Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Sejam F → x , y , z = 2 y z , y 3 , x + cos ⁡ z 4 e γ a interseção de z = 9 - x 2 - y 2 e y = 1 , percorrida de ( - 2 2 , 1,0 ) a ( 2 2 , 1,0 ) . Calcule

∫ γ F → . d r →

Passo 1

Precisamos calcular uma integral de linha, né? Mas percebe que, mesmo que façamos uma parametrização fácil de γ , nosso campo F → tem um termo de cos ⁡ ( z 4 ) , com certeza não vai ser simples de integrar isso ai. Vamos então tentar aplicar o Teorema de Stokes, lembra como ele é?

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

Portanto, vamos precisar calcular o r o t ( F → ) , achar os limites de S e, caso γ seja uma curva aberta, vamos ter que fechar com uma curva simples! Vamos verificar isso então, nosso esboço é assim:

Sendo que a curva que estamos interessados é a vermelha, que é aberta. Precisamos fechar com a reta azul, que vai de ( 2 2 , 1,0 ) a ( - 2 2 , 1,0 ) . Portanto, se chamarmos nossa curva azul de α , nosso Teorema de Stokes fica:

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

Passo 2

Vamos começar então calculando nosso primeiro termo, para isso, vamos achar o r o t ( F → ) , em seguida a normal n → e por fim os limites de integração. Bastante coisa né? Vamos passo a passo então.

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

Vamos fazer cada um com calma, nosso campo é esse aqui:

F → x , y , z = 2 y z , y 3 , x + cos ⁡ z 4

∂ F 3 ∂ y = 0

∂ F 2 ∂ z = 0

∂ F 1 ∂ z = 2 y

∂ F 3 ∂ x = 1

∂ F 2 ∂ x = 0

∂ F 1 ∂ y = 2 z

Com isso, nosso rotacional fica assim

r o t F → = ( 0,2 y - 1 , - 2 z )

Nossa superfície S está inteira no plano y = 1 né? Então é bem simples fazer essa parametrização aqui:

x = u

y = 1

z = v

φ u , v = ( u , 1 , v )

Tendo a parametrização, nosso rotacional com os novos parâmetros fica:

r o t F → = 0,2 - 1 , - 2 v = ( 0,1 , - 2 v )

Passo 3

Nossa normal é calculada pelo seguinte produto vetorial:

∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v

Onde

∂ φ ∂ u = 1,0 , 0

∂ φ ∂ v = 0,0 , 1

n → = ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v = i j k 1 0 0 0 0 1 = ( 0,1 , 0 )

Passo 4

Para calcular os limites da nossa superfície vamos ver a nossa equação escrita com os novos parâmetros:

z = 9 - x 2 - y 2 → v = 8 - u 2

- 2 2 ≤ u ≤ 2 2

0 ≤ v ≤ 8 - u 2

Passo 5

Juntando tudo isso na integral de superfície:

∬ S r o t F → . n → d S = ∫ - 2 2 2 2 ∫ 0 8 - u 2 0,1 , - 2 v . ( 0,1 , 0 ) d v d u

No nosso produto escalar quase tudo vai zerar! Nossa integral vai ficar assim então:

= ∫ - 2 2 2 2 ∫ 0 8 - u 2 1 d v d u

Integrando em v :

∫ - 2 2 2 2 8 - u 2

Integrando em u :

8 u - u 3 3 u = - 2 2 u = 2 2 = 16 2 - 16 2 3 - - 16 2 + 16 2 3

= 32 2 - 32 2 3 = 64 2 3

∬ S r o t F → n → d S = 64 2 3

Passo 6

Falta agora só a gente calcular a integral de linha da reta que usamos para fechar a curva γ , né? Vamos ter que calcular isso aqui:

∫ α F → d r →

Onde α é a reta que liga 2 2 , 1,0 a ( - 2 2 , 1,0 ) , é ao contrário mesmo! Nossa parametrização vai ficar assim:

z = 0

y = 1

x = t

- 2 2 ≤ t ≤ 2 2

α t = t , 1,0

α ' t = ( 1,0 , 0 )

Nosso campo escrito com essa nova parametrização fica assim:

F → x , y , z = 2 y z , y 3 , x + cos ⁡ z 4

F → t = 2.1 . 0,1 3 , t + cos ⁡ 0 = ( 0,1 , t + 1 )

Passo 7

Substituindo tudo na integral:

∫ α F → d r → = ∫ - 2 2 2 2 0,1 , t + 1 . 1,0 , 0 d t = ∫ - 2 2 2 2 0 d t = 0

Passo 8

Para acabar com a questão, voltando para o nosso Teorema de Stokes, tínhamos que:

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

Onde

∫ α F → . d r → = 0

∬ S r o t F → . n → d S = 64 2 3

Com isso, nossa resposta fica:

∫ γ F → . d r → = 64 2 3

Resposta

64 2 3