Cálculo III - Integrais de Linha Resolvidas Em 04 Mai 2011

Rua 96 nº 45 – Setor Sul – Goiânia

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1 AFONSO CELSO – FONE: (62) 3092-2268 / CEL: (62) 9216-9668

CURSOS LIVRES DE 3º GRAU

CÁLCULO III

INTEGRAIS DE LINHA – EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

1. Calcule a integral de linha C

x 2y ds, 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:

2 2

r(t) 3costi 3sent j, 0 t ds 3sent 3cost dt ds 9 dt 3dt . Substituindo:

0

0

3cost 6sent 3dt 3 3sent 6cost 3 12 36

2. Calcular a integral C

x² y² z ds, onde C é a hélice circular dada por :

r(t) costi sent j tk de P(1,0,0) a Q(1,0,2 )

Solução:

2

ds sent cost ² 1dt 2 dt. Assim, podemos escrever:

22 2

00 0

2

0

t²cos²t sen²t t 2 dt 2 1 t dt 2 t

2

4 ²2 1 t dt 2 2 2 2 1

2

3. Calcule C

2x y z ds , onde C é o segmento de reta que liga A(1, 2, 3) a B(2, 0, 1).

Solução:

Parametrização do segmento de reta AB:

x(t) 2 t

AB (1, 2, 2) i 2j 2k; B(2,0,1) AB : y(t) 2t

z(t) 1 2t

y 2 t 1; y 0 t 0 1 t 0




ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) 2 t i 2tj 1 2t k

Assim :

r '(t) i 2j 2k r(t) 1 4 4 9 3 ds 3dt (1)

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 (2)

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

0 0

0

1

C 1 1

C

2x y z ds 5 2t 3dt 3 (5 2t) dt 3(5t t²) |

2x y z ds 0 3( 5 1) ( 3)( 4) 12

Resp.: 12

4. Calcule

C

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

Solução:

Vamos parametrizar a curva dada:

2

22 2

2 2

22

x y t t² t² z² 4 z² 4 2t² z 4 2t²

4 2t² 0 2t² 4 0 2 t 2

ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) ti t j 4 2t² k

2tˆ ˆ ˆr ' t i j k4 2t

2t 4t 8 4tr '(t) 1 1 2

4 2t4 2t

24t

2 2 2

8 81

4 2t 4 2t 4 2t

e

f x,y,z xz f t t 4 2t² (2)

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

C

xz ds t 4 2t²

2

22

8

4 2t

2

2

22 2 2

C 3

dt 8 t dt

t 8 8xz ds 8 2 2 2 2 0

2 2 2

Resp.: 0




Outra Solução:

2 2 2

2 22 2 2 2 2

2 22 2 2

C : x y z 4 x y

Assim :

y zy y z 4 2y z 4 1

2 4

Parametrizando:

x t 2 cos t y t 2 cos t z t 2sent

Assim :

r t 2 cos t, 2 cos t, 2sent r ' t 2sent, 2sent, 2cos t

e

r ' t 2sent 2sent 2cos t r ' t 2sen t 2sen t 4cos t

r ' t 4

2 2 2 2

2 2 b

C 0 0 a

bb 2 22 2 2

0C a a

sen t 4cos t r ' t 4 sen t cos t r ' t 4 r ' t 2

Substituindo :

xzds 2 cos t 2sent 2dt 4 2 sentcos tdt 4 2 udu

Onde :

u sent du cos tdt

Assim:

uxzds 4 2 udu 4 2 2 2 sent 2 2 sen 2 sen 0 0

2

Resp: 0

5. Calcule

C

xyds , onde C é a elipse x² y²

1a² b²

.

Solução:

A parametrização da elipse é dada por:

2 2 2 2 2

x(t) acos t e y(t) bsen t t 0, 2

r(t) acos ti bsen t j, 0 t 2

e

ˆ ˆr ' t asent i bcos tj

r '(t) a²sen²t b²cos²t, mas sen²t 1 cos²t

r '(t) a² 1 cos t b²cos t r '(t) a² a cos t b²cos t r '(t) (b² a²)cos²t a²




ds r '(t) dt ds (b² a²)cos²t a² dt

Substituindo na integral dada:

2

C 0

2

C 0

C

xyds acos t bsent (b² a²)cos ²t a² dt

xyds ab cos t sent (b² a²)cos ²t a² dt

u (b² a²)cos ²t a² du 2(b² a²)cos t ( sent) 2(b² a²) cos t sent

dudu 2(a² b²) cos t sent dt dt

2(a² b²) cos t sent

xyds ab co s t sent

du

u2(a² b²) cos t sent

32

12 2

0

C

C

(b² a²)cos ²t a²ab abxyds u du |

32(a² b²) 2(a² b²)

2

abxyds

2

2

(a² b²)

23

2 2 2 2 2 2 2 2 2 22

2 2

0

2 2 2 2 2 2

2 2C C

abb² a² cos t a b a cos 2 a b a cos 0 a

3 3 a b

abxyds b a a b a a 0 xyds 0

3 a b

Resp.:0

6. C

3y z ds , 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:

2

x t 1

C y t t 0 t 2

z t t

Assim:

2 2r t 1,t,t r ' t 0,1,2t r ' t 1 4t




Assim:

2 2 2

2 2 2 2

C 0 0 0

2

2 17 17 12 2

C 0 1 1

17

3

2

C

1

3y z ds 3t t 1 4t dt 3t t 1 4t dt 2t 1 4t dt

Fazendo :

du duu 1 4t 8t dt

dt 8t

e

0 t 2 1 u 17

Substituindo :

du 2t3y z ds 2t 1 4t dt 2t u u du

8t 8t

1 u 1 23y z ds 17

34 4 3

2

3 332 2

C

11 17 1

6

13y z ds 17 17 1

6

Resp: 1

17 17 16

7. C

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

Solução:

Sabemos que:

y, se y 0 1 y 0y

y, se y 0 0 y 1

Parmetrizando C:

3C: x t t; y t t




Assim:

1 2

3

22 2 4

0 1

3 4 3 4

C C C 1 0

4 3

3

3

C

ˆ ˆr t x t i y t j r t t,t

Assim :

r ' t 1,3t r ' t 1 3t r ' t 1 9t

Assim :

yds -yds yds t 1 9t dt t 1 9t dt

Fazendo :

du duu 1 9t 36t dt

dt 36t

Se 1 t 0 10 u 1e 0 t 1 1 u 10

Substituindo :

yds t

0 1 1 10

4 3 4 3 3

3 3

1 0 10 1

1 10 10 10 101 1 1 1 1

2 2 2 2 2

C 10 1 1 1 1

310 1 3 32

32 2 2

C 1

du du1 9t dt t 1 9t dt t u t u

36t 36t

1 1 1 1 1yds u du u du u du u du 2 u du

36 36 36 36 36

1 1 u 1 2 1 1yds u du 10 1 10 1

318 18 18 3 27 2

2

C

10 10 17

10 10 1 10 10 1yds

27 27 27

Resp: 10 10 1

27




8. Calcule

C

y(x z)ds , onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3.

Solução:

Parametrizando C:

2 2 2 2 2 2

22 2 2 2 2

2 2

x y z 9 x y z 9C : C :

x z 3 z 3 x

Assim :

x y z 9 x y 3 x 9

x y 9 26x x 9

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2x 6x y 0

Comple tando o quadrado :

9 9 3 9 32 x 3x y 0 2 x y 4 x 2y 9

4 2 2 2 2

3 34 x x

2y y2 21 1

9 99 9

4 2

Assim:

3 3 3x cos t e y sent

2 2 2

Mas :

3 3 3 3z x 3 z cos t 3 cos t

2 2 2 2

Assim

22 2

2 2 2

2 2 2 2

:

3 3 3 3 3r t cos t, sent, cos t 0 t 2

2 2 2 22

e

3 3 3r ' t sent, cos t, sent

2 22

Então :

3 3 3 9 9 9r ' t sent cos t sent r ' t sen t cos t sen t

2 2 4 2 42

9 9 9r ' t sen t cos t sen t cos t

2 2 2

1 9 3 3r ' t

2 2 2




Assim:

2

C 0

C

3 3 3 3 3 3y(x z)ds sent cos t cos t 3 dt

2 2 2 22 2

3 3 3y(x z)ds sent

22 2

3cost

2

3-

2

3cos t

2

2

0

22 2

0C 0 0

C

3 dt

9 27 27 27 27y(x z)ds 3sentdt sentdt cos t cos2 cos0 1 1 0

2 2 2 2 2

Assim :

y(x z)ds 0

Resp: 0

9. Calcule

C

(x y)ds , 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:

2 2 2 2

x 2cos tC : 0 t 2

y 2sent

Assim :

r t 2cos t, 2sent r ' t 2sent, 2cos t

e

r ' t 4sen t 4cos t 4 sen t cos t

1

2 22

0C 0 0

C

C

4 2 r ' t 2

Substituindo :

(x y)ds 2cos t 2sent 2dt 4 cos t sent dt 4 sent cos t

(x y)ds 4 sen 2 sen 0 cos 2 cos 0 4 0 0 1 1 4 0 0

Logo :

(x y)ds 0




10. Calcule

C

(x y z)ds , onde C é o quadrado de vértices (1,0,1), (1,1,1),(0,1,1) e (0,0,1).

Solução:

Parametrizando os segmentos de reta que formam os lados do quadrado, temos:

1

AB

1

11 1 2

C 0 0 0

A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)

Reta AB :

u B A 0,1,0

Assim :

x 1

C : y t

z 1

r t 1,t,1 r ' t 0,1,0 r ' t 1 0 t 1

Assim :

t 1 5x y z ds 1 t 1 dt 2 t dt 2t 2

2 2 2

2

BC

2

00 0 2

C 1 1 1

A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)

Reta BC :

u C B 1,0,0

Assim :

x t

C : y 1

z 1

r t -t,1,1 r ' t 1,0,0 r ' t 1 1 t 0

Assim :

t 1 5x y z ds t 1 1 dt 2 t dt 2t 0 2

2 2 2




3

CD

3

00 0 2

C 1 1 1

A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)

Reta CD :

u D C 0, 1,0

Assim :

x 0

C : y t

z 1

r t 0,-t,1 r ' t 0, 1,0 r ' t 1 1 t 0

Assim :

t 1 3x y z ds 0 t 1 dt 1 t dt t 0 1

2 2 2

4

DA

4

00 0 2

C 1 1 1

A(1,0,1), B(1,1,1), C(0,1,1) e D(0,0,1)

Reta DA :

u A D 1,0,0

Assim :

x 1 t

C : y 0

z 1

r t 1+t,0,1 r ' t 1,0,0 r ' t 1 1 t 0

Assim :

t 1 3x y z ds 1 t 0 1 dt 2 t dt 2t 0 2

2 2 2

Assim:

1 2 3 4C C C C C

C C

(x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds (x y z)ds

5 5 3 3 5 5 3 3 16(x y z)ds 8 (x y z)ds 8

2 2 2 2 2 2

Resp: 8




11. Calcular a integral

C

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

12. Calcular

C

3xyds , sendo C o triângulo de vértices A(0,0), B(1,0) e C(1,2), no sentido anti-horário.

13. Calcule

C

y(x z)ds , onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3.

14. Calcule

C

(x y)ds , onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4.

15. Calcule c

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

16. Calcule

C

xy²(1 2x²)ds , onde C é a parte da curva de Gauss x²y e de A(0,1) a

1 1B

2 e

.

17.

C

ds

, onde C:r t t cost,tsent t 0,1 .

Solução:

0

t

C C t

2 2

2

ds ds r ' t dt 1

Assim:

r ' t cos t tsent,sent t cos t

r ' t cos t tsent sent t cos t

r ' t cos t 2t cos tsent

2 2 2t sen t sen t 2tsent cos t

0

2 2

2 2 2

2

t

C C t

12

C 0

t cos t

r ' t 1 t sen t cos t

r ' t 1 t

Substituindo em 1 :

ds ds r ' t dt

ds 1 t dt

Resolvendo

12

C 0

ds 1 t dt

:




12

C 0

2

1 42 2 2 2 2

C 0 0

ds 1 t dt

Mas :

t tg de sec d

Se t 0 0 Se t 14

Assim:

ds 1 t dt 1 tg sec d Mas :1 tg sec

Substituindo:

1 42 2 2

C 0 0

1 42 2 2

C 0 0

1 42 2

C 0 0

1 42 3

C 0 0

n n 2 n 2

12

C 0

ds 1 t dt 1 tg sec d

ds 1 t dt sec sec d

ds 1 t dt sec sec d

ds 1 t dt sec d

Utilizando :

1 n 2sec udu sec u tgu sec udu

n 1 n 1

Assim:

ds 1 t dt se

43

0

1 42

C 0 0

14

2

0C 0

12

C 0

c d

1 1ds 1 t dt sec tg sec d Mas : secud ln secu tgu c

2 2

Substituindo :

1 1ds 1 t dt sec tg ln sec tg

2 2

1 1 1ds 1 t dt sec tg ln sec tg sec 0

2 4 4 2 4 4 2

1

2

C 0

1tg 0 ln sec 0 tg 0

2

1 1 1ds 1 t dt 2 1 ln 2 1 sec 0 tg 0

2 2 2

0

1ln 1 0

2

0

12

C 0

Logo :

2 1ds 1 t dt ln 2 1

2 2




18. 2

C

x ds , onde

2 2 2

3 3 3C: x y a a 0 1º quadrante .

Solução:

Uma equação vetorial para a hipociclóide

2 2 2

3 3 3x y a é: 3 3ˆ ˆr t acos ti asen tj

3 3

2 2

2 22 2 2 4 2 2 4 2

2 2 2 2 2

ˆ ˆr t acos ti asen tj

Mas :

r ' t 3acos t sent,3asen t cos t

Assim:

r ' t 3acos t sent 3asen t cos t 9a cos t sen t 9a sen t cos t

r ' t 9a cos t sen t cos t sen t

12 2 29a cos t sen t 3acos t sent

r ' t 3acos t sent

Assim:

0

t 22

2 3

C t 0

2 22 2 6 3 7

C 0 0

2 3 7

C 0

r ' t 3acos t sent

x ds f t r ' t dt acos t 3acos t sent dt

x ds a cos t 3acos t sent dt 3a cos t sentdt

Fazendo :

du duu cos t sent dt

dt sent

Se t 0 u 1 Se t u 02

Substituindo :

x ds 3a cos t sent

2

3 7dt 3a u sent

du

sent

0 03 7

1 1

3a u du




0

0 8 8 8 32 3 7 3 3 3

C 1 1

32

C

u 0 1 1 3ax ds 3a u du 3a 3a 3a

8 8 8 8 8

Logo :

3ax ds

8

19. 2

C

x ds , onde 3 3C: r t 2cos t,2sen t t 0,2

.

Solução:

3 3

2 2

2 22 2 4 2 4 2

2 2 2 2

ˆ ˆr t 2cos ti 2sen tj

Mas :

r ' t 6cos t sent,6sen t cos t

Assim:

r ' t 6cos t sent 6sen t cos t 36cos t sen t 36sen t cos t

r ' t 36cos t sen t cos t sen t

12 236cos t sen t 6cos t sent

r ' t 6 cos t sent

Assim:

0

t 22

2 3

C t 0

2 22 6 7

C 0 0

22 7

C 0

r ' t 6 cos t sent

x ds f t r ' t dt 2cos t 6cos t sent dt

x ds 4cos t 6cos t sent dt 24 cos t sentdt

Fazendo :

du duu cos t sent dt

dt sent

Se t 0 u 1 Se t u 02

Substituindo :

x ds 24 cos t sentdt

724 u sent

du

sent

0 07

1 1

24 u du




0

0 8 8 82 7

C 1 1

2

C

u 0 1 1 24x ds 24 u du 24 24 24 3

8 8 8 8 8

Logo :

x ds 3

20. C

x y ds , onde C é o triângulo da figura abaixo:

Solução:

Parametrizando os segmentos de reta AB, BC e CA .

1

1

C

3A 1, ;B 2,2 e C 2,1

2

x 2 t

AB C : 1 t 01y 2 t

2

Assim:

1 1r t 2 t, 2 t r ' t 1,

2 2

e

1 5 5r ' t 1 r ' t

4 4 2

Assim:

x y ds 2

t 2

1 1

0 0

1 1

00 2

C 1 C1

1 5 5 1t dt t dt

2 2 2 2

5 5 t 5 0 1 5 5x y ds tdt x y ds

4 4 2 8 2 2 8 8




2

2

C

3A 1, ;B 2,2 e C 2,1

2

x 2BC C : 0 t 1

y 2 t

Assim:

r t 2, 2 t r ' t 0, 1

e

r ' t 0 1 1 r ' t 1

Assim:

x y ds 2

2 2

11 1 2

0 0 C0

t 1 1t 1 dt t dt x y ds

2 2 2

3

3

3

1 1

C 0 0

12

C 0

3A 1, ;B 2,2 e C 2,1

2

x 2 t

CA C : 0 t 11y 1 t

2

Assim:

1 1r t 2 t, 1 t r ' t 1,

2 2

e

1 5 5r ' t 1 r ' t

4 4 2

Assim:

1 5 5 3x y ds 2 t 1 t dt 1 t dt

2 2 2 2

5 3 tx y ds t

2 2 2

3C

5 3 5 1 5 51 x y ds

2 4 2 4 8 8

Assim:

1 2 3C C C C

C C

x y ds x y ds x y ds x y ds

5 1 5 1 1x y ds x y ds

8 2 8 2 2




21. 2

C

y ds , onde C é a semicircunferência da figura abaixo:

Solução:

Parametrizando a semicircunferência, temos:

2 2 2 2

x 2cos tC : 0 t 2

y 2sent

Assim :

r t 2cos t, 2sent r ' t 2sent, 2cos t

e

r ' t 4sen t 4cos t 4 sen t cos t

1

22 2 2

C 0 0 0 0

2

C 0 0

2

0C

4 2 r ' t 2

Substituindo :

1 1y ds 2sent 2dt 2 4sen tdt 8 sen tdt 8 cos 2t dt

2 2

1y ds 4 dt 4 cos 2t dt Mas : cos mx dx sen mx C

m

Assim :

1y ds 4t 4 sen 2t 4 2 sen 2 sen 0

2

12

C

4 y ds 4




22. 2

C

y ds , onde C é o 1º arco da ciclóide:

ˆ ˆr t 2 t sent i 2 1 cost j .

Solução:

2 2 2 2

2 2

ˆ ˆr t 2 t sent i 2 1 cos t j

r t 2t 2sent,2 2cos t 0 t 2

Derivando :

r' t 2-2cost,2sent

Mas :

ds r ' t dt

Assim:

r ' t 2 2cos t 2sent 4 8cos t 4cos t 4sen t

r ' t 4 8cos t 4 cos t+sen t

1

4 8cos t 4 8 8cos t

Assim:

r ' t 8 1 cos t 8 1 cos t r ' t 2 2 1 cos t

Substituindo na integral:

222

C 0

22 2

C 0

2 2 22 2

C 0 0 0

2 2

2 22 2

C 0 0

y ds 2 2cos t 2 2 1 cos t dt

y ds 2 2 4 8cos t 4cos t 1-cost dt

y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 cos t 1 cos t dt

Mas :

cos t 1 sen t

Assim:

y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 1 sen t

2

0

2 2 2 22 2

C 0 0 0 0

2 2 22 2

C 0 0 0

1 cos t dt

y ds 8 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt

y ds 16 2 1 cos t dt 16 2 cos t 1 cos t dt 8 2 sen t 1 cos t dt




2 2 22 2

C 0 0 0

2 2

2 2 2 2 2


Fazendo :

t 2 dt 2d

e

se t 0 0 e se t=2

e

mais :

1 cos t 1 cos2 cos 2 cos sen

Assim:

1 cos t 1 cos sen sen sen 2sen

Logo :

1 cos t 2 sen

2 2 22 2

C 0 0 0

2 2

C 0 0 0

2 2

C 0 0 0

Substituindo :


y ds 16 2 2 sen 2d 16 2 cos 2 2 sen 2d 8 2 sen 2 2 sen 2d

y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 32 sen 2 sen d

Resolvendo 0

64 cos 2 sen d

:

2 2

0 0

2 2

0 0 0

2 2

0 0 0

2 2

0 0 0

64 cos 2 sen d 64 cos sen sen d

64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 sen sen d

64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 1 cos sen d

64 cos 2 sen d 64 cos sen d 64 sen d +64 cos sen d

0

2

0 0 0

64 cos 2 sen d 128 cos sen d 64 sen d




2

0 0 0

2

0

2 2

0


Resolvendo 128 cos sen d :

128 cos sen d 128 u sen

du

sen

1 12

1 1

11 32 2

0 1 1

3 3

2

0

2

0

128 u du

Onde :

du duu cos sen d

d sen

e

se 0 u 1 e se u 1

Logo :

u128 cos sen d 128 u du 128

3

1 1 128 128 256128 cos sen d 128

3 3 3 3 3

Assim:

128 cos sen d

256

3

Substituindo:

2

0 0 0

00

00

0

0


25664 cos 2 sen d 64 cos

3

256 25664 cos 2 sen d 64 cos 64 cos cos0

3 3

256 256 25664 cos 2 sen d 64 1 1 64 2 128

3 3 3

12864 cos 2 sen d

3




Resolvendo 2

0

32 sen 2 sen d

:

22

0 0

2 2 2

0 0

2 2 2

0 0

2 2 4

0 0 0

32 sen 2 sen d 32 2sen cos sen d

32 sen 2 sen d 128 sen cos sen d

32 sen 2 sen d 128 1 cos cos sen d

32 sen 2 sen d 128 cos sen d 128 cos sen d

Fazendo :

duu cos sen

d

2 2 4

0 0 0

2 2

0

dud

sen

e

se 0 u 1 e se u 1

Assim:

32 sen 2 sen d 128 cos sen d 128 cos sen d

32 sen 2 sen d 128 u sen

du

sen

4128 u sen

du

sen

1 1

1 1

1 12 2 4

0 1 1

-1 13 5

2

0 1 1

3 3 5 5

2

0

2

0

32 sen 2 sen d 128 u du 128 u du

u u32 sen 2 sen d 128 128

3 5

1 1 1 132 sen 2 sen d 128 128

3 3 5 5

1 132 sen 2 sen d 128

3 3

2

0

1 1 256 256 512128

5 5 3 5 15

Assim:

51232 sen 2 sen d

15




Substituindo na integral:

2 2

C 0 0 0

00

0

2

0

2

C 0 0

y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 32 sen 2 sen d

Onde :

64 sen d 64 cos 64 cos cos0 64 1 1 128

12864 cos 2 sen d

3

51232 sen 2 sen d

15

Substituindo :

y ds 64 sen d 64 cos 2 sen d 3

2

0

2

C

2

C

2 sen 2 sen d

128 512 128 512 2048y ds 128 128

3 15 3 15 15

Logo :

2048y ds

15

Cálculo III - Integrais de Linha Resolvidas Em 04 Mai 2011

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