Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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

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

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

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

Perfeito! Com esse rotacional nulo o teorema de Stokes parece ser o método mais simples, não é? Precisamos então fechar essa curva.

Geralmente fechamos a curva com uma reta que ligue as duas extremidades. Nessa questão aqui, a reta que liga esses dois pontos é um pouco complexa. Vamos ver que fechar com duas retas mais simples fica mais fácil, olha só

Isso pode ser feito porque o rotacional é nulo! Então não precisamos nos preocupar com a integral da superfície gerada. Só pra deixar claro, C 1 varia só no eixo z e C 2 varia só no eixo x

C 1 :   - 1,0 , π + 1 - 1,0 , 1

C 2 : - 1,0 , 1 1,0 , 1

O teorema de Stokes fica assim

C F d r + C 1 F d r + C 2 F d r = S r o t F . n d S

C F d r + C 1 F d r + C 2 F d r = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos começar então com a reta C 1 , vamos precisar de uma parametrização para calcular essa integral. Depois é só calcular o campo F em função dos parâmetros e jogar na integral.

A reta vai do ponto - 1,0 , π + 1 até o ponto - 1,0 , 1 , certo? O vetor direção é essa aqui

V = 1 - 1,0 - 0,1 - π + 1 = 0,0 , - π

Podemos parametrizar essa reta como

σ 1 t = - 1,0 , π + 1 - π t

0 t 1

σ 1 ' t = 0,0 , - π

O campo F com os novos parâmetros fica

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

F t = 0 + e - 1 , π t - π + 1 + e 0 , - 1.0 = e - 1 , π t - π , 0

Agora é só jogar esse valor na integral, junto da derivada da parametrização

C 1 F d r = 0 1 e - 1 , π t - π , 0 . 0,0 , - π d t = 0 1 0 d t

C 1 F d r = 0

Passo 3

Vamos para a próxima curva, seguindo o mesmo passo a passo. Precisamos primeiramente da parametrização da reta que vai do ponto - 1,0 , 1 até o ponto 1,0 , 1 . O vetor direção é esse aqui

V = 1 - - 1 , 0 - 0,1 - 1 = 2,0 , 0

A parametrização fica

σ 2 t = - 1 + 2 t , 0,1

0 t 1

σ 2 ' t = 2,0 , 0

O campo F com os novos parâmetros fica

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

F t = 0.1 + e 2 t - 1 , 2 t - 1 + e 0 , 0 = e 2 t - 1 , 2 t , 0

A integral vai ficar isso aqui

C 2 F d r = 0 1 e 2 t - 1 , 2 t , 0 . 2,0 , 0 d t

= 0 1 2 e 2 t - 1 = e 2 t - 1 0 1 = e 1 - e - 1

C 2 F d r = e - e - 1

Passo 4

Beleza, agora é só voltar pro teorema de Stokes

C F d r + C 1 F d r + C 2 F d r = 0

C F d r + 0 + e - e - 1 = 0

C F d r = e - 1 - e

Resposta

e - 1 - e

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas