Use o teorema de Stokes para calcular \int_{C} F \cdot d r, onde
F(x, y, z)=\left(3 z+5 y\left|7 x+\ln (2+\cos z) \operatorname{tg}^{-1}\left(1+z^{2}\right)\right| 2 x+e^{\operatorname{sen}\left(y^{2}\right)} \cos \left(y^{2}\right)\right)
e C é a curva de interseção da quádrica: x^{2}+y^{2}-2 y+z^{2}-6 z+9=0, com o plano z=5-y, orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha \displaystyle\int_{C}F\cdot d r, onde foi dada a campo vetorial F e a curva C é a interseção da quádruica
x^{2}+y^{2}-2y+z^{2}-6z+9=0
com o plano
z=5-y,
orientada no sentido anti-horário quando vista de cima. Listei as informações dadas e o que precisa ser encontrado:
  • Campo vetorial (estou interpretando os três componentes como, separadamente):
F(x,y,z)=\bigl(P,Q,R\bigr),
com
P(x,y,z)=3z+5y,
Q(x,y,z)=7x+\ln\!\bigl(2+\cos z\bigr)\cdot \tan^{-1}\!\bigl(1+z^{2}\bigr),
R(x,y,z)=2x+e^{\sin\!\left(y^{2}\right)}\cos\!\left(y^{2}\right).
(Interpretei \operatorname{tg}^{-1} como \tan^{-1} e \operatorname{sen} como \sin.)
  • Curva C: interseção da superfície quadrática dada com o plano z=5-y. A orientação é anti-horária vista de cima (isto é, contrária ao sentido horário quando olhamos do eixo +z).
  • Objetivo: calcular \displaystyle\int_{C}F\cdot d r.

Passo 2

Decisão sobre a superfície para aplicar o Teorema de Stokes (a explicação teórica):
  • O Teorema de Stokes diz que, para uma superfície orientada S com bordo \partial S=C,
\int_{C}F\cdot d r=\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot \mathbf{n}\,dS,
onde \nabla\times F é o rotacional (curl) de F e \mathbf{n}\,dS é o vetor área orientado da superfície.
  • Uma escolha natural aqui é tomar S como a parte do plano z=5-y limitada pela curva C (facilita a parametrização e projeção). A orientação da normal deve ser tal que o bordo C fique orientado anti-horário visto de cima; para isso precisamos escolher a normal com componente z positiva (normal “para cima”).

Passo 3

Cálculo do rotacional \nabla\times F. Defino P,Q,R conforme no Passo 1. A fórmula do rotacional é
\nabla\times 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).
Vou calcular cada derivada parcimoniosamente.

Passo 4

Calcular \displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}. Lembre que
R(x,y,z)=2x+e^{\sin(y^{2})}\cos(y^{2}).
A derivada em y da parte 2x é 0. Para h(y)=e^{\sin(y^{2})}\cos(y^{2}) aplicamos regra do produto e cadeia:
  • h(y)=u(y)v(y) com u(y)=e^{\sin(y^{2})} e v(y)=\cos(y^{2}).
  • u'(y)=e^{\sin(y^{2})}\cdot(\cos(y^{2})\cdot 2y)=2y\,e^{\sin(y^{2})}\cos(y^{2}).
  • v'(y)=-\sin(y^{2})\cdot 2y = -2y\sin(y^{2}).
    Logo,
h'(y)=u'(y)v(y)+u(y)v'(y)=2y\,e^{\sin(y^{2})}\cos^{2}(y^{2})-2y\,e^{\sin(y^{2})}\sin(y^{2}).
Fatorando:
\frac{\partial R}{\partial y}=2y\,e^{\sin(y^{2})}\bigl(\cos^{2}(y^{2})-\sin(y^{2})\bigr).

Passo 5

Calcular \displaystyle\frac{\partial Q}{\partial z}. Temos
Q(x,y,z)=7x+\ln\!\bigl(2+\cos z\bigr)\cdot \tan^{-1}\!\bigl(1+z^{2}\bigr).
A derivada em z do termo 7x é 0. Para o produto A(z)B(z) com A(z)=\ln(2+\cos z) e B(z)=\tan^{-1}(1+z^{2}), aplicamos regra do produto:
  • A'(z)=\dfrac{d}{dz}\ln(2+\cos z)=\dfrac{-\sin z}{2+\cos z}.
  • B'(z)=\dfrac{d}{dz}\tan^{-1}(1+z^{2})=\dfrac{1}{1+(1+z^{2})^{2}}\cdot 2z=\dfrac{2z}{1+(1+z^{2})^{2}}.
    Portanto
\frac{\partial Q}{\partial z}= \ln\!\bigl(2+\cos z\bigr)\cdot \frac{2z}{1+(1+z^{2})^{2}} \;+\; \tan^{-1}\!\bigl(1+z^{2}\bigr)\cdot\left(\frac{-\sin z}{2+\cos z}\right).

Passo 6

Agora a primeira componente do rotacional:
\left(\nabla\times F\right)_{1}=\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}.
Substituindo os resultados dos Passos 4 e 5,
\left(\nabla\times F\right)_{1}=2y\,e^{\sin(y^{2})}\bigl(\cos^{2}(y^{2})-\sin(y^{2})\bigr) -\left[\ln\!\bigl(2+\cos z\bigr)\cdot \frac{2z}{1+(1+z^{2})^{2}} -\tan^{-1}\!\bigl(1+z^{2}\bigr)\cdot\frac{\sin z}{2+\cos z}\right].
(Deixei a expressão expandida para mostrar cada termo — na prática ela será útil apenas se precisássemos dela; veremos que na integral este termo não contribui por ficar multiplicado por zero.)

Passo 7

Calcular as outras componentes do rotacional:
  • \displaystyle\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}\!\bigl(3z+5y\bigr)=3.
  • \displaystyle\frac{\partial R}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\!\bigl(2x+e^{\sin(y^{2})}\cos(y^{2})\bigr)=2.
    Logo a segunda componente:
\left(\nabla\times F\right)_{2}=\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=3-2=1.
  • \displaystyle\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\!\bigl(7x+\cdots\bigr)=7.
  • \displaystyle\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\!\bigl(3z+5y\bigr)=5.
    Logo a terceira componente:
\left(\nabla\times F\right)_{3}=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=7-5=2.

Passo 8

Resumo do rotacional:
\nabla\times F=\Bigl(\;2y\,e^{\sin(y^{2})}\bigl(\cos^{2}(y^{2})-\sin(y^{2})\bigr) -\ln\!\bigl(2+\cos z\bigr)\cdot \frac{2z}{1+(1+z^{2})^{2}} +\tan^{-1}\!\bigl(1+z^{2}\bigr)\cdot\frac{\sin z}{2+\cos z},\;1,\;2\Bigr).

Passo 9

Escolha da superfície S e cálculo de (\nabla\times F)\cdot \mathbf{n}\,dS:
  • Tomamos S como a parte do plano z=g(x,y)=5-y limitada pela curva C.
  • Para uma superfície dada por z=g(x,y) orientada para cima (com componente z positiva), a fórmula do vetor área é
\mathbf{n}\,dS = \bigl(-g_x,\,-g_y,\,1\bigr)\,dA,
onde dA é o elemento de área no plano xy.
  • Aqui g_x=0 e g_y=-1, então
\mathbf{n}\,dS=(0,1,1)\,dA.
  • Portanto o integrando fica
(\nabla\times F)\cdot\mathbf{n} = (\nabla\times F)\cdot(0,1,1)=1\cdot 1 + 2\cdot 1 =3.
Observação importante: o primeiro componente do rotacional multiplica zero e desaparece, por isso o integrando ficou simplesmente a constante 3. Isso facilita muito a integral.

Passo 10

Aplicando Stokes:
\int_{C}F\cdot dr=\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot \mathbf{n}\,dS =\iint_{D} 3\,dA = 3\cdot \operatorname{Area}(D),
onde D é a região no plano xy que é a projeção de S (ou seja, a região limitada pela curva obtida substituindo z=5-y na quádruica).

Passo 11

Determinar a equação da curva na projeção xy (substituir z=5-y na quádruica):
Substituindo \;z=5-y\; em
x^{2}+y^{2}-2y+z^{2}-6z+9=0,
temos
x^{2}+y^{2}-2y+(5-y)^{2}-6(5-y)+9=0.
Calcule os termos de z:
(5-y)^{2}=25-10y+y^{2},\qquad -6(5-y)=-30+6y.
Somando tudo:
x^{2}+y^{2}-2y + (25-10y+y^{2}) + (-30+6y) +9 =0.
Agrupando termos:
x^{2} + \bigl(y^{2}+y^{2}\bigr) + (-2y-10y+6y) + (25-30+9)=0,
x^{2}+2y^{2}-6y+4=0.

Passo 12

Colocar em forma de elipse completando quadrado para y:
x^{2}+2\bigl(y^{2}-3y\bigr)+4=0.
Complete o quadrado:
y^{2}-3y=\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}-\tfrac{9}{4}.
Substituindo:
x^{2}+2\Bigl(\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}-\tfrac{9}{4}\Bigr)+4=0,
x^{2}+2\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}-\tfrac{9}{2}+4=0,
x^{2}+2\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}-\tfrac{1}{2}=0,
x^{2}+2\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}=\tfrac{1}{2}.
Dividindo ambos os lados por \tfrac{1}{2}:
\frac{x^{2}}{\tfrac{1}{2}}+\frac{\bigl(y-\tfrac{3}{2}\bigr)^{2}}{\tfrac{1}{4}}=1.
Isto é uma elipse centrada em \bigl(0,\tfrac{3}{2}\bigr) com semi-eixos
a=\sqrt{\tfrac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\quad\text{(direção \(x\))}, \qquad b=\sqrt{\tfrac{1}{4}}=\frac{1}{2}\quad\text{(direção \(y\))}.çãçã
Área da elipse:
\operatorname{Area}(D)=\pi a b = \pi\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}.

Passo 13

Concluir o valor da integral usando o resultado do Passo 10:
\int_{C}F\cdot dr = 3\cdot \operatorname{Area}(D) = 3\cdot \frac{\pi}{2\sqrt{2}} = \frac{3\pi}{2\sqrt{2}}.
Opcionalmente racionalizando o denominador:
\frac{3\pi}{2\sqrt{2}}=\frac{3\pi\sqrt{2}}{4}.

Resposta

\displaystyle \frac{3\pi\sqrt{2}}{4}

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