38) Calcule

∫ C   F → ⋅ d r →

Onde F → x ,   y ,   z = z ,   z 2 + y cos ⁡ y ,   2 y z + z e - z e C é a curva obtida como interseção da superfície z = x 2 , com o plano y + z = 4 , orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

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 = x 2 . Uma parábola de cabeça pra cima no plano z x , mas como estamos no espaço são um monte delas ao redor de y . Veja:

Bem e esse cara está se intercedendo com um plano y + z = 4 dessa forma aqui oh

Como queremos apenas a parte onde y ≥ 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 y = 0 ...

Matematicamente, essa reta tem o y = 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 :

y + z = 4       →

z = 4

O x 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 = z ,   z 2 + y cos ⁡ y ,   2 y z + z e - 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 gira no sentido anti-horário quando vista de cima... 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 superfície 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 = z ,   z 2 + y cos ⁡ y ,   2 y z + z e - z       →

Então...

r o t   F → = 2 z - 2 z ,   1 - 0 ,   0 - 0 →

r o t   F → = 0 ,   1 ,   0

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...

y + z = 4

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 ,   4 - y

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 = x 2   y + z = 4       →

y + x 2 = 4         →

y = 4 - x 2

Então o y varia de 0 até essa parábola:

0 ≤ y ≤ 4 - x 2

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

y = 4 - x 2         →           4 - x 2 = 0           →

x 2 = 4       →               x = ± 2

Então temos...

- 2 ≤ x ≤ 2

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 = 4 - y

N ��� = - ∂ z ∂ x ,   - ∂ z ∂ y ,   1 →

N → = 0 ,   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 = 0 ,   1 ,   1   d x d y

Passo 11

Jogando esses dados então na integral de superfície...

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

∬ D     d x d y

Como já temos a região D descrita...

0 ≤ y ≤ 4 - x 2

- 2 ≤ x ≤ 2

Então...

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

∫ - 2 2 4 - x 2   d x = 4 x - x 3 3 - 2 2 =

8 - 8 3 - - 8 + 8 3 = 16 - 16 3

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 = 4

y = 0

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

γ x = x ,   0 ,   4

Onde x , já vimos que vai de - 2 até 2 nesse sentido mesmo.

Então o termo d r → ...

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

O campo F → é

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

Mas trocando o x ,   y e z ...

F → x ,   y ,   z = 4 ,   16 ,   4 e - 4

Então na integral de linha isso tudo fica...

∫ C 1   F → ⋅ d r → = ∫ - 2 2 4 ,   16 ,   4 e - 4 ⋅ 1 ,   0 ,   0 d y =

∫ - 2 2 4 d y = 16

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 → = 16 - 16 3 - 16 =

- 16 3

Resposta

- 16 3

Exercícios de Livros Relacionados

Uma partícula se move ao longo dos segmentos de reta da origem aos pontos 1,0 , 0 ,   1,2 , 1 ( 0,2 , 1 ) e de volta para a origem sob a influência do campo de forças F → = z 2 i →...
Use o teorema de Stokes para calcular ∬ S c u r l   F → ⋅ d S . F → x , y , z = x 2 z 2 i → + y 2 z 2 j → + x y z k → , S é a parte do paraboloide z = x 2 + y 2 que está dentro do ...
Verifique se o Teorema de Stokes é verdadeiro para o campo vetorial dado F → e a superfície S . F → = y i → + z j → + x k → , S é o hemisfério x 2 + y ² + z ² = 1 ² ² , y ≥ 0 , ori...
Use o teorema de Stokes para calcular ∬ S c u r l   F → ⋅ d S . F → x , y , z = e x y cos ⁡ z i → + x 2 z j → + x y k → , S é o hemisfério x = 1 - y 2 - z 2 orientado na direção po...