Curvas Abertas

Teoria Completa

Revisão - Teorema de Stokes

Seja S uma superfície orientada, se F → = F 1 ,   F 2 ,   F 3 é um campo vetorial de classe C 1 (sua primeira derivada é contínua) e se a fronteira de S , que chamaremos de ∂ S está orientada positivamente, pelo Teorema de Stokes:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∮ ∂ S   F → . d r

Ou seja, usamos o teorema de Stokes geralmente quando encontramos uma integral de linha difícil de ser calculada mas que possua um rotacional mais tranquilo. A fórmula do rotacional é essa aqui

  r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Curvas Abertas

Já vimos que o Teorema de Stokes é usado para uma superfície que possua como fronteira uma curva fechada! Mas e se a fronteira for uma curva aberta e mesmo assim percebermos que pela teorema de Stokes a questão seria muito fácil? Um exemplo é um campo que tenha r o t F → = 0 , iria ser moleza, né?

Neste caso podemos fechar a curva! Uma curva fechada tem o seu final coincidente com o início. Ué, e pode fazer isso? Pode! Desde que façamos uma pequena alteração na fórmula do teorema.

Se temos uma curva aberta qualquer C , para aplicar o teorema de Stokes temos que fechá-la com uma curva C 1 gerando uma superfície S

Dessa forma o teorema de Stokes fica

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

Bem simples, né? Perceba que C ∪ C 1 deve ser a fronteira ∂ S , portanto essa soma de integrais de linha volta para o teorema original de Stokes

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∮ ∂ S   F → . d r

O que fizemos, no final das contas, foi só utilizar um artifício matemático pra conseguir usar o teorema mesmo com a curva aberta.

Algumas observações importantes aqui:

1ª Obs: A integral de linha da curva C 1 deve ser simples de calcular! Não adianta nada fazer tudo isso pra ainda ter que calcular uma integral difícil, não é?

2ª Obs: Você pode fechar uma curva com quantas curvas você achar necessário, só lembre-se que teremos que calcular todas essas integrais de linha, então escolha bem qual curva usaremos pra fechar!

3ª Obs: E por fim, para termos uma resolução simples é essencial ter um rotacional bem fácil de integrar! Caso não seja também não vale a pena usar o teorema de Stokes.

Vamos ver um exemplo de uma questão que fica muita tranquila se fecharmos a curva e usarmos o teorema de Stokes

Exemplo: Calcule a integral de linha ∫ C F → d r → onde C é a interseção do cilindro z = 1 - x 2 com o plano y + z = 1 no intervalo - 1 ≤ x ≤ 1 e F → = 3 x 2 y 3 , z e y z + 3 x 3 y 2 , y e y z

Antes de mais nada, vamos fazer um esboço dessa curva

Veja que nossa curva aqui é aberta e, teoricamente, não poderíamos usar o teorema de Stokes aqui. Mas porque tentar fechar a curva só pra usar esse tal teorema? Não vai dar muito mais trabalho? Essa é a pergunta chave! Nesse caso aqui fechar a curva facilita muito, olha o rotacional desse campo

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = e y z + y z e y z - e y z + y z e y z , 0 - 0,9 x 2 y 2 - 9 x 2 y 2

r o t F → = 0,0 , 0

Perfeito, não é? Com o rotacional nulo, aquela integral dupla do teorema de Stokes fica igual a zero!

Bom, essa é a primeira parte pra valer a pena fechar a curva, a segunda observação que devemos fazer é procurar uma curva C 1 simples pra fechar a tal curva, uma reta geralmente é uma boa escolha, nesse caso aqui

Perceba que o enunciado nos deu a curva C no intervalo de - 1 ≤ x ≤ 1 , portanto o sentido que escolhemos para a nova curva deve ser tal que se forme uma superfície orientada.

Vamos voltar para o enunciado, as extremidades da curva C são os pontos em que

x = 1 , y = 1 , z = 0 → ( 1,1 , 0 )

x = - 1 , y = 1 , z = 0 → ( - 1,1 , 0 )

Portanto a reta nada mais é a que liga ( 1,1 , 0 ) até ( - 1,1 , 0 ) e podemos parametrizá-la como ( - t , 1,0 ) onde - 1 ≤ t ≤ 1 , incrivelmente simples, né?

Voltando para o enunciado do teorema de Stokes

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

Onde r o t F → = 0,0 , 0 , portanto essa integral dupla vale zero!

∫ C F → d r → = - ∫ C 1 F → d r →

Só precisamos calcular a integral de linha dessa curva bem mais simples! Vamos finalizar então

C 1 : σ t = ( - t , 1,0 )

σ ' t = - 1,0 , 0

F → x , y , z = 3 x 2 y 3 , z e y z + 3 x 3 y 2 , y e y z

F → t = 3 t 2 , 0 + 3 - t 3 , 1 e 0

F → t = 3 t 2 , - 3 t 3 , 1

∫ C 1 F → d r → = ∫ - 1 1 3 t 2 , - 3 t 3 , 1 . - 1,0 , 0 d t

= ∫ - 1 1 - 3 t 2 d t = - t 3 - 1 1 = - 1 - - 1

∫ C 1 F → d r → = - 2

Pronto, agora é só voltar teorema de Stokes

∫ C F → d r → = - ∫ C 1 F → d r →

∫ C F → d r → = - - 2

∫ C F → d r → = 2

Tranquilo, não é? É muito importante perceber quando vale a pena fazer esse macete de fechar a curva, vamos pros exercícios praticar isso pra entender melhor!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009

Calcule ∫ C F → d r → , onde F → x , y , z = z 2 , x z , 2 x y e C é a curva obtida como interseção da superfície z = 1 - y 2 , z ≥ 0 , com o plano 2 x + 3 z = 6 , orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

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Passo 1

Vamos lá, galera, essa é bem parecida com aquela que resolvemos na teoria, né? Primeira coisa que precisamos fazer é esboçar nossa curva pra entender que tipo de problema estamos lidando. A interseção do cilindro z = 1 - y 2 com o plano 2 x + 3 z = 6 é isso aqui

Portanto estamos lidando com uma curva aberta, o problema é que fazer essa integral diretamente seria muito trabalhoso. Vamos tentar calcular o rotacional pra ver se usar o teorema de Stokes é simples

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z , ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x , ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

F → x , y , z = z 2 , x z , 2 x y

r o t F → = 2 x - x , 2 z - 2 y , z - 0 = x , 2 z - 2 y , z

Beleza, vamos fechar a curva com a reta C 1 que liga as duas extremidades e ver como fica o teorema de Stokes

Lembre-se de tomar cuidado com as orientações das curvas! O enunciado pediu a curva C com orientação anti-horária quando vista de cima, a orientação correta é essa aí do esboço. O teorema de Stokes fica

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

Vamos calcular então essa integral de superfície e essa integral de linha pra chegarmos na resposta final, vamos lá?

Passo 2

Como já calculamos o rotacional ali no passo 1, vamos terminar a integral dessa superfície logo. Precisamos parametrizá-la, descobrir o seu vetor normal e integrar tudo, certo? Vamos começar pela parametrização.

A superfície está toda contida no plano 2 x + 3 z = 6 , sendo que somente é limitada pelo cilindro z = 1 - y 2 , podemos obter uma parametrização explícita pela equação do plano!

x = x

y = y

z = 6 - 2 x 3

Os limites de x e y obtemos pela projeção da superfície no plano x y

Essa parábola no plano x y é obtida pela interseção do plano com o cilindro

z = 1 - y 2

2 x + 3 z = 6

2 x + 3 1 - y 2 = 6

2 x + 3 - 3 y 2 = 6

2 x = 3 y 2 + 3

x = 3 2 y 2 + 1

Além disso o enunciado diz que z ≥ 0 , portanto

6 - 2 x 3 ≥ 0 → x ≤ 3

Portanto os intervalos de x e y são

3 2 y 2 + 1 ≤ x ≤ 3

- 1 ≤ y ≤ 1

Graficamente dava pra perceber isso também, só não tínhamos essa equação bizarra da parábola.

Como agora temos a parametrização, vamos substituir isso no nosso rotacional

r o t F → = x , 2 z - 2 y , z = x , 12 - 4 x 3 - 2 y , 6 - 2 x 3

Pode estar parecendo meio bizarro, mas o produto escalar dessa cara com a normal vai facilitar um pouco as coisas, prometo!

Passo 3

A normal do plano podemos obter pelo macete de quando a parametrização é explícita, lembra dele? É isso aqui, quando z = f x , y

N → = - ∂ f ∂ x , - ∂ f ∂ y , 1

No nosso caso,

f x , y = 6 - 2 x 3

N → = 2 3 , 0,1

Com essa normal vamos poder zerar o termo do meio do rotacional!

Passo 4

Agora é só substituir na integral de superfície

∬ S r o t F → . n → d S = ∫ - 1 1 ∫ 3 2 y 2 + 1 3 x , 12 - 4 x 3 - 2 y , 6 - 2 x 3 . 2 3 , 0,1 d x d y

= ∫ - 1 1 ∫ 3 2 y 2 + 1 3 2 x 3 + 6 3 - 2 x 3 d x d y = ∫ - 1 1 ∫ 3 2 y 2 + 1 3 2 d x d y

Agora é só integrar!

= ∫ - 1 1 2 3 - 3 2 y 2 + 1 d y = ∫ - 1 1 6 - 3 y 2 - 3 d y

= ∫ - 1 1 3 - 3 y 2 = 3 y - y 3 - 1 1

= 3 - 1 - - 3 + 1 = 2 + 2

∬ S r o t F → . n → d S = 4

Passo 5

Pronto, passou a parte mais chata, essa integral de linha agora vai ser mais tranquila. Ela é uma reta, certo? Vamos ver que pontos ela liga!

Sabemos que as extremidades dela estão no plano z = 0 . Além disso, essas extremidades são limitadas por - 1 ≤ y ≤ 1 , então em uma o valor de y é - 1 e em outra é 1 . Beleza, agora falta x . Podemos ver isso pela equação do plano, afinal essa reta pertence a ele!

2 x + 3 z = 6 → z = 0

2 x = 6

x = 3

Portanto a reta liga os pontos ( 3 , - 1,0 ) até ( 3,1 , 0 ) e podemos parametrizá-la por

σ t = 3 , t , 0

- 1 ≤ t ≤ 1

Para calcular a integral dessa reta, precisamos da derivada da sua parametrização e do campo F escrito conforme o parâmetro t , vamos fazer isso agora

F → x , y , z = z 2 , x z , 2 x y

F → t = 0 2 , 3.0,2.3 . t = 0,0 , 6 t

σ ' t = 0,1 , 0

Portanto a integral de linha fica isso aqui

∫ C 1 F → d r → = ∫ - 1 1 0,0 , 6 t . 0,1 , 0 d t = ∫ - 1 1 0 d t

∫ C 1 F → d r → = 0

Passo 6

Pronto, agora é só voltar para o teorema de Stokes

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

∫ C F → d r → + 0 = 4

∫ C F → d r → = 4

Resposta

4

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria

Calcule ∫ C F → d r → onde C é a curva parametrizada por sen ⁡ t , 1,1 + cos ⁡ t , 0 ≤ t ≤ π e o campo F → = y z e z + z , x z e z , x y e z z + 1

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Passo 1

Vamos lá galera, fazer essa integral de linha diretamente parece impossível, né? Vamos tentar outra estratégia aqui. Perceba que a curva C é aberta, ela tem esse formato aqui

Se não podemos calcular direto, vamos tentar fechar essa curva e usar o teorema de Stokes, perceba que o rotacional desse campo é bem simples

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z , ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x , ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

F → = y z e z + z , x z e z , x y e z z + 1

r o t F → = ( x e z z + 1 - x e z + x z e z , y e z + y z e z + 1 - y e z z + 1 , z e z - z e z )

r o t F → = 0,1 , 0

Vamos então fechar C com a reta que liga as extremidades dessa curva! Assim olha

O teorema de Stokes fica

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

Precisamos então só calcular a integral dupla e a integral de linha de C 1 , vamos lá?

Passo 2

Vamos começar com a integral de superfície, ela é uma superfície contida no plano y = 1 , certo? Com isso a normal é fácil de ser encontrada! Se você não lembra, a normal de um plano qualquer

a x + b y + c z = d

N → = a , b , c

No nosso plano y = 1 , temos que a = 0 , b = 1 e c = 0 , portanto

N → = 0,1 , 0

Lembrando que o rotacional calculado lá no passo 1 é esse aqui

r o t F → = 0,1 , 0

A nossa integral de superfície fica isso aqui então

∬ S 0,1 , 0 . 0,1 , 0 d S = ∬ S 1 d S = Á r e a   d a   S u p e r f í c i e

Que beleza! A área da superfície facilita muito! Perceba que a nossa superfície é metade da área de um círculo de raio 1 ! Portanto

Á r e a = π r 2 2 = π 2

∬ S r o t F → . n → d S = π 2

Passo 3

Vamos agora para a nossa integral de linha da curva C 1

∫ C 1 F → d r →

Precisamos de uma parametrização dessa reta, não é? Ela liga as extremidades da curva C , vamos descobrir quais são esses pontos

t = 0 → A = sen ⁡ 0 , 1,1 + cos ⁡ 0 = 0,1 , 2

t = π → A = sen ⁡ π , 1,1 + cos ⁡ π = 0,1 , 0

Então a nossa reta é constante em x = 0 e y = 1 , podemos parametrizá-la como

σ t = 0,1 , t

0 ≤ t ≤ 2

Beleza, substituindo esses valores no campo F → ficamos com

F → = y z e z + z , x z e z , x y e z z + 1

F → t = t e t + t , 0,0

A derivada da parametrização é essa aqui

σ ' t = 0,0 , 1

Portanto a integral de linha fica isso aqui

∫ C 1 F → d r → = ∫ 0 2 t e t + t , 0,0 . 0,0 , 1 d t

= ∫ 0 2 0 d t = 0

∫ C 1 F → d r → = 0

Passo 4

Agora é só voltar lá pro que montamos no teorema de Stokes

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = ∬ S r o t F → . n → d S

∫ C F → d r → + 0 = π 2

∫ C F → d r → = π 2

Resposta

π 2

Exercício Resolvido #3

Elaboração Própria

Calcule ∫ C F → d r → onde F → x , y , z = y z + e x , x z + e y 2 , x y e C é parametrizada por σ t = cos 3 ⁡ t , sen 2 ⁡ t , t + 1 , 0 ≤ t ≤ π

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Passo 1

Vamos lá galera, essa curva ai dá pra perceber que é aberta, não é? O esboço dela pode ser meio complicado, mas só de substituir t = 0 e t = π vemos que o começo e o fim são diferentes

t = 0 → σ 0 = 1,0 , 1

t = π → σ π = - 1,0 , π + 1

O esboço é esse aqui

Parece meio bizarro tentar fazer essa integral de linha diretamente, né? Vamos ver como é o rotacional de F → pra ver se vale a pena usar o teorema de Stokes

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z , ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x , ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y