Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Calcule a integral do campo vetorial F → x , y , z = x + y + z , z + x + e - y 2 / 2 , x + y + e - z 2 / 2 ao longo da curva interseção da superfície x 2 4 + y 2 9 + z 2 = 1 , z ≥ 0 com o plano y = - 1 , orientada no sentido de crescimento de x .

Passo 1

O enunciado pede a integral do campo vetorial ao longo de uma curva né? Sabemos que o que ele está pedindo, em outras palavras, é isso aqui

∫ C F → d r →

Vamos tentar visualizar nossa curva pra ver qual a melhor forma de calcular isso, ele quer a interseção dessas duas superfícies aqui

É uma curva aberta, certo? O problema é que esse campo F → é muito complexo pra gente resolver a integral de forma direta, vamos ter que aplicar algum teorema aqui. Primeiramente, vamos ver como é o rotacional de F → , às vezes isso facilita o exercício

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

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

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

Que beleza, o rotacional é nulo! Podemos então tentar aplicar o teorema de Stokes, pra isso vamos fechar essa curva ai. O jeito mais fácil é simplesmente ligar as extremidades da curva C , fica assim

O teorema de Stokes fica assim

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

Como o rotacional é nulo, essa integral dupla fica igual a zero, portanto

∫ C F → d r → + ∫ C 1 F → d r → = 0

∫ C F → d r → = - ∫ C 1 F → d r →

Precisamos só calcular essa integral da curva C 1 !

Passo 2

Pra calcular essa integral de linha, vamos precisar de uma parametrização da reta C 1 , ela liga os pontos extremos da curva aberta C , mas que pontos são esses?

Esses pontos pertencem a elipse

x 2 4 + y 2 9 + z 2 = 1

E aos planos y = - 1 e z = 0 , portanto

x 2 4 + - 1 2 9 + 0 = 1

x 2 4 = 8 9

x 2 = 32 9

x = ± 4 2 3

Portanto os pontos são

4 2 3 , - 1,0 ; - 4 2 3 , - 1,0

Passo 3

A reta que queremos parametrizar começa em x positivo e termina em x negativo, não é? Então essa reta pode ser parametrizada por

x t = - t

y t = - 1

z t = 0

- 4 2 3 ≤ t ≤ 4 2 3

σ ' t = - 1,0 , 0

Beleza, tendo a parametrização da reta, vamos ver como fica o campo F → nesses novos parâmetros

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

F → t = - t - 1 + 0,0 - t + e - 1 2 , - t - 1 + e 0

F → t = - t - 1 , - t + e - 1 2 , - t

Passo 4

Agora é só juntar tudo na integral

∫ C 1 F → d r → = ∫ - 4 2 3 4 2 3 - t - 1 , - t + e - 1 2 , - t . - 1,0 , 0 d t

= ∫ - 4 2 3 4 2 3 t + 1 = t 2 2 + t t = - 4 2 3 t = 4 2 3

= 4 2 3 2 - - 4 2 3 2 2 + 4 2 3 - - 4 2 3

= 32 9 - 32 9 2 + 4 2 3 + 4 2 3 = 8 2 3

∫ C 1 F → d r → = 8 2 3

Passo 5

Agora é só voltar lá pro que montamos nos teorema de Stokes

∫ C F → d r → = - ∫ C 1 F → d r →

∫ C F → d r → = - 8 2 3

Resposta

- 8 2 3