39) Calcule

∫ C   F → ⋅ d r →

Onde F → x ,   y ,   z = - 2 y + e sin ⁡ x ,   - z + y ,   x 3 + e sin ⁡ z e C é a intersecção da superfície z = y 2 , com o plano x + z = 1 , orientada no sentido de crescimento de y .

Passo 1

Uma integral de linha como essa a gente sabe que tem dois meios basicamente que podemos resolver:

1º - Resolver pelo método diretão.

2º - Resolver pelo teorema de Stokes.

Bem, do modo diretão você pode desconfiar pois temos um campo bem chato e essa complexidade e essa complexidade toda não é um bom sinal. Logo podemos pensar no:

O teorema de Stokes

Passo 2

Tão tá bom sabemos que Stokes pode resolver o problema, mas o que ele fala mesmo? Bem basicamente ele iguala a integral de linha com uma de superfície dessa forma aqui:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Assim, ao invés de termos que calcular uma integral de linha, podemos calcular uma integral de superfície 😉!

Porém Stokes não é só isso! Se não taria muito bom, ne? Para aplicar a igualdade entre as integrais antes devemos averiguar as condições desse Teorema, que nos pede basicamente três coisas:

1º - Uma curva fechada C delimitando uma superfície S .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

Vamos passar por cada um deles e verificar se satisfazem ou não 😊!

Passo 3

A curva C dada no problema é a intersecção do paraboloide z = y 2 . Uma parábola de cabeça pra cima no plano z y , mas como estamos no espaço são um monte delas ao redor de x . Veja:

Bem e esse cara está se intercedendo com um plano x + z = 1 dessa forma aqui oh

Como queremos apenas a parte onde x ≥ 0 ... Veja aqui a curva C ! Vou destacar ela aqui pra você, oh:

Passo 4

Eita Preula! A curva que encontramos tem um sério problema: ela é aberta e não delimita nenhuma superfície.

Porém nem tudo está perdido 😊! Veja que essa curva se fecha caso colocamos aquela retinha ali na parede x = 0 ...

Matematicamente, essa reta tem o x = 0 e veja que ela tem um z constante, pois ela não varia nele. Para descobri-lo, basta pegar o plano e zerar o y :

x + z = 1         →

z = 1

O y é o único carinha que varia nessa reta.

Bem, mas agora, com essa retinha adicionada (vamos chamar essa reta de C 1 , ok) podemos fechar a superfície no seu interior, onde a mais evidente é o próprio pedacinho de plano 😉!

A esse pedacinho, vamos chamar de S (apenas nomes para não confundirmos).

Passo 5

A segunda condição de Stokes que precisamos analisar é:

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

Ora, sim! Basta ver o campo F →

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

Para você perceber que o campo não tem nenhum bug ou singularidade, como uma divisão por 0 em algum ponto ou algo assim.

Passo 6

3º - Superfície orientada positivamente.

Aqui o que temos que fazer é garantir que o conjunto curva-superfície esteja orientadas positivamente. Como a curva C azul (original) gira no sentido de maior crescimento de y

Então pela regra da mão direita a gente tem o vetor normal n → apontado lá pra cima...

Eis que elas agora sim estão orientadas positivamente, saca? :)

Passo 7

Com as condições averiguadas e sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa nice:

∫ ∂ S   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Como a curva ∂ S é a borda da superf��cie S , o que no caso são as curvas C e C 1 ...

∫ C   F → ⋅ d r → + ∫ C 1   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Queremos na real a integral de linha em cima da curva C (curva parabólica), então a isolemos...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S - ∫ C 1 �� F → ⋅ d r →

Eu sei, trocar uma integral por outras duas parece insano, mas vai por mim que isso é o método mais rápido 😐. Bora calcular então 😉?

Passo 8

Começando pela integral de superfície

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

podemos encontrar esse rotacional numa boa fazendo...

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

Como

F → x ,   y ,   z = - 2 y + e sin ⁡ x ,   - z + y ,   x 3 + e sin ⁡ z       →

Então...

r o t   F → = 0 - - 1 ,   0 - 3 x 2 ,   0 - - 2 →

r o t   F → = 1 ,   - 3 x 2 ,   2

Para calcular a integral de superfície e fugir da integral de linha, precisamos:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Encontrar o termo n →   d S .

Bora?

Passo 9

Para parametrizar a superfície saca só: estamos em cima de um plano...

x + z = 1

Então podemos parametrizar de forma explícita, pois o x é um cara livre (parâmetro) e z depende de y que também é um cara livre...

σ x ,   y = x ,   y ,   1 - x

Agora esses parâmetros x y estão variando dentro do pedaço de parábola vista de cima...

Onde podemos encontrar a equação dessa elipse fazendo a intersecção:

z = y 2   x + z = 1       →

x + y 2 = 1         →

x = 1 - y 2

Então o x varia de 0 até essa parábola:

0 ≤ x ≤ 1 - y 2

Para a char as pontinhas do y , é só substituir o x = 0 na parábola...

x = 1 - y 2         →           1 - y 2 = 0           →

y 2 = 1       →               y = ± 1

Então temos...

- 1 ≤ x ≤ 1

Passo 10

Quanto o termo n →   d S , que é a nossa segunda tarefa na resolução da integral de superfície...

n → d S = N →   d x d y

Onde o N → é fácil de se obter pelo macete de parametrização por gráfico de função z x ,   y ...

z x ,   y = 1 - x

N → = - ∂ z ∂ x ,   - ∂ z ∂ y ,   1 →

N → = 1 ,   0 ,   1

Ahhhh! Veja que esse vetor normal atende lá as condições de termos o vetor normal pra cima. Se não atendesse era só inverter o sinal ;D

Então...

n → d S = 1 ,   0 ,   1   d x d y

Passo 11

Jogando esses dados então na integral de superfície...

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S = ∬ D   1 ,   - 3 x 2 ,   2 ⋅ 1 ,   0 ,   1   d x d y =

∬ D   3   d x d y

Como já temos a região D descrita...

0 ≤ x ≤ 1 - y 2

- 1 ≤ x ≤ 1

Então...

3 ∫ - 1 1 ∫ 0 1 - y 2 d x d y = 3 ∫ - 1 1 1 - y 2   d y =

3 ∫ - 1 1 1 - y 2   d y = 3 y - y 3 3 - 1 1 =

3 1 - 1 3 - - 1 + 1 3 = 4

Passo 12

É! Eu sei que o problema é grande, mas não desista agora que estamos quase lá. Nos falta a integral de linha:

∫ C 1   F → ⋅ d r →

Essa integral está sendo calculada em cima da reta C 1 que vimos que tem equação...

z = 1

x = 0

E o y é o cara que varia. Logo uma Boa parametrização dessa reta é...

γ y = 0 ,   y ,   1

Onde y , já vimos que vai de 1 até - 1 nesse sentido mesmo.

Então o termo d r → ...

d r → = γ ' y d y       →                 d r → = 0 ,   1 ,   0 d y

O campo F → é

F → x ,   y ,   z = - 2 y + e sin ⁡ x ,   - z + y ,   x 3 + e sin ⁡ z

Mas trocando o x ,   y e z ...

F → x ,   y ,   z = - 2 y + 1 ,   - 1 + y ,   e sin ⁡ 1

Então na integral de linha isso tudo fica...

∫ C 1   F → ⋅ d r → = ∫ 1 - 1 - 2 y + 1 ,   - 1 + y ,   e sin ⁡ 1 ⋅ 0 ,   1 ,   0 d y =

- ∫ - 1 1   - 1 + y   d y = - - y + y 2 2 - 1 1 =

2

Passo 13

Retornando então ao problema inicial de encontrar a integral de linha em cima de C indiretamente pelas duas integrais...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S - ∫ C 1   F → ⋅ d r →

Substituindo tudo...

∫ C   F → ⋅ d r → = 4 - 2 =

2

Resposta

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