de linha retorna o comprimento da curva. Vejamos alguns exemplos desse novo elemento.

R Exemplo 33. Calcule C 2xdS, onde C ´e a uni˜ao de y = x2 de (0,0) at´e (1,1) com o segmento vertical que liga (1,1) at´e (1,2). Resolu¸ca˜o: Vamos fazer um esbo¸co da curva que nos dar´a o caminho para integra¸c˜ao.

Embora procedimentos mais avan¸cados permitam a parametriza¸ca˜o de elementos mais complexos, geralmente, nossa capacidade de parametrizar est´a ligada a presen¸ca da express˜ao cartesiana do elemento. Sendo assim, n˜ao ´e poss´ıvel descrever a curva C de maneira u ´nica. Ent˜ao vamos separar C em C1 e C2 , como na imagem acima. Uma das propriedades da integral de linha nos diz: Z Z Z 2xdS = 2xdS + 2xdS C

C1

C2

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Sabemos como parametrizar cada curva. Ent˜ao, iniciemos o c´alculo para a integral em C1 . Uma parametriza¸c˜ao poss´ıvel seria x = t e y = t2 com 0 ≤ t ≤ 1. Fa¸camos o c´alculo do dS. s   2 2 p dx dy dS = + = (1)2 + (2t)2 dt dt dt Portanto, temos que a integral de linha fica √ Z 1 √ 5 5−1 2t 1 + 4t2 dt = 6 0 Para C2 , usaremos a seguinte parametriza¸c˜ao: x = 1 e y = t com 1 ≤ t ≤ 2. A integral de linha em C2 fica ent˜ao Z 2 p 2 (0)2 + (1)2 dt = 2 1

Somando os resultados obtidos acima temos que √ Z 5 5 + 11 2xdS = 6 C

Exemplo 34. Calcule x ≥ 0.

R C

xy 4 dS, sendo C a parte de x2 + y 2 = 16 com

Resolu¸ca˜o: Uma parametriza¸c˜ao poss´ıvel para C ´e: x = 4cos(θ) e y = 4sen(θ) com −π/2 ≤ θ ≤ π/2. Temos, ent˜ao, que a integral de linha fica Z

π/2

p 45 cos(θ)sen4 (θ) (−4sen(θ))2 + (4cos(θ))2 dθ = 1638, 4

−π/2

R Exemplo 35. Calcule C (x + y)dS, sendo C a interse¸ca˜o do semi-plano x = y, y ≥ 0 com o parabol´oide z = x2 + y 2 , z ≤ 2.

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Resolu¸ca˜o: Vejamos na imagem abaixo a situa¸c˜ao pedida (a curva C ´e o elemento em vermelho).

Observamos que a curva C pertence ao semi-plano, logo suas coordenadas x e y devem ser as mesmas do semi-plano. Temos ent˜ao que uma parametriza¸ca˜o para x e y ´e: x = t e y = t. A coordenada z ´e dada pelo paraboloide. Contudo, precisamos da parte do paraboloide que esteja contida no plano. Igualando as equa¸co˜es, temos que z = 2x2 = 2t2 . Como z varia de 0 a 2, t varia de 0 a 1. Finalmente, uma parametriza¸ca˜o de C ´e: x = t, y = t e z = 2t2 com 0 ≤ t ≤ 1. A integral de linha fica √ Z 1 √ 13 2 2t 2 + 16t2 dt = 6 0

R Exemplo 36. Calcule C x2 dS, sendo C a interse¸c˜ao de x2 + 2y 2 = 2 com o plano z = 10 − y, satisfazendo x ≤ 0. Resolu¸ca˜o: Vamos fazer um esbo¸co da situa¸c˜ao do problema (a curva C est´a em vermelho)

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Observamos que a curva pertence inteiramente tanto ao plano como ao cilindro, ou seja, tanto faz parametrizar x e y do cilindro e substituir no plano ou parametrizar z e y do plano e substituir no cilindro. Contudo, ´e mais f´acil parametrizar x e y do cilindro e substituir no√plano. Temos ent˜ao que uma parametriza¸c˜ao poss´ıvel para C ´e: x = 2cos(θ), y = sen(θ) e z = 10 − sen(θ) com π/2 ≤ θ ≤ 3π/2 (Atente ao fato que x ≤ 0). Temos ent˜ao que a integral de linha fica Z

3π/2

q √ √ 2cos (θ) (− 2sen(θ))2 + (cos(θ))2 + (−cos(θ))2 dθ = 2π 2

π/2

Teorema de Pappus Muitas vezes estamos interessados em calcular a a´rea de certas superf´ıcies. Veremos, mais a frente, um m´etodo mais efetivo para esse tipo de c´alculo. Contudo, o teorema de Pappus nos fornece uma arma poderosa para o c´alculo da ´area de superf´ıcies formada pela rota¸ca˜o de curvas. Teorema 4.1. Seja S uma superf´ıcie gerada pela rota¸c˜ao completa da curva C no plano xy, ent˜ao Z |raio|dS

A(S) = 2π C

O termo 2π est´a relacionado a rota¸ca˜o que ser´a dada. Como foi dito rota¸ca˜o completa ser´a 2π. Se fosse meia rota¸c˜ao seria π e assim sucessivamente. O termo raio que aparece dentro do m´odulo ´e a distˆancia do eixo RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 68

de rota¸ca˜o at´e cada elemento da curva. Finalmente, observe que a integral envolvida ´e, na verdade, uma integral de linha com fun¸ca˜o escalar |raio|.

Exemplo 37. Demonstre, via teorema de pappus, que a superf´ıcie da esfera tem a´rea 4πa2 . Resolu¸ca˜o: Para aplicarmos teorema de Pappus, precisamos definir uma curva que ser´a rotacionada, gerando uma esfera. Obviamente, a rota¸ca˜o de uma circunferˆencia gera a esfera. Contudo, ter´ıamos que trabalhar com uma semi rota¸ca˜o. Para evitar isso, trabalharemos com uma metade de c´ırculo. Rotacionaremos essa metade ao longo do eixo y, logo o nosso raio ser´a dado pela coordenada x da curva. Para retirarmos o m´odulo, trabalharemos com a metade da circunferˆencia em que x ≥ 0. Veja um esbo¸co da situa¸ca˜o na imagem abaixo.

´ necess´ario parametrizar a curva que aparece na imagem acima. Isso E pode ser realizado, fazendo x = acos(θ) e y = asen(θ) com −π/2 ≤ θ ≤ π/2. O termo |raio| se torna |x| que, parametrizado, torna-se |acos(θ)|. Como nesse intervalo ´e sempre positivo, temos acos(θ). Finalmente, a a´rea pedida ser´a dada por Z

π/2

A(D) = 2π

acos(θ)adθ = 4πa2 

−π/2

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Exemplo 38. Calcule a a´rea da superf´ıcie S obtida pela rota¸c˜ao em torno do eixo x da curva parametrizada por σ(t) = {(1 + cos(θ), 1 + sen(θ), 0)π ≤ θ ≤ 3π/2} . Resolu¸ca˜o: A curva j´a nos foi dada parametrizada. N˜ao ´e necess´ario o esbo¸co da curva. Contudo, precisamos saber se a curva ´e cortada pelo eixo de rota¸c˜ao. Como o menor valor que y pode assumir ´e 0, a curva apenas toca o eixo e n˜ao o ultrapassa, ent˜ao ser´a uma rota¸ca˜o completa. Al´em disso, como a rota¸c˜ao ser´a dada no eixo x, nosso raio ser´a a coordenada y. Z 3π/2 p A(S) = 2π |1 + sen(θ)| (−sen(θ))2 + (cos(θ))2 dθ = π

Z

3π/2

(1 + sen(θ))dθ = 2π

2π π

π 2

 −1

Exemplo 39. Calcule a ´area de S gerada pela rota¸ca˜o da curva definida por (x2 + y 2 )2 − 2x(x2 + y 2 ) = y 2 em torno da reta paralela ao eixo x, passando pelo ponto (0,-2,0). Resolu¸ca˜o: A curva nas coordenadas cartesianas n˜ao nos induz a nenhuma forma conhecida. Vejamos o que ocorre se passarmos para coordenadas polares, fazendo x = rcos(θ) e y = rsen(θ). r4 − 2r3 cos(θ) = r2 sen2 (θ) → r2 − 2rcos(θ) − sen2 (θ) = 0 Resolvendo a equa¸c˜ao do segundo grau acima na vari´avel r, temos que r = 1 + cos(θ). Sabemos que essa forma pertence a uma figura fechada, mais especificamente ao cardioide. Todo elemento pode ser parametrizado com x = r(θ)cos(θ) e y = r(θ)sen(θ). Para o nosso caso, a parametriza¸ca˜o de C ser´a: x = (1+cos(θ))cos(θ) e y = (1+cos(θ))sen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 2π. Para aplicarmos o teorema de pappus precisamos verificar se o eixo de rota¸ca˜o corta a nossa curva C. Sabemos que o eixo de rota¸ca˜o ´e a reta y = −2 poderiamos substituir esse valor na equa¸ca˜o dada e ver se existem RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 70

valores de x que satisfazem a equa¸ca˜o. Contudo, esse processo envolver´a a resolu¸c˜ao de uma equa¸ca˜o n˜ao trivial. Vamos procurar o menor valor de y poss´ıvel, ou seja, ymin = y0 = 0. y0 = cos(θ) + cos(2θ) = 0 5π π cos(θ) + 2cos2 (θ) − 1 = 0 → θ = , π, 3 3 √ 3 3 Se θ = π/3, y = que ´e maior que zero, logo est´a acima de y = −2. 4 Se θ = π, y = 0. √ √ −3 3 − 3 = > −2. Se θ = 5π/3, y = (1 + 1/2) 2 4 Portanto, nenhum valor de y est´a abaixo do eixo de rota¸c˜ao e faremos uma rota¸ca˜o completa. Precisamos agora determinar o valor do raio de giro. At´e o presente momento, todos os raios eram coincidentes com uma das coordenadas, pois os eixos de giro eram os pr´oprios eixos coordenados. Como agora o eixo ´e uma reta qualquer o argumento de raio sofrer´a altera¸ca˜o e n˜ao ser´a coincidente com as coordenadas. Veja a imagem abaixo para concluir que o raio ´e na verdade 2 + y.

Observe que na regi˜ao em que y ≥ 0 o raio, r1 , ´e a soma da distˆancia entre o eixo de giro, 2, e cada valor de y, logo y+2. J´a para y ≤ 0, o raio, r2 , ´e a distˆancia 2 subtraida do valor absoluto de y no ponto. Mas esses valores de y j´a s˜ao negativos, ent˜ao seria simplesmente a soma de cada valor de y, retornando a express˜ao y + 2. Finalmente, temos que a integral fica: Z Z 2π A = 2π (2 + y)dS = 2π (2 + sen(θ) + sen(θ)cos(θ))dS = C

0

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2π

Z

p (2 + sen(θ) + sen(θ)cos(θ)) 2 + 2cos(θ)dθ = 16π

2π 0

4.3

Campos vetoriais

Provavelmente, at´e o presente momento o leitor se deparou apenas com fun¸co˜es escalares. A partir desse momento at´e o fim do texto nosso maior objeto de estudo s˜ao os campos vetoriais, ent˜ao precisamos, antes de mais nada, definirmos um campo vetorial. Defini¸c˜ ao 4.3. Toda fun¸c˜ao Rn → Rm , m 6= 1, n e m ∈ N ´e dita fun¸c˜ao vetorial. F~ = (...; + + +; ///) ou F~ = ...ˆi + + + ˆj + ///kˆ Observe que, na defini¸c˜ao acima, n˜ao se especificou os elementos que entrar˜ao em cada componente. Podemos colocar tanto escalares quanto fun¸co˜es em cada uma dessas componentes. A cada ponto (x, y, z) do espa¸co teremos um vetor associado. Por isso, n˜ao se desenha todos os vetores do campo, pois n˜ao se veria nada al´em de uma mancha. Vamos chegar na defini¸c˜ao de integral de linha. Para isso, suponhamos um campo vetorial F~ = P ˆi+Qˆj +Rkˆ cont´ınuo no R3 . Suponhamos tamb´em uma curva C parametrizada. Dividi-se C em v´arios pontos, espa¸cados por ∆S. Tomaremos um tempo arbitr´ario ti e outro muito pr´oximo ti+1 . Durante esse ∆t, uma part´ıcula na curva descreveria um deslocamento pr´oximo ao vetor tangente unit´ario, Tˆ, multiplicado por ∆S. Defini-se o trabalho de uma for¸ca como o produto escalar for¸ca deslocamento, portanto W = F~ · (∆S Tˆ) ou W = (F~ · Tˆ)∆S. Para calcularmos o trabalho total faremos Z X ~ ˆ W = lim (F · T )∆S = F~ · TˆdS ∆S→0

C

T~ . Al´em disso, Fizemos que Tˆ era unit´ario, logo pode ser escrito como |T~ | sabemos que dS = |T~ |dt, logo ! Z Z Z Z ~ T ~ ~ ~ ~ F· |T |dt = F · T dt = P dx + Qdy + Rdz = F~ · d~r ~ | T | C C C C As integrais acima s˜ao as integrais de linha para campos vetoriais. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 72

Propriedades a) Orienta¸c˜ ao Seja α(t), a ≤ t ≤ b e β(t), b ≤ t ≤ a parametriza¸co˜es para a curva C, ent˜ao Z Z F~ · d~r = − F~ · d~r α

β

Essa propriedade ´e intuitiva, pois a invers˜ao da ordem dos parˆametros gerar´a uma mudan¸ca dos limites de integra¸ca˜o. Do c´alculo 1, sabemos que isso inverte o sinal da integral. b) Aditividade Se C for composi¸ca˜o de v´arias curvas, ou seja, C = C1 ∪ C2 ∪ C3 , ent˜ao Z Z Z Z F~ · d~r = F~ · d~r + F~ · d~r + F~ · d~r C

C1

Exemplo 40. Calcule C1 , C2 e C3 abaixo:

R C

C2

C3

F~ · d~r, sendo F~ = (y, x) e C a uni˜ao das curvas

Pela propriedade da aditividade, basta calcularmos a integral de linha em cada curvas e depois somarmos. Para C1 : Uma parametriza¸ca˜o poss´ıvel ´e: x = t e y = 0 com 0 ≤ t ≤ 1. Logo temos que a integral de linha fica Z Z 1 ydx + xdy = 0.dt + t.0 = 0 C1

0

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Para C2 : Uma parametriza¸ca˜o poss´ıvel ´e: x = cos(θ) e y = sen(θ) com 0 ≤ θ ≤ π/4. Ent˜ao temos que Z

Z ydx + xdy =

π/4

(cos2 (θ) − sen2 (θ))dθ = 1/2

0

C2

Para C3 :

√ 2 Uma parametriza¸ca˜o poss´ıvel ´e: x = t e y = t com t indo de at´e 2 0. Ent˜ao, temos que: Z Z 0 ydx + xdy = √ 2tdt = −1/2 C3

2/2

Finalmente, temos que: Z ydx + xdy = 0 + 1/2 − 1/2 = 0 C

R Exemplo 41. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (x2 + y 2 , x2 − y 2 ) e C: y = 1 − |1 − x| ligando (0,0) at´e (2,0). Resolu¸ca˜o: Precisamos retirar o m´odulo da express˜ao da curva C. O m´odulo de x ´e igual a x se x for positivo e -x se x for negativo. Ent˜ao, se 1 − x ≥ 0 → x ≤ 1, teremos que |1 − x| = 1 − x. Se 1 − x ≤ 0 → x ≥ 1, teremos que |1 − x| = x − 1. Podemos ver a curva C na imagem abaixo

Como observamos pela figura, iremos separar a curva C na uni˜ao de duas curvas C1 e C2 . Logo, temos que RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 74

Para C1 : Em C1 , temos que o termo dentro do m´odulo ´e positivo, logo a express˜ao da curva fica y = x. Uma parametriza¸ca˜o poss´ıvel ´e: x = t e y = t com 0 ≤ t ≤ 1. Temos ent˜ao Z 1 2t2 dt = 2/3 0

Para C2 : Em C2 , temos que o termo dentro do m´odulo ´e negativo, logo a express˜ao da curva fica y = −x + 2. Uma poss´ıvel parametriza¸c˜ao ´e: x = t e y = 2 − t com 1 ≤ t ≤ 2. Logo a integral fica Z 2 (2t2 − 8t + 8)dt = 2/3 1

Finalmente temos que Z F~ · d~r = 2/3 + 2/3 = 4/3 C

R Exemplo 42. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (xy, x2 + z, y 2 − x) e C a p √ interse¸c˜ao de z = x2 + y 2 com x = y 2 de (0,0,0) at´e (1, 1, 2). Resolu¸ca˜o: Sabemos que x = y 2 ´e a equa¸ca˜o de uma parabola no plano. Contudo, pelo contexto, sabemos que isso ´e uma superf´ıcie e ela ganha o nome de cilindro, pois ´e um prolongamento dessa parabola ao longo do eixo z. Cilindros s˜ao elementos muito agrad´aveis de trabalhar, pois a curva se encontra totalmente dentro dele. Logo parametrizar as coordenadas xy da curva ser´a o mesmo que parametrizar o cilindro. A terceira coordenada da curva ser´a retirada aplicando a parametriza¸c˜ao do cilindro no outro elemento que no caso ´e o cone superior. Ent˜ao temos que a parametriza¸ca˜o do cilindro √ ser´a x = t2 e y = t com 0 ≤ t ≤ 1. A terceira coordenada ser´a ent˜ao z = t2 + t4 Temos ent˜ao que a integral de linha fica √ Z 1 2 2 3 √ (t − t )(t + 2t ) 4 + 10 2 3 4 √ t .2tdt + (t + t2 + t4 )dt + dt = 2 4 15 t +t 0

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R x2 y 2 z 2 Exemplo 43. Calcule C zdx−ydz sendo C a interse¸ca˜o de + + = 9 8 8 5 com o plano y + z = 2 orientada de modo que a proje¸c˜ao em xy seja 4 anti-hor´aria. Resolu¸ca˜o: No exemplo anterior vimos que trabalhar com cilindros ´e extremamente simples, pois descobrimos duas coordenadas imediatamente. Gostariamos que todos os exerc´ıcios envolvessem cilindros. Veremos como fazer aparecer um cilindro nesse exemplo. Ao igualarmos as equa¸co˜es, estamos resolvendo um sistema que, na verdade, ´e a interse¸ca˜o dos dois elementos. Contudo, uma coordenada ficar´a omissa, pois esse m´etodo n˜ao nos retorna a curva de interse¸c˜ao em si, mas a proje¸ca˜o ortogonal dessa em algum dos planos. Se a cada ponto da curva vamos descer uma reta ortogonal ao plano, acabamos de criar um cilindro sendo que a base ser´a o resultado obtido da resolu¸ca˜o do sistema. O cilindro citado acima ser´a chamado nesse texto de cilindro auxiliar e ´e ele que usaremos para parametrizar duas coordenadas de nossa curva. A terceira obteremos aplicando essa parametriza¸c˜ao a algum elemento. Observe que n˜ao foi especificado o plano de proje¸c˜ao, isso depender´a da quest˜ao. No caso ent˜ao projetaremos em xy, logo retiraremos a coordenada z. Resolvendo o sistema temos que 5 x2 (y − 1)2 x2 y 2 (2 − y)2 + + = → + = 1(α) 9 8 8 4 9 4 Uma parametriza¸ca˜o para α ´e: x = 3 cos(θ) e y = 1 + 2sen(θ) como a curva est´a anti-hor´aria temos que 0 ≤ θ ≤ 2π. Retiraremos a terceira coordenada do plano, pois ´e imediato z = 1−2sen(θ). Finalmente, temos que a integral fica Z 2π (1 − 2sen(θ))(−3sen(θ))dθ − (1 + 2sen(θ))(−2 cos(θ))dθ = 6π 0

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4.4

Exerc´ıcios

?1. Calcule

R C

xy 4 dS sendo C a parte de x2 + y 2 = 16 com x ≥ 0.

R ?2. Calcule C xyzdS, sendo C dada por x = 2t, y = 3sen(t) e z = 3cos(t) com 0 ≤ t ≤ π/2. ?3. Calcule o comprimento da curva dada por x = t − sen(t) e y = 1 − cos(t) com 0 ≤ t ≤ 2π. R √ ??4. Calcule C 1 + 4y + 16yz sendo que C ´e dada pela intersec¸ca˜o de z = x2 y e y = x2 com ponto inicial (-1/2,1/4,1/16) e final (1/2, 1/4, 1/16). ??5. Calcule

R p C

1 + y 2 sendo C a intersec¸c˜ao de z = x2 +y 2 com z = 3−2x.

R ?6. Calcule C xydx + (x − y)dy sendo que C consiste nos segmentos de reta de (0,0) a(0,2) e de (0,2) a (3,2).   y2 2 dz sendo C a interse¸ca˜o de x = 0 com a ?7. Calcule C 2xdx + z − 2 por¸ca˜o de y 2 + z 2 = 4 de (0,2,0) a (0,0,2) R

R ??8. Calcule C F~ · d~r sendo F~ = (xy, x2 + z, y 2 − x) e C a interse¸ca˜o de √ x2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0, com x = y 2 de (0,0,0) at´e (1,1, 2). R ??9. Calcule C xdx + (y + x)dy + zdz sendo C a interse¸ca˜o de z = x2 + y 2 e z = 2x + 2y − 1, orientada de modo que a proje¸c˜ao em xy seja percorrida uma vez no sentido hor´ario. R ? ? ?10. Calcule C ydx + zdy + xdz sendo C a interse¸c˜ao de x + y = 2 com x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y) orientada de modo que a proje¸ca˜o em xz seja percorrida uma vez no sentido hor´ario. ?11. Determine o trabalho realizado pela for¸ca F~ = (x, y + 2) ao mover um ponto ao longo do caminho x = t − sen(t) e y = 1 − cos(t) com 0 ≤ t ≤ 2π. ??12. Um homem de 165kg carrega uma lata de 25Kg subindo uma escada helicoidal que circunda um silo de raio de 20m. Se o silo ´e de 90m de altura e o homem faz 3 rota¸co˜es completas para subir ao topo, quanto ´e o esfor¸co do homem contra a gravidade? OBS: As helicoidais s˜ao parametrizadas por x = acos(t), y = bsen(t) e z = ct. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 77



x + y −x + y , x 2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 = a2 percorrida uma vez no sentido hor´ario.

?13. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = R

 e C definida por

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Cap´ıtulo 5 Teorema de Green 5.1

Introdu¸c˜ ao

Antes de enunciarmos o teorema de Green, veremos alguns conceitos introdut´orios que ser˜ao importantes para a melhor compreens˜ao do pr´oprio teorema. a) Caracter´ıstica das curvas A curva C ´e dita fechada se o ponto inicial coincide com o final. Al´em disso, ´e dita simples se n˜ao h´a auto-interse¸ca˜o, ou seja, se a curva n˜ao se cruza. Vejamos alguns exemplos abaixo

b) Orienta¸c˜ ao das curvas Dizemos que a curva C est´a positivamente orientada se, ao percorrermos C, deixamos a regi˜ao delimitada pela curva `a esquerda. Vejamos alguns exemplos

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Essas curvas eram dadas apenas por um tra¸cado. O que ocorre se a curva for dada por uma uni˜ao de dois tra¸cados? Estamos falando que C = C1 ∪ C2 , vejamos abaixo

Veja que na figura da esquerda a curva mais externa (azul) deixa a regi˜ao a` direita, embora a curva mais interna (verde) deixa a regi˜ao a` esquerda. Nesse caso, em que pelo menos uma nao seja positivamente orientada, o conjunto ser´a n˜ao positivamente orientado. Portanto, a imagem a direita ser´a dita positivamente orientada. c) O rotacional Nesse momento do texto os leitores ser˜ao introduzidos de fato no c´alculo vetorial. Essa vertente do c´alculo se baseia, basicamente, na introdu¸c˜ao do operador “del”, representado pela letra grega nabla ∇. Esse operador n˜ao possui uma interpreta¸c˜ao geom´etrica, mas ´e definido como ∇=

∂ ∂ˆ ∂ˆ i+ j + kˆ ∂x ∂y ∂z

Ao aplicarmos esse operador aos campos vetoriais estudados at´e o momento, obteremos novos elementos que ser˜ao objeto de estudo daqui para frente. O leitor j´a deve ter visto o vetor gradiente que ´e um dos elementos do c´alculo vetorial, representado por ∇f . Nesse momento, estamos interessados no rotacional de um campo. Esse elemento ´e dado pelo produto vetorial de nabla com o campo, ou seja, ∇× F~ . Portanto, temos a seguinte defini¸c˜ao RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 80

Defini¸c˜ ao 5.1. Seja F~ ˆi ∂ rotF~ = ∇ × F~ = ∂x F1

= (F1 , F2 , F3 ) de classe C 1 , ent˜ao ˆj kˆ   ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂ ∂ = − , − , − ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z F2 F3   ∂F ∂F 2 1 OBS: Para o caso em que F~ = (F1 , F2 ) temos que rotF~ = − kˆ ∂x ∂y

O rotacional ´e um novo campo vetorial e uma de suas utilidades se d´a no campo da mecˆanica dos fluidos. Cada vetor desse campo d´a o eixo a partir do qual as part´ıculas de fluido rotacionam. Al´em disso, seu m´odulo d´a a intensidade desse giro. O c´alculo vetorial ´e uma ferramenta extremamente u ´til, pois condensa, e muito, a nota¸c˜ao. O exemplo cl´assico de sua aplica¸c˜ao se d´a no campo do eletromagnetismo. Esse campo da f´ısica ´e bem modelado pelas famosas equa¸co˜es de Maxwell. Inicialmente, elas foram escritas com o c´alculo tradicional o que nos dava 8 equa¸c˜oes. Com o advento do c´alculo vetorial, elas passaram a ser escritas sob 4 equa¸co˜es e posteriormente com o desenvolvimento da matem´atica passa a ser escrita por uma u ´nica equa¸ca˜o.

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5.2

Teorema de Green

Agora que temos todos os conceitos apresentados, podemos enunciar o teorema de Green. Faz-se necess´ario, contudo, dizer que esse teorema serve para facilitar o c´alculo da integral de linha. A demonstra¸c˜ao desse teorema pode ser vista no anexo B. Teorema 5.1. Teorema de Green: Seja “C”1 uma curva plana, simples, fechada e positivamente orientada. Seja “D”a regi˜ao delimitada por “C”. Se F~ = (F1 , F2 ) for de classe C 1 em “D”, ent˜ao  Z Z Z Z  I ∂F2 ∂F1 ˆ ~ ~ − dA F · d~r = (rotF ) · kdA = ∂x ∂y C D D Observe que ´e fundamental a presen¸ca do produto escalar na integral do meio. Como o rotacional ´e um campo vetorial, queremos somar os m´odulos desses vetores. Para o caso especial em que F~ tem apenas duas componentes, ˆ logo basta fazer o produto escalar o rotacional aponta sempre na dire¸ca˜o de k, com esse versor, o que nos d´a a integral da direita. Vejamos como isso se aplica em alguns exemplos.

R Exemplo 44. Calcule C x4 dx + xydy, sendo C o triˆangulo de v´ertices (0,0); (1,0) e (0,1) positivamente orientado. Resolu¸ca˜o: Como podemos ver na figura abaixo, se formos calcular a integral de linha pela defini¸ca˜o teremos que calcular 3 integrais e depois somarmos. Como “C”obedece as hip´oteses do teorema de Green, vamos utiliz´a-lo para calcular apenas uma integral. Al´em disso, podemos aproveitar o fato de que, muitas vezes, o rotacional ´e mais simples que o campo original.

1

Em alguns textos ser´ a encontrado o termo “por partes”que significa que a curva pode apresentar algumas pequenas regi˜ oes onde ela n˜ao ´e diferenci´avel.

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ˆ Pelo teorema de Green, temos que Temos que rotF~ = ∇ × F~ = (y)k. Z Z Z 1 Z 1−x I ~ ydydx = 1/6 F · d~r = ydA = C

0

D

0

p H Exemplo 45. Calcule C (3y − esenx )dx + (7x + y 4 + 1)dy, sendo C x2 + y 2 = 9 no sentido hor´ario. Resolu¸ca˜o: Para realizar o c´alculo da integral de linha pela defini¸c˜ao ter´ıamos que parametrizar o c´ırculo o que nos traria um termo esen(sen(θ)) na primeira componente do campo. Esse termo ´e muito complicado de ser integrado, ent˜ao vamos aplicar o teorema de Green, afim de que o campo rotacional seja mais simples de ser trabalhado. A curva “C”n˜ao ´e positivamente orientada, logo n˜ao podemos, a princ´ıpio, aplicar o teorema de Green. Contudo, se invertermos a orienta¸c˜ao da curva, ou seja, criar uma curva C − , podemos aplicar Green nessa nova curva. I I ~ F · d~r = − F~ · d~r C−

C

ˆ logo vamos aplicar Green em C − Temos que rotF~ = 4k, Z Z I ~ 4dA = 4A(D) = 36π F · d~r = C−

D

Finalmente, I

F~ · d~r = −36π

C

H 2 2 Exemplo 46. Calcule C F~ ·d~r, sendo F~ = (ln(x2 +1)−x2 y; ex +y +y 2 x) e “C”x2 + y 2 = 16 no sentido anti-hor´ario. Resolu¸ca˜o: A primeira componente do campo inviabiliza a utiliza¸ca˜o da defini¸ca˜o da integral de linha. Utilizaremos, ent˜ao teorema de Green. Contudo, a exponencial na segunda componente fica complexa de resolver

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na integral dupla, mas simples de resolver na integral de linha. O que faremos ´e separar em dois campos 2 2 F~1 = (ln(x2 + 1) − x2 y; y 2 x) e F~2 = (0, ex +y )

Essa separa¸ca˜o ser´a computada da seguinte maneira I I I F~ · d~r = F~1 · d~r + F~2 · d~r C

C

Para F~1 , vamos aplicar o Teorema de Green. Sabemos que rotF~1 = ˆ (x2 + y 2 )k. I Z Z Z Z ˆ ~ ~ F1 · d~r = (rotF1 ) · kdA = (x2 + y 2 )dA = 128π C

D

D

A integral acima foi resolvida aplicando mudan¸cas polares no c´ırculo x2 + y 2 ≤ 16. Para F~2 , aplicaremos a defini¸c˜ao de integral de linha. Uma parametriza¸ca˜o poss´ıvel ´e: x = 4cos(θ) e y = 4sen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 2π. I Z 2π I x2 +y 2 ~ 4cos(θ)e16 dθ = 0 F2 · d~r = 0dx + e dy = 0

C

Finalmente, Z

F~ · d~r = 128π

C

R 2 Exemplo 47. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (x + y; ey + 2x) e C dada pela parametriza¸c˜ao x = θcos(θ) e y = θsen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 3π, como na imagem abaixo

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Resolu¸ca˜o: A exponencial na segunda componente do campo inviabiliza o c´alculo pela defini¸c˜ao de integral de linha, ent˜ao usaremos o teorema de Green. Contudo, a curva n˜ao est´a fechada. Uniremos o ponto final (−3π, 0) at´e o ponto inicial (0, 0) pela reta y = 0, denominaremos essa reta de “R”. Ao fazermos essa uni˜ao, C 0 = C ∪ R passa a se interceptar no ponto (−π, 0), deixando de ser simples. Separaremos C 0 em 2 curvas simples e fechada, C10 e C20 , como na imagem abaixo.

Em ambos os dom´ınios n˜ao h´a singularidades, ent˜ao podemos aplicar ˆ Para a curva C 0 , teorema de Green. Sabemos que rotF~ = ∇ × F~ = k. 1 usaremos coordenadas polares. Ao observarmos a express˜ao da parametriza¸ca˜o, vemos que o raio na curva vale θ. Temos ent˜ao que 0 ≤ r ≤ θ e RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 85

0 ≤ θ ≤ π, o que nos d´a Z Z I ~ F · d~r = C10 +R1

Z

π

Z

0

D1

θ

rdrdθ =

1dA = 0

π3 6

Para C20 , tamb´em usaremos as coordenadas polares, mas com π ≤ θ ≤ 3π. O raio permanece inalterado, o que nos retorna Z Z Z 3π Z θ I 9π 3 π 3 ~ F · d~r = 1dA = rdrdθ = − 2 6 D2 π 0 C20 +R2 Temos que Z I F~ · d~r = C

C10 +R1

F~ · d~r +

I

F~ · d~r −

C20 +R2

Z

F~ · d~r

R

Calculemos, ent˜ao, a u ´ltima integral do lado direito, usando a parametriza¸ca˜o x = t e y = 0 com −3π ≤ t ≤ 0. Z 0 Z 9π 2 ~ tdt = − F · d~r = 2 −3π R Finalmente, Z 9π 2 π 3 9π 3 π 3 9π 2 ~ + − + = (π + 1) F · d~r = 6 2 6 2 2 C

Uma aplica¸c˜ao interessante do Teorema de Green ´e o c´alculo de a´reas. Se adotarmos um campo cont´ınuo no dom´ınio delimitado pela curva e com rotacional igual 1, teremos que a integral de linha corresponde  a a´rea delimi −y x , , vejamos como tada pela curva. Um campo muito utilizado ´e F~ = 2 2 isso se aplica em um exemplo.

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b Resolu¸ca˜o: Pelo exposto acima, temos que a integral de linha corresponde a ´area delimitada. Ent˜ao, basta resolver a integral de linha que obteremos Exemplo 48. Calcule a a´rea delimitada por

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a a´rea. Para isso, usaremos a parametriza¸c˜ao x = acos(θ) e y = bsen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 2π. Z 1 A= −ydx + xdy ⇒ 2 C Z 1 2π [(acos(θ))(bcos(θ)) − (bsen(θ))(−asen(θ))]dθ = πab 2 0

At´e o momento nossos campos vetoriais estavam definidos em todo nosso dom´ınio D, ou seja, n˜ao havia singularidades em nossos dom´ınios. Agora, veremos como proceder para casos em que o campo nos traz alguma singularidade em D (como na imagem abaixo).

Observe que na imagem da direita foi colocada uma segunda curva, C2 , afim de isolar a singularidade. Desse modo, criamos uma nova curva C 0 = C1 ∪ C2 , que delimita um novo dom´ınio, D2 . Nesse novo dom´ınio n˜ao h´a singularidades, ent˜ao podemos aplicar o teorema de Green (supomos que as curvas sejam positivamente orientadas). Z Z Z Z Z ˆ ~ ~ ~ F · d~r = F · d~r + F · d~r = (rotF~ ) · kdA C0

C1

C2

D2

Exemplo 49. Sejam F1 e F2 fun¸co˜es de classe C 1 em R2 − (A, B) tais H H ∂F2 ∂F1 = . Sabendo que C1 F~ · d~r = 12 e C2 F~ · d~r = 15, calcule que ∂y ∂x H ~ F · d~r sendo que F~ = (F1 ; F2 ). C3

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Resolu¸ca˜o: Primeiramente, a curva C3 n˜ao ´e simples. Ent˜ao vamos separar em duas curvas simples e fechadas C31 e C32 . Podemos aplicar o teorema de Green em cada uma dessas curvas unidas a C1 e a C2 , respectivamente, para isolarmos as singularidades. Contudo, C1 n˜ao ´e positivamente orientada, logo devemos usar C1− . O mesmo ocorre para C2 e para C32 . Temos que rotF~ = ~0, logo temos I Z Z I ˆ ~ ~ F · d~r + F · d~r = (rotF~ ) · kdA =0 C1−

C31

I

D1

F~ · d~r =

C31

Al´em disso, I

F~ · d~r +

I

F~ · d~r = 12

C1

I

F~ · d~r =

Z Z

C2−

C32−

I

ˆ (rotF~ ) · kdA =0 D2

F~ · d~r = −

C32

I

F~ · d~r = −15

C2

Finalmente, I

F~ · d~r = −3

C

Exemplo 50. Seja F~ =



 R −y x ; 2 + 3x , calcule C F~ ·d~r sendo 2 2 2 x +y x +y

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C dada pela express˜ao x2 + y 2 = 4, anti-hor´aria. Resolu¸ca˜o: Observe que o campo ´e descont´ınuo em (0,0), logo isolaremos essa singularidade com a curva C1 dada por x2 + y 2 = 1, orientada no sentido hor´ario para se adequar ao teorema de Green. Temos que rotF~ = ˆ logo ∇ × F~ = 3k, I I Z Z F~ · d~r + F~ · d~r = 3dA = 9π C

C1

D

Para a segunda integral do lado esquerdo usaremos a defini¸ca˜o da integral de linha usando a parametriza¸c˜ao x = cos(θ) e y = sen(θ) com θ indo de 2π a 0. Z 0 (sen2 (θ) + 4cos2 (θ))dθ = −5π 2π

Finalmente, I

F~ · d~r = 14π

C

Outro modo que poderia ter sido empregado ´e a separa¸ca˜o do campo em dois   x −y ; e F~2 = (0, 3x) F~1 = x2 + y 2 x 2 + y 2 Para F~1 usaremos a defini¸ca˜o. Para isso, parametrizaremos a curva com x = 4cos(θ) e y = 4sen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 2π, o que nos d´a  Z 2π  −2sen(θ)(−2sen(θ)) 2cos(θ)(2cos(θ)) + dθ = 2π 4 4 0 Para F~2 usaremos o teorema de Green, com a facilidade de que esse ˆ campo n˜ao apresenta mais singularidade e seu rotacional continua 3k, logo I Z Z F~2 · d~r = 3dA = 12π C

R

Finalmente, I

F~ · d~r = 14π

C

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Exemplo 51. Calcule Z C

−ydx xdy + 2 2 + 4y x + 4y 2

x2

sendo C a curva apresentada no esbo¸co abaixo

Resolu¸ca˜o: Claramente C n˜ao possui f´acil parametriza¸ca˜o o que nos induz a utilizar o teorema de Green. Contudo, temos 2 problemas. O primeiro ´e que a curva n˜ao est´a fechada, logo teremos que fech´a-la. O segundo ´e que o campo apresenta uma singularidade na origem, restringindo as curvas que poderemos utilizar para fechar C. A princ´ıpio, a parte inferior do c´ırculo com centro na origem e raio 1 seria uma boa op¸ca˜o. No entanto, ap´os fazermos a uni˜ao, ter´ıamos que calcular a integral de linha nessa curva que n˜ao ´e simples de ser feita. Na verdade, o denominador que aparece em ambas as componentes do campo nos induz a usar a parte inferior de uma elipse do tipo x2 + 4y 2 = k 2 . Assim, esse denominador incˆomodo virar´a uma constante ap´os a parametriza¸ca˜o. Escolheremos k = 1, para que seja poss´ıvel a uni˜ao. Temos ent˜ao Z Z Z Z ˆ ~ ~ F · d~r + F · d~r = (rotF~ ) · kdA C

C1

D

Sabemos que rotF~ = ~0, logo o lado direito se torna zero. Uma paramesen(θ) com θ indo de 0 a −π. O triza¸ca˜o para C1 seria x = cos(θ) e y = 2 que nos da  Z −π  (−sen(θ)) cos(θ) (−sen(θ)) + cos(θ) dθ = −π/2 2 2 0 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 90

Finalmente, Z

F~ · d~r = −

C

Z

F~ · d~r = π/2

C1

Exemplo 52. Seja C a por¸c˜ao de

x2 + (y − 1)2 = 1, x ≥ 0 indo de (0,2) 4

at´e (0,0), calcule   Z yx2 x 2 2 ((e ) + xln(1 + y )dx + + 2y + x dy 1 + y2 C

Resolu¸ca˜o: Observe a presen¸ca da exponencial e da fun¸ca˜o logaritmo na primeira componente do campo. Esses elementos dificultam a aplica¸ca˜o da defini¸ca˜o de integral de linha, logo usaremos o teorema de Green. Para aplicarmos esse teorema, precisamos, primeiramente, fechar a curva C com a curva α, a saber um segmento de reta que une o ponto (0,0) com o ponto (0,2). Ao fazermos essa uni˜ao, observamos que a nova curva gerada n˜ao ´e positivamente orientada, ent˜ao temos que aplicar o teorema em C − ∪ α− . Sabemos tambˆem que o rotacional desse campo ´e ˆ o que nos d´a rotF~ = k, Z Z Z Z ˆ ~ ~ (rotF~ ) · kdA F · d~r = F · d~r + α−

C−

Z

F~ · d~r +

C

D

Z

F~ · d~r = −A(D)

α

Utilizando do argumento geom´etrico que a a´rea de uma semi elipse abπ ´e , sabemos que a a´rea de D ´e π. Al´em disso, utilizando a parame2 triza¸ca˜o x = 0 e y = t com 0 ≤ t ≤ 2, temos Z Z 2 ~ F · d~r = 2tdt = 4 α

0

Finalmente, Z

F~ · d~r = −π − 4

C

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5.3

Exerc´ıcios

H ?1. Calcule C (x + 2y)dx + (x − 2y)dy, sendo C a por¸c˜ao de y = x2 de (0,0) a (1,1) unido ao segmento de reta de (1,1) a (0,0), orientado positivamente. ??2. Calcule hor´ario.

R C

x2 dx + y 2 dy, sendo C a curva x6 + y 6 = 1, no sentido anti-

√ H ?3. Calcule C (y + e x )dx + (2x + cos(y 2 ))dy, sendo C a fronteira da regi˜ao limitada pelas par´abolas y = x2 e x = y 2 percorrida no sentido anti-hor´ario.

H 2 ?4. Calcule C (xy + ex )dx + (x2 − ln(1 + y))dy, sendo C a fronteira da regi˜ao limitada pelo segmento de reta de (0,0) a (π, 0) e pelo arco de y = sen(x), orientado positivamente. ?5. Determine a a´rea delimitada pela curva parametrizada com x = cos3 (t) e y = sen3 (t) com 0 ≤ t ≤ 2π. F~ ·d~r,  sendo C a curva parametrizada com x = et e y = sen(t)  y x , 2 . com 0 ≤ t ≤ π e F~ = 2 2 x + y x + y2

??6. Calcule

R

C

H ? ? ?7. Calcule C (x2 + y + 2xy 3 )dx + (5x + 3x2 + y 2 + y)dy, sendo C a uni˜ao das curvas dada por: x2 + y 2 = 1, y ≥ 0; x + y + 1 = 0, −1 ≤ x ≤ 0; x − y − 1 = 0, 0 ≤ x ≤ 1. Especifique a orienta¸c˜ao escolhida. ??8. Seja F~ = (F1 , F2 ) um campo vetorial de classe C 1 no 0.

Para essa parametriza¸ca˜o temos que os vetores normais s˜ao ! ∂ϕ ∂ϕ 2x 2y ~n = × = −p ; −p ;1 ∂x ∂y x2 + y 2 x2 + y 2 Observa-se, contudo, que esses vetores n˜ao satisfazem a condi¸ca˜o dada, pois ~n · kˆ = 1 > 0. Devemos, portanto, tomar os seguintes vetores ! 2x 2y ∂ϕ ∂ϕ × = p ;p ; −1 ~n = ∂y ∂x x2 + y 2 x2 + y 2 Temos, ent˜ao, a seguinte integral que ser´a resolvida com coordenadas polares ! Z Z Z Z 2 2 −2x − 2y ~= p F~ · dS − x2 − y 2 dxdy 2 2 x +y S D Z 0

2π

Z 1

2

(−2r2 − r3 )drdθ = −

73π 6

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RR ~ sendo F~ = (x2 , y 2 , z 2 ) e S a por¸c˜ao de Exemplo 65. Calcule F~ · dS, S p z = 1 − y 2 com 0 ≤ x ≤ 2 e os vetores normais exteriores a “S”. Resolu¸ca˜o: Uma parametriza¸ca˜o para esse cilindro ´e ϕ(θ, t) = {(t, cos(θ), sen(θ)); 0 ≤ t ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π}. Para essa parametriza¸c˜ao, um dos vetores normais ´e dado por ~n =

∂ϕ ∂ϕ × = (0, cos(θ), sen(θ)) ∂θ ∂t

Se tomarmos o ponto (0,1,0) como referˆencia, ou seja, θ = 0, concluiremos que esse vetor ´e exterior a “S”. Portanto, a integral fica Z 2Z π 8 (cos3 (θ) + sen3 (θ))dθdt = 3 0 0

RR ~ sendo F~ = (0, y, −z) e “S”a fronteira Exemplo 66. Calcule F~ · dS, S 2 2 do s´olido limitado por y = x + z , 0 ≤ y ≤ 1 e vetores normais exteriores a “S”. Resolu¸ca˜o: Novamente, deparamo-nos com um exerc´ıcio envolvendo s´olidos. Sua fronteira ´e composta do paraboloide, S1 , e da por¸c˜ao do plano, S2 . J´a vimos que para essa situa¸ca˜o podemos fazer a uni˜ao. Para S1 , utilizaremos a seguinte parametriza¸ca˜o ϕ(θ, t) = {(tcos(θ), t2 , tsen(θ)); 0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Para essa parametriza¸c˜ao, os vetores normais ser˜ao dados por ∂ϕ ∂ϕ × = (2t2 cos(θ), −t, 2t2 sen(θ)) ~n = ∂t ∂θ Para esses vetores, a integral de superf´ıcie fica Z Z Z 1 Z 2π ~= F~ · dS (−t3 − 2t3 sen2 (θ))dθdt = −π S1

0

0

Para S2 , utilizaremos a parametriza¸ca˜o ϕ(x, z) = {(x, 1, z); (x, z) ∈ x + z 2 ≤ 1(D)}. Um vetor normal ao plano aponta na dire¸ca˜o do eixo y, ou seja, ~n = (0, 1, 0). Ent˜ao a integral fica Z Z Z Z (0, 1, −z)(0, 1, 0)dxdz = dxdz = A(D) = π 2

D

D

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Finalmente, temos que Z Z

~=0 F~ · dS S

RR ~ sendo F~ = (x, −x, −1) e S a por¸ca˜o Exemplo 67. Calcule F~ · dS, S do plano x + y + z = 0 interior a esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. ~n · kˆ ≥ 0. Resolu¸ca˜o: Como nas integrais de linha, para descobrir o dom´ınio de varia¸c˜ao dos parˆametros precisamos definir o cilindro auxiliar achando a proje¸ca˜o da interse¸ca˜o. x2 + y 2 + (−x − y)2 = 1 → 2x2 + 2y 2 + 2xy = 1(D) Como estamos trabalhando com a por¸ca˜o do plano, poderiamos parametriz´a-la da seguinte maneira ϕ(x, y) = {(x, y, −x − y); (x, y) ∈ D}. Para essa parametriza¸c˜ao, os vetores normais s˜ao (1,1,1), que satisfazem a condi¸ca˜o: ~n · kˆ ≥ 0. Como integrar na regi˜ao “D”´e complicada, tentaremos a abordagem com o vetor normal unit´ario. Z Z A(S) 1 [(x, −x, −1) · (1, 1, 1)] √ dS = − √ 3 3 S Observe que esse m´etodo foi u ´til, pois tivemos a sorte de recair num m´ ultiplo da a´rea da superf´ıcie S que ´e um c´ırculo com o mesmo raio da esfera pois o plano contem o centro da esfera. Finalmente, temos que Z Z ~ = −π F~ · dS 3 S

RR ~ sendo F~ = (x, y, −2z) e S definida por Exemplo 68. Calcule F~ · dS, S 2 2 2 x + y + z = 4 com os vetores normais exteriores. Resolu¸ca˜o: Para evitar separar em duas superf´ıcies, n˜ao usaremos a parametriza¸ca˜o expl´ıcita para a esfera. Ent˜ao uma parametriza¸ca˜o que podemos usar ´e ϕ(θ, φ) = {(2cos(θ)sen(φ), 2sen(θ)sen(φ), 2cos(φ)); 0 ≤

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θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π}. Para essa parametriza¸c˜ao, temos que os vetores normais ser˜ao dados por ~n =

∂ϕ ∂ϕ × = (4sen2 (φ)cos(θ), 4sen2 (φ)sen(θ), 4sen(φ)cos(φ)) ∂φ ∂θ

Temos, ent˜ao, que a integral fica Z 2π Z π (8sen3 (φ) − 16cos2 (φ)sen(φ))dφdθ = 0 0

0

RR ~ sendo F~ = (yz, xz, x2 + y 2 ) e “S”a Exemplo 69. Calcule F~ · dS, S superf´ıcie obtida de pela rota¸ca˜o do segmento de reta que liga (1,0,1) a (0,0,3) em torno do eixo z. ~n · kˆ ≥ 0. Resolu¸ca˜o: Trabalhando no plano xz, percebemos que esse segmento tem equa¸ca˜o z = −2x + 3. Ele ser´a a nossa geratriz. Nossas diretrizes ser˜ao do tipo x2 + y 2 = x2G . Unindo essas informa¸co˜es temos que uma parametriza¸ca˜o para a superf´ıcie ´e ϕ(θ, t) = {(tcos(θ), tsen(θ), −2t + 3); 0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Essa parametriza¸ca˜o gera os seguintes vetores normais ~n =

∂ϕ ∂ϕ × = (2tcos(θ), 2tsen(θ), t) ∂t ∂θ

Como t ´e sempre n˜ao negativo temos que a terceira componente ´e sempre n˜ao negativa como pedido no enunciado. Portanto, a integral fica Z 1 Z 2π π (sen(θ)cos(θ)(−8t3 + 12t2 ) + t3 )dθdt = 2 0 0

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6.5

Exerc´ıcios

1. Parametrize as superf´ıcies abaixo e calcule sua a´rea: p ?a) A parte da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 dentro do cone z = x2 + y 2 . ?b)A parte do cilindro x2 + z 2 = 1 entre os planos y = −1 e y = 3. ?c)A parte do plano z = 2x + 3y interior ao cilindro x2 + y 2 = 16. ??d)A parte de z = y 2 − x2 entre os cilindro x2 + y 2 = 1 e x2 + y 2 = 4. ? ? ?e) A parte do cilindro x2 + z 2 = a2 dentro de x2 + y 2 = a2 com a > 0. ??f) A parte da esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 interior ao cilindro x2 + y 2 = ax com a > 0. ? ? ?g) A superf´ıcie obtida pela rota¸c˜ao da circunferˆencia no plano xz com centro (b,0,0) e raio a < b em torno do eixo z. ? ? ?h) Parte superior da esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 interior a (x2 + y 2 )2 = x2 − y 2 . 2. Calcule as seguintes integrais: RR ?a) f dS, sendo f = (x2 ) e S a esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. R RS ??b) f dS, sendo f = (xy) e S a fronteira da regi˜ao limitada por x2 +z 2 = S 1 e os planos y = 0 e x + y = 2. p RR ?c) f dS, sendo f = (x + 1) e S a parte de z = x2 + y 2 limitada por S 2 2 x + y = 2y. RR ??d) f dS, sendo f = (y) e S a parte de 3x + 2y + z = 6 contida no S primeiro octante. √ RR 2 2 2 2 3y ??e) f dS, sendo f = z e S a parte de x + y + z = 1 com 0 ≤ x ≤ S e 1/2 ≤ z ≤ 1. 3.Calcule

RR S

~ para as seguintes situa¸co˜es: F~ · dS

??a) F~ = (−3xyz 2 , x + 2yz − 2xz 4 , yz 3 − z 2 ) e S a uni˜ao de x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 com z = 0, x2 + y 2 ≤ 1. Os vetores normais s˜ao exteriores a S. ?b) F~ = (x, xy, xz) e S a parte de 3x + 2y + z = 6 interior a x2 + y 2 = 1, de modo que ~n · kˆ > 0. ?c) F~ = (x, 2y, 3z) e S o cubo de v´ertices (±1, ±1, ±1), com ~n exterior. ?d) F~ = (−yz, 0, 0) S ´e a parte de x2 + y 2 + z 2 = 4 exterior a x2 + y 2 = 1, sendo que a normal no ponto (2,0,0) aponte na direo ˆi. p ??e) F~ = (x, y, −2z) e S a parte de z = x2 + y 2 limitada por x2 + y 2 = 2x, com ~n · kˆ < 0.

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??f) F~ = (x, y, z) e S a parte do paraboloide z = 4 − x2 − y 2 contida no semiespa¸co z ≥ 2y + 1, de tal modo que ~n · kˆ ≥ 0. 2 2 ??g) F~ = (xz, yz, ex +y ) e S a parte de x2 + y 2 + z 2 = 9, z ≥ 0 exterior a z = −x2 − y 2 + 7, de tal modo que ~n · kˆ > 0. √ ? ? ?h) F~ = (y, z, x) e S a parte de z = 4 − x limitada por y 2 = x de modo que ~n · ˆi > 0.

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Cap´ıtulo 7 Teorema de Stokes Para facilitar o c´alculo das integrais de linha vimos o teorema de green. Contudo, este teorema era restrito a alguns casos. Agora, veremos um teorema que facilita o c´alculo para situa¸c˜oes mais gerais, esse teorema leva o nome de teorema de Stokes. Como temos feito at´e agora, vejamos alguns conceitos antes de introduzirmos o teorema.

7.1

Introdu¸c˜ ao

Fronteira O conceito de fronteira ´e complexo, mas uma caracteriza¸ca˜o que ser´a suficiente para nossos objetivos ser´a a seguinte Defini¸c˜ ao 7.1. Seja S uma superf´ıcie parametrizada por ϕ : D ⊂ R2 → R3 . A fronteira de S, ∂S, est´a contida em ϕ(C), ou seja, ∂S =⊂ ϕ(C), onde C ´e a curva que delimita D. Pela defini¸c˜ao acima, somos capazes de achar candidatos a fronteira de “S”. As vezes a imagem de “C”apresenta mais elementos que a fronteira de “S”. Sendo assim, temos que enunciar 2 caracter´ısticas que nos auxiliam a identificar ∂S. Propriedades da fronteira: i) A fronteira s´o pode ser percorrida uma vez. ii) A fronteira n˜ao pode colapsar para 1 ponto.

1

Por defini¸c˜ao, fronteiras s˜ao fechadas e superf´ıcies fechadas n˜ao possuem 1

Rigorosamente, ∂S deve ser formado por curvas regulares, ou seja, com vetor tangente n˜ ao nulo.

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fronteira. Frequentemente, a fronteira ´e a imagem da curva que delimita a regi˜ao aonde os parˆametros variam, como na imagem abaixo.

Contudo, essa imagem nos fornece apenas os candidatos a fronteira. As vezes, esse procedimento gera curvas que n˜ao s˜ao parte da fronteira de “S”. Ao parametrizarmos uma por¸c˜ao de cilindro com x = cos θ, y = senθ e z = t, teremos o seguinte retˆangulo aonde os parˆametros variam: 0 ≤ t ≤ a e 0 ≤ θ ≤ 2π. As curvas t = 0 e t = a geram c´ırculos na base e na tampa do cilindro e s˜ao percorridas apenas uma vez, logo essas curvas s˜ao fronteira do peda¸co de cilindro. J´a as curvas θ = 0 e θ = 2π, dar˜ao origem a mesma curva na superf´ıcie, uma reta vertical. Sendo assim, ela ser´a percorrida duas vezes e pela propriedade i n˜ao faz parte da fronteira de “S”. Situa¸ca˜o mais curiosa ocorre com o peda¸co de cone que pode ser parametrizado com x = t cos θ, y = tsenθ e z = t, com 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ t ≤ a. A curva t = a, gera um c´ırculo no plano z = a que ´e percorrido apenas uma vez, logo ´e fronteira de “S”. As curvas θ = 0 e θ = 2π, dar˜ao origem a mesma curva em “S”, logo essa curva n˜ao pode ser fronteira da superf´ıcie. A curva t = 0 dar´a origem ao ponto (0,0,0) e pela propriedade ii n˜ao pode ser parte da fronteira de “S”. Um outro caso interessante de ser analisado ´e a esfera. Podemos parametriz´a-la com ϕ(θ, φ) = {(asen(φ)cos(θ), asen(φ)sen(θ), acos(φ)), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π}. As retas φ = 0 e φ = π geram dois pontos o extremo superior e inferior, respectivamente. Portanto, essas curvas n˜ao geram a fronteira. As curvas θ = 0 e θ = 2π dar˜ao origem ao mesmo segmento de c´ırculo que n˜ao pode ser fronteira por n˜ao ser fechado e por ser percorrido duas vezes. Sendo assim, a esfera n˜ao apresenta fronteira, como j´a era de se esperar por se tratar de uma superf´ıcie fechada.

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Orienta¸c˜ ao J´a vimos que para uma superf´ıcie estar orientada ´e necess´ario que haja um campo de vetores normais sobre ela. Vimos tamb´em que esse campo gera uma orienta¸ca˜o na fronteira da superf´ıcie. Agora precisamos definir como o bordo fica positivamente orientado. Defini¸c˜ ao 7.2. Seja S uma superf´ıcie orientada por um campo de vetores normais. O bordo, ou fronteira, est´a positivamente orientado se S fica a esquerda quando percorremos o bordo, olhando na dire¸c˜ao dos vetores normais. Na imagem abaixo, vemos uma superf´ıcie cuja fronteira est´a positivamente orientada, veja qie essa situa¸ca˜o obedece a regra da m˜ao direita com o ded˜ao apontando na dire¸c˜ao do vetor normal.

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7.2

Teorema de Stokes

Agora, estamos prontos para compreender o teorema de Stokes. Vamos, portanto, enunci´a-lo Teorema 7.1. Seja S uma superf´ıcie orientada, cuja fronteira C2 ´e fechada, simples e positivamente orientada. Seja F~ de classe C 1 em S, ent˜ao Z Z Z ~ F~ · d~r = (∇ × F~ ) · dS C

S

O termo ∇ × F~ j´a ´e conhecido e o chamamos de rotacional do campo. Esse elemento foi definido como: ˆi ˆ ˆ j k   ∂ ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂ ∂ ~ ~ rotF = ∇ × F = = ∂y − ∂z , ∂z − ∂x , ∂x − ∂y ∂x ∂y ∂z F1 F2 F3 Veja que para o caso especial em que a superf´ıcie S ´e um peda¸co do ˆ retornando ao teorema de plano z = 0, temos que o vetor normal ser´a k, Green. Isso mostra o fato, j´a mencionado, que o teorema de Stokes ´e uma extens˜ao natural do teorema de Green. Al´em disso, ´e importante refor¸car que esse teorema serve para facilitar o c´alculo de integrais de linha e n˜ao de superf´ıcie.

H Exemplo 70. Seja C F~ · d~r = 12, quando C ´e anti-hor´aria (ver imagem abaixo) e F~ um campo vetorial de classe C 1 em R3 . Qual o valor de RR ~ supondo que os vetores normais de S satisfazem ~n · kˆ > 0? (∇× F~ )·dS, S

2

Em alguns textos ser´ a encontrado o termo “por partes”que significa que a curva pode apresentar algumas pequenas regi˜ oes onde ela n˜ao ´e diferenci´avel.

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Resolu¸ca˜o: Percebemos que as superf´ıcies s˜ao diferentes. A do lado esquerdo, D, ´e uma esfera e a do lado direito, S, um paraboloide. Contudo, elas possuem a mesma fronteira, a curva x2 + y 2 = a2 e z = 0. Observamos, pelo ponto (0,0,8a) em S, que o vetor normal tem que ser exterior a S, pois caso contr´ario n˜ao satisfar´a a condi¸ca˜o imposta pelo enunciado. Para esse conjunto de vetores normais, o bordo de S fica orientado positivamente e na mesma orienta¸ca˜o de C. Temos, portanto, pelo teorema de Stokes, que I Z Z I ~ ~ ~ = 12 F · d~r = F · d~r = (∇ × F~ ) · dS C

α

S

Esse exerc´ıcio ´e ilustra bem o fato de que uma mesma curva pode ser fronteira de v´arias superf´ıcies. Para aplicarmos de maneira eficiente o teorema temos que escolher a superf´ıcie que melhor se adequa ao problema. Olhamos o campo rotacional para a escolha da superf´ıcie j´a que teremos que calcular a integral de superf´ıcie desse campo.

H Exemplo 71. Calcule C F~ · d~r sendo F~ = (3y + z, x + 4y, 2x + y) e C a interse¸c˜ao de x2 + y 2 + z 2 = a2 com y + z = a, orientada no sentido anti-hor´ario quando vista de cima. Resolu¸ca˜o: Na imagem abaixo, vemos um esbo¸co da situa¸ca˜o descrita acima. Esse exerc´ıcio n˜ao precisava ser resolvido necessariamente com o teorema de Stokes, mas o empregaremos.

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Para usarmos o teorema de Stokes, precisamos pensar na curva em quest˜ao e em qual superf´ıcie, que contem a curva como fronteira, usaremos. Das muitas superf´ıcies poss´ıveis usaremos um peda¸co do plano y + z = a interior a esfera. Essa superf´ıcie tem a curva como fronteira e, para a orienta¸c˜ao dada, o conjunto de vetores normais tem que satisfazer ~n · kˆ > 0 (veja pela regra da m˜ao direita). Al´em disso, essa orienta¸ca˜o deixa a curva orientada positivamente. Feitas essas considera¸c˜oes podemos partir para a parte das contas. Iniciemos com a determina¸ca˜o do campo rotacional ˆ ˆ ˆ i j k ∂ ∂ ∂ ~ ~ = (1, −1, −2) rotF = ∇ × F = ∂x ∂y ∂z 3y + z x + 4y 2x + y Vamos determinar agora os vetores normais a superf´ıcie usando a x2 a a2 parametriza¸ca˜o ϕ(x, y) = {(x, y, a − y); (x, y) ∈ + (y − )2 ≤ (D)} 2 2 4 ˆ ˆ ˆ ∂ϕ ∂ϕ i j k × = 1 0 0 = (0, 1, 1) ∂x ∂y 0 1 −1 Utilizando o teorema de Stokes I Z Z Z Z F~ · d~r = (1, −1, −2) · (0, 1, 1)dA = −3 dA C

D

D

Podemos resolver a integral acima utilizando as seguintes mudan¸cas polares √ a 2 a a rcos(θ) e y = rsen(θ) + x= 2 2 2 Para essas express˜oes temos que √ 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π e o jacobiano 2 ar 2 da transforma¸ca˜o ´e dado por . Finalmente, a integral fica 4 √ Z 2π Z 1 2 √ ar 2 3 2a2 π −3 drdθ = − 4 4 0 0

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R Exemplo 72. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (z 2 , xz, 2xy) e C a interse¸ca˜o da superf´ıcie z = 1 − y 2 , z ≥ 0, com o plano 2x + 3z = 6, orientada no sentido de y decrescente. Resolu¸ca˜o: Como podemos perceber pela imagem abaixo, a curva C n˜ao est´a fechada. Para aplicarmos o teorema de Stokes temos que fazer a 0 uni˜ao com uma curva α, logo C = C ∪ α. Definiremos nossa superf´ıcie como o peda¸co do plano contido dentro do cilindro.

0

A orienta¸c˜ao dada a curva C , obriga-nos a tomar vetores que satisfazem ~n · kˆ > 0 e isso faz com que a curva seja positivamente orientada. Feita essa an´alise, fa¸camos os c´alculos. rotF~ = ∇ × F~ =

ˆi ∂ ∂x z2

ˆj kˆ ∂ ∂ ∂y ∂z xz 2xy

  2x = x, 2z − 2y, 2 − 3

Podemos parametrizar a superf´ıcie da seguinte maneira ϕ(y, z) = 3z {(3 − , y, z); 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 , −1 ≤ y ≤ 1(D)}, o que nos d´a os se2 guintes vetores normais ˆi ˆj kˆ ∂ϕ ∂ϕ × = 0 1 0 = (1, 0, 3/2) ∂y ∂z −3/2 0 1 O teorema de Stokes nos d´a ent˜ao I Z Z Z Z ~ ~ ~ F · d~r = F · d~r + F · d~r = (3)dzdy C∪α

C

α

D

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A integral dupla a direita pode ser resolvida da seguinte forma Z

1

1−y 2

Z

3dzdy = 4 −1

0

Para resolver a integral de linha a esquerda precisamos parametrizar α. Faremos isso com x = 3, y = t e z = 0 com −1 ≤ t ≤ 1. Isso nos d´a Z 1 0dt = 0 −1

Finalmente, temos que a integral pedida vale Z F~ · d~r = 4 C

R Exemplo 73. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (xx + z 2 , y y + x2 , z z + y 2 ) e C p ´e a interse¸c˜ao de z = 4 − x2 − y 2 com z = 0, x = 0 e y = 0, orientada no sentido anti-hor´ario. Resolu¸ca˜o: Observe que se fossemos aplicar a defini¸ca˜o da integral de linha o c´alculo seria complexo, pois a parametriza¸ca˜o envolveria termos de seno o que geraria sensen . Por isso, vamos aplicar o teorema de Stokes. Utilizaremos a por¸ca˜o da esfera no primeiro octante como superf´ıcie. Para a orienta¸c˜ao dada, os vetores normais tem terceira componente positiva e a fronteira fica positivamente orientada. Vamos calcular o rotacional do campo ˆi ˆj kˆ ∂ ∂ ∂ = (2y, 2z, 2x) rotF~ = ∇ × F~ = ∂x ∂y ∂z x x + z 2 y y + x2 z z + y 2 Parametrizaremos a superf´ıcie com ϕ(θ, φ) = {(2sen(φ)cos(θ), 2sen(φ)sen(θ), 2cos(φ))} π π Temos que 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ φ ≤ . Essa parametriza¸ca˜o nos d´a os 2 2 seguintes vetores normais RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 122

ˆ ˆi ˆj k ∂ϕ ∂ϕ × = 2cos(φ)cos(θ) 2cos(φ)sen(θ) −2sen(φ) = ∂φ ∂θ −2sen(φ)sen(θ) 2sen(φ)cos(θ) 0 (4sen2 (φ)cos(θ), 4sen2 (φ)sen(θ), 4sen(φ)cos(φ)) O teorema de Stokes nos garante, ent˜ao, que I Z Z ~ ~= F · d~r = (∇ × F~ ) · dS C

Z

π/2 Z

π/2

16 0

S

(sen3 (φ)cos(θ)sen(θ) + sen2 (φ)cos(φ)sen(θ)dθdφ

0

Z

π/2

Z

+16 0

π/2

sen2 (φ)cos(φ)cos(θ))dθdφ = 16

0

R Exemplo 74. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (z − y, ln(1 + y 2 ) + x2 , ln(1 + z 2 ) + y) e C dada por δ(t) = (4cost, 4sent, 4 − 4cost) com 0 ≤ t ≤ 2π. Resolu¸ca˜o: Da parametriza¸ca˜o δ(t) percebemos que C ´e a interse¸ca˜o de x2 + y 2 = 16 com o plano z = 4 − x, orientada no sentido anti-hor´ario. Al´em disso, os termos logaritmos na segunda e terceira componentes inviabilizam a resolu¸ca˜o pela defini¸c˜ao, embora a fun¸ca˜o quadr´atica na segunda componente seja interessante para esse m´etodo. Deparamo-nos com um dilema, pois uma parte do campo sugere teorema de Stokes e a outra a defini¸ca˜o. Quando temos essa situa¸ca˜o separamos o campo em dois F~1 = (z − y, ln(1 + y 2 ), ln(1 + z 2 ) + y) e F~2 = (0, x2 , 0) Para o campo F~1 aplicaremos teorema de Stokes. A por¸ca˜o do plano limitado pelo cilindro ser´a nossa superf´ıcie e vemos que para essa orienta¸ca˜o da curva os vetores tem a terceira componente positiva e a curva ´e positivamente orientada.

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ˆi ˆj kˆ ∂ ∂ ∂ rotF~ = ∇ × F~ = ∂y ∂z ∂x z − y ln(1 + y 2 ) ln(1 + z 2 ) + y

= (1, 1, 1)

Uma parametriza¸c˜ao para S seria ϕ(x, y) = {(x, y, 4 − x); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≤ 16(D)}. Essa parametriza¸c˜ao nos d´a os vetores normais ˆi ˆj kˆ ∂ϕ ∂ϕ × = 1 0 −1 = (1, 0, 1) ∂x ∂y 0 1 0 Pelo teorema de Stokes, temos que Z Z I 2dxdy = 32π F~1 · d~r = D

C

Para F~2 aplicaremos a defini¸ca˜o de integral de linha. Portanto, temos que Z Z 2π F~2 · d~r = 64cos3 tdt = 0 C

0

Finalmente, temos que a integral ficar´a Z F~ · d~r = 32π C

 −y x senz Exemplo 75. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = , , x 2 + y 2 x2 + y 2 8 + z 4 e C a interse¸ca˜o de z = x2 + y 2 com x2 + y 2 = 6, orientada no sentido anti-hor´ario. R



Resolu¸ca˜o: Essa quest˜ao poderia ser resolvida pela defini¸c˜ao. Contudo, empregaremos o teorema de Stokes para ilustrar dois fenˆomenos interessantes. O primeiro ´e a presen¸ca da singularidade ao longo de todo eixo z, pois o denominador da primeira e segunda componentes zera nesse lugar. Sendo assim, n˜ao podemos utilizar nenhuma superf´ıcie que seja cortada RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 124

pelo eixo z. Para evitar esse problema, tomaremos como superf´ıcie o cilindro. Essa escolha nos leva ao segundo fenˆomeno. Para definirmos a fronteira nenhum dos parˆametros pode ±∞. Contudo, na parame√ ir para √ triza¸ca˜o do cilindro, ϕ(θ, t) = ( 6cos(θ), 6sen(θ), t), o parˆametro t ter´a crescimento limitado em z = 6, mas ir´a at´e ±∞. Como isso n˜ao pode ocorrer, precisamos tomar um peda¸co desse cilindro e faremos isso 0 unindo uma outra curva, α, a C, criando uma fronteira C . Essa curva ser´a x2 + y 2 = 6, z = 0. O sentido de α ser´a hor´ario. ˆi ˆj kˆ ∂ ∂ ∂ ~ ~ ~ rotF = ∇ × F = ∂x =0 ∂y ∂z −y x senz 2 x + y 2 x2 + y 2 8 + z 4 Como o rotacional vale zero, a integral de superf´ıcie ser´a zero. Ent˜ao o teorema de Stokes ficar´a Z Z Z F~ · d~r = F~ · d~r + F~ · d~r = 0 C0

C

α

Para a integral de linha √ a esquerda usaremos a seguinte parame√ triza¸ca˜o x = 6cos(θ), y = 6sen(θ) e z = 0 com θ indo de 2π a 0, pois estamos trabalhando com o sentido hor´ario. Temos ent˜ao Z 0 Z ~ 1dθ = −2π F · d~r = 2π

α

Finalmente, a integral pedida fica Z F~ · d~r = 2π C

x2 y 2 + = 1 com x2 + y 2 + 4 2 H z 2 = 4, z ≤ 0, orientada no sentido anti-hor´ario. Calcule C F~ · d~r, sendo   4z 4 ~ F = 2zy, x, xy + 2 + z ln(4 + z ) x + 2y 2

Exemplo 76. Seja C a curva de interse¸ca˜o de

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Resolu¸ca˜o: Observe que DomF~ = R3 − {(0, 0, z)}, z ∈ R. Ent˜ao devemos escolher uma superf´ıcie que n˜ao contenha o eixo z, usaremos um peda¸co do cilindro entre z = 0 e a curva C. Devido a orienta¸c˜ao da curva C, os vetores normais devem ser interiores ao cilindro. Fazendo α como a curva x2 y 2 + = 1 e z = 0, ela deve ter orienta¸ca˜o hor´aria. A fronteira de S ´e 4 2 C ∪ α que est´a positivamente orientada, logo Z Z Z Z ~ ~ ~ F · d~r + F · d~r = (∇ × F~ ) · dS C

α

S

Para√a integral de superf´ıcie usamos a parametriza¸ca˜o ϕ(θ, t) = (2 cos θ, 2senθ, t), com 0 ≤ θ ≤ 2π. A varia¸c˜ao inicial de t ocorre em 0 e vai at´e C que pode ser escrita como √ 2 cos2 θ + 2 + t2 = 4 ⇒ t = 2|senθ| Sendo assim o vetor normal pode ser da forma √ ~n = (− 2 cos θ, −2senθ, 0) O rotacional desse campo ´e   8xz 16yz ~ ,y + 2 , 1 − 2z ∇×F = x− 2 (x + 2y 2 )2 (x + 2y 2 )2 Logo, Z Z

~= (∇ × F~ ) · dS

S

Z 0

2π

√

Z

2|senθ|

√ −2 2dtdθ = −16

0

√ Uma parametriza¸ca˜o para a curva α ´e δ(t) = (2 cos t, − 2sent, 0) com θ ∈ [0, 2π]. Logo, Z √ F~ · d~r = −2 2π α

Finalmente, Z

√ F~ · d~r = −16 + 2 2π

C

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7.3

Exerc´ıcios

?1. Calcule

R C

F~ · d~r, para os seguintes casos:

a. F~ = (2z+sen(ex ), 4x, 5y+sen(senz 2 )) e C a interse¸c˜ao do plano z = x+4 com o cilindro x2 + y 2 = 4, orientada no sentido anti-hor´ario. b. F~ = (xz, 2xy, 3xy) e C a fronteira do plano 3x + y + z = 3 contida no primeiro octante, orientada no sentido anti-hor´ario. c. F~ = (x2 z, xy 2 , z 2 ) e C a interse¸ca˜o de x + y + z = 1 com x2 + y 2 = 9, orientada no sentido anti-hor´ario. d.F~ = (x + cos(x3 ), y, x2 + y 2 + z 100 ) e C a fronteira de z = 1 − x2 − y 2 contida no primeiro octante, orientada no sentido anti-hor´ario. e. F~ = (y+z, 2x+(1+y 2 )20 , x+y+z) e C a interse¸c˜ao do cilindro x2 +y 2 = 2y com o plano z = y, orientada no sentido anti-hor´ario. f. F~ = 9 − 2y + esenx , −z + y, x3 + esenz ) e C a interse¸c˜ao de z = y 2 com x + z = 1, orientada com y crescente. 3

??2. Seja C a circunferˆencia de raio a, no plano 2x + 2y + z = 4, centrada no ponto (1,2,-2). Se F~ = (y − x, z − x, x − y), determine o valor de a para H 8π que C F~ · d~r = − . 3 R x2 ? ? ?3. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (2xy, (1 − y)z + x2 + x, ez ) e C a curva 2 obtida como interse¸c˜ao de x2 + y 2 = 1, z ≥ 0, com o cone z 2 = x2 + (y − 1)2 , orientada no sentido anti-hor´ario.   R y −z y4 2 ~ ~ +e , 2 ??4. Calcule C F · d~r, sendo F = cos(1 + x ), 2 e y + z2 y + z2 C a interse¸ca˜o de y 2 + z 2 = 4 com o plano x = y + z, orientada no sentido anti-hor´ario.   R −(y − 1) x ? ? ?5. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = , ;z e C a x2 + (y − 1)2 x2 + (y − 1)2 interse¸c˜ao de x2 + y 2 = 4 com y + z = 5, orientada no sentido anti-hor´ario.   3 R −y x z 4 y ??6. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = , +e , eCa y 2 + x2 y 2 + x2 1 + z2 interse¸ca˜o de x2 + y 2 = 1 com x + y + z = 4, orientada no sentido hor´ario. R ???7. Dˆe os poss´ıveis valores de C F~ ·d~r, sendo F~ = (y, z, x) e C a interse¸c˜ao de x + y = 2 com x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y). R ??8. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = (z(3x2 + 2x), −2zy + cos(y) − x, x3 ) e C a RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 127

curva parametrizada por δ(t) = (sen(t), cos(t), sen(2t)) com 0 ≤ t ≤ 2π. ? ? ?9. Seja C a interse¸ca˜o do prisma de faces x = 2, x = −2, y = 3, y = −3 com o plano z = −x + 4, orientada no sentido anti-hor´ario e  R −(y − 1) x F~ = , + z, senz . Calcule C F~ · d~r. 2 2 2 2 (y − 1) + x (y − 1) + x 2  2 y2 x2 y 2 x + = − com z = x2 + y 2 + 1 e ? ? ?10. Seja C a interse¸ca˜o de 4 9 4 9   −y −y (x − 1) (x + 1) 2 ~ F = + , + , ln(z + 1) . (x − 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2 (x − 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2 R Calcule C F~ · d~r, sabendo que C ´e hor´aria se x > 0 e anti-hor´aria se x < 0.   R y x −z − zy, , + xy ? ? ?11. Calcule C F~ · d~r, sendo F~ = x2 + z 2 1 + y 4 x2 + z 2 e C a interse¸ca˜o de x2 + z 2 = 1 com x2 = 2 − y, orientada no sentido antihor´ario.   R x −y z2 ~ ~ , , ze e C dada por ? ? ?12. Calcule C F · d~r, sendo F = x2 + y 2 x2 + y 2 δ(θ) = {(cos θ, sinθ, θ2 )}, 0 ≤ θ ≤ 2π.

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Cap´ıtulo 8 Teorema de Gauss At´e o momento vimos m´etodos que facilitam apenas o c´alculo da integral de linha. Veremos agora um teorema que facilita o c´alculo das integrais de superf´ıcie. Contudo, primeiro temos que compreender certos conceitos iniciais

8.1

Introdu¸c˜ ao

S´ olido Elemento cuja fronteira ´e uma superf´ıcie fechada, ou seja, a fronteira define uma regi˜ao interna e outra externa.

Orienta¸c˜ ao de superf´ıcies Assim como definimos uma orienta¸ca˜o para as curvas que eram fronteiras de superf´ıcie, agora definiremos orienta¸c˜ao para superf´ıcies que s˜ao fronteiras de s´olidos. Defini¸c˜ ao 8.1. Seja W um s´olido, cuja fronteira ´e a superf´ıcie S. Diremos que S est´a positivamente orientada se o vetor normal a cada ponto de S aponta para fora de W. Observe que se tivermos uma uni˜ao de duas esferas, por exemplo, o vetor normal a esfera mais exterior tem que apontar fugindo da origem, enquanto o da esfera interior tem que apontar para a origem.

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Divergente Veremos agora outra aplica¸ca˜o do operador “del”, ∇. J´a vimos o produto vetorial desse operador com um campo vetorial, o processo mais natural ´e definir o produto escalar. Defini¸c˜ ao 8.2. Seja F~ = (F1 , F2 , F3 ) um campo vetorial com derivadas parciais definidas num subconjunto aberto de R3 , ent˜ao ∂F1 ∂F2 ∂F3 + + div F~ = ∇ · F~ = ∂x ∂y ∂z Assim como o rotacional de um campo, o divergente do campo, ou divergˆencia, tem uma interpreta¸ca˜o f´ısica bem interessante. Se imaginarmos F~ como o campo de velocidades de um g´as, a divergˆencia nos d´a a informa¸c˜ao de contra¸c˜ao(div F~ ≤ 0) ou expans˜ao(div F~ ≥ 0) desse. Um campo com div F~ = 0 ´e dito incompress´ıvel.

8.2

Teorema de Gauss

Visto os conceitos acima, estamos aptos para enunciar o teorema de Gauss, ou da divergˆencia que facilitar´a o c´alculo das integrais de superf´ıcie. Teorema 8.1. Seja E uma regi˜ao s´olida e S sua fronteira orientada positivamente. Seja F~ de classe C 1 em E, ent˜ao Z Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ F · dS = (∇ · F )dV = div F~ dV S

E

E

Veremos agora como esse teorema pode facilitar o c´alculo das integrais de superf´ıcie.

RR ~ sendo F~ = (y 3 sen(z), x2 y + Exemplo 77. Calcule F~ · dS, S p ex + sen(x) + 2, 1) e S a parte de z = x2 + y 2 com z ≤ 4, tal que ~n · kˆ < 0. Resolu¸ca˜o: A princ´ıpio n˜ao poderiamos usar o teorema de Gauss, pois a superf´ıcie n˜ao ´e fechada. Contudo, j´a sabemos que ´e poss´ıvel fazer a uni˜ao de duas superf´ıcies. 0 Se unirmos S com S1 , S = S ∪ S1 , sendo S1 a por¸c˜ao do plano z = 4 e x2 + y 2 ≤ 4, teremos uma superf´ıcie fechada na qual podemos aplicar

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teorema de Gauss. Para fazer essa uni˜ao, primeiro precisamos descobrir como est˜ao os vetores normais a S. A partir da parametriza¸c˜ao expl´ıcita ϕ(x, y) = {(x, y, x2 +y 2 ); (x, y) ∈ 2 x +y 2 ≤ 4}, obtemos que os vetores normais que atendem a especifica¸c˜ao do enunciado s˜ao do tipo ~n = (2x, 2y, −1) e apontam fugindo da origem. ˆ Como Sendo assim, os vetores da por¸ca˜o do plano tem que ser do tipo k. ambos os vetores s˜ao exteriores, o teorema de Gauss nos d´a Z Z Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ ~ ~ F · dS = F · dS + F · dS = (∇ · F~ )dV S0

S

S1

E

Para a integral do lado esquerdo usaremos a seguinte parametriza¸ca˜o ˆ Isso nos ϕ(x, y) = {(x, y, 4); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≤ 4(D)} e vetor normal k. d´a Z Z Z Z ~ ~ F · dS = 1dxdy = 4π S1

D

Sabemos que div F~ = x2 . Podemos, ent˜ao, empregar as mudan¸cas cil´ındricas para resolver a integral da direita. Temos ent˜ao que x = rcos(θ), y = rsen(θ) e z = z com r2 ≤ z ≤ 4 , 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π e jacobiano r. Temos ent˜ao Z 2 Z 2π Z 4 Z Z Z 16π 2 r3 cos2 (θ)dzdθdr = x dV = 3 0 0 r2 E Finalmente, temos que a integral solicitada fica Z Z ~ = 16π − 4π = 4π F~ · dS 3 3 S

RR ~ sendo F~ = (xy 2 + ey , yz 2 + sen(x), 5 + Exemplo 78. Calcule F~ · dS, S p zx2 ) e S z = 4 − x2 − y 2 com ~n · kˆ > 0. Resolu¸ca˜o: Novamente percebemos que a superf´ıcie est´a aberta e n˜ao podemos, a princ´ıpio aplicar teorema de Gauss. Contudo, fecharemos com S1 , a saber ϕ(x, y) = {(x, y, 0); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≤ 4(D)}. Para satisfazer a condi¸ca˜o imposta pelo enunciado os vetores normais a S s˜ao exteriores, logo para fazer a uni˜ao os vetores normais a S1 tamb´em o s˜ao.

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Como ambos os vetores s˜ao exteriores, o teorema de Gauss nos d´a, ent˜ao Z Z Z Z Z Z Z ~+ ~= F~ · dS F~ · dS div F~ dV S

S1

E

Para a integral da esquerda usaremos a parametriza¸ca˜o citada acima, ˆ lembrando que os vetores normais s˜ao do tipo ~n = −k. Z Z Z Z ~= F~ · dS −5dxdy = −20π S1

D

Sabemos que div F~ = x2 +y 2 +z 2 . Podemos usar as mudan¸cas esf´ericas para resolver a integral da direita. Portanto x = ρsen(φ)cos(θ), y = ρsen(φ)sen(θ) e z = cos(φ) com 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ φ ≤ π/2 e jacobiano ρ2 sen(φ). Z Z Z Z π Z 2π Z 2 64π ~ div F dV = ρ4 sen(φ)dρdθdφ = 5 E 0 0 0 Finalmente, temos que a integral pedida fica Z Z ~ = 64π + 20π = 164π F~ · dS 5 5 S

RR ~ sendo F~ = (−y + ln(z 2 + 1); x2 + Exemplo 79. Calcule F~ · dS, S y y, e + z + arctg(x + 5)) e S a superf´ıcie y = 9 − x2 − z 2 , y ≥ 0, tal que ~n · ˆj < 0. Resolu¸ca˜o: Percebemos que a superf´ıcie S, novamente, n˜ao est´a fechada 0 ent˜ao a fecharemos com S1 , criando S = S ∪ S1 . S1 ´e o peda¸co do plano y = 0 com x2 + z 2 ≤ 9. Atrav´es da parametriza¸c˜ao expl´ıcita, determinase que os vetores normais a S que satisfazem o enunciado s˜ao interiores e do tipo (−2x, −1, −2z), logo os normais a S1 s˜ao interiores e do tipo ˆj. 0 N˜ao podemos aplicar o teorema de Gauss em S , pois os vetores s˜ao 0 interiores. Contudo, podemos aplicar em S − o que nos d´a: Z Z  Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ ~ ~ F · dS = − F · dS + F · dS = div F~ dV S0−

S

S1

E

Podemos multiplicar ambos os lados por −1, logo o sinal de menos RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 132

recai para o lado direito. Sabemos que div F~ = 2, ent˜ao podemos aplicar mudan¸cas cil´ındricas para resolver a integral do lado direito. Faremos x = rcos(θ), y = y e z = rsen(θ) com 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ 9 − r2 e jacobiano r. Z Z Z

div F~ dV = −

−

Z

Z

3

Z

9−r2

2rdydrdθ = −81π 0

E

2π

0

0

Para a integral de superf´ıcie a esquerda usaremos a parametriza¸c˜ao ϕ(x, z) = {(x, 0, z); (x, z) ∈ x2 +z 2 ≤ 9(D) e como explicado acima ~n = ˆj. Z Z Z Z 81π ~ ~ F · dS = x2 dxdz = 4 S1 D Finalmente, temos que a integral solicitada ´e Z Z ~ = −81π − 81π F~ · dS 4 S

 3 3 3 x y z ~ sendo F~ = Exemplo 80. Calcule F~ · dS, + y, , + 2 e S S 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a fronteira p da regi˜ao que satisfaz x + y + z ≥ 1, x + y + (z − 2) ≤ 4 e z ≥ x2 + y 2 com ~n interior. RR



Resolu¸ca˜o: Observe que S ´e fechada (veja figura abaixo). Contudo, n˜ao podemos aplicar teorema de Gauss diretamente, pois os vetores normais s˜ao interiores ao s´olido. Aplicaremos, ent˜ao, em S − .

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Z Z

~=− F~ · dS

Z Z

S−

~= F~ · dS

Z Z Z

S

div F~ dV E

Sabemos que div F~ = x +y +z e podemos resolver a integral do lado direito com o aux´ılio das mudan¸cas esf´ericas. Fazendo x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) e z = ρcos(φ) com 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π/4 e 1 ≤ ρ ≤ 4cos(φ) com jacobiano valendo ρ2 sen(φ), temos 2

Z 0

2π

Z 0

π/4

Z 1

2

2

4cos(φ)

ρ4 sen(φ)dρdφdθ =

√ π (890 + 3 2) 15

Finalmente, a integral pedida ser´a Z Z √ ~ = − π (890 + 3 2) F~ · dS 15 S

RR ~ sendo F~ = (1 − 2y + ex cos(z), z + x2 ) Exemplo 81. Calcule F~ · dS, S e S definido por S = {z = 9 − x2 − y 2 , 0 ≤ z ≤ 5; z = 5, 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4; z = 8 − 3x2 − 3y 2 , 5 ≤ z ≤ 8} como mostrado na imagem abaixo e com ~n exterior.

Resolu¸ca˜o: Embora S tenha uma forma complexa e n˜ao possa ser expressada por uma u ´nica equa¸c˜ao, sabemos que ela est´a aberta. Como iremos aplicar o teorema de Gauss, uniremos ao peda¸co do plano z = 0, S1 , tal que x2 + y 2 ≤ 9. Para essa uni˜ao os vetores normais a S1 devem

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ˆ O teorema de Gauss nos d´a ser do tipo −k. Z Z Z Z Z Z Z Z Z ~= ~+ ~= F~ · dS F~ · dS F~ · dS div F~ dV S∪S1

S

S1

E

Sabemos que div F~ = 0, logo a integral do lado direito ser´a zero. Usando a parametriza¸ca˜o ϕ(x, y) = {(x, y, 0); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≤ 9(D)} observamos que os vetores normais s˜ao −kˆ e a integral de superf´ıcie em S1 fica Z Z Z Z ~ ~ F · dS = − x2 dxdy S1

D

Para resolver a integral acima usaremos as mudan¸cas polares tradicionais com 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ r ≤ 3 Z 2π Z 3 81π − r3 cos2 (θ)drdθ = − 4 0 0 Temos ent˜ao que a integral solicitada ser´a Z Z ~ = 81π F~ · dS 4 S

RR ~ sendo F~ = (ez2 ln(z 2 +y 4 +1), sen(x2 + Exemplo 82. Calcule F~ ·dS, S z 2 ), z) e S ´e a superf´ıcie dada por x2 +y 2 +z 2 = 2z com z ≥ 1 e ~n exterior. Resolu¸ca˜o: A superf´ıcie n˜ao ´e fechada, ent˜ao faremos a uni˜ao com o peda¸co de plano z = 1, S1 , parametrizado por ϕ(x, y) = {(x, y, 1); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≤ 1(D)}. Para fazermos a uni˜ao ambos, os vetores devem ser exteriores e compat´ıveis com o teorema de Gauss. Z Z

~= F~ · dS S∪S1

Z Z

~+ F~ · dS

S

Z Z S1

~= F~ · dS

Z Z Z

div F~ dV E

Sabemos que div F~ = 1, logo a integral do lado direito se torna o vo2π . Usando a parametriza¸ca˜o lume de uma hemiesfera que ser´a dado por 3 e vetores normais supracitados a integral de superf´ıcie em S1 ficar´a Z Z ~ = −π F~ · dS S1

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Finalmente temos que a integral pedida ser´a dada por Z Z ~ = 5π F~ · dS 3 S

(x, y, z) e S as + y 2 + z 2 )3/2 faces do cubo de v´ertices (±2, ±2, ±2) com ~n exterior.

Exemplo 83. Calcule

RR

S

~ sendo F~ = F~ · dS,

(x2

Resolu¸ca˜o: Como S ´e a uni˜ao de todas as faces do cubo ´e uma superf´ıcie fechada. Os vetores normais atendem a imposi¸c˜ao do teorema de Gauss, mas o campo n˜ao est´a definido na origem. Para corrigir esse problema, uniremos S a uma esfera de raio 1 e centro na origem, S1 , com vetores normais apontando para a origem. A regi˜ao delimitada pelas duas superf´ıcies n˜ao contem a singularidade ent˜ao podemos aplicar o teorema nessa regi˜ao. Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ F · dS + F · dS = div F~ dV S

S1

E

O divergente do campo acima ´e zero, logo nos basta calcular a integral de superf´ıcie do lado esquerdo. Uma parametriza¸c˜ao para a esfera ser´a ϕ(θ, φ) = {(cos(θ)sen(φ), sen(θ)sen(φ), cos(φ)); 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π} para essa parametriza¸c˜ao os vetores normais desejados s˜ao do tipo ~n = (−sen2 (φ) cos(θ), −sen2 (φ)sen(θ), −sen(φ) cos(φ). Temos que a integral fica Z Z Z 2π Z π ~ ~ F · dS = −sen(φ)dφdθ = −4π S1

0

0

Finalmente, a integral solicitada ser´a Z Z ~ = 4π F~ · dS S

RR ~ Exemplo 84. Calcule F~ · dS, sendo F~ = S   (x, y, z) + (x, 0, 0) e S a superf´ıcie z = 4 − 2x2 − y 2 2 (x + y 2 + z 2 )3/2 RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 136

com z ≥ 0. ~n · kˆ > 0. Resolu¸ca˜o: Percebemos que n˜ao h´a parametriza¸c˜ao que facilite o c´alculo dessa integral de superf´ıcie ent˜ao utilizaremos o teorema de Gauss. Observe que a superf´ıcie est´a aberta ent˜ao a teremos que fechar. No entanto, o campo apresenta uma singularidade na origem, logo n˜ao podemos usar o peda¸co do plano z = 0. Poderiamos pensar em fechar direto com um elipsoide, mas para n˜ao nos preocuparmos com poss´ıveis interse¸c˜oes uniremos com um peda¸co do plano z = 0(S1 ) e a hemiesfera superior de raio 1(S2 ), como na imagem abaixo

Para satisfazer a condi¸ca˜o do enunciado os vetores normais ao paraboloide se afastam da origem. Portanto para podermos fazer as uni˜oes, o vetor normal ao plano ´e −kˆ e o normal a esfera aponta para a origem. O divergente do campo vale 1, mas calcular a integral tripla da regi˜ao acima n˜ao ´e t˜ao imediata. Por isso, iremos separar F~ em dois campos, a saber F~1 =

(x, y, z) (x2 + y 2 + z 2 )3/2

F~2 = (x, 0, 0)

e

Para o campo F~1 , cujo div F~1 = 0, o teorema de Gauss nos d´a: Z Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~=0 F1 · dS = F 1 · dS + F 1 · dS + F~1 · dS S∪S1 ∪S2

S

S1

S2

Para a integral de superf´ıcie em S1 usaremos a parametriza¸ca˜o ϕ(x, y) = {(x, y, 0); (x, y) ∈ x2 + y 2 ≥ 1, 2x2 + y 2 ≤ 4} com vetor normal ˆ Observe que o produto F~1 · n~1 ´e zero, logo a integral toda ser´a zero. −k. RR Gau ianos - aulas de refor¸co e particulares: [email protected] 137

Para a integral de superf´ıcie em S2 usaremos a parametriza¸ca˜o expl´ıcita. O produto F~1 · n~2 = −1, faz com que possamos usar a integral de superf´ıcie com vetores unit´arios como se segue Z Z Z Z ~ ~ F 1 · dS = − dS = −A(S2 ) = −2π S2

S2

Portanto, a integral pedida, considerando apenas F~1 ser´a Z Z ~ = 2π F~1 · dS S

Para F~2 , n˜ao precisamos fazer a uni˜ao acima, pois n˜ao h´a singularidades. Usaremos a por¸ca˜o do plano z = 0 habitual(S3 ). Sabemos que a divergˆencia desse campo vale 1, ent˜ao temos que Z Z Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ ~ ~ F 2 · dS = F2 · dS + F 2 · dS = div F~2 dV S∪S3

S

S3

E

Para a integral de superf´ıcie em S3 usaremos a seguinte parametriza¸ca˜o ϕ(x, y) = {(x, y, 0), (x, y) ∈ 2x2 + y 2 ≤ 4} e os seguintes vetores ˆ O produto F~2 · n~3 = 0, logo a integral vale zero. normais −k. Para a integral do lado direito usaremos mudan¸cas cil´ındricas: x = r √ cos(θ), y = rsen(θ) e z = z com 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ z ≤ 2 r 4 − r2 e jacobiano √ . 2 Z Z Z

1 div F~2 dV = √ 2 E

Z 0

2π

Z 0

2

Z 0

4−r2

8π rdzdrdθ = √ 2

Finalmente, temos que a integral pedida ser´a Z Z 8π ~ = 2π + √ F~ · dS 2 S . Esse exerc´ıcio poderia ser resolvido de in´ umeras outras formas. Por exemplo, n˜ao era necess´ario separar em dois campos, bastaria fazer o volume do paraboloide com coordenadas cilindricas e retirar meio volume de esfera.

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RR ~ sendo F~ = (3 + y + 2z − x, z 8 + ln(x6 + Exemplo 85. Calcule F~ · dS, S 1) − y, 2x − y − z) e S a superf´ıcie x2 + y 2 + z 2 = 1 tal que x + z ≥ 1 com ~n · kˆ > 0. Resolu¸ca˜o: A superf´ıcie em quest˜ao ´e uma calota da esfera, logo ´e aberta. Precisamos fechar com outra superf´ıcie. Veja que a proje¸c˜ao da interse¸c˜ao entre a esfera e o plano x+z = 1 possui equa¸ca˜o (x−1/2)2 +y 2 = 1/4(D). Logo, uma superf´ıcie poss´ıvel para a uni˜ao ´e o peda¸co do plano x + z = 1 contido em D, S1 . Podemos parametrizar essa superf´ıcie com ϕ(x, y) = {(x, y, 1 − x); (x, y) ∈ D. O vetor que satisfaz a condi¸ca˜o do enunciado ´e exterior a esfera, logo o vetor normal ao plano deve ser (-1,0,-1). Como ambos os vetores s˜ao exteriores ao s´olido, podemos aplicar teorema de Gauss na uni˜ao Z Z Z Z Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ ~ ~ F · dS = F · dS + F · dS = div f~dV S∪S1

S

S1

E

Sabemos que div F~ = −3. Logo a integral do lado direito pode ser reescrita como Z Z Z 1−x2 −y2 Z Z Z −3dzdA −3dV = D

E

Z Z −3

1−x

[(1 − x2 − y 2 ) − (1 − x)]dA

D

Podemos resolver a integral acima usando as seguintes mudan¸cas po1 lares x = + rcos(θ) e y = rsen(θ) com jacobiano r. Isso nos dar´a que 2 3π a integral vale − . 32 Para a integral de superf´ıcie do lado esquerdo usaremos a parametriza¸ca˜o e vetor normal j´a citados. Z Z Z Z ~ ~ F · dS = −4dxdy = −π S1

D

Finalmente, temos que a integral solicitada ´e Z Z ~ = 29π F~ · dS 32 S

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8.3

Exerc´ıcios

1. Calcule o fluxo de F~ atrav´es de S (considere ~n exterior, quando n˜ao especificado) para os casos abaixo x2 y 2 z 2 ?a. F~ = (−xz, y 3 − yz, z 2 ) e S o elips´oide 2 + 2 + 2 = 1 a b c 3 3 ??b. F~ = + zsen(x), 3z) e S a fronteira do s´olido limitado p(x + ysen(z), y p 2 2 por z = 4 − x − y , z = 1 − x2 − y 2 e pelo plano z = 0.   RR 1 3 2 2 2 ~ sendo F~ = z x, y + tg(z), x z + y ?2. Calcule e S ´e a F~ · dS, S 3 metade superior de x2 + y 2 + z 2 = 1 com ~n · kˆ > 0. p ?3. Considere S a uni˜ao de S1 e S2 , onde S1 ´e dada por z = x2 + y 2 , √ 0 ≤ z ≤ 2 2 e S2 por x2 + y 2 + z 2 = 16,7 ≤ x2 + y 2 ≤ 16 com z ≥ 0. Calcule o fluxo de F~ = (y 2 x, z 2 y + x, x2 z − 5) atrav´es de S com ~n exterior. RR ~ sendo F~ = (0, z 2 , x2 ln(x2 + y 2 )) e S a parte de ??4. Calcule F~ · dS, S 9 + z 2 = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ 4, tal que ~n · kˆ ≥ 0.   3 y3 z3 x ~ + y, , + 2 atrav´es de S que ´e a ??5. Calcule o fluxo de F = 3 3 3 2 2 2 fronteira do s´ o lido dado por x + y + z ≥ 1, x2 + y 2 + (z − 2)2 ≤ 4 e p z ≥ x2 + y 2 com os vetores normais exteriores ao s´olido. RR ~ sedno F~ = (ez2 cos(zy 2 ), x, y) e S a parte de x2 +y 2 = ??6. Calcule F~ ·dS, S 1 limitada por z = 0 e z = y + 3, com normal exterior. RR ~ sendo F~ = (x2 + z 3 , z 5 , ex2 +y2 + z 2 ) e S a parte de ? ? ?7. Calcule F~ · dS, S x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 interior a z 2 = x2 + y 2 , com a normal exterior.   RR (x, y, z) ~ sendo F~ = + z kˆ e S dada por 8. Calcule F~ · dS, S (x2 + y 2 + z 2 )3/2 x2 + y 2 − z = 12, 0 ≤ z ≤ 1 e ~n · kˆ ≤ 0. ? ? ?9. Seja W uma regi˜ao fechada e limitada do 0 e xo ∈