PDF integral de linha exercicios resolvidos, -Cálculo 3 Integrais de Linha - CÁLCULO III - INTEGRAIS DE LINHA RESOLVIDAS EM 04 MAI 2011
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CÁLCULO III - INTEGRAIS DE LINHA RESOLVIDAS EM 04 MAI 2011

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Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] CURSOS LIVRES DE 3º GRAU CÁLCULO III INTEGRAIS DE LINHA – EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1

Calcule a integral de linha

onde C é uma semicircunferência centrada na origem de raio igual a 3

e orientada no sentido positivo

Solução: A parametrização dessa semicircunferência será dada por:

r r r r(t) = 3cos ti + 3sent j,

∫ ( 3 cos t + 6sent ) 3dt = 3 ( 3sent − 6cos t )

+ ( 3cos t ) dt ⇔ ds = 9 dt = 3dt

Substituindo: 2

Calcular a integral

onde C é a hélice circular dada por :

r r r r r(t) = cos ti + sent j + tk de P(1,0,0) a Q(1,0,2 π) Solução:

∫ ( cos ²t + sen²t − t ) 0

 t²  2 dt = 2 ∫ ( 1 − t )dt = 2  t −  2 0  0

Calcule

onde C é o segmento de reta que liga A(1,

3) a B(2,

Solução: Parametrização do segmento de reta AB:

 x(t) = 2 + t uuur r r r suur  AB = (1,

B(2,0,1) ⇔ AB :  y(t) = −2t z(t) = 1 − 2t  y = 2 ⇒ t = −1

y = 0 ⇒ t = 0 ∴ −1 ≤ t ≤ 0 1 AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 / CEL: (62) 9216-9668

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] r r r(t) = x ( t ) ˆi + y ( t ) ˆj + z ( t ) kˆ ⇔ r(t) = ( 2 + t ) ˆi − 2tjˆ + ( 1 − 2t ) kˆ Assim : ur r r r r r '(t) = i − 2j − 2k ⇒ r(t) = 1 + 4 + 4 = 9 = 3 ∴ ds = 3dt

f ( x,y,z ) = 2x − y + z ⇔ f ( t ) = 2(2 + t) − ( −2t) + 1 − 2t = 4 + 2t + 2t + 1 − 2t = 5 + 2t ∴ f ( t ) = 5 + 2t

Substituindo (1) e (2) na integral dada: 0

∫ ( 2x − y + z ) ds = 0 − 3( −5 + 1) = (−3)(−4) = 12

Calcule

onde C é a interseção da esfera x² + y² + z² = 4 com o plano x = y

Solução: Vamos parametrizar a curva dada:

x = y = t ⇒ t² + t² + z² = 4 ⇒ z² = 4 − 2t² ∴ z = 4 − 2t² 4 − 2t² ≥ 0 ⇔ 2t² − 4 ≤ 0 ⇒ − 2 ≤ t ≤ 2 r r r r r(t) = x ( t ) ˆi + y ( t ) ˆj + z ( t) kˆ ⇔ r(t) = ti + t j + r r ' ( t ) = ˆi + ˆj −

ur   2t 4t2 8 − 4t2 + 4t 2 r '(t) = 12 + 12 +  − = 2+ = =  4 − 2t 2 4 − 2t 2 4 − 2t 2   e f ( x,

y,z ) = xz ⇔ f ( t ) = t 4 − 2t²

Substituindo (1) e (2) na integral dada:

 = 8 × 2−2 =0 ( ) 2 

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] Outra Solução:

C : x 2 + y 2 + z2 = 4 Assim :

y 2 + y 2 + z 2 = 4 ⇔ 2y 2 + z2 = 4 ∴

Parametrizando: x ( t ) = 2 cos t

Assim : r r r ( t ) = 2 cos t,

2 cos t,

r + ( 2cos t) ⇔ r '( t) = 2sen2 t + 2sen2 t + 4 cos2 t

r r r r r ' ( t ) = 4sen2 t + 4cos2 t ⇔ r '( t) = 4( sen2 t + cos2 t) ⇔ r '( t) = 4 ∴ r '( t) = 2 Substituindo : 2π

Onde : u = sent ⇒ du = cos tdt Assim: b

∫ xzds = 4 2 ∫ udu = 4 2 ×

2 2π 0

= 2 2  sen2 ( 2π) − sen2 ( 0)  = 0

Resp: 0 5

Calcule

x² y² + = 1

Solução: A parametrização da elipse é dada por:

x(t) = a cos t e y(t) = bsen t t ∈ [ 0,

2π ] r r r r(t) = acos ti + bsen t j,

mas sen²t = 1 − cos ²t ur ur ur r '(t) = a² ( 1 − cos2 t ) + b² cos2 t ⇔ r '(t) = a² − a 2 cos2 t + b² cos 2 t ∴ r '(t ) = (b² − a²)cos ²t + a²

r ds = r '(t) dt ∴ ds = (b² − a²)cos ²t + a² dt

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] Substituindo na integral dada: 2π

∫ xyds = ab ∫ cos t ⋅ sent ⋅

u = (b² − a²)cos ²t + a² ⇒ du = 2(b² − a²)cos t ⋅ ( −sent) = −2(b² − a²) ⋅ cos t ⋅ sent du du = 2(a² − b²) ⋅ cos t ⋅ sent ⋅ dt ∴ dt = 2(a² − b²) ⋅ cos t ⋅ sent du ∫C xyds = ab∫ cos t ⋅ sent ⋅ u ⋅ 2(a² − b²) ⋅ cos t ⋅ sent 1 [ (b² − a²)cos ²t + a²] |2π ab ab 0 ∫C xyds = 2(a² − b²) ∫ u2 du = 2(a² − b²) 3 2 3 2

ab ( b2 − a2 + a2 ) − ( b2 − a2 + a2 )  = 0 ∴ xyds = 0 ∫ 2  − b2 )  C

onde C é o arco da parábola z = y² e x = 1 de A(1,0,0) a B(1,2,4)

Solução: Parametrizando C:

x ( t ) = 1  C = y ( t ) = t  2  z ( t ) = t

0≤t≤2

r r r r ( t ) = 1,t,t 2 ⇒ r ' ( t ) = ( 0,1,2t ) ∴ r ' ( t ) = 1 + 4t2

ab ( b2 − a2 ) cos2 ( 2π) + a2  − ( b2 − a2 ) cos2 ( 0) + a2     3 ( a2 − b2 ) 

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected]

Fazendo : u = 1 + 4t 2 ⇒

e 0 ≤ t ≤ 2 ⇔ 1 ≤ u ≤ 17 Substituindo :

 3 1  u2 3y − z ds =  4 3  2 1 3y − z ds = 17 6

  1 2  32 32  1  = × ×  17 − 1  = 4 3   6  1

173 − 1

17 − 1

onde C é a curva dada por y = x³ de (-1,-1) a (1,

Solução: Sabemos que:

se y ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 0 se y < 0 ⇔ 0 < y < 1

Parmetrizando C:

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] r r r ( t ) = x ( t ) ˆi + y ( t ) ˆj ∴ r ( t ) = t,t 3

Assim : r r r ' ( t ) = 1,3t 2 ⇒ r ' ( t ) = 1 + 3t2

Assim :

yds = ∫ −t 3 1 + 9t 4 dt + ∫ t3 1 + 9t4 dt

Fazendo : du du = 36t3 ∴ dt = dt 36t 3 Se − 1 ≤ t ≤ 0 ⇔ 10 ≤ u ≤ 1e 0 ≤ t ≤ 1 ⇔ 1 ≤ u ≤ 10 Substituindo :

 du   du  u + ∫ t3 u  3  3   36t  1  36t  10

Calcule

onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] Solução: Parametrizando C:

x2 + y 2 + z2 = 9 x 2 + y 2 + z 2 = 9 C: ⇔C: x + z = 3 z = 3 − x Assim : x2 + y 2 + z2 = 9 ⇔ x 2 + y 2 + ( 3 − x ) = 9 2

x 2 + y 2 + 9 − 6x + x 2 = 9 ⇔ 2x 2 − 6x + y 2 = 0 Comple tando o quadrado : 2

Assim: 3 3 + cos t 2 2 Mas :

Assim : r 3 3 3 3 3  r ( t ) =  + cos t,

− + cos t  2 2 2 2 2  e

r 3 3  3  r ' ( t ) =  − sent,

− sent  2 2  2  Então : 2

r r   3  3   3  r ' ( t ) =  − sent  +  cos t  +  − sent  ⇔ r ' ( t ) =  2   2    2 r 9 9 9 r '( t) = sen 2t + cos 2 t = sen 2t + cos 2 t 2 2 2

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] 2π

3 3 3 3  3 sent  + cos t −  + cos t − 3   dt 2 2 2  2 2 2

3 3 × 2 2

Assim :

Resp: 0 9

Calcule

onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4

Solução: A curva C é a circunferência x² + y² = 4,

cuja parametrização é dada por:

 x = 2cos t C: 0 ≤ t ≤ 2π  y = 2sent Assim : r r r ( t ) = ( 2cos t,

Substituindo :

∫ ( 2cos t + 2sent ) 2dt = 4 ∫ ( cos t + sent ) dt = 4 ( sent − cos t ) 0

∫ (x + y)ds = 4 sen ( 2π ) − sen ( 0 ) − ( cos ( 2π ) − cos ( 0 ) )  = 4 ( 0 − 0 − 1 + 1) = 4 × 0 = 0

Calcule

onde C é o quadrado de vértices (1,0,1),

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] Solução: Parametrizando os segmentos de reta que formam os lados do quadrado,

A(1,0,1),

B(1,1,1),

C(0,1,1) e D(0,0,1) suur Reta AB : r uAB = B − A = ( 0,1,0 ) Assim : x = 1  C1 :  y = t z = 1  r r r r ( t ) = ( 1,t,1) ⇒ r ' ( t ) = ( 0,1,0 ) ∴ r ' ( t ) = 1 0 ≤ t ≤ 1 Assim : 1

1 5 = 2 2

A(1,0,1),

B(1,1,1),

C(0,1,1) e D(0,0,1) suur Reta BC : r uBC = C − B = ( −1,0,0 ) Assim : x = −t  C2 :  y = 1 z = 1  r r r r ( t ) = (

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] A(1,0,1),

B(1,1,1),

C(0,1,1) e D(0,0,1) suur Reta CD : r uCD = D'− C = ( 0,

−1,0 ) Assim : x = 0  C3 :  y = − t z = 1  r r r r ( t ) = ( 0,-t,1) ⇒ r ' ( t ) = ( 0,

−1,0 ) ∴ r ' ( t ) = 1 − 1 ≤ t ≤ 0 Assim : 0

A(1,0,1),

B(1,1,1),

C(0,1,1) e D(0,0,1) suur Reta DA : r uDA = A − D'= ( 1,0,0 ) Assim : x = 1 + t  C4 :  y = 0 z = 1  r r r r ( t ) = ( 1+t,0,1) ⇒ r ' ( t ) = ( 1,0,0 ) ∴ r ' ( t ) = 1 − 1 ≤ t ≤ 0 Assim : 0

∫ (x + y + z)ds = ∫ (x + y + z)ds + ∫ (x + y + z)ds + ∫ (x + y + z)ds + ∫ (x + y + z)ds

∫ (x + y + z)ds = 2 + 2 + 2 + 2 =

Resp: 8

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Calcular a integral

onde C é a interseção das superfícies x² + y² = 4 e y + z = 8

sendo C o triângulo de vértices A(0,0),

B(1,0) e C(1,2),

Calcular

Calcule

onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3

Calcule

onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4

Calcule

onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 8z e z = 4

Calcule

onde C é a parte da curva de Gauss y = e

onde C : rr ( t ) = ( t cos t,

Solução: t

∫ ds = ∫ ds = ∫ r ' ( t ) dt ( 1)

Assim : r r ' ( t ) = ( cos t − tsent,sent + t cos t ) r 2 2 r ' ( t ) = ( cos t − tsent ) + ( sent + t cos t ) r r ' ( t ) = cos2 t − 2t cos tsent + t2sen2 t + sen2 t + 2tsent cos t + t2 cos2 t r r ' ( t ) = 1 + t2 sen2 t + cos2 t r r ' ( t ) = 1 + t2

Substituindo em ( 1) : t

∫ ds = ∫ ds = ∫ r ' ( t ) dt

1 + t2 dt

Resolvendo

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1 + t 2 dt

Mas : t = tgθ ⇒ de = sec 2 θdθ Se t = 0 ⇒ θ = 0

Se t = 1 ⇒ θ =

Assim : 1

Mas :1 + tg 2θ = sec 2θ

Substituindo: 1

1 + t dt =

Utilizando :

Assim : 1

Mas : ∫ sec ud = ln sec u + tgu + c

Substituindo : 1

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1º quadrante

Solução: Uma equação vetorial para a hipociclóide

r ˆ r ( t ) = a cos3 tˆi + asen3 tj

r ˆ r ( t ) = a cos3 tˆi + asen3 tj Mas : r r ' ( t ) = −3acos2 t ⋅ sent,3asen2 t ⋅ cos t

Assim : r r ' ( t) =

r r ' ( t ) = 9a2 cos2 t ⋅ sen2 t cos2 t + sen2 t r r ' ( t ) = 3a cos t ⋅ sent

= 9a2 cos4 t ⋅ sen2 t + 9a2 sen4 t ⋅ cos2 t

= 9a2 cos2 t ⋅ sen2 t = 3acos t ⋅ sent

r r ' ( t ) = 3a cos t ⋅ sent t

r 2 x ds = f t r ' ( t ) dt = ( ) ∫ ∫

t0 π 2

∫ ( a cos t ) ( 3a cos t ⋅ sent ) dt 2

cos6 t ( 3a cos t ⋅ sent ) dt = 3a3 ∫ cos7 t ⋅ sentdt 0

Fazendo : du du = −sent ∴ dt = − dt sent π Se t = 0 ⇒ u = 1 Se t = ⇒ u = 0 2 Substituindo :

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Solução:

r ˆ r ( t ) = 2 cos3 tˆi + 2sen3 tj Mas : r r ' ( t ) = −6cos2 t ⋅ sent,

Assim : r r ' ( t) =

r r ' ( t ) = 36 cos2 t ⋅ sen2 t cos2 t + sen2 t r r ' ( t ) = 6 cos t ⋅ sent

= 36 cos4 t ⋅ sen2 t + 36sen4 t ⋅ cos2 t

= 36 cos2 t ⋅ sen2 t = 6 cos t ⋅ sent

r r ' ( t ) = 6 cos t ⋅ sent t

r ∫ x ds = ∫ f ( t ) r ' ( t ) dt = 2

t0 π 2

∫ ( 2 cos t ) ( 6 cos t ⋅ sent ) dt 3

∫ x ds = ∫ 4 cos t ( 6 cos t ⋅ sent ) dt = 24 ∫ cos 2

Fazendo : du du = −sent ∴ dt = − dt sent π Se t = 0 ⇒ u = 1 Se t = ⇒ u = 0 2 Substituindo :

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] 0

 u8   08 18   1  24 ∫C x ds = −241∫ u du = −24  8  = −24  8 − 8  = ( −24) ×  − 8  = 8 = 3 1 Logo : 2

onde C é o triângulo da figura abaixo:

Solução: Parametrizando os segmentos de reta

BC e CA

B ( 2,2 ) e C ( 2,1)  2 x = 2 + t  AB ⇔ C1 :  −1 ≤ t ≤ 0 1 y = 2 + 2 t Assim : r 1    1 r ( t ) =  2 + t,

 2    2 e r ' ( t) = 1 +

Assim : 0

∫ ( x − y ) ds = ∫  2 + t − 2 − 2 t   −1

5 t × 4 2

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected]  3 A  1,

B ( 2,2 ) e C ( 2,1)  2 x = 2 BC ⇔ C2 :  0 ≤ t ≤1 y = 2 − t Assim : r r ( t ) = ( 2,

− 1) e r ' ( t) = 0 + 1 = 1 ∴ r ' ( t) = 1 Assim :

1 ∴ 2

B ( 2,2) e C ( 2,1)  2 x = 2 − t  CA ⇔ C3 :  0 ≤ t ≤1 1 y = 1 + 2 t Assim : r 1  1   r ( t ) =  2 − t,

 2  2   e r ' ( t) = 1 +

Assim : 1

∫ ( x − y ) ds = ∫  2 − t − 1 − 2 t  

∫ ( x − y ) ds = ∫ ( x − y ) ds + ∫ ( x − y ) ds + ∫ ( x − y ) ds

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected]

onde C é a semicircunferência da figura abaixo: 2

Solução: Parametrizando a semicircunferência,

 x = 2cos t C: 0 ≤ t ≤ 2π  y = 2sent Assim : r r r ( t ) = ( 2cos t,

Substituindo : π

Mas : ∫ cos ( mx ) dx =

Assim : π

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] 22

onde C é o 1º arco da ciclóide: 2

r r ( t ) = 2 ( t − sent ) ˆi + 2 ( 1 − cos t ) ˆj

Solução:

r r ( t ) = 2 ( t − sent ) ˆi + 2 ( 1 − cos t ) ˆj r r ( t ) = ( 2t − 2sent,2 − 2 cos t ) 0 ≤ t ≤ 2π Derivando : r r' ( t ) = ( 2-2cost,2sent ) Mas :

r ds = r ' ( t ) dt Assim : r r ' ( t) =

Assim : r r r ' ( t ) = 8 ( 1 − cos t ) = 8 1 − cos t ∴ r ' ( t ) = 2 2 1 − cos t Substituindo na integral: 2π

∫ y ds = ∫ ( 2 − 2 cos t) 2

× 2 2 1 − cos t dt

Mas : cos2 t = 1 − sen2 t Assim : 2π

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] 2π

Fazendo : t = 2θ ⇒ dt = 2dθ e se t = 0 ⇒ θ = 0 e se t=2π ⇒ θ = π e mais : cos ( 2θ ) = cos2 θ − sen2 θ

Logo : 1 − cos t = 2 senθ Substituindo : 2π

Resolvendo

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] π

Re solvendo 128∫ cos2 θsenθdθ : 0

−1  du  2 128∫ cos θsenθdθ = 128 ∫ u senθ  −  = −128 ∫ u du  senθ  0 1 1 Onde : du du u = cos θ → = −senθ ∴ dθ = − dθ senθ e

 ( −1) 3 ( 1) 3  128 128 256 = 128∫ cos θsenθdθ = −128 ×  − + = 3  3 3 3  3 0  Assim : π

Substituindo: π

π 256 − 64 × ( − cos θ ) 0 3 π 256 256 + 64 × ( cos θ ) 0 = + 64 × ( cos π − cos 0 ) 3 3

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] π

Resolvendo

Fazendo : u = cos θ →

du du = −senθ ∴ dθ = − dθ senθ

e se θ = 0 ⇒ u = 1 Assim : π

−1  du  32∫ sen2 ( 2θ ) senθ dθ = 128 ∫ u2 senθ  − − 128 u4 senθ  ∫  senθ  0 1 1 π

 du  −   senθ 

 u3   u5  32∫ sen ( 2θ ) senθ dθ = −128 ×   + 128 ×    3 1  5 1 0 2

 ( −1) 3 ( 1) 3   ( −1) 5 ( 1) 5   + 128 ×   32∫ sen ( 2θ ) senθ dθ = −128 ×  − − 3  5 5   3  0    π

 1 1  1 1  256 256 512 32∫ sen2 ( 2θ ) senθ dθ = −128 ×  − −  + 128 ×  − −  = − = 3 5 15  3 3  5 5 0 Assim : π

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia Email: [email protected] Substituindo na integral: π

Onde : π

Substituindo : π

∫ y ds = 128 −  − 2

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