26) Calcule

∫ C   e x 2 + y 2 d x + e y 2 - z 2 d y + e z 2 - x 2 d z

Onde C é o contorno da parte do plano x + y + z = 1 , que está no primeiro octante, no sentido anti-horário.

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.

Pow, queremos uma integral de linha de um campo nada bonito sobre uma curva também não muito bonita (mesmo sem saber quem ela é a gente já pode perceber que ela não é algo trivial). Isso já é um indício de que o melhor caminho seguirmos é o teorema de Stokes.

Mas se você quer uma prova mais visual podemos calcular o Rotacional de F → ...

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

Então...

r o t   F → = 0 - - 2 z ,   0 - - 2 x ,   0 - 2 y →

r o t   F → = 2 z ,   2 x , -   2 y

Pow, com um rotacional desse é a prova visual de que Stokes pode ser bem mais elegante, saca?

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 plano x + y + z = 1 com as paredes do primeiro octante, dessa forma aqui oh:

Veja alí a curva C !

Veja que essa curva delimita várias superfícies, mas uma mais simples que a você deve ter notado é a que está no próprio plano (o triângulo).

Bem, a essa superfície daremos um nome hiper carinhoso de S (superfície S 😊)

Passo 4

A outra condição é:

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

Ora, sim! Basta ver o campo F →

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

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

Passo 5

3º - Superfície orientada positivamente.

Aqui o que temos que fazer é garantir que o conjunto curva-superfície esteja orientadas positivamente, ou seja, como a curva no x y gira no senti anti-horário...

Pela regra da mão direita temos que ter um vetor normal pra cima na superfície

Agora elas estão sim orientadas positivamente, saca?

Passo 6

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

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

Para calcular a integral de superfície, precisamos:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Encontrar o termo n →   d S .

Bora?

Passo 7

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

x + y + z = 1       →

z = 1 - x - y

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 - y

Agora esses parâmetros x e y estão variando dentro da projeção no plano x y ...

Veja que esse triângulo tem aquela reta vermelha escura ali sendo a reta de quando o plano x + y + z = 1 encontra o z = 0 ... Portanto a equação dessa reta é...

x + y + 0 = 1         →           y = 1 - x

Com isso conseguimos descrever esse triângulo projeção como do tipo 1 , onde x varia de 0 até 1 ...

0 ≤ x ≤ 1

Enquanto o y vai de 0 até a retinha vermelha que acabamos de descobrir quem é...

0 ≤ y ≤ 1 - x

Passo 8

Para o termo n →   d S ...

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 - y

N → = - ∂ z ∂ x ,   - ∂ z ∂ y ,   1 →

N → = - - 1 ,   - - 1 ,   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 ,   1 ,   1   d x d y

Passo 9

Como z = 1 - x - y , o rotacional é...

r o t F → = 2 z ,   2 x ,   - 2 y   →

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

Jogando esses dados então na integral de superfície...

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

∬ D   2 - 2 x - 2 y + 2 x - 2 y   d x d y =

∬ D   2 - 4 y   d x d y

Como já descrevemos D

0 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 1 - x

∬ D   2 - 4 y   d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 1 - x 2 - 4 y   d y d x

Calculando a integral...

∫ 0 1 ∫ 0 1 - x 2 - 4 y   d y d x = ∫ 0 1 2 y - 4 y 2 2 0 1 - x d x =

∫ 0 1 2 1 - x - 2 1 - x 2   d x = ∫ 0 1 2 - 2 x - 2 1 - 2 x + x 2   d x =

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

1 - 2 3 = 1 3

Resposta

1 3

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