[Cálculo III] - Teorema de Stokes

por **Feliperpr** » Sáb Abr 21, 2012 16:08

Calcule:
$\oint_{}^{} x dx + (x+y) dy + (x+y+z) dz$ , onde C é a curva das equações paramétricas x = a sen (t) ; y = a cos (t); z = a (sen (t) + cos (t), com z maior igual a 0 e menor igual a 2 pi!

Não consegui determinar o parâmetro 'a' e acabei caindo em integral dupla de -y+x+1 dx dy sem conseguir determinar os limites de integração!
Alguém sabe?

por **Russman** » Sáb Abr 21, 2012 17:50

Feliperpr escreveu:Calcule:
$\oint_{}^{} x dx + (x+y) dy + (x+y+z) dz$ , onde C é a curva das equações paramétricas x = a sen (t) ; y = a cos (t); z = a (sen (t) + cos (t), com z maior igual a 0 e menor igual a 2 pi!

Não consegui determinar o parâmetro 'a' e acabei caindo em integral dupla de -y+x+1 dx dy sem conseguir determinar os limites de integração!
Alguém sabe?

Para tanto é necessário que você faça com que a integral seja efetuada ao longo dos pontos da curva, isto é, substitua as variáveis x,y e z por suas parametrizações!
Desta forma teremos uma integral dependente unicamente do parametro t que, por isso, pode ser calculada. Veja que

$\oint_{}^{} x dx + (x+y) dy + (x+y+z) dz = \oint_{}^{}{a}^{2}(\frac{5}{2}cos(2t) - \frac{1}{2}) dt$

utilizando
$x = a.sin(t)\rightarrow dx = a.cos(t) dt$
$y = a.cos(t) \rightarrow dy = -a.sin(t) dt$
$z = x+y \rightarrow dz = dx + dy \rightarrow a(cos(t) - sin(t)) dt$

e as identidades trigonométricas ${sin(t)}^{2} = \frac{1}{2}(1 - cos(2t))$ e ${cos(t)}^{2}-{sin(t)}^{2}=cos(2t)$ .

Agora temos de identificar os limites de integração. Na questão não é o t que varia de 0 a 2pi ?

por **Russman** » Sáb Abr 21, 2012 18:51

Se t varia de 0 a 2pi, então temos

$\int_{0}^{2\pi} \frac{{a}^{2}}{2}(5cos(2t) -1) =\frac{{a}^{2}}{2}(\frac{5}{2}sin(2t) - t)[t=0,t=2\pi ] =-\pi{a}^{2}$

Veja que esse processo não é o sugerido pelo Teorema de Stokes! Para tanto é necessário identificar o campo vetorial e a superfície de integração. Fazendo isto você obtem o mesmo resultado. Eu fiz aqui. Se quiser posso postar.

por **Feliperpr** » Sáb Abr 21, 2012 18:54

Nossa cara, muito obrigado de verdade!

Se você puder postar, eu agradeço! Mas já me ajudou muito mesmo!

por **Russman** » Sáb Abr 21, 2012 19:14

O Teorema de Stokes afirma que

$I = {\oint_{}^{}}_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r} = {\int_{}^{}\int_{}^{}}_{S} \bigtriangledown \times \overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{n} dS$

que ainda pode ser escrito como

$I = {\int_{}^{}\int_{}^{}}_{R} \bigtriangledown \times \overrightarrow{F}\cdot(\pm\bigtriangledown \cdot G ) dR$ .

Pela integral original vemos que
$\overrightarrow{F} = x \widehat{i} + (x+y) \widehat{j}+ (x+y+z)\widehat{k} \Rightarrow \bigtriangledown \times \overrightarrow{F}=\widehat{i}-\widehat{j}+\widehat{k}$
$G = z - x - y \Rightarrow \bigtriangledown \cdot G = -\widehat{i}-\widehat{j}+\widehat{k}$

Como convencionamos orientação positiva para fora da superfície de integração usaremos $\bigtriangledown \cdot G =-( -\widehat{i}-\widehat{j}+\widehat{k})$ . Assim,

$I = {\int_{}^{}\int_{}^{}}_{R} \bigtriangledown \times \overrightarrow{F}\cdot(-\bigtriangledown \cdot G ) dR = {\int_{}^{}\int_{}^{}}_{R} (-1) dR = -R = -\pi{a}^{2}$ .

(: