Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule a integral de linha de campo vetorial ∫ C   F → . d r → , onde C é a curva parametrizada por γ θ = cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   θ 2 ,   θ ∈ 0,2 π e

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

Dica: Usar Teorema de Stokes.

Passo 1

Bom, se a questão falou para a gente usar Teorema de Stokes, vamos confiar né, gente. Antes de tudo, vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = 0 - 0 ,   0 - 0 , 1 x 2 + y 2 - x ( 2 x ) x 2 + y 2 2 - - 1 x 2 + y 2 + y ( 2 y ) x 2 + y 2 2 = ( 0,0 , 0 )

Opa, campo conservativo, né? MUITA CALMA NESSA HORA, GENTE.

Temos uma indeterminação no campo quando x = y = 0 (o denominador dá zero), ou seja, ao longo do eixo z . Por isso, não podemos usar os conceitos de campos conservativo aqui, por isso a questão mandou a gente uar Stokes, sacou?

Passo 2

Ok, vamos usar Stokes. A curva do problema é mais ou menos isso aqui:

Ela vai “girando” em torno do eixo z (dá pra ver isso pelas coordenadas x = cos ⁡ θ e y = s e n   θ ) ao mesmo tempo que vai “subindo” na direção z , podemos ver isso por z = θ 2 .

É importante fazer esse esboço para conseguirmos montar o problema. Ok, vamos aplicar Stokes na superfície que fica “abaixo” de C :

Reparou que essa superfície está dentro de um cilindro, né? É mais ou menos isso aqui:

É como se γ cortasse o cilindro. Então se S é esse pedaço de cilindro, precisamos identificar suas fronteiras. Deu pra perceber que não é só C , né? Temos três fronteiras:

Percebeu? Temos um segmento de reta vertical, que liga os pontos inicial e final de γ , temos γ e também uma circunferência em z = 0 (a base do cilindro).

Temos então:

∫ ∂ S   F → . d r → = ∫ C   F → . d r → + ∫ r e t a   F → . d r → + ∫ c i r c u n f   F → . d r →

A fronteira é isso tudo. Então, aplicando Stokes:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∫ C   F → . d r → + ∫ r e t a   F → . d r → + ∫ c i r c u n f   F → . d r →

Como C gira no sentido anti-horário ( θ vai de 0 a 2 π ), pela Regra da Mão Direita, para S ser orientada positivamente, sua normal deve apontar para dentro.

Sendo assim, aplicando novamente a regra para as outras curvas, o segmento está orientado para baixo e a circunferência gira no sentido horário.

Como o rotacional é nulo:

∫ C   F → . d r → = - ∫ r e t a   F → . d r → - ∫ c i r c u n f   F → . d r →

Passo 3

Agora precisamos das integrais nessas duas curvas. Vamos começar com o segmento de reta.

Antes de tudo: que pontos ele liga? Vamos olhar de novo a parametrização de C :

γ θ = cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   θ 2 ,   θ ∈ 0,2 π

Repare que os pontos inicial e final são:

1,0 , 0

1,0 , 4 π 2

Portanto, eles estão um “em cima” do outro, tem o mesmo x e y , só diferem na coordenada z (por isso sabemos que o segmento é vertical). Show, agora vamos parametrizar isso aí.

Como o segmento é paralelo ao eixo z , com x = 1 e y = 0 , podemos parametrizar assim:

r z = 1,0 , z

Onde z vai de 4 π 2 a 0 .

Derivando isso aí, temos:

r ' z = 0,0 , 1

Aplicando a fórmula:

∫ r e t a   F x , y , z ⋅ d r = ∫ a b F x z ,   y z ,   z ( z ) ⋅ r → ' t d z

O que nos dá:

F x z ,   y z ,   z ( z ) = 0 , 1 , e z

∫ r e t a   F x , y , z ⋅ d r = ∫ 4 π 2 0 0,1 , e z . 0,0 , 1 d z

= ∫ 4 π 2 0 e z d z =

= e z 4 π 2 0 =

1 - e 4 π 2

Passo 4

Agora vamos para a circunferência no plano z . Como a gente viu que o segmento de reta tem x = 1, podemos entender que o raio do cilindro que contém as curvas todas é 1 , maaaas, se você não percebeu por aí, podemos ver o seguinte:

γ θ = cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   θ 2 ,   θ ∈ 0,2 π

Olha as parametrizações de x e y de C , isso não é uma circunferência de raio 1 ? Quer dizer que a projeção de C no plano x y é essa circunferência:

x 2 + y 2 = 1

Show? Parametrizando em coordenadas polares com r = 1 :

s θ = cos ⁡ θ ,   s e n   θ , 0

Como o sentido é horário, θ vai de 2 π a 0 .

Derivando isso aí:

s ' θ = - s e n   θ , cos ⁡ θ , 0

Agora, aplicando a fórmula:

∫ c i r c u n f   F x , y , z ⋅ d r = ∫ a b F x θ ,   y θ ,   z ( θ ) ⋅ s → ' θ d θ

Temos:

F x θ ,   y θ ,   z ( θ ) = - s e n   θ , cos ⁡ θ , 1

∫ c i r c u n f   F x , y , z ⋅ d r = ∫ 2 π 0 - s e n   θ , cos ⁡ θ , 1 ⋅ - s e n   θ , cos ⁡ θ , 0 d θ

= ∫ 2 π 0 s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ d θ = = ∫ 2 π 0 d θ = - 2 π

Passo 5

Agora, juntado tudo o que temos:

∫ C   F → . d r → = - ∫ r e t a   F → . d r → - ∫ c i r c u n f   F → . d r →

∫ C   F → . d r → = - 1 - e 4 π 2 - - 2 π = 2 π + e 4 π 2 - 1

Resposta

2 π + e 4 π 2 - 1