Toda integral em várias variáveis soma “valor × pedaço”. O valor quase ninguém erra. O pedaço — dA, dV, dl — é onde a prova quebra.
Na Universidade do Colorado em Boulder, pesquisadores leram as soluções de prova de alunos de Mecânica Clássica e de Eletromagnetismo que tinham de montar uma integral sobre uma distribuição de massa, carga ou corrente — Cálculo 3 aplicado. Das soluções que chegaram a montar a integral:
| contexto | erraram o pedaço (dm, dq, J dV′) | desses, o erro era o dl ou dA |
|---|---|---|
| gravitação | 17% (12 de 72) | 83% (10 de 12) |
| potencial elétrico | 14% (18 de 130) | 61% (11 de 18) |
| potencial vetor magnético | 30% (41 de 135) | 51% (21 de 41) |
Mais dois números do mesmo estudo: em todas as provas, só 3 alunos usaram outra coisa que não coordenadas cartesianas; e, nas questões com barra ou fio, o erro no dl caiu de 14% (10 de 72) em Mecânica para 9% (20 de 218) em Eletromagnetismo — melhora com treino.
Wilcox, B. R. & Corsiglia, G. A cross-context look at upper-division student difficulties with integration (2019), arXiv:1908.00474 — dados de provas de 77 alunos de Mecânica Clássica e 163 de Eletromagnetismo. São cursos de física; a ferramenta que falhou é a de Cálculo 3.
O pedaço de área em coordenadas polares não é um retângulo
Em cartesianas, o pedaço é um retângulo de lados dx e dy: dA = dx dy. Em polares, andar dr é andar dr metros — mas girar dθ não é andar dθ metros. Um giro de dθ radianos, a uma distância r do centro, anda um arco de r · dθ. O pedaço é quase um retângulo de lados dr e r dθ:
dA = dr · (r dθ) = r dr dθ
Esquecer o r é fingir que o pedaço perto do centro tem a mesma área que o pedaço na borda. Não tem: na borda, o mesmo giro varre um arco muito mais comprido.
Cortar o disco em pedaços de anel
disco de raio 1 · a área certa é π ≈ 3,1416 · troque entre “com r” e “sem r” e aumente as divisões
cálculo completo · a área do disco de raio R, do jeito certo e do jeito da prova errada
- O que eu quero saber
A área de um disco de raio R, somando pedaços em polares.
- O que eu já sei
- dA = r dr dθ
- r: 0 → R · θ: 0 → 2π
- Passo 1 · por dentro, em r
∫0R r dr = R²/2
- Passo 2 · por fora, em θ
∫02π R²/2 dθ = πR²
- Passo 3 · a prova errada, sem o r
∫02π ∫0R dr dθ = R · 2π = 2πR
área = πR² · sem o r sai 2πR, que nem área é
Confere pela unidade: com R em metros, πR² dá m² ✓ e 2πR dá m — é o perímetro, não a área ✗. Com R = 1, o errado dá 6,28, mais que o quadrado 2 × 2 = 4 onde o disco cabe: impossível.
De onde sai o r: o jacobiano
Trocar de variáveis estica ou encolhe o pedaço. O fator de esticamento é o jacobiano: o determinante das derivadas das coordenadas velhas em relação às novas. Em polares, x = r cos θ e y = r sen θ:
cálculo completo · o jacobiano das polares
- As quatro derivadas
- ∂x/∂r = cos θ · ∂x/∂θ = −r sen θ
- ∂y/∂r = sen θ · ∂y/∂θ = r cos θ
- O determinante
cos θ · r cos θ − (−r sen θ) · sen θ = r (cos²θ + sen²θ) = r
dx dy = |J| dr dθ = r dr dθ
Confere: no centro, r = 0 e o pedaço some — todos os ângulos saem do mesmo ponto ✓
Qualquer troca funciona igual. Se x = 2u e y = 3v, o jacobiano é 2 × 3 = 6: um quadradinho em (u, v) vira um retângulo 6 vezes maior em (x, y).
No espaço: cilíndricas e esféricas
- cilíndricas (r, θ, z): o pedaço é o de polares, com altura dz → dV = r dr dθ dz
- esféricas (ρ, φ, θ), com φ medido a partir do eixo z (0 → π) e θ girando em volta dele (0 → 2π): os lados do pedaço são dρ, ρ dφ e ρ sen φ dθ → dV = ρ² sen φ dρ dφ dθ
Armadilha extra de prova: livros de física trocam os nomes. No Griffiths e na maioria dos livros de eletromagnetismo, θ é o ângulo a partir do eixo z e φ é o que gira: dV = r² sen θ dr dθ dφ. O seno vai sempre no ângulo que vai de 0 a π. Trocar os limites dos dois ângulos faz o seno integrar de 0 a 2π — e dá zero.
cálculo completo · o volume da esfera, e o que sai sem o ρ² sen φ
- O que eu quero saber
O volume de uma esfera de raio R.
- O que eu já sei
- dV = ρ² sen φ dρ dφ dθ
- ρ: 0 → R · φ: 0 → π · θ: 0 → 2π
- Passo 1 · em ρ
∫0R ρ² dρ = R³/3
- Passo 2 · em φ
∫0π sen φ dφ = −cos π + cos 0 = 2
- Passo 3 · em θ
∫02π dθ = 2π
- Passo 4 · juntar
R³/3 · 2 · 2π = 4πR³/3
- Passo 5 · a prova errada, sem ρ² sen φ
R · π · 2π = 2π²R
volume = 4πR³/3 · sem o fator sai 2π²R
Confere pela unidade: 4πR³/3 dá m³ ✓; 2π²R dá m — um volume medido em metros ✗. A unidade denuncia o pedaço errado antes de qualquer conta.
O dl da barra: x ou x′?
A questão do estudo de Colorado era deste tipo: o potencial num ponto, criado por uma barra carregada. Aqui aparece a segunda metade do erro — confundir o ponto onde se mede (x, fixo) com o ponto da fonte (x′, que varre a barra).
cálculo completo · o potencial de uma barra carregada no próprio eixo
- O que eu quero saber
O potencial num ponto P em x = d, criado por uma barra de 0 a L no eixo x, com carga λ por metro (d > L).
- O que eu já sei
- um pedaço da barra em x′ tem carga dq = λ dx′
- a distância até P é d − x′
- dV = k dq / distância · k = 8,99 × 10⁹ N·m²/C²
- Passo 1 · montar
V = kλ ∫0L dx′ / (d − x′)
- Passo 2 · integrar
∫ dx′/(d − x′) = −ln(d − x′) → de 0 a L: −ln(d − L) + ln d = ln[d/(d − L)]
- Passo 3 · com números
L = 1 m, d = 2 m, λ = 1 nC/m: kλ = 8,99 V · ln 2 = 0,693 → V ≈ 6,23 V
V = kλ ln[d/(d − L)] ≈ 6,23 V no exemplo
Confere: bem longe (d ≫ L), ln[d/(d − L)] ≈ L/d, e V ≈ k(λL)/d: a barra vira uma carga pontual ✓
“dA = dr dθ”, e o disco de raio 1 deu área 2π. Na barra, “dl = dx” com a distância escrita como d − x, misturando o ponto que mede com o ponto da fonte.
Antes de integrar, escreva o pedaço com a unidade do lado: dA = r dr dθ tem m · m · (rad) = m² ✓. Em coordenadas novas, o pedaço ganha o jacobiano. E dê nome diferente pro que varre a fonte: x′ integra, x fica parado.
- a área do anel entre r = 1 e r = 2
- a massa de um disco de raio 1 com densidade σ = r kg/m²
- o volume de um cilindro de raio 1 e altura 2, em cilíndricas
- o volume de meia esfera de raio 1, em esféricas
- o jacobiano de x = 2u, y = 3v
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1 · 3π ≈ 9,42 (2π · (4 − 1)/2) · 2 · 2π/3 kg ≈ 2,09 kg (∫∫ r · r dr dθ) · 3 · 2π ≈ 6,28 · 4 · 2π/3 ≈ 2,09 (φ de 0 a π/2) · 5 · 6O pedaço não é dr dθ: é r dr dθ. Na esfera, ρ² sen φ. Toda troca de variável paga o jacobiano. Antes de integrar, confira a unidade do pedaço — a unidade errada acusa o erro de prova mais comum de Cálculo 3.