Question

Seja C a curva positivamente orientada parametrizada por r(t) = (cost,sent, 8−cos2t, 0 ≤ t ≤ 2π,

e seja F~ o campo de vetores definido porF~ (x, y, z) = (z^2 − y^2, −2xy^2, e^√zcosz)
[apenas o z dentro da raiz e tudo está elevado inclusive o cosz

Answer 1

Temos a parametrização:

r(t) = (Cost, Sent, 8-cos2t)

Para, 0 ≤ t ≤ 2π

Sabemos que:

r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k

Então:

x(t) = cost

y(t) = sent

z(t) = 8 - cos2t

Lembrando de uma relação trigonométrica:

Co2t = cos²t-sen²t

Isso, quer dizer que:

z(t) = 8 - ( cos²t-sen²t)

z(t) = 8 +sen²t - cos²t
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A parametrização em xy é uma circunferência de raio 1

x² + y² = 1

x(t) = cost

y(t) = sent

Então,

z = 8 +y² -x²
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Para calcularmos essa integral, é mais fácil utilizarmos o teorema de Stokes do que a integral de linha.

1: Passo

Calcularmos o rotacional de F

$\\ Rot(f) = \left[\begin{array}{ccc}i&j&k\\ \frac{d}{dx} & \frac{d}{dy} & \frac{d}{dz} \\f&g&h\end{array}\right] \\ \\ \\ Rot(f) = \left[\begin{array}{ccc}i&j&k\\ \frac{d}{dx} & \frac{d}{dy} & \frac{d}{dz} \\z^2-y^2&-2xy^2&e^ \frac{ \sqrt{z} cosz}{} \end{array}\right] \\ \\ \\ Rot(f) = (\frac{dh}{dy} -\frac{dg}{dz} )i+(\frac{df}{dz} -\frac{dh}{dx} )j+(\frac{dg}{dx} -\frac{df}{dy} )k \\ \\ Rot(f) = (0-0)i+(2z-0)j+(-2y^2-2y)k$

$\\ Rot(f) = 0i+2zj+(-2y^2-2y)k$

Sabemos que pelo teorema de Stokes:

∫ F.dr = ∫ ∫ Rot(f).n.dS
c          σ

Onde,

$n.dS = Gradiente$

Seja,

z = g(x , y)

Temos que:

z - g(x, y) = 0

Ou ainda,

F(x, y, z) = z - g( x, y)

O gradiente de F será:

∨F(x, y, z) = df/dx + df/dy + df/dz

∨F(x , y, z) = -2xi + 2yj + 1k
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Então, teremos que a integral de linha é:


$\\ \int\limits {} \, \int\limits {} \, (0, 2z, -2y^2-2y).( -2x, 2y, 1).dA= \int\limits {} \, \int\limits {} \,(4zy-2y^2-2y)dA$

Sobre o domínio, x² + y² = 1

e

z = 8 +y² -x²

Fazendo, x = rCosα

y = rSenα


temos:

Z = 8 + r²Sen²α - r²Cos²α

Z = 8 + r²(Sen²α - Cos²a)

Substituindo, sen²α - cos²α = -Cos2t

Z = 8 -r²Cos2t

Com,

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ α ≤ 2π

Jacobiano = r
--------------------------------

Substituindo,

z = 8 -r²Cos2α

x = rCost

y = rSent.

E

dA = rdrdα

Na integral, fica:

∫∫ (4zy - 2y²- 2y)dA = ∫∫ (4.(8-r²cos2α)rSenα - 2(rSenα)² -2.rSenα).rdrdα

= ∫∫ (4.(8rSenα - r³Senα.Cos2α) - 2r²Sen²α - 2rSenα)rdrdα

Simplificando por "2" a integral.

= 2.∫∫ ( 2(8rSenα - r³Senα.Cos2α) - r²Sen²α - rSenα).rdrdα

= 2.∫∫ ( 16rSenα - 2r³Senα.Cos2α -r²Sen²α - rSenα)rdrdα

Aplicando distributiva do "r"

= 2.∫∫ ( 16r²Senα - 2r⁴.Senα.Cos2α - r³Sen²α - r²Senα)drdα

Os limites de integração são:

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ α ≤ 2π

Integrando em relação a r teremos:

$= 2. \int\limits^ \frac{2 \pi }{} _0 {} \, \frac{16r^3Sen \alpha }{3} - \frac{2r^5Sen \alpha Cos2 \alpha }{5} - \frac{r^4Sen^2 \alpha }{4} - \frac{r^3Sen \alpha }{3} |(0,1)d \alpha$

$= 2. \int\limits^ \frac{2 \pi }{} _0 {} \, (\frac{16Sen \alpha }{3} - \frac{2Sen \alpha Cos2 \alpha }{5} - \frac{Sen^2 \alpha }{4} - \frac{Sen \alpha }{3})d \alpha \\ \\ = 2. \int\limits^ \frac{2 \pi }{} _0 {} \, (5Sen \alpha - \frac{2Sen \alpha Cos2 \alpha }{5} - \frac{Sen^2 \alpha }{4} )d \alpha$

A integral de Senα.Cos2α = 0

Pois sen(2π) e Sen(0) = 0

Essa parcela vai zerar após integrarmos.

Então:

= 2.∫ (5Senα - Sen²α/4)dα

Como,

Sen²α = (1 - Cos2α)/2

Então, teremos:

= 2.∫ 5Senα + (Cos2α -1)/8 dα

= 2.∫ (5Senα + Cos2α/8 - 1/8 )dα

= A integral de Cos2α/2 = 0

Pois sua primitiva será sen2α/16 e isso será nulo.

= 2.∫ (5Senα -1/8)dα

= 2.( -5Cosα -α/8)|(0, 2π)

= 2.( -5Cos2π - 2π/8 ) - 2( -5Cos0 - 0/8)

= 2.( -5 - π/4) - 2( -5)

= -10 -π/2 + 10

= -π/2