Seja o campo F → , tal que r o t F → = ( - 4 x , 2 y - 1 , f z ) , onde f : R →   R é de classe C 1 com f 0 = 1 . Calcule ∫ C F → d r → , onde C é a curva dada pela interseção das superfícies z = x 2 + y 2 e x 2 + y - 1 2 = 1 , orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

Passo 1

Vamos lá, galera, essa questão aqui tem que ter umas sacadas, vamos prestar bastante atenção nesse passo aqui pra entender tudo! Temos um campo F → que não sabemos quase nada sobre ele, sabemos apenas que seu rotacional é r o t F → = ( - 4 x , 2 y - 1 , f z ) . E mesmo assim dentro dele ainda tem uma função f que só sabemos um ponto.

Ele pede a integral de linha de uma curva C , como temos o rotacional, isso nos sugere aplicar o teorema de Stokes. Antes de mais nada, vamos visualizar essa curva C , ela é assim

Para aplicar o teorema de Stokes, precisamos escolher uma superfície que possua como fronteira essa curva C . A que pensamos primeiro geralmente é simplesmente preencher esse círculo ai e partir pro abraço, nessa questão aqui não vai ser bem assim. Como só sabemos o rotacional de F → no plano z = 0 , vamos tentar escolher uma superfície que esteja nesse plano ou que possua normal no eixo z igual a zero.

Ué? Porque exatamente essas características? Perceba que, se a normal for algo N → = … , …   ,   0 , quando fizermos o produto escalar disso com o rotacional, aquela função f ( z ) vai sumir! Ou então, quando z = 0 , sabemos que f 0 = 1 , então não é problema!

Ah entendi! Mas que superfície tem essas características? Não vai ser uma, mas sim a união de duas superfícies: S 1 o cilindro x 2 + y - 1 2 = 1

E, S 2 o circulo x 2 + ( y - 1 ) 2 ≤ 1 em z = 0 , assim:

Perceba outro detalhe importante, para a superfície estar à esquerda da curva, precisamos andar no sentido mostrado no gráfico acima, que é o sentido horário visto de cima. A questão pede pra fazermos a curva C no sentido anti-horário, portanto o resultado que acharmos temos que inverter o sinal.

Pra concluir essa organização da questão, o teorema de Stokes fica

∬ S 1 r o t F → n → d S + ∬ S 2 r o t F → n → d S = ∮ C - F → d r →

Passo 2

Vamos começar então pela nossa superfície S 1 . Ela é um cilindro deslocado da origem de raio 1 , vamos parametrizá-la da seguinte forma

x = cos ⁡ t

y = 1 + sen ⁡ t

z = z

Só que perceba que z é limitado em cima pelo paraboloide z = x 2 + y 2 , portanto os limites de t e z vão ser esses aqui

0 ≤ t ≤ 2 π

0 ≤ z ≤ x 2 + y 2

Substituindo os parâmetros

x 2 + y 2 = cos 2 ⁡ t + 1 + sen ⁡ t 2

= cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t + 2 sen ⁡ t + 1 = 2 + 2 sen ⁡ t

0 ≤ z ≤ 2 + 2 sen ⁡ t

Definidos os parâmetros, precisamos substituí-los no rotacional e encontrar a normal

Passo 3

Vamos começar pelo mais simples, só substituir os parâmetros no rotacional

r o t F → = - 4 x , 2 y - 1 , f z

r o t F → = - 4 cos ⁡ t , 2 sen ⁡ t , f z

Deixa esse f ( z ) por ai, ele não vai ser problema lá na frente!

Passo 4

Vamos agora encontrar a normal à superfície, sua fórmula é

N → = ∂ φ ∂ t × ∂ φ ∂ z

N → = i j k - sen ⁡ t cos ⁡ t 0 0 0 1

N → = cos ⁡ t , sen ⁡ t , 0

Para verificar se os sinais estão corretos, basta pegar algum ponto e ver graficamente se está correto. Quando t = 0 , o cilindro está no ponto x = 1 e y = 1 em qualquer altura z e a normal está apontando para fora com o valor de ( 1,0 , 0 ) , portanto os sinais estão corretos.

Passo 5

Vamos juntar tudo isso na integral de S 1

∬ S 1 r o t F → n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 + 2 sen ⁡ t - 4 cos ⁡ t , 2 sen ⁡ t , f z . cos ⁡ t , sen ⁡ t , 0 d z d t

Aqui a nossa função f ( z ) some da integral! Fica assim

= ∫ 0 2 π ∫ 0 2 + 2 sen ⁡ t - 4 cos 2 ⁡ t ⏟ - 4 1 - sen 2 ⁡ t + 2 sen 2 ⁡ t d z d t

= ∫ 0 2 π 6 sen 2 ⁡ t - 4 2 + 2 sen ⁡ t d t =

= ∫ 0 2 π 12 sen 3 ⁡ t ⏟ sen ⁡ t . sen 2 ⁡ t + 12 sen 2 ⁡ t ⏟ 1 - cos ⁡ 2 t 2 - 8 sen ⁡ t - 8 d t =

∫ 0 2 π 12 sen ⁡ t 1 - cos 2 ⁡ t + 6 - 6 cos ⁡ 2 t - 8 sen ⁡ t - 8 d t =

= ∫ 0 2 π - 12 sen ⁡ t cos 2 ⁡ t + 4 sen ⁡ t - 6 cos ⁡ 2 t - 2 d t

Vamos integrar cada um desses termos ai

= 12 cos 3 ⁡ t 3 - 4 cos ⁡ t - 6 sen ⁡ 2 t 2 - 2 t t = 0 t = 2 π

Todas as funções trigonométricas aqui, quando integradas, vão ser iguais a zero, pois cos ⁡ ( 2 π ) = cos ⁡ ( 0 ) e sen ⁡ ( 2 π ) = sen ⁡ ( 0 ) , portanto sobra

= - 2 2 π

∬ S 1 r o t F → n → d S = - 4 π

Passo 6

Vamos agora para a segunda superfície, S 2 . Ela é o círculo x 2 + y - 1 2 ≤ 1 em z = 0 , sua parametrização vai ser essa aqui

x = r cos ⁡ t

y = 1 + r sen ⁡ t

z = 0

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 7

Vamos calcular agora a normal dessa superfície

N → = ∂ φ ∂ t × ∂ φ ∂ r

N → = i j k - r sen ⁡ t r cos ⁡ t 0 cos ⁡ t sen ⁡ t 0

N → = 0,0 , - r

Perceba que a normal está apontando para baixo, então está na direção correta!

Passo 8

Vamos substituir os parâmetros no nosso rotacional

r o t F → = - 4 x , 2 y - 1 , f z

Perceba que, como a normal tem valor zero nos eixos x e y , só precisamos do rotacional no eixo z !

r o t F → = … , …   ,   f 0 = ( … ,   … ,   1 )

Passo 9

Substituindo isso na integral de superfície

∬ S 2 r o t F → n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 … , … , 1 . 0,0 , - r d r d t

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 - r d r d t = - ∫ 0 2 π r 2 2 r = 0 r = 1 d t = - 1 2 ∫ 0 2 π d t

= - 1 2 2 π = - π

∬ S 2 r o t F → n → d S = - π

Passo 10

Por fim, juntando tudo no teorema de Stokes

∬ S 1 r o t F → n → d S + ∬ S 2 r o t F → n → d S = ∮ C - F → d r →

- 4 π - π = ∮ C - F → d r →

∮ C - F → d r → = - 5 π

Como queremos a integral da curva C , precisamos inverter esse sinal ai, portanto

∮ C F → d r → = 5 π

Resposta

5 π

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