\_\_\_\_ [ / 2,5 ] Seja C a curva dada pela interseção das superfícies z=x^{2}+y^{2} e x+y-z=0 de forma que sua projeção no plano x y está orientada no sentido anti-horário. Calcule a integral de linha \oint_{C}\left(e^{x^{2}}+y\right) d x+\left(x+\cos ^{3} y\right) d y+\left(y^{2}+\ln \left(z^{2}+1\right)\right) d z.

Passo 1

O enunciado dá a curva C que é a interseção das superfícies
z=x^{2}+y^{2}
e
x+y-z=0
e informa que a projeção de C no plano xy está orientada no sentido anti-horário. Pede-se calcular a integral de linha fechada
\oint_{C}\left(e^{x^{2}}+y\right)\,dx+\left(x+\cos^{3}y\right)\,dy+\left(y^{2}+\ln\left(z^{2}+1\right)\right)\,dz.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O campo vetorial cuja integral de linha queremos é \mathbf{F}=(P,Q,R) com P=e^{x^{2}}+y,\qquad Q=x+\cos^{3}y,\qquad R=y^{2}+\ln\left(z^{2}+1\right).
  • A curva C é fechada (interseção de duas superfícies) e sua projeção no plano xy é orientada no sentido anti-horário.
  • Não foi dada uma parametrização de C; portanto, escolheremos um método apropriado para evitar parametrizar diretamente a curva.

Passo 2

Escolha do método: como a integral é fechada em \mathbb{R}^{3} e a curva é a fronteira de uma região plana (a interseção com o plano x+y-z=0), a estratégia mais prática é aplicar o Teorema de Stokes.
Breve lembrete do Teorema de Stokes (explicando o que cada símbolo significa): se S é uma superfície orientada com fronteira \partial S=C e \mathbf{F} é um campo vetorial com derivadas parciais contínuas, então
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS,
onde \nabla\times\mathbf{F} é o rotacional de \mathbf{F}, \mathbf{n} é um vetor normal à superfície com orientação compatível com a orientação de C (regra da mão direita), e dS é o elemento de área em S.
Vou escolher S como a região plana do plano x+y-z=0 limitada por C (ou seja, o disco inclinado cuja fronteira é a curva de interseção). Essa escolha é conveniente porque permite projetar a superfície no plano xy e transformar a integral de superfície numa integral dupla sobre uma região circular no plano xy.

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\mathbf{F}. Fórmula do rotacional em coordenadas cartesianas:
\nabla\times\mathbf{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\\ \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\\ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right).
Agora calculo as derivadas parciais (explicando cada termo):
  • \dfrac{\partial R}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(y^{2}+\ln(z^{2}+1)\bigr)=2y porque \ln(z^{2}+1) não depende de y.
  • \dfrac{\partial Q}{\partial z}=\dfrac{\partial}{\partial z}\bigl(x+\cos^{3}y\bigr)=0 pois Q não depende de z.
    Portanto a primeira componente é 2y-0=2y.
  • \dfrac{\partial P}{\partial z}=\dfrac{\partial}{\partial z}\bigl(e^{x^{2}}+y\bigr)=0 (não depende de z).
  • \dfrac{\partial R}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(y^{2}+\ln(z^{2}+1)\bigr)=0 (R não depende de x).
    Portanto a segunda componente é 0-0=0.
  • \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(x+\cos^{3}y\bigr)=1.
  • \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x^{2}}+y\bigr)=1.
    Portanto a terceira componente é 1-1=0.
Concluindo,
\label{curl} \nabla\times\mathbf{F}=(2y,\\\ 0,\\\ 0).

Passo 4

Escolher a orientação de \mathbf{n} (normal) e escrever (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS em termos de uma integral dupla no plano xy.
A superfície S pode ser vista como gráfico da função
z=g(x,y)=x+y
sobre a região D no plano xy que é a projeção de S. Para uma superfície dada por z=g(x,y), um vetor de área orientado que corresponde à normal com componente z positiva é
\mathbf{N}=(-g_x,-g_y,1)\,dA,
onde dA é o elemento de área no plano xy. Aqui temos g_x=1 e g_y=1, então
\mathbf{N}=(-1,-1,1)\,dA.
Observação sobre orientação: a componente z de \mathbf{N} é +1, então esse \mathbf{N} aponta “para cima” (positivo em z). Pela regra da mão direita, a orientação da fronteira C induzida por esse \mathbf{N} é exatamente a orientação anti-horária da projeção no plano xy. Como o enunciado diz que a projeção está orientada anti-horariamente, esta escolha de \mathbf{N} está consistente com a orientação pedida.
Aplicando Stokes:
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS=\iint_{D}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(-g_x,-g_y,1)\,dA.
Substituindo \nabla\times\mathbf{F}=(2y,0,0) e g_x=1:
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(-g_x,-g_y,1)= (2y,0,0)\cdot(-1,-1,1) = -2y.
Logo a integral de linha reduz-se a
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{D} -2y \, dA.

Passo 5

Determinar a região D no plano xy. A curva de interseção satisfaz z=x^{2}+y^{2} e z=x+y, então
x^{2}+y^{2}=x+y.
Reorganizando e completando quadrados:
x^{2}-x + y^{2}-y = 0
\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{4} + \left(y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{4}=0
\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}=\tfrac{1}{2}.
Portanto D é o disco no plano xy centrado em \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) com raio r=\sqrt{\tfrac{1}{2}}.

Passo 6

Calcular a integral dupla
\iint_{D} -2y \, dA = -2\iint_{D} y\, dA.
Para facilitar a conta, faço a mudança de variáveis que centra o disco na origem: defino
u=x-\tfrac{1}{2},\qquad v=y-\tfrac{1}{2}.
Então D transforma-se no disco u^{2}+v^{2}\le \tfrac{1}{2} e dA = du\,dv. Em termos de u,v,
y = v + \tfrac{1}{2}.
Logo
\iint_{D} y\, dA = \iint_{u^{2}+v^{2}\le 1/2} \left(v+\tfrac{1}{2}\right)\,du\,dv.

Passo 7

Avaliar a integral usando simetria e área do disco:
  • A integral de v sobre o disco simétrico é zero porque v é ímpar em v e o domínio é simétrico em relação ao eixo u: \iint_{u^{2}+v^{2}\le 1/2} v\,du\,dv = 0.
  • A integral da constante \tfrac{1}{2} é \tfrac{1}{2} vezes a área do disco. A área do disco de raio \sqrt{1/2} é \text{Area}(D)=\pi\left(\sqrt{\tfrac{1}{2}}\right)^{2}=\pi\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{\pi}{2}.
Portanto
\iint_{D} y\, dA = 0 + \tfrac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}.
Agora volto para a integral original:
\iint_{D} -2y\,dA = -2\cdot\frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{2}.

Passo 8

Conclusão e interpretação: aplicando o Teorema de Stokes e calculando o rotacional e a integral sobre a região projetada obtivemos
\oint_{C}\left(e^{x^{2}}+y\right)\,dx+\left(x+\cos^{3}y\right)\,dy+\left(y^{2}+\ln\left(z^{2}+1\right)\right)\,dz = -\frac{\pi}{2}.

Resposta

-\dfrac{\pi}{2}

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