Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

UFRJ, Cálculo 3, P2 - 2019.1, Questão 2

Use o teorema de Stokes para Calcular o trabalho γ F .   d r do campo

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

ao longo da curva parametrizada por γ t = t c o s t ,   t s e n t ,   t com 0 t 2 π .

Passo 1

Já que o enunciado mandou a gente resolver pelo teorema de Stokes, vamos começar logo pelo rotacional, já que isso é uma certeza que a gente vai calcular mais cedo ou mais tarde.

r o t F = ( - x - x ,   - 3 y - - y ,   z - - 3 z )

r o t F = ( - 2 x ,   - 2 y ,   4 z )

Opa, maneiro que é um rotacional tranquilo de trabalhar.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Bom, pelo teorema temos as condições a cumprir.

  • Curva fechada
  • Orientação positiva
  • Campo sem singularidade.

Quanto a orientação, vamos nos atentar aos sinais. O campo não apresenta problema nenhum... nenhuma divisão por zero ou raiz de numero negativo, por exemplo. No entanto, se você for observar, temos um probleminha com a curva. Para ver se a curva é aberta ou fechada, basta ver seu valor nas extremidades de onde ela varia. Se obtivermos valores diferentes, sabemos que estamos trabalhando com uma curva aberta.

γ t = t c o s t ,   t s e n t ,   t   c o m   0 t 2 π

γ 0 = 0 c o s 0 ,   0 s e n 0 ,   0

γ 0 = 0 ,   0 ,   0

γ 2 π = 2 π c o s 2 π ,   2 π s e n 2 π , 2 π

γ 2 π = 2 π c ,   0 , 2 π

Opa, com isso conseguimoes ver que estamos trabalhando com uma curva aberta. Então vamos simplesmente fechá-la com a curva mais simples possível. Nesse caso vai ser simplesmente uma reta.

Observa que queremos simplesmente uma curva que sai do ponto A e vai para o ponto B.

0 ,   0 ,   0   2 π ,   0,2 π

Vamos então parametrizar como:

γ 0 t = t ,   0 ,   t   c o m   0 t 2 π

Passo 3

Dando uma olhada no sedenho da curva trabalhada no enunciado temos:

Para manter então uma orientação positiva, temos que a reta para fechar a curva aberta vai do ponto 2 π ,   0,2 π   para o 0 ,   0 ,   0 , então teremos t da parametrização variando de 2 π   para 0, e não o contrário como dito anteriormente.

γ 0 t = t ,   0 ,   t   c o m   2 π t 0

Passo 4

Com isso o teorema de Stokes fica:

γ F   d r + γ 0 F   d r = S r o t F .   n   d S

Resolvendo então logo a integral de linha em cima de γ 0 .

Vamos precisar da parametrização da curva, o que já temos, do campo em função da parametrização e do termo d r .

Escrevendo o campo em função da parametrização:

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

γ 0 t = t ,   0 ,   t   c o m   2 π t 0

F γ 0 t = ( e t 2 + t ,   t 2   , - e t 2 + t )  

Escrevendo agora o termo d r = γ 0 ' t d t

γ 0 t = t ,   0 ,   t

γ 0 ' t = 1,0 , 1

Podemos então finalmente montar a integral:

γ 0 F   d r =   2 π 0 ( e t 2 + t ,   t 2   , - e t 2 + t ) ( 1,0 , 1 )   d t

= 2 π 0 2 t   d t

= t 2 | 0 2 π

= - 4 π 2

Passo 5

Partindo agora para a integral de superfície, pela figura do passo 3, observamos que a melhor superfície é um cone:

z = x 2 + z 2

Então temos como parametrização

x = r cos θ

y = r s e n θ  

z = r

ϕ r , θ = ( r   c o s θ ,   r   s e n θ ,   r )

0 θ 2 π

0 r θ  

Como vetor normal n então teremos:

ϕ r × ϕ θ   d r d θ

Onde:

ϕ r = c o s θ ,   s e n θ ,   1   e   ϕ θ = ( - r s e n θ ,   r   c o s θ ,   0 )  

Montando então a matriz:

i j k c o s θ s e n θ 1 - r   s e n θ r   c o s θ 0

= ( 0 i - r s e n θ j + r cos 2 θ   k + r s e n θ   k - r c o s θ   i - 0 j )

= ( - r c o s θ i - r s e n θ   j + r   cos 2 θ + s e n 2 θ k )

= - r   c o s θ ,   - r   s e n θ ,   r d r d θ

Escrevendo então o rotacional que achamos la no começo da resolução do exercício em função dessa parametrização ficamos com:

r o t F = ( - 2 x ,   - 2 y ,   4 z )

r o t F ( ϕ r , θ ) = ( - 2 r   c o s θ ,   - 2 r   s e n θ ,   4 r )

Montando e resolvendo então a integral:

S r o t F .   n   d S =   0 2 π 0 θ ( - 2 r   c o s θ ,   - 2 r   s e n θ ,   4 r ) - r   c o s θ ,   - r   s e n θ ,   r d r d θ

= 0 2 π 0 θ 2 r 2 cos 2 θ + 2 r 2 s e n 2 θ + 4 r 2 d r d θ

= 0 2 π 0 θ 2 r 2 ( cos 2 θ + s e n 2 θ ) + 4 r 2 d r d θ

= 0 2 π 0 θ 2 r 2 + 4 r 2 d r d θ

= 0 2 π 0 θ 6 r 2 d r d θ

= 0 2 π 6 r 3 3 | θ 0   d θ

= 0 2 π 6 θ 3 3   d θ

= 2 θ 4 4 | 2 π 0

= 8 π 4

Passo 6

Pra fechar agora basta a gente voltar pra o teorema com os resultados que encontramos.

γ F   d r + γ 0 F   d r = S r o t F .   n   d S

γ F   d r + - 4 π 2 = 8 π 4

γ F   d r = 4 π 2 ( 2 π 2 + 1 )

Resposta

4 π 2 ( 2 π 2 + 1 )

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