Teoria

Olá, galerinha! Neste tópico nós vamos lidar com mais integral de superfície, mas ela vai ter algumas particularidades que teremos que resolver. Então o desafio está lançado!

Calcule o trabalho realizado pelo campo F → ao longo de γ , onde

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

E γ é a curva dada pela interseção de x 2 + y 2 = 1 com z = y + 3 , orientada de forma que a projeção no plano x y é percorrida no sentido anti-horário.

Relembrando o Teorema de Stokes

De cara, a gente pensa em aplicar o método direto, mas já adianto que jogar a parametrização da superfície naquele campo vai ser complicado. Então vamos aplicar o Teorema de Stokes que nos diz isso:

Seja S uma superfície orientada, se F → = F 1 ,   F 2 ,   F 3 podemos escrever o teorema de Stokes desse jeito aqui:

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

Mas isso só pode ser feito atendendo 3 condições:

  1. Curva fechada
  2. Sem singularidade
  3. Orientada positivamente

Então vamos ver se o nosso problema preenche o requisito!

  1. Vamos verificar se a nossa curva é fechada olhando o gráfico da região. Temos um cilindro elíptico cortado por um plano:
  2. A questão pede para calcularmos a integral de linha em γ , que é a interseção do plano inclinado com o cilindro. Como podemos ver, γ forma uma elipse. Percebeu?

  3. Vamos ver se ela tem singularidade! Lembrando que um campo com singularidades é um campo no qual pelo menos um ponto do domínio não está definido.
  4. Então vamos olhar para o nosso campo,

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

    Repara que temos um termo x 2 + y 2 no denominador. E lembra que numa fração, o denominador não pode ser zero. Ou seja, não temos um domínio definido ali. Eita...

    E como vamos resolver isso? Então o que que a gente faz nesses casos? A gente procura um jeito de isolar a singularidade! Vem comigo que eu te mostro como podemos fazer isso!

    Isolando a Singularidade

    No geral, para isolar uma singularidade, devemos pegar superfícies que não incluam estes pontos. Pois o Teorema de Stokes pode ser aplicado para qualquer superfície que tenha aquela borda!

    Repare que x e y não podem ser iguais a zero, pois temos uma indeterminação, portanto, o campo não está definido no eixo z . Então, não podemos usar o plano como superfície, porque ele corta o eixo z (dá uma olhadinha o gráfico acima de novo). Então, em vez de usar o plano, vamos usar esse pedaço do cilindro (parte lateral do cilindro).

    Seguindo! Se ao definir esta nova superfície surgir uma nova borda, devemos ficar atentos para somar esta borda no teorema de Stokes.

    ∬ S '   r o t F → . n → d S = ∮ ∂ S 1   F → . d r + ∮ ∂ S 2   F → . d r

    Onde, S ' é a nova superfície, ∂ S 1 é a borda original e ∂ S 2 é a nova borda de superfície S ' .

    Então vamos olhar de novo o desenho! S é o pedaço do cilindro cortado pelo plano e vamos ter agora um ∂ S que é a própria curva γ somada a borda debaixo do cilindro C (uma circunferência).

    Essa cuva C , a gente que define! Só não podemos pegar nenhuma superfície que passe pela origem, sendo mais fácil então usar duas curvas do clindro.

    Temos então:

    ∮ ∂ S   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s = ∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r

    Com isso, a gente já isolou a nossa singularidade! Agora vamos para nossa terceira condição que é a orientação.

  5. Agora vamos pensar nas orientações. Se γ está no sentido anti-horário, pela Regra da Mão direita, S deve ter vetor normal apontando para dentro. Consequentemente, C , que tá em baixo, gira no sentido horário, para que o vetor normal continue apontando pra fora.

Agora vamos resolver cada parte dessa igualdade integrais!

Vamos começar pela parte,

∬ S   r o t F → . n → d s

Vamos seguindo e calcular o nosso rotacional. Lembra do campo,

F → ( x , y , z ) = ( x x 2 + y 2 , y x 2 + y 2 , z )

Temos:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

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 → = 0 - 0,0 - 0 , - 2 x y x 2 + y 2 2 - ( - 2 x y x 2 + y 2 2 ) = 0,0 , 0

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Mas vamos pensar um pouco aqui, com malandragem.

Se a superfície é um cilindro com simetria em z , seu vetor normal tem essa componente nula. Seria algo assim:

n → = ( ? , ? , 0 )

Agora, fazendo o produto escalar disso com r o t F → olha o que encontramos:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ S   0,0 , 0 ( ? , ? , 0 ) d s = 0

Nem precisamos parametrizar nada aqui então, pois o resultado dessa integral é zero, viu?

Então ficamos assim,

∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = 0

Agora, para terminar a questão, precisamos calcular a integral de linha na outra borda da superfície, C .

Como a circunferência C   está no plano x y , sua equação é a mesma do cilindro:

x 2 + y 2 = 1

Parametrizando isso aí, lembrando que estamos no sentido horário, temos:

C → θ = sen ⁡ θ ,   c o s   θ , 0

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 0 a 2 π .

Essa última componente z = 0 é porque a curva está no plano x y .

Certo, agora vamos derivar isso aí:

C → ' θ = c o s   θ , - sen ⁡ θ , 0

Agora vamos escrever o campo nas variáveis da parametrização e usar a fórmula:

∫ C   F → . d r → = ∫ C   F → x θ ,   y θ ,   z ( θ ) . C ' → d θ

F → ( x , y , z ) = ( x x 2 + y 2 , y x 2 + y 2 , z )

F → θ = sen ⁡ θ s e n 2 ( θ ) + cos 2 ⁡ ( θ ) , c o s ( θ ) s e n 2 ( θ ) + cos 2 ⁡ ( θ ) , 0

F → θ = sen ⁡ θ , cos ⁡ θ , 0

Levando para a integral e usando a relação fundamental da trigonometria s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ = 1 , temos:

∫ C   F → . d r → = ∫ 0 2 π sen ⁡ θ , cos ⁡ θ , 0 . c o s   θ , - sen ⁡ θ , 0 d θ

= ∫ 0 2 π ( c o s ⁡ ( θ ) s e n ( θ ) - cos ⁡ θ s e n θ ) d θ = ∫ 0 2 π 0 d θ = 0

Temos então

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

∫ γ   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s - ∫ C   F → . d r = 0 - 0 = 0

Resposta:

0

OBS Final: Galerinha, nesse exemplo a gente viu um caso de singularidade que foi com fração, mas outro caso de singularidade comum é a raiz de números negativos. Como trabalhamos com o conjunto dos números reais, não existe raíz de número negativo, então devemos também ficar atento a este caso! Nesta ideia de singularidade devemos sempre desconfiar quando encontrar frações, raízes de expoente par e logaritmos!

Isolando a Singularidade

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Seja

F x ,   y ,   z = - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2 ,   z

Mostre que ∮ C F .   d r = 2 π , onde C é a curva x 2 + y 2 = 4 ,   z = 0 , orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Vamos procurar alguma singularidade, olha a fração! Já vamos desconfiar que pode existir alguma coisa aí!

O demoninador da fração é x 2 + y 2 , então vamos igualar ele a zero:

x 2 + y 2 = 0

Para isso devemos ter

x = y = 0

Então existe uma singularidade de eixo, eixo z . Não podemos usar nenhuma superfície que tenha intercessão com o eixo z .

Passo 2

A superfície mais fácil de calcular a integral de linha seria o círculo limitado por x 2 + y 2 = 4 , mas esta superfície passa pelo ponto ( 0 ,   0 ) , que é um ponto de singularidade.

Então vamos pegar uma coroa circular limitada pelas curvas x 2 + y 2 = 4 e x 2 + y 2 = 1 . Agora vamos analisar as orientações, como C   está no sentido anti-horário, pela regra da mão direita a normal aponta para o sentido positivo de z .

A nova curva, C 1 , para seguir a mesma orientação deve estar no sentido horário! Veja a figura:

Passo 3

Aplicando o teorema de Stokes nesta superfície teremos:

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

∮ C F d r = ∬ S r o t F . n   d S - ∮ C 1 F d r

Passo 4

Calcular o rotacional do campo,

F x ,   y ,   z = - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2 ,   z

Tempos,

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

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 → = 0 - 0 ,   0 - 0 , x 2 + y 2 - x 2 x x 2 + y 2 2 - - x 2 + y 2 + y 2 y x 2 + y 2 2

r o t F → = ( 0 ,   0 ,   0 )

Logo,

∬ S r o t F . n   d S = 0

Passo 5

Calcular a integral de linha da curva C 1 ,

Parametrização de C 1 :

σ t = c o s t ,   s e n t ,   0

σ ' t = - s e n t ,   c o s t ,   0

Assim,

∮ C 1 F d r =   ∫ 0 2 π F σ t . σ ' t d t

∫ 0 2 π - s e n t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ,   c o s t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ,   0 . - s e n t ,   c o s t ,   0 d t

∫ 0 2 π s e n 2 t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t +   cos 2 ⁡ t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t d t

∫ 0 2 π 1 d t = 2 π

Como ela está no sentido horário,

∮ C 1 F d r =   - 2 π

Passo 6

Por último vamos substituir os resultados dos passos 4 e 5 na equação resultante do teorema de Stokes!

∮ C F d r = 0 - ( - 2 π )

∮ C F d r = 2 π

Como foi pedido na questão!

Passo 7

Podemos resolver está integral pela definição de integral de linha! Veja,

∫ a b F x t ,   y t , z ( t ) . σ → ' t   d t

Assim, o promeito passo é parametrizar a curva C : x 2 + y 2 = 4 e z = 0 . Como é uma circunferência de raio igual a 2 , pode ser parametrizada por:

x = 2 c o s t y = 2 s e n t

σ → t = ( 2 cos ⁡ t ,   2 s e n   t ,   0 )

σ → ' t = ( - 2 s en ⁡ t ,   2 c o s   t ,   0 )

Passo 8

Vamos calcular a integral,

∫ a b F x t ,   y t , z ( t ) . σ → ' t   d t

∫ 0 2 π - s e n   t 2 , cos ⁡ t 2 , 0 . ( - 2 sen ⁡ t ,   2 c o s   t ,   0 )   d t

∫ 0 2 π ( s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ) d t

Usando a relação fundamental da trigonometria s e n 2 t + cos 2 ⁡ t = 1 ,

∫ 0 2 π 1 d t   = 2 π

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

Exercício Resolvido #2

Calcule ∫ γ   F → . d r → sendo

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

E γ é curva dade pela intersecção de x 2 + y - 2 2 = 4 e z = 2 y + 1 orientada de modo que sua projeção em O x y é percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. Temos um cilindro com centro ( 0,2 , 0 ) cortado por um plano:

Esse desenho não precisa de precisão nenhuma, ok? É só para termos uma ideia mesmo, você pode desenhar um plano qualquer cortando o cilindro.

A questão pede para calcularmos a integral de linha em γ , que é a interseção do plano inclinado com o cilindro. Como podemos ver, γ forma uma elipse. Percebeu?

Passo 2

Ok, agora vamos analisar o problema. Reparou que a expressão do campo não é nem um pouco amigável, né? Imagina ainda substituir uma parametrização nisso aí, sem condições. Então vamos simplificar as coisas.

O Teorema de Stokes nos diz isso aqui:

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

Ou seja, podemos substituir essa integral de linha sobre a curva por uma integral do rotacional de F sobre uma superfície S que tenha a curva como fronteira. Ah, vamos usar o próprio retalho do plano em forma da elipse, né?

Agora vem o momento em que temos que tomar muito cuidado, olha a expressão do campo de novo:

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

Repare temos uma indeterminação quando x = 0 e y = 2 , portanto, o campo não está definido no eixo de simetria do cilindro.

Então, não podemos usar o plano como superfície, na verdade, não podemos usar nenhuma superfície que tenha apenas γ   como fronteira por causa disso!

Ferrou, né. Não, vamos usar uma superfície que tenha γ como uma de suas fronteiras. Em vez de usar o plano, vamos usar esse pedaço do cilindro, que também tem γ como fronteira.

Então, S é o pedaço do cilindro cortado pelo plano e ∂ S é a própria curva γ mais a borda debaixo do cilindro C (uma circunferência).Temos então:

∮ ∂ S   F → . d r = ∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

Agora vamos pensar nas orientações. Se γ está no sentido anti-horário, pela Regra da Mão direita, S deve ter vetor normal apontando para dentro. Consequentemente, C gira no sentido horário.

Passo 3

Precisamos, então, calcular r o t F → , sabendo que

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

Temos:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

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

= 0 - y , x - 0 , - 1 x 2 + y - 2 2 + x 2 x x 2 + y - 2 2 2 + 2 - 1 x 2 + y - 2 2 - y - 2 2 y - 4 x 2 + y - 2 2 2 + 2 =

= - y , x , 4

Passo 4

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Temos o cilindro x 2 + y - 2 2 = 4 cortado pelos planos z = 0 e z = 2 y + 1 , portanto, 0 ≤ z ≤ 2 y + 1 .

Bom, como se trata de um cilindro de raio 2 , vamos usar coordenadas ciliíndricas (deslocadas) com r = 2 :

x = 2 cos ⁡ θ

y = 2   s e n   θ + 2

z = z

O que nos dá a parametrização

φ θ , z = 2 cos ⁡ θ ,   2   s e n   θ + 2 , z

Onde

0 ≤ z ≤ 2 y + 1

0 ≤ z ≤ 2 ( 2   s e n   θ + 2 ) + 1

0 ≤ z ≤ 4   s e n   θ + 5

E, como temos uma volta completa, 0 ≤ θ ≤ 2 π .

Agora, vamos calcular a normal:

∂ φ ∂ θ = - 2 s e n   θ , 2 cos ⁡ θ , 0

∂ φ ∂ z = 0,0 , 1

A normal fica

∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ z = i j k - 2   s e n   θ 2 cos ⁡ θ 0 0 0 1 = 2 cos ⁡ θ , 2   s e n   θ , 0

Levando para a integral:

r o t F φ = - 2   s e n   θ - 2,2 cos ⁡ θ , 4

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ D   - 2   s e n   θ - 2,2 cos ⁡ θ , 4 . 2 cos ⁡ θ , 2   s e n   θ , 0 d s

Onde D é dado por

0 ≤ z ≤ 4   s e n   θ + 5

0 ≤ θ ≤ 2 π

Simplificando a integral

∬ D   - 4   s e n θ cos ⁡ θ + 4   s e n θ cos ⁡ θ - 4 cos ⁡ θ d s = - 4 ∫ 0 2 π ∫ 0 4   s e n   θ + 5 cos ⁡ θ d z d θ

= - 4 ∫ 0 2 π 4   s e n θ cos ⁡ θ + 5 cos ⁡ θ d θ = 0

Show?

Passo 5

Agora, para terminar a questão, precisamos calcular a integral de linha na outra borda da superfície, C .

Como a circunferência está no plano x y , sua equação é a mesma do cilindro:

x 2 + y - 2 2 = 4

Parametrizando isso aí em coordenadas polares deslocadas com r = 2 , temos:

C → θ = 2 cos ⁡ θ ,   2 s e n   θ + 2,0

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 .

Essa última componente z = 0 é porque a curva está no plano x y .

Certo, agora vamos derivar isso aí:

C → ' θ = - 2 s e n   θ , 2 cos ⁡ θ , 0

Agora vamos escrever o campo nas variáveis da parametrização e usar a fórmula:

∫ C   F → . d r → = ∫ C   F → x θ ,   y θ ,   z ( θ ) . C ' → d θ

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

F → θ = 2   s e n   θ - 2 + 2 4   s e n 2 θ + 4 cos 2 ⁡ θ - 2 2   s e n   θ + 2 , - 2 cos ⁡ θ 4   s e n 2 θ + 4 cos 2 ⁡ θ + 4 cos ⁡ θ , 1 ln ⁡ 2

F → θ = - 7 2 s e n   θ - 4 , 7 2 cos ⁡ θ , 1 ln ⁡ 2

Levando para a integral, temos:

∫ C   F → . d r → = ∫ 2 π 0 - 7 2 s e n   θ - 4 , 7 2 cos ⁡ θ , 1 ln ⁡ 2 . - 2 s e n   θ , 2 cos ⁡ θ , 0 d θ

= ∫ 2 π 0 7 s e n 2   θ + 8   s e n   θ + 7 cos 2 ⁡ θ d θ =

= ∫ 2 π 0 7 + 8   s e n   θ d θ =

= - 14 π

Passo 6

Temos então

∫ γ   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s - ∫ C   F → . d r = 0 - - 14 π = 14 π

Resposta

14 π

Exercício Resolvido #3

Calcule ∫ γ   F → . d r → , onde:

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

E γ é a intersecção de z = 5 - x 2 - 2 y 2 e z = 3 x 2 + 1 , orientada de modo que a sua projeção no plano x y seja percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Bom, vamos começar fazendo um esboço dessas superfícies para entender a questão. Temos um parabolóide elíptico virado para baixo z = 5 - x 2 - 2 y 2 com z máximo em 5 cortado pelo cilindro de parábola z = 3 x 2 + 1 perpendicular ao plano x z :

A curva γ do problema é essa formada pela interseção entre as duas superfícies. Para encontrar a sua expressão, vamos igualar as duas equações:

z = 5 - x 2 - 2 y 2 = 3 x 2 + 1

4 x 2 + 2 y 2 = 4

x 2 + y 2 2 = 1

Uma elipse no plano x y .Mas isso é só a projeção da curva nesse plano, falta a coordenada z , que pode ser dada tanto pela equação de uma superfície como a de outra. Vamos escolher a mais fácil, né:

z = 3 x 2 + 1

Então, nossa curva vista de cima é uma elipse: guarde essa informação.

Passo 2

Ok, agora vamos analisar o problema. Reparou que a expressão do campo não é nem um pouco amigável, né?

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

Imagina ainda susbstituir uma parametrização nisso aí, sem condições. Então vamos simplificar as coisas.

Repara que os termos y 2 x 2 + y 2 e x 2 x 2 + y 2 são bem parecidos. Se a gente separar esse campo vetorial em duas partes (sendo uma delas apenas com essas parcelas), conseguimos um campo conservativo. Olha só:

F → x , y , z = G → x , y , z + H → x , y , z = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0 + y z , - x z ,   e z 2 + z 2

Beleza? Então, podemos escrever:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r →

Ou seja, primeiro vamos resolver separadamente o problema aplicando Stokes só com o campo G → , que é conservativo, depois só com o H → e, então, somar as respostas.

Passo 3

Para o campo G →

G → x , y = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0

Vamos aplicar Stokes para trocar a integral de linha por uma de superfíce. Ecolhemos como superfícies S esse retalho do paraboloide cortado pelo cilindro de parábola (a parte que fica abaixo do cilindro). Então:

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

Porque não escolhemos a parte de cima do paraboloide? Porque, se você reparar, o campo não está definido quando x = y = 0 , ou seja, ao longo do eixo z . Então, precisamos de uma superfície que não corte esse eixo!

Bom, mas essa superfície que escolhemos tem duas curvas como borda: em cima, γ   (o que queremos) e embaixo uma elipse no plano x y , que vamos chamar de C . Então, sendo ∂ S = γ + C :

∬ S   r o t G → . n → d s = ∫ γ   G → . d r + ∫ C   G → . d r

∫ γ   G → . d r = ∬ S   r o t G → . n → d s - ∫ C   G → . d r

Se γ gira no sentido anti-horário (no plano x y ), então, para termos orientação positiva, pela Regra da Mão Direita, S tem vetor normal apontando para dentro e, consequentemente, C gira no sentido horário.

Beleza, agora vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t G → = ∇ ×   G → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z G 1 G 2 G 3

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

r o t G → = 0 - 0,0 - 0 , 1 2 x 2 + y 2 - x ( 4 x ) 2 x 2 + y 2 2   + 1 2 x 2 + y 2 - y ( 2 y ) 2 x 2 + y 2 2

r o t G → = 0,0 , 0

Ainda bem que deu zero né, gente. Ótimo. Então, podemos escrever:

∫ γ   G → . d r = ∫ C   G → . d r

Precisamos agora calcular a integral de linha na elipse C . Como C é a base do paraboloide, para encontrar sua equação, “cortarmos” ele com o plano z = 0 :

z = 5 - x 2 - 2 y 2 = 0

x 2 + 2 y 2 = 5

x 2 5 + 2 y 2 5 = 1

Tá, ferrou. Quando a gente parametrizar isso aí e substituir a parametrização no campo G → x , y = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0 vai ficar uma porcaria, impossível de integrar. E agora?

Senta que agora vem a bruxaria. Lembra que no início da questão, nós vimos que a nossa curva, vista de cima, era uma elipse de equação x 2 + y 2 2 = 1 ? Pode voltar lá pra checar, eu espero.

Então, se γ tem essa projeção, quer dizer que ela pertence ao cilindro x 2 + y 2 2 = 1 , não é? Cilindro esse que não corta o eixo z ... Agora olha a expressão do campo de novo.

Percebeu que 2 x 2 + y 2 é proporcional a x 2 + y 2 2 ? Vamos então mudar a nossa superfície, você já vai entender o por que.

Vamos escolher esse cilindro de base elíptica, que tem como bordos a nossa curva γ e a sua base elíptica C . Ou seja, temos isso aqui:

A superfície S passa a ser então a parte desse cilindro verde que está entre a curva γ (em cima, orientada no sentido anti-horário) e a elipse C (na base, orientada no sentido horário).

Isso não muda nada para o que fizemos até agora! Isso aqui continua valendo:

∫ γ   G → . d r = ∫ C   G → . d r

Então, precisamos da integral de linha em C . Vamos parametrizar x 2 + y 2 2 = 1 usando coordenadas elípticas:

C → θ = cos ⁡ θ ,   2   s e n   θ , 0

Lembra que a curva pertence ao plano z = 0 .

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 2 π a zero. Agora vamos derivar essa parametrização:

C → ' θ = - s e n   θ ,   2   cos ⁡ θ , 0

Agora vamos reescrever o campo em termos da parametrização:

G → x ( θ ) , y ( θ ) = - 2   s e n   θ 2 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 , cos ⁡ θ 2 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 , 0

Agora olha que coisa linda que vai acontecer:

G → x ( θ ) , y ( θ ) = - 2   s e n   θ 2 , cos ⁡ θ 2 , 0

Pra isso que servia o cilindro, pra simplificar o denominador do campo, percebeu? Agora vamos substituir tudo o que encontramos nessa fórmula aqui e finalmente calcular a integral de linha da primeira parte do campo em γ :

∫ γ   G → . d r → = ∫ C   G → x θ ,   y θ , z ( θ ) . C ' → d θ

∫ γ   G → . d r → = 1 2 ∫ 2 π 0 - 2   s e n   θ , cos ⁡ θ , 0 . - s e n   θ ,   2   cos ⁡ θ , 0 d θ

∫ γ   G → . d r → = 1 2 ∫ 2 π 0 - 2   s e n 2   θ - 2 cos 2 ⁡ θ d θ

∫ γ   G → . d r → = - 2 2 ∫ 2 π 0 d θ

∫ γ   G → . d r → = π 2

Passo 4

É, galera, não acabou, tem mais.

Para o campo H →

Temos o seguinte

H → x , y , z = y z , - x z ,   e z 2 + z 2

Como esse campo não tem nenhuma singularidade, podemos escolher a superfície que quisermos para aplicar Stokes, de preferência uma que tenha só uma borda dessa vez né, por favor.

Vamos usar a parte de cima do paraboloide, pode ser? Só temos γ como fronteira então. Como a curva está orientada no sentido anti-horário, o vetor normal de S aponta para cima.

Para parametrizar S , vamos interpretá-la como a parte do paraboloide z = 3 x 2 + 1 que está dentro do cilindro x 2 + y 2 2 = 1 , pois essa é a projeção da borda de S no plano x y . Assim, definimos S como

z = 3 x 2 + 1

φ x , y = ( x , y , 3 x 2 + 1 )

Com domínio

x 2 + y 2 2 ≤ 1

Vamos então calcular o vetor normal a S :

∂ φ ∂ x = ( 1,0 , 6 x )

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , 0 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i ^ j ^ k ^ 1 0 6 x 0 1 0 = - 6 x , 0,1  

Então, temos:

∬ S   r o t H → . n → d s = ∫ γ   H → . d r

Beleza, agora vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t H → = ∇ ×   H → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z H 1 H 2 H 3

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

r o t H → = 0 + x , y - 0 , - z - z

r o t H → = x , y , - 2 z

Escrevendo em função da parametrização:

r o t H φ x , y → = x , y , - 2 ( 3 x 2 + 1 )

Agora vamos levar isso tudo para a fórmula:

∫ γ   H → . d r = ∬ D   r o t H → . n → ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y d x d y

∫ γ   H → . d r = ∬ D   x , y , - 6 x 2 - 2 ( - 6 x , 0,1 ) d x d y

∫ γ   H → . d r = ∬ D   - 6 x 2 - 6 x 2 - 2 d x d y

∫ γ   H → . d r = - 2 ∬ D   6 x 2 + 1 d x d y

Onde D é o domínio da parametrização de S : x 2 + y 2 2 ≤ 1

Então vamos usar coordenadas elípticas:

x = r cos ⁡ θ

y = 2 r   s e n   θ

J = r 2

E a região de integração passa a ser 0 ≤ r ≤ 1 com 0 ≤ θ ≤ 2 π . Levando isso para a integral:

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 6 r 2 cos 2 ⁡ θ + 1 r   d r d θ

Agora vamos resolver isso aí (sim, essa questão não acaba).

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π 3 2 r 4 cos 2 ⁡ θ + r 2 2 0 1   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 ∫ 0 2 π 3 cos 2 ⁡ θ + 1   d θ

Usando a igualdade:

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Temos:

∫ γ   H → . d r = - 2 ∫ 0 2 π 3 1 + cos ⁡ 2 θ 2 + 1   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π 3 cos ⁡ 2 θ + 5   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 2   3 2 s e n   2 θ + 5 θ 0 2 π =

∫ γ   H → . d r = - 5 π 2  

Essa é a integral de linha em γ da segunda parte do campo.

Passo 5

Gente, finalmente, depois dessa saga, vamos chegar ao tão esperado resultado! Vamos somar os valores que encontramos para cada campo:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r → = π 2 - 5 π 2 = - 4 π 2

Se você chegou aqui realmente é guerreiro, está de parabéns, mesmo que não tenha acertado a questão. Essa era tensa mesmo, merecemos um break.

Resposta

- 4 π 2