\vec{F}(x, y, z)=y e^{x} \vec{i}+\left(x^{2}+e^{x}\right) \vec{j}+z^{2} e^{z} \vec{k} ; C é a curva \vec{r}(t)=(1+\cos t) \vec{i}+(1+ \operatorname{sen} t) \vec{j}+(1-\cos t-\operatorname{sen} t) \vec{k}, 0 \leq t \leq 2 \pi.

Passo 1

O enunciado fornece a campo vetorial
\vec{F}(x,y,z)=y e^{x}\,\vec{i}+\bigl(x^{2}+e^{x}\bigr)\,\vec{j}+z^{2}e^{z}\,\vec{k}
e a curva parametrizada
\vec{r}(t)=(1+\cos t)\,\vec{i}+(1+\sin t)\,\vec{j}+(1-\cos t-\sin t)\,\vec{k},\quad 0\le t\le 2\pi.
O que vamos calcular é a integral de linha fechada
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
Lista das informações relevantes dadas:
  • As componentes da força/field são P(x,y,z)=y e^{x}, Q(x,y,z)=x^{2}+e^{x} e R(x,y,z)=z^{2}e^{z}.
  • A curva C tem projeção no plano xy dada por x=1+\cos t,\;y=1+\sin t, que é um círculo de centro (1,1) e raio 1.
  • A coordenada z satisfaz, pela parametrização, z=1-\cos t-\sin t. Reescrevendo em função de x,y (peguei isso da parametrização), obtemos
z=3-x-y.

Passo 2

Primeiro, escrevo a integral de linha como soma dos termos escalares:
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.
Agora uso a relação da superfície onde a curva vive: como z=3-x-y (obtida da parametrização), ao diferenciar temos
dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy = -dx - dy.
Isso permite eliminar dz trocando a integral em (x,y,z) por uma integral apenas em x,y. Substituindo dz na integral,
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz=\oint_{C}P\,dx+Q\,dy+R(-dx-dy).
Agrupando termos,
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{C}\bigl(P-R\bigr)\,dx+\bigl(Q-R\bigr)\,dy.
Chamo
\tilde{P}(x,y)=P(x,y,3-x-y)-R(x,y,3-x-y),\qquad \tilde{Q}(x,y)=Q(x,y,3-x-y)-R(x,y,3-x-y).
Assim a integral de linha fechada fica numa forma à qual posso aplicar o Teorema de Green (porque agora é uma integral sobre uma curva fechada no plano xy):
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{C}\tilde{P}\,dx+\tilde{Q}\,dy.

Passo 3

Vou aplicar o Teorema de Green: para uma curva simples e fechada C que orientamos positivamente (contra-horário), temos
\oint_{C}\tilde{P}\,dx+\tilde{Q}\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial \tilde{Q}}{\partial x}-\frac{\partial \tilde{P}}{\partial y}\right)dA,
onde D é a região do plano xy limitada por C. Preciso então calcular o rotacional planar
\frac{\partial \tilde{Q}}{\partial x}-\frac{\partial \tilde{P}}{\partial y}.
Antes, explico como derivar R(x,y,3-x-y) via regra da cadeia: se R=R(x,y,z) e z=3-x-y, então
\frac{\partial}{\partial x}R(x,y,3-x-y)=R_x+R_z\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=R_x+R_z(-1),
mas aqui R_x é a derivada parcial de R em relação a x mantendo z fixo; como R originalmente depende só de z (veja R(z)=z^{2}e^{z}), temos R_x=0. Portanto \partial R/\partial x = -R_z. Igualmente \partial R/\partial y = -R_z.
Agora computo as derivadas das componentes originais:
  • \partial P/\partial y = \partial (y e^{x})/\partial y = e^{x}.
  • \partial Q/\partial x = \partial (x^{2}+e^{x})/\partial x = 2x+e^{x}.
Usando \tilde{P}=P-R e \tilde{Q}=Q-R,
\frac{\partial \tilde{Q}}{\partial x}-\frac{\partial \tilde{P}}{\partial y} =\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial R}{\partial x}\right) -\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial R}{\partial y}\right).
Substituo \partial R/\partial x=-R_z e \partial R/\partial y=-R_z; esses termos em R_z se cancelam:
\frac{\partial \tilde{Q}}{\partial x}-\frac{\partial \tilde{P}}{\partial y} =(2x+e^{x}-(-R_z))-(e^{x}-(-R_z))=2x.
Portanto o integrando de Green simplifica lindamente para 2x:
\frac{\partial \tilde{Q}}{\partial x}-\frac{\partial \tilde{P}}{\partial y}=2x.

Passo 4

Identifico a região D no plano xy: como x=1+\cos t e y=1+\sin t, a projeção de C em xy é o círculo
(x-1)^{2}+(y-1)^{2}=1,
ou seja, o disco centrado em (1,1) de raio 1. Pelo Teorema de Green:
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_{D}2x\,dA.

Passo 5

Agora calculo a integral dupla \iint_{D}2x\,dA. Faço uma mudança de variável simples para aproveitar a simetria: defina
u=x-1,\qquad v=y-1,
então D vira o disco unitário centrado em (0,0) e x=u+1. O elemento de área permanece dA=dudv. Assim
\iint_{D}2x\,dA=2\iint_{D}(u+1)\,dA=2\left(\iint_{D}u\,dA+\iint_{D}1\,dA\right).
Pelo fato de D ser simétrico em torno da origem, \iint_{D}u\,dA=0 (a contribuição positiva de um lado cancela a negativa do outro). Já \iint_{D}1\,dA é simplesmente a área do disco unitário, que vale \pi. Portanto
\iint_{D}2x\,dA=2\bigl(0+\pi\bigr)=2\pi.

Passo 6

Verifico rapidamente a orientação para garantir o sinal: a parametrização x=1+\cos t,\;y=1+\sin t com t indo de 0 a 2\pi descreve o círculo no sentido anti-horário (contra-horário) quando visto de cima — isso é a orientação positiva usada no Teorema de Green. Logo não há troca de sinal a fazer.

Resposta

2\pi

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