Calcule:

∫ C 2 x y z + sin ⁡ x d x + x 2 z + e y d y + x 2 y + 1 z d z

Onde C é a curva parametrizada por: σ(t) = (cos^3 t ; sen^2 t ; (t+1)^2) , 0 ≤ t ≤ pi

Passo 1

Faalaa clóóviisss... vamos tentar matar mais uma questãozinha que envolve o teorema de Stokes.

Essa aqui ta meio diferentona né não? Cara não deu nada falando sobre as interseções e tudo mais como estamos acostumados.

Mas tranquilidade total, ele nos deu F x , y , z e a parametrização para a curva, com esses dois caras podemos encontrar o rotacional e o vetor normal; é só o que precisamos, lembra?

Fazemos a seguinte transformação:

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

Passo 2

Vamos atrás desses carinhas então...

Lembra como a gente acha o rotacional? Assim ó:

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

Como o exercício deu:

F x , y , z = 2 x y z + sin ⁡ x ⏟ F 1     ;     x 2 z + e y ⏟ F 2     ;   x 2 y + 1 z ⏟ F 3

Só precisamos ir atrás das derivadas parciais. Bora juntos então:

∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z = x 2 - x 2 = 0

∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x = 2 x y - 2 x y = 0

E

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x z - 2 x z = 0

Que belezura em...

r o t F → = 0   ; 0   ; 0

Ora então:

∮ C F   d r = ∬ S r o t F →   .     n →   d s = 0

Isso nos indica duas coisas sobre o campo vetorial:

  1. F x , y , z é um campo gradiente, ou seja, existe uma função f x , y , z tal que:
  2. ∆ f x , y , z = F x , y , z

  3. O campo F é conservativo, ou seja:

∫ A B F   d r = f B - f A

Então vamos tentar encontrar essa tal f ; expandindo o item (i):

∂ f x , y , z ∂ x = F 1 = 2 x y z + sin ⁡ x             I

∂ f x , y , z ∂ y = F 2 = x 2 z + e y         I I

∂ f x , y , z ∂ z = F 3 = x 2 y + 1 z         I I I

Perceba então que se a gente integrar algum desses termos podemos ver mais ou menos a cara da nossa f ; vamos tentar então:

Passo 3

Integrando I :

∫ ∂ f x , y , z = ∫ 2 x y z + sin ⁡ x d x

Teremos:

f x , y , z = 2 y z x 2 2 - cos ⁡ x + P y , z

Lembrando que a gente assume a possibilidade de existir algo somente em função de y   e z , memsa ideia da constante quando a integral é indefinida; lembra?

Então essa é a ideia que a gente tem da função f . Se essa for realmente o formato dela, quando derivarmos ela em y esperamos obter F 2 ; vamos ver se isso vale mesmo:

∂ f x , y , z ∂ y = x 2 z - 0 + P ' y , z = F 2

Mas quem é o nosso F 2 mesmo?!

∂ f x , y , z ∂ y = x 2 z - 0 + P ' y , z = x 2 z + e y

Huuummm, então a única forma de isso ser verdade é se:

P ' y , z = e y

Tá comigo? Se a gente integrar isso, descobrimos a função P ; vamos tentar:

∫ P ' y , z = ∫ e y d y

Teremos:

P y , z = e y + T z

Novamente, temos que admitir a possibilidade de existir algo somente em termos de z ; olha que bacana, a nossa função já tem a seguinte forma:

f x , y , z = y z x 2 - cos ⁡ x + e y + T z

Show dibola! Mas podemos fazer ainda um último teste se derivarmos essa função em relação a z :

∂ f x , y , z ∂ z = y x 2 - 0 + 0 + T ' z

E isso teria de ser igual a F 3 :

y x 2 - 0 + 0 + T ' z = x 2 y + 1 z

Portanto, isso só vai acontecer quando:

T ' z = 1 z

E integrando isso:

∫ T ' z = ∫ 1 z   d z

Teremos:

T z = ln ⁡ z

Ou seja, no final das contas, o verdadeiro formato na nossa f é:

f x , y , z = y z x 2 - cos ⁡ x + e y + ln ⁡ z

Tá comigo?? O que precisamos fazer agora?? Antes de mais nada precisamos fazer a parameteização dessa função; ou seja, precisamos reescrever ela em termos de t :

Como temos:

σ t = cos 3 ⁡ t   ; sin 2 ⁡ t ; t + 1 2

Basta substituir esses x = cos 3 ⁡ t , y = sin 2 ⁡ t e z = t + 1 2 na nossa f :

f t = t + 1 2 sin 2 ⁡ t cos 6 ⁡ t - cos ⁡ cos 3 ⁡ t + e sin 2 ⁡ t + ln ⁡ t + 1 2

Tá horrível aquilo alí né?! Mas carmeia que não vamos ter que fazer mágica não. Olha só:

Lembra que:

∫ A B F   d r = f B - f A

E que o enunciado deu: 0 ≤ t ≤ π ??

Então perceba que: A = 0 e B = π . Com isso só precisamos substituir esses carinhas naquele mosntro ali em cima:

f A = f 0 = 1 2 sin 2 ⁡ 0 cos 6 ⁡ 0 - cos ⁡ cos 3 ⁡ 0 + e sin 2 ⁡ 0 + 2 ln ⁡ 1

Parece que piorou... Só que não, porque várias coisa ali vai dar zero; olha só:

f A = 0 - cos ⁡ 1 + 1 + 0 = 1 - cos ⁡ 1

E agora o B :

f B = f π = π + 1 2 cos 6 ⁡ ( π ) sin 2 ⁡ π - cos ⁡ cos 3 ⁡ π + e sin 2 ⁡ π + 2 ln ⁡ ( π + 1 )

Mais uma vez varias coisinhas somem:

f B = - cos ⁡ 1 + 1 + 2 ln ⁡ π + 1

Calma que tamo acabando... cuidado pra não errar nessas hora:

∫ A B F   d r = - cos ⁡ 1 + 1 + 2 ln ⁡ π + 1 - 1 - cos ⁡ 1

Finalmente, teremos:

∫ A B F   d r = 2 ln ⁡ π + 1

E é isso!! Até a próxima!!

Resposta

Concluindo:

∫ C 2 x y z + sin ⁡ x d x + x 2 z + e y d y + x 2 y + 1 z d z = 2 ln ⁡ π + 1

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