Resumo-CDI2-Exame

📘 Resumo — CDI-II Exame Final (Fichas 7–11)

Parent project: Cálculo Diferencial e Integral II

Âmbito desta nota

Matéria do exame: a partir da Ficha 7 das aulas práticas. Cobre integração múltipla, mudança de variáveis, integrais de linha e teoremas integrais (Green). A matéria da Ficha 6 (extremos livres e condicionados) ficou fora do exame — está no Resumo do MAP2. Cada secção tem: teoria explicada → passos do método → exercício resolvido (dobrável) → erros comuns. Tenta resolver cada exercício antes de abrir a resolução.

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🗺️ Mapa da Matéria

Ficha	Tema	Ferramenta central
7	Integrais múltiplos	Teorema de Fubini, troca de ordem
8	Mudança de variáveis	Jacobiano, polares/cilíndricas/esféricas, Regra de Leibniz
9	Integrais de linha	Campos escalares e vetoriais (trabalho)
10	Campos conservativos	Campos fechados, potencial, TFC para integrais de linha
11	Teoremas integrais no plano	Teorema de Green, homotopia

Fio condutor de toda a matéria

As Fichas 7–8 são integrar regiões (medir volumes/massas). As Fichas 9–11 são integrar ao longo de curvas (trabalho), culminando no Teorema de Green, que liga um integral de linha (fronteira) a um integral duplo (interior) — é a ponte entre as duas metades. (A diferenciação/otimização da Ficha 6 entrou no MAP2, não no exame.)

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∬ Ficha 7 — Teorema de Fubini

Ideia

Um integral em 2D/3D calcula-se iterando integrais de 1 variável: integra-se primeiro numa variável (tratando as outras como constantes) e depois na seguinte. Fubini garante que, em condições razoáveis, a ordem é livre — e escolher bem a ordem pode tornar um integral impossível em trivial.

Porquê funciona — "somar por fatias"

Pensa no integral ${\iint }_{R}f$ como somar todos os valores de $f$ sobre o retângulo. Fubini é apenas a associatividade da soma: em vez de somar tudo de uma vez, somas primeiro ao longo de cada fatia vertical (com $x$ fixo, varrendo $y$) — obténs uma área $A(x)$ que depende de $x$ — e depois somas essas áreas ao varrer $x$. Geometricamente, $A(x)={\int }_c^{d}f(x,y)dy$ é a área da secção do sólido sob o gráfico cortada pelo plano vertical de abcissa $x$, e ${\int }_a^{b}A(x)dx$ acumula essas secções → o volume total. Trocar a ordem é somar por fatias horizontais em vez de verticais; o total é o mesmo.

Em regiões gerais, os limites internos dependem da variável externa

Numa região não-retangular, ao fixar a variável externa a “fatia” tem extremos que são funções dela. Regra prática: o integral externo tem sempre limites constantes (números); o interno pode ter limites que dependem da variável de fora. Se aparecer a variável interna nos limites de fora, trocaste a ordem por engano.

Teorema de Fubini (retângulo)

${\iint }_{R}fdA={\int }_a^b\left({\int }_c^{d}fdy\right)dx={\int }_c^d\left({\int }_a^{b}fdx\right)dy$ Em regiões gerais, os limites internos passam a ser funções da variável externa:

• Tipo I (fatias verticais): $a\le x\le b,g_1(x)\le y\le g_2(x)$
• Tipo II (fatias horizontais): $c\le y\le d,h_1(y)\le x\le h_2(y)$

Passos para trocar a ordem de integração

1. Desenhar a região a partir dos limites dados (é o passo que mais evita erros).
2. Reler a região na outra direção (se estava por fatias verticais, descrever por fatias horizontais).
3. Reescrever os limites; o integrando não muda.
4. Integrar na nova ordem.

Quando trocar a ordem?

Quando a primitiva interna não existe em termos elementares na ordem dada — sinais típicos: $\cos (x^2)$, $e^{x^2}$, $\frac{\sin x}{x}$, $e^{xy}$. Trocar costuma fazer aparecer um fator que torna a primitiva imediata.

Exercício resolvido (Ficha 7, ex. 2a)

Invertendo a ordem, calcule ${\int }_0^1{\int }_{2y}^2\cos (x^2)dxdy$.

Resolução passo-a-passo

1. Porquê inverter? $\int \cos (x^2)dx$ não tem primitiva elementar. Inverter põe o $dy$ por dentro, onde o integrando é constante em $y$.

2. Descrever a região. Limites dados: $0\le y\le 1$ e $2y\le x\le 2$. Logo $x$ varia de $0$ a $2$, e para cada $x$: de $2y\le x$ obtém-se $y\le x/2$, com $y\ge 0$. Região: $0\le x\le 2,0\le y\le \frac{x}{2}$ 3. Reescrever e integrar. ${\int }_0^2{\int }_0^{x/2}\cos (x^2)dydx={\int }_0^2\frac{x}{2}\cos (x^2)dx$ Substituição $u=x^2,du=2xdx$: $=\frac{1}{4}{\int }_0^4\cos udu=\frac{1}{4}[\sin u{]}_0^4=\boxed{\frac{1}{4}\sin 4}$

Exercício resolvido (região geral nas duas ordens)

Calcule ${\iint }_{S}xdA$ com $S=\{(x,y):x\ge 0,2x^2\le y\le 1+x^2\}$.

Resolução passo-a-passo

1. Desenhar e localizar interseções. As parábolas $y=2x^2$ (mais fechada) e $y=1+x^2$ cruzam-se quando $2x^2=1+x^2\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1$ (com $x\ge 0$). No intervalo $0\le x\le 1$ tem-se $2x^2\le 1+x^2$, logo $S$ é a faixa entre as duas parábolas.

2. Ordem fácil — fatias verticais ($dydx$). Para cada $x\in [0,1]$, $y$ vai de $2x^2$ a $1+x^2$: ${\iint }_{S}xdA={\int }_0^1{\int }_{2x^2}^{1+x^2}xdydx={\int }_0^{1}x[(1+x^2)-2x^2]dx={\int }_0^1(x-x^3)dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\boxed{\frac{1}{4}}.$

3. Ordem difícil — fatias horizontais ($dxdy$): aqui é preciso PARTIR. Olhando na direção de $y$ (de $0$ a $2$), a fatia horizontal muda de fórmula em $y=1$:

• $0\le y\le 1$: a fatia vai do eixo $x=0$ até $y=2x^2\Rightarrow x=\sqrt{y/2}$.

• $1\le y\le 2$: a fatia vai da parábola $y=1+x^2\Rightarrow x=\sqrt{y-1}$ até $y=2x^2\Rightarrow x=\sqrt{y/2}$. ${\iint }_{S}xdA={\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{y/2}}xdxdy+{\int }_1^2{\int }_{\sqrt{y-1}}^{\sqrt{y/2}}xdxdy=\frac{1}{4}.$

Lição: o resultado é o mesmo (Fubini), mas numa ordem foi um integral e na outra dois somados. Quando a fronteira "muda de curva", a ordem perpendicular a essa mudança obriga a partir o domínio — escolhe a ordem que evita isso.

Integrais triplos & centróides

• Volume: $V={\iiint }_{V}1dV$. Escolher a ordem que dá limites simples; projetar o sólido sobre o plano conveniente.
• Centróide: $\bar{x}=\frac{1}{V}{\iiint }_{V}xdV$ (idem $\bar{y},\bar{z}$).
• Com densidade $\sigma$: trocar $V$ por massa $M=\iiint \sigma dV$ e $x$ por $x\sigma$ no numerador.

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🔄 Ficha 8 — Mudança de Variáveis + Regra de Leibniz

Porquê mudar de variáveis?

Uma região circular descrita em $x,y$ tem limites com raízes ($\pm \sqrt{1-x^2}$); em coordenadas polares vira um retângulo $[0,1]\times [0,2\pi ]$. Mudar de variáveis endireita a geometria — ao custo de multiplicar pelo Jacobiano, que corrige a distorção de área/volume.

Porquê aparece o Jacobiano (a ideia certa)

É a versão em várias variáveis da substituição de Cálculo 1: lá, $x=g(t)$ obriga a $dx=g^{\prime }(t)dt$ — o fator $g^{\prime }(t)$ converte “comprimento em $t$” para “comprimento em $x$”. Em 2D/3D, a transformação deforma um pequeno retângulo $dudv$ num pequeno paralelogramo em $(x,y)$, cuja área é $|\det J|dudv$. O Jacobiano é exatamente o fator de conversão de área/volume local. Por isso vai sempre em módulo: área é positiva. Vê a mudança como um dicionário $(u,v)\leftrightarrow (x,y)$ que traduz três coisas: o integrando $f(x(u,v),y(u,v))$, a região (reescrever cada desigualdade) e o elemento de área $dxdy=|\det J|dudv$.

Fórmula geral

${\iint }_{S}f(x,y)dxdy={\iint }_{T}f(x(u,v),y(u,v))\left|\det J\right|dudv$ $\det J=\det \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}{x}_u& x_v\\ y_u& y_v\end{array}\right|$ Usar sempre o módulo $|\det J|$.

Jacobianos a decorar

Sistema	Substituição	$|\det J|$
Polares	$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$	$r$
Polares elípticas	$x=ar\cos \theta ,y=br\sin \theta$	$abr$
Cilíndricas	$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,z=z$	$r$
Esféricas	$x=\rho \sin \varphi \cos \theta ,y=\rho \sin \varphi \sin \theta ,z=\rho \cos \varphi$	${\rho }^2\sin \varphi$

Como escolher a mudança

• Região com $x^2+y^2$ (círculo/disco/setor) → polares; se for elipse $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$ → polares elípticas.
• Centro deslocado $(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2$ → transladar primeiro.
• Sólido com simetria axial → cilíndricas; com simetria esférica/cones → esféricas.
• Região definida por combinações como $u=xy$, $v=y/x$ → mudança “à medida”: calcula-se $\det \frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}$ e usa-se $|\det J|=1/|\det \frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}|$.

Quando se usa o Jacobiano — e quando NÃO

O Jacobiano é o fator que converte o elemento de área/volume ao mudar as variáveis de integração de uma região. Só aparece nesse contexto. A confusão típica é querer usá-lo (ou esquecê-lo) onde não pertence — a regra é olhar para o tipo de integral:

Situação	Fator a usar	Jacobiano?
Integral múltiplo com mudança de coordenadas (polares, cilíndricas, esféricas, “à medida”)	$|\det J|dudv$ ($r$, ${\rho }^2\sin \varphi$, …)	✅ Sim
Integral múltiplo que fica em cartesianas (não mudas de variável)	$dxdydz$ direto	❌ Não
Integral de linha escalar ${\int }_C\sigma ds$	$\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert dt$	❌ Não
Integral de linha vetorial (trabalho) ${\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$	$\mathbf{F}(\gamma )\cdot {\gamma }^{\prime }(t)dt$	❌ Não
Regra de Leibniz (derivar sob o integral)	${\partial }_{t}f$ (+ termos das pontas)	❌ Não

Ideia-chave: o Jacobiano é para trocar as coordenadas de um domínio $n$-dimensional (${\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$, ${\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$). Num integral de linha não há mudança de variáveis: há uma parametrização de uma curva (objeto 1D), e o “fator de conversão” certo é $\Vert {\gamma }^{\prime }(t)\Vert$ (escalar) ou o produto interno com ${\gamma }^{\prime }(t)$ (vetorial) — nunca $|\det J|$. O $\Vert {\gamma }^{\prime }\Vert$ é, de facto, o análogo 1D do Jacobiano (tal como $dx=g^{\prime }(t)dt$ na substituição de Cálculo 1).

Regra prática: se vês $dudv$ ou $dudvdw$ (integral de área/volume) → mete $|\det J|$; se vês $ds$ ou $d\mathbf{r}$ (integral ao longo de uma curva) → mete $\Vert {\gamma }^{\prime }\Vert$ ou ${\gamma }^{\prime }$, sem Jacobiano.

Como traduzir a REGIÃO (o passo que mais se erra)

Cada desigualdade em $x,y$ reescreve-se nas novas variáveis substituindo $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ e simplificando. Ex.: $S=\{1\le x^2+y^2<4,0<y\le x\}$.

• $1\le x^2+y^2<4$: como $x^2+y^2=r^2$, fica $1\le r^2<4\Rightarrow 1\le r<2$.
• $0<y\le x$: dividir por $\cos \theta >0$ dá $0<\tan \theta \le 1\Rightarrow 0<\theta \le \frac{\pi }{4}$.

Resultado: o setor curvo $S$ vira o retângulo $[1,2[\times ]0,\frac{\pi }{4}]$ no plano $(r,\theta )$. É esta transformação de “geometria torta → retângulo” que torna o integral fácil. Confirma sempre os limites de $\theta$ olhando para o desenho, não só pelas contas.

Exercício resolvido (Ficha 8, ex. 2a)

Calcule ${\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}{e}^{-x^2-y^2}dydx$.

Resolução passo-a-passo

1. Identificar a região. $0\le x\le 1$ e $0\le y\le \sqrt{1-x^2}$ ⇒ é o quarto de disco de raio 1 no 1.º quadrante. O integrando $e^{-x^2-y^2}=e^{-r^2}$ pede polares.

2. Passar a polares. $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$, com $|\det J|=r$. No 1.º quadrante: $0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$, $0\le r\le 1$. $\iint e^{-r^2}rdrd\theta ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1{e}^{-r^2}rdrd\theta$

Porquê esta ordem ( $drd\theta$, com $r$ por dentro) Em polares a região virou o retângulo $[0,1]\times [0,\frac{\pi }{2}]$ em $(r,\theta )$ — ambos os limites são constantes. Por Fubini, com limites constantes a ordem é livre: $drd\theta$ ou $d\theta dr$ dão o mesmo. Escolhe-se $r$ mais interno por dois motivos práticos:

1. Toda a dificuldade está em $r$: o integrando $e^{-r^2}r$ só depende de $r$. Integrando $r$ primeiro, resolve-se a única parte não-trivial e obtém-se uma constante $\frac{1}{2}(1-e^{-1})$ que já não depende de $\theta$.
2. $\theta$ não aparece no integrando: o integral externo em $\theta$ fica só ${\int }_0^{\pi /2}(\text{const})d\theta$, ou seja, multiplicar pelo comprimento do intervalo de $\theta$ ($\frac{\pi }{2}$).

Assim o duplo separa-se num produto (parte em $r$ × parte em $\theta$). A ordem inversa também funcionaria, mas obrigaria a arrastar o fator $r$ por um integral em $\theta$ que nada lhe faz — sem vantagem.

3. Integrar. Em $r$, com $u=r^2$: ${\int }_0^1{e}^{-r^2}rdr=\frac{1}{2}(1-e^{-1})$. $={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{2}(1-e^{-1})d\theta =\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1-e^{-1}}{2}=\boxed{\frac{\pi }{4}\left(1-\frac{1}{e}\right)}$

Lição: o fator $r$ do Jacobiano é exatamente o que falta para a primitiva de $e^{-r^2}r$ existir. Sem ele, o integral cartesiano é impossível.

Momento de inércia

Relativo ao eixo $Ox$: $I_x=\iiint (y^2+z^2)\sigma dV$ (distância ao quadrado ao eixo, vezes a densidade).

Regra de Leibniz

O problema que resolve

Aparece quando uma função é definida por um integral que depende de um parâmetro $t$: $F(t)=\int f(x,t)dx$. Queremos $F^{\prime }(t)$ sem calcular o integral primeiro (muitas vezes nem tem primitiva elementar). A ideia: $F$ pode variar com $t$ por duas razões — porque o integrando muda com $t$, e porque os limites $a(t),b(t)$ se mexem. Leibniz soma essas contribuições.

Regra de Leibniz (derivar sob o sinal de integral)

$\frac{d}{dt}{\int }_{a(t)}^{b(t)}f(x,t)dx=\underset{\text{topo a mexer}}{\underbrace{f(b(t),t)b^{\prime }(t)}}-\underset{\text{base a mexer}}{\underbrace{f(a(t),t)a^{\prime }(t)}}+\underset{\text{integrando a mudar}}{\underbrace{{\int }_{a(t)}^{b(t)}\frac{\partial f}{\partial t}dx}}$

• Os dois primeiros termos vêm dos limites variáveis (regra da cadeia nas pontas — é o TFC: a taxa a que se ganha/perde área ao mover cada extremo é “valor da função na ponta × velocidade da ponta”).
• O integral final é da derivada parcial do integrando em ordem ao parâmetro.
• Caso simples (limites constantes): $a^{\prime }=b^{\prime }=0$, sobra só $\int {\partial }_{t}fdx$ — “derivar para dentro do integral”.

Exercício resolvido (Ficha 8, ex. 10)

Calcule $F^{\prime }(0)$ para $F(t)={\int }_0^1\sin (t{x}^2+x^3)dx$.

Limites constantes ⇒ só sobra o termo da derivada parcial: $F^{\prime }(t)={\int }_0^1\frac{\partial }{\partial t}\sin (t{x}^2+x^3)dx={\int }_0^1{x}^2\cos (t{x}^2+x^3)dx$ Em $t=0$: $F^{\prime }(0)={\int }_0^1{x}^2\cos (x^3)dx=[\frac{1}{3}\sin (x^3){]}_0^1=\boxed{\frac{1}{3}\sin 1}$

Exercício resolvido (limites variáveis — fórmula completa)

Calcule $F^{\prime }(t)$ para $F(t)={\int }_t^{t^2}{e}^{tx}dx$.

Resolução passo-a-passo

Aqui mexem as duas pontas ($a(t)=t,b(t)=t^2$) e o integrando ($f=e^{tx}$ depende de $t$). Usa-se a fórmula completa. 1. Termo do topo: $f(b,t)b^{\prime }=e^{t\cdot t^2}\cdot (t^2{)}^{\prime }=e^{t^3}\cdot 2t$. 2. Termo da base: $f(a,t)a^{\prime }=e^{t\cdot t}\cdot (t{)}^{\prime }=e^{t^2}\cdot 1$. 3. Termo do integrando: $\frac{\partial }{\partial t}{e}^{tx}=x{e}^{tx}$, logo ${\int }_t^{t^2}x{e}^{tx}dx$. Juntando: $F^{\prime }(t)=2t{e}^{t^3}-e^{t^2}+{\int }_t^{t^2}x{e}^{tx}dx.$ (O integral final ainda se podia primitivar por partes, mas a regra já dá $F^{\prime }$ sem calcular $F$ — que é o objetivo.)

Quando o parâmetro está também na REGIÃO (integral duplo)

Se $t$ aparece no integrando e nos limites de uma região 2D, não dá para aplicar Leibniz diretamente. Truque: definir $\Phi (u,v)$ separando as duas dependências (um $u$ para a região, um $v$ para o integrando), notar que $F(t)=\Phi (t,t)$ e usar a regra da cadeia: $F^{\prime }(t)={\Phi }_u(t,t)+{\Phi }_v(t,t)$, onde ${\Phi }_u$ sai do TFC e ${\Phi }_v$ da Leibniz.

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〰️ Ficha 9 — Integrais de Linha

Dois tipos de integral de linha

• Campo escalar (${\int }_C\sigma ds$): “soma” uma grandeza ao longo do fio — dá comprimento, massa, centro de massa. Não depende do sentido.
• Campo vetorial (${\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$): dá o trabalho de uma força ao longo do caminho. Depende do sentido (orientação).

O significado: a imagem do "fio"

Em vez de integrar sobre uma região plana, integra-se ao longo de uma curva $C$ — pensa nela como um fio físico no espaço, e na parametrização $g(t)$ como a maneira de o percorrer (a “posição no instante $t$”, com $t\in [a,b]$).

• $ds$ = pedacinho de fio. $g^{\prime }(t)$ é a velocidade (vetor tangente) e $\Vert g^{\prime }(t)\Vert$ é a rapidez; logo $ds=\Vert g^{\prime }(t)\Vert dt$ é o comprimento real do bocadinho de fio percorrido enquanto o parâmetro avança $dt$. É a conversão de “tempo de parâmetro $t$” → “comprimento no fio”. (É também o motivo de não haver Jacobiano aqui — ver o aviso na Ficha 8: numa curva o fator de conversão é $\Vert g^{\prime }\Vert$, não $|\det J|$.)
• Campo escalar ${\int }_C\sigma ds$ = somar ao longo do fio. Se $\sigma$ é a densidade do fio (massa por unidade de comprimento), então $\sigma ds$ é a massa de um pedacinho e o integral soma tudo → massa total. Casos: $\sigma =1$ dá o comprimento do fio; $\frac{1}{M}{\int }_{C}x\sigma ds$ dá a abcissa do centro de massa; ${\int }_C({\text{dist}}^2)\sigma ds$ dá o momento de inércia. Como estás só a somar bocados do fio físico, o sentido em que o percorres é indiferente.
• Campo vetorial ${\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$ = trabalho. Agora $\mathbf{F}$ é uma força (um vetor em cada ponto) e $d\mathbf{r}=g^{\prime }(t)dt$ é o deslocamento (vetorial) do pedacinho. O produto interno $\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$ mede só a parte da força alinhada com o movimento — a componente perpendicular não realiza trabalho. Somando ao longo do fio → trabalho total. Inverter o sentido inverte $d\mathbf{r}$, logo troca o sinal: é por isso que o trabalho depende da orientação.

Fórmulas

Comprimento: $L={\int }_a^b\Vert g^{\prime }(t)\Vert dt$

Campo escalar (massa, centro de massa, inércia): ${\int }_C\sigma ds={\int }_a^b\sigma (g(t))\Vert g^{\prime }(t)\Vert dt$ $M={\int }_C\sigma ds,\bar{x}=\frac{1}{M}{\int }_{C}x\sigma ds,I={\int }_C({\text{dist}}^2)\sigma ds$ Campo vetorial (trabalho): $W={\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\int }_a^b\mathbf{F}(g(t))\cdot g^{\prime }(t)dt$

Passos (trabalho)

1. Parametrizar a curva $g(t)$, $t\in [a,b]$ (atenção ao sentido pedido).
2. Calcular $g^{\prime }(t)$.
3. Compor o campo: $\mathbf{F}(g(t))$.
4. Produto interno $\mathbf{F}(g(t))\cdot g^{\prime }(t)$ e integrar em $t$.

Parametrizar interseções de superfícies

$x^2+y^2=1\Rightarrow (\cos t,\sin t)$; depois obter $z$ da outra equação. Para orientação “anti-horária vista de cima”, confirmar que $t$ crescente roda no sentido certo.

Caminho por troços (aditividade) — poupa trabalho

Se a curva é uma poligonal/fronteira de várias arestas, não parametrizes tudo de uma vez: parte em troços $C=C_1\cup C_2\cup \dots$ e soma ${\int }_C={\sum }_i{\int }_{C_i}$. Dois atalhos:

• num troço onde $\mathbf{F}$ é perpendicular ao caminho ($\mathbf{F}\cdot g^{\prime }=0$), o integral é 0 — nem o calcules;
• segmentos de reta parametrizam-se por $g(t)=A+t(B-A)$, $t\in [0,1]$, logo $g^{\prime }=B-A$ (constante).

Exercício resolvido (Ficha 9, ex. 4a)

Trabalho do campo $\mathbf{F}(x,y)=(-y,x)$ ao longo de $g(t)=(t\cos t,t\sin t)$, $t\in [0,2\pi ]$.

Resolução passo-a-passo

0. Reconhecer a curva e o campo (intuição). A distância à origem é $\Vert g(t)\Vert =\sqrt{(t\cos t{)}^2+(t\sin t{)}^2}=t$, que cresce com o ângulo $t$ → é uma espiral (de Arquimedes) que arranca na origem ($t=0$) e dá uma volta até $t=2\pi$. O campo $\mathbf{F}=(-y,x)$ é o campo de rotação (em cada ponto aponta na perpendicular ao raio, no sentido anti-horário). Como o fio também avança no sentido anti-horário, a força está a favor do movimento → esperamos trabalho positivo. Seguimos os 4 passos do método (parametrizar → derivar → compor → produto interno → integrar; aqui a curva já vem parametrizada).

1. Derivada do caminho $g^{\prime }(t)$ (= deslocamento infinitesimal; cada componente pela regra do produto): $g^{\prime }(t)=(\underset{\frac{d}{dt}(t\cos t)}{\underbrace{\cos t-t\sin t}},\underset{\frac{d}{dt}(t\sin t)}{\underbrace{\sin t+t\cos t}})$

2. Avaliar o campo SOBRE a curva. $\mathbf{F}$ está dado em $(x,y)$; tens de o pôr em função de $t$ substituindo a parametrização $x=t\cos t,y=t\sin t$ (é o passo que mais se erra — nunca uses $\mathbf{F}(x,y)$ sem substituir): $\mathbf{F}(g(t))=(-y,x)=(-t\sin t,t\cos t)$

3. Produto interno $\mathbf{F}(g(t))\cdot g^{\prime }(t)$ — projeta a força no deslocamento (só conta a parte alinhada): $\mathbf{F}\cdot g^{\prime }=\underset{F_1}{\underbrace{(-t\sin t)}}\underset{g_1^{\prime }}{\underbrace{(\cos t-t\sin t)}}+\underset{F_2}{\underbrace{(t\cos t)}}\underset{g_2^{\prime }}{\underbrace{(\sin t+t\cos t)}}$ Expandindo os dois produtos: $=-t\sin t\cos t+t^2{\sin }^{2}t+t\sin t\cos t+t^2{\cos }^{2}t$ Os termos cruzados $-t\sin t\cos t$ e $+t\sin t\cos t$ cancelam-se; nos restantes põe-se $t^2$ em evidência e usa-se ${\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t=1$: $\mathbf{F}\cdot g^{\prime }=t^2({\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t)=t^2$

4. Integrar em $t$ no intervalo do parâmetro $[0,2\pi ]$ (o integral de linha vira um integral simples em $t$): $W={\int }_0^{2\pi }{t}^{2}dt=[\frac{t^3}{3}{]}_0^{2\pi }=\frac{(2\pi {)}^3}{3}=\boxed{\frac{8{\pi }^3}{3}}$

Lição: o trabalho deu positivo, tal como a intuição previa (campo de rotação a empurrar no sentido da espiral). Memoriza o esqueleto derivar $g^{\prime }$ → compor $\mathbf{F}(g(t))$ → produto interno → integrar em $t$; e que o produto interno costuma simplificar muito (cá deu só $t^2$) — se ficar monstruoso, revê o passo 2.

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♻️ Ficha 10 — Campos Conservativos e TFC para Integrais de Linha

A grande simplificação

Se um campo é gradiente de um potencial $\varphi$, o trabalho deixa de depender do caminho — só dos extremos. Calcular um integral de linha complicado reduz-se a avaliar $\varphi$ em 2 pontos. Por isso, antes de parametrizar, testa se o campo é conservativo.

Fechado vs. Conservativo

• Fechado (condição necessária): as derivadas cruzadas coincidem.
  • 2D: $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$.
  • 3D: $\mathrm{rot}\mathbf{F}=0$.
• Conservativo (gradiente): existe $\varphi$ com $\mathbf{F}=\nabla \varphi$.
• Conservativo $\Rightarrow$ fechado. O recíproco só vale se o domínio for simplesmente conexo (sem buracos).

Teorema Fundamental do Cálculo para integrais de linha

${\int }_C\nabla \varphi \cdot d\mathbf{r}=\varphi (\text{ponto final})-\varphi (\text{ponto inicial})$ Consequências:

• Trabalho independente do caminho.
• Em caminho fechado, trabalho $=0$ (se conservativo no domínio).

Passos para encontrar o potencial $\varphi$

1. Confirmar que o campo é fechado (derivadas cruzadas) e o domínio simplesmente conexo.
2. Integrar $\partial \varphi /\partial x=P$ em ordem a $x$ → $\varphi =(\dots )+g(y,z)$ (a “constante” é função das outras variáveis).
3. Derivar esse $\varphi$ em ordem a $y$ e igualar a $Q$ para descobrir $g$; repetir para $z$.
4. Juntar tudo: $\varphi =\cdots +C$.

Exercício resolvido (Ficha 10, ex. 1d)

O campo $\mathbf{d}(x,y,z)=(y,x,2z)$ é conservativo? Em caso afirmativo, ache um potencial.

Resolução passo-a-passo

1. Testar se é fechado ($P=y,Q=x,R=2z$): $\frac{\partial P}{\partial y}=1=\frac{\partial Q}{\partial x}✓\frac{\partial P}{\partial z}=0=\frac{\partial R}{\partial x}✓\frac{\partial Q}{\partial z}=0=\frac{\partial R}{\partial y}✓$ Fechado, e o domínio é ${\mathbb{R}}^3$ (simplesmente conexo) ⇒ conservativo.

2. Integrar ${\varphi }_x=y$: $\varphi =xy+g(y,z)$. 3. Impor ${\varphi }_y=x$: $x+g_y=x\Rightarrow g_y=0\Rightarrow g=h(z)$. 4. Impor ${\varphi }_z=2z$: $h^{\prime }(z)=2z\Rightarrow h=z^2+C$. $\boxed{\varphi (x,y,z)=xy+z^2+C}$

Campos com singularidade — o caso $\frac{(-y,x)}{x^2+y^2}$ ("ralo da banheira")

Este campo é fechado mas NÃO conservativo em ${\mathbb{R}}^2\setminus \{0\}$ (o domínio tem um buraco na origem).

• Trabalho numa circunferência que envolve a origem $=2\pi$ (×nº de voltas, com sinal).
• Numa curva fechada que não envolve a origem $=0$. Não apliques o TFC aqui — não há potencial global.

Porquê: as 3 contas que explicam tudo (o caso $\frac{(-y,x)}{x^2+y^2}$)

Com $P=\frac{-y}{x^2+y^2}$, $Q=\frac{x}{x^2+y^2}$:

1. É fechado. Derivando (regra do quociente): $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{\partial Q}{\partial x}✓$ Logo passa no teste das derivadas cruzadas — em todo o ponto exceto a origem.

2. Mas o trabalho numa volta não é zero. Na circunferência $g(\theta )=(\cos \theta ,\sin \theta )$, $\theta \in [0,2\pi ]$, tem-se $x^2+y^2=1$ e $g^{\prime }=(-\sin \theta ,\cos \theta )$: ${\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }(-\sin \theta ,\cos \theta )\cdot (-\sin \theta ,\cos \theta )d\theta ={\int }_0^{2\pi }1d\theta =2\pi \ne 0.$ Se fosse gradiente, este integral (caminho fechado) teria de ser $0$. Como não é, não pode ser gradiente — apesar de ser fechado.

3. Porque falha o potencial. Tentando $\varphi$ com ${\varphi }_x=P,{\varphi }_y=Q$ chega-se a $\varphi =\arctan \frac{y}{x}+C$ — ou seja, $\varphi$ é o ângulo polar $\theta$. Mas o ângulo salta $2\pi$ ao dar uma volta completa: não existe função contínua de ângulo em todo o ${\mathbb{R}}^2\setminus \{0\}$. Esse salto de $2\pi$ é exatamente o trabalho da conta 2.

Moral: "fechado" é local (testa-se ponto a ponto); "conservativo" é global (precisa de potencial em todo o domínio). O buraco na origem é o que separa os dois. Num domínio simplesmente conexo (sem buracos) os dois coincidem.

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🟢 Ficha 11 — Homotopia e Teorema de Green

O que faz o Teorema de Green

Converte um integral de linha sobre a fronteira num integral duplo sobre o interior (e vice-versa). Útil em ambos os sentidos: ou a fronteira é difícil e calcula-se o interior, ou o interior é difícil e usa-se a fronteira (ex.: áreas).

É um Teorema Fundamental do Cálculo

Tal como ${\int }_a^b{f}^{\prime }=f(b)-f(a)$ troca uma derivada no interior por valores na fronteira, Green troca a “derivada” ${\partial }_{x}Q-{\partial }_{y}P$ integrada na região pelo campo somado ao longo da fronteira. A quantidade ${\partial }_{x}Q-{\partial }_{y}P$ é a rotação (vorticidade) do campo: mede o quanto ele “roda” localmente. Green diz que toda a rotação acumulada no interior se “lê” na circulação em torno da fronteira. É por isso que um campo fechado (${\partial }_{x}Q-{\partial }_{y}P=0$) dá circulação nula em qualquer fronteira que não encerre buracos.

Teorema de Green

Para $D$ com fronteira $\partial D$ orientada positivamente (anti-horário, região à esquerda): ${\oint }_{\partial D}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA$

Áreas via Green

$\text{Aˊrea}(D)={\oint }_{\partial D}xdy=-{\oint }_{\partial D}ydx=\frac{1}{2}{\oint }_{\partial D}(xdy-ydx)$

Passos

1. Verificar que $\mathbf{F}$ é $C^1$ em todo $D$ (sem singularidades lá dentro).
2. Calcular $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$.
3. Integrar essa quantidade sobre $D$ (muitas vezes mais fácil que a linha).
4. Conferir a orientação; se a curva for horária, trocar o sinal.

Exercício resolvido (Ficha 11, ex. 1)

$\mathbf{F}(x,y)=(-2y,x)$ e $D=\{x^2+y^2<1,y>|x|\}$. Trabalho ao longo de $\partial D$ no sentido anti-horário.

Resolução passo-a-passo

1. Green. $P=-2y,Q=x$: $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-(-2)=3$ $W={\oint }_{\partial D}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\iint }_{D}3dA=3\cdot \text{Aˊrea}(D)$ 2. Área de $D$. A condição $y>|x|$ dentro do disco unitário é o setor entre as retas $y=x$ e $y=-x$ acima — ângulos de $\frac{\pi }{4}$ a $\frac{3\pi }{4}$, ou seja abertura $\theta =\frac{\pi }{2}$. Área do setor de raio 1: $\text{Aˊrea}=\frac{1}{2}{r}^2\theta =\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}$ 3. Resultado: $W=3\cdot \frac{\pi }{4}=\boxed{\frac{3\pi }{4}}$

Exercício resolvido (Green com singularidade — "recortar o buraco")

Calcule o trabalho de $\mathbf{F}=\frac{(-y,x)}{x^2+y^2}$ ao longo da elipse $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$, no sentido direto.

Resolução passo-a-passo

Problema: parametrizar a elipse e integrar diretamente é horrível. E não se pode aplicar Green à elipse cheia: o campo tem singularidade em $(0,0)$, que está dentro — Green exige $\mathbf{F}$ de classe $C^1$ em todo o interior.

Truque — anel entre a elipse e uma circunferência pequena. Seja $S$ uma circunferência $x^2+y^2=1$ (qualquer raio serve) à volta da origem, e $A$ a região-anel entre $S$ e a elipse $C$. Nesse anel o campo já é $C^1$ (a origem ficou de fora). A fronteira de $A$ é $C\cup S$, com $C$ no sentido direto e $S$ no sentido oposto (regra “região à esquerda” → o buraco percorre-se ao contrário).

1. Aplicar Green ao anel. O campo é fechado, ${\partial }_{x}Q-{\partial }_{y}P=0$: ${\iint }_{A}0dA={\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}+{\oint }_{S^{-}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0.$ 2. Logo ${\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=-{\oint }_{S^{-}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\oint }_{S^{+}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$ (a circunferência no sentido direto). 3. E o integral na circunferência já o conhecemos (conta do “ralo da banheira”): ${\oint }_{S^{+}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=2\pi$. $\boxed{{\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=2\pi }$

Ideia central (vale para Q4 do exame): com uma singularidade dentro, substitui a curva complicada por uma circunferência simples à volta do buraco — Green garante que dão o mesmo (campo fechado no anel). É a ponte para a homotopia, abaixo.

O que é "deformar um caminho" (homotopia)

Duas curvas (com os mesmos extremos, ou ambas fechadas) são homotópicas num domínio $D$ se uma se pode deformar continuamente na outra sem sair de $D$. Formalmente há uma “animação” $H(t,s)$ onde $s\in [0,1]$ é o “tempo”: em $s=0$ vê-se a primeira curva, em $s=1$ a segunda, e todos os fotogramas intermédios ficam dentro de $D$. A chave é sem sair de $D$: num domínio com buraco, uma curva que envolve o buraco não se pode deformar numa que não o envolve — a deformação teria de “passar por cima” do buraco.

Teorema da invariância por homotopia

Se $\mathbf{F}$ é fechado e $C_1$, $C_2$ são homotópicas em $D$, então ${\int }_{C_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\int }_{C_2}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.$ Porquê: a homotopia desenha um “retângulo” no plano $(t,s)$; aplicar Green a esse retângulo, usando que $\mathbf{F}$ é fechado, dá $0$ na diferença dos dois integrais. É a versão “deformável” do recorte do buraco que fizemos acima com Green.

• Consequência prática: podes substituir qualquer curva por outra mais simples homotópica a ela (tipicamente uma circunferência à volta do buraco) sem mudar o integral.
• Em ${\mathbb{R}}^n$ inteiro (sem buracos) quaisquer duas curvas com os mesmos extremos são homotópicas → por isso aí fechado = conservativo.

Estratégia "soma de cargas" (várias singularidades)

• Cada singularidade tem uma carga = trabalho do campo numa pequena circunferência à volta dela, no sentido direto (para $\frac{(-y,x)}{x^2+y^2}$ transladado, a carga é $2\pi$).
• O trabalho numa curva fechada $=$ soma das cargas das singularidades que ela encerra, cada uma com sinal $+$ se a curva a rodeia no sentido direto e $-$ se no inverso (e ×nº de voltas).
• Singularidades fora da curva não contam (contribuem $0$, por homotopia a um ponto).

Curvas 3D que vivem num plano

Quando a curva está num plano ($z=0$, $y+z=1$, …), projeta/parametriza e reduz a um problema plano. Separa a parte conservativa (gradiente → 0 em curva fechada) da parte com singularidade (que dá o $2\pi$).

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🧭 Checklist de Estratégia — que ferramenta usar?

Sintoma do enunciado	Ferramenta
Integral duplo/triplo, primitiva impossível na ordem dada	F7 — trocar ordem (Fubini)
Região circular/elíptica/esférica, $x^2+y^2$ no integrando ou região	F8 — polares/cilíndricas/esféricas
Derivar $F(t)=\int \dots dx$	F8 — Regra de Leibniz
”trabalho ao longo de”, “massa do fio”, “comprimento”	F9 — integrais de linha
”é conservativo?”, trabalho entre 2 pontos, caminho feio	F10 — testar fechado + potencial + TFC
Curva fechada no plano	F11 — Green
Campo fechado com singularidade / domínio com buraco	F10–11 — homotopia, isolar $2\pi$

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Erros a evitar (lê antes do exame)

• Esquecer o módulo do Jacobiano.
• Esquecer o fator $r$ (polares) ou ${\rho }^2\sin \varphi$ (esféricas).
• Aplicar o TFC a um campo fechado mas não conservativo (domínio não simplesmente conexo) → resultado errado.
• Trocar o sinal por orientação errada (horário vs. anti-horário).
• Em Green: usar a fórmula com uma singularidade dentro de $D$ (o campo tem de ser $C^1$ em todo $D$ — caso contrário, recortar à volta do buraco).
• Esquecer de desenhar a região antes de trocar a ordem de integração.

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📎 Recursos

Fichas e respostas

Enunciados: F7 · F8 · F9 · F10 · F11 Respostas: Resp7–Resp11 (mesma pasta). Exames antigos: Estudo EXAME/Exames_Anos_Anteriores/ (2023, 2024, 2025).

Notas relacionadas (Dataview)

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Recém-modificadas em Cálculo II (DataviewJS)

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