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Enunciado

Cálculo - Diva Flemming - Cálculo B - Ed: 2º - Capítulo 10.16 - Ex. 10

Seja S a parte do gráfico z = 16 - x 2 - y 2 ,   z ≥ 0 com normal exterior. Determinar ∬ S r o t   g → ⋅ n → d S , sendo g → = 2 y , y + z , z .

Passo 1

O teorema de Stokes nos sugere que, dada uma superfície S orientável, suave por partes, delimitada por uma curva fechada, simples, suave por partes, C , então

∮ C g → ⋅ d r → = ∬ S ∇ × g → ⋅ n →   d S

Onde n → é o vetor normal a superfície.

Passo 2

Primeiramente vamos parametrizar nossa superfície afim de definir posteriormente n → ( u , v ) d S .

Vamos fazer

x = u cos ⁡ v

y = u   s e n   v

z = 16 - u 2

assim

r → u , v = u cos ⁡ v ,   u   s e n   v ,   16 - u 2

Desta forma temos

∂ r → ∂ u × ∂ r → ∂ v = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ v s e n   v - 2 u - u   s e n   v u cos ⁡ v 0 = 2 u 2 cos ⁡ v i ^ + 2 u 2 s e n   v j ^ + u k ^

Desta forma temos que

n → u , v d S = 2 u 2 cos ⁡ v , 2 u 2 s e n   v , u d u d v

Vamos agora calcular o rotacional de g →

∇ × g → = i ^ j ^ k ^ ∂ / ∂ x ∂ / ∂ y ∂ / ∂ z 2 y y + z z = - i ^ + 0 j ^ - 2 k ^ = ( - 1,0 , - 2 )

E tomando

∇ × g → r → x , y ⋅ ∂ r → ∂ x × ∂ r → ∂ y = - 2 u 2 cos ⁡ v - 2 u

Onde agora podemos escrever nossa integral da seguinte forma

∬ R - 2 u 2 cos ⁡ v + u d u d v

Na qual R é a projeção da nossa superfície no plano x y , ou seja, z = 0

Como estamos limitados em z ≥ 0 , temos que a projeção sugere que r ∈ 0,4 , enquanto θ ∈ 0,2 π

Passo 3

Finalmente temos a seguinte integral

- 2 ∫ 0 4 ∫ 0 2 π u 2 cos ⁡ v + u d v d u

Consegue observar que as integrais de s e n   θ e cos ⁡ θ quando integrados de 0 à 2 π são sempre nulas?

Desta forma ficamos com

- 2 ∫ 0 4 u v 0 2 π d u = - 4 π u 2 2 0 4 = - 32 π

E aí temos o nosso resultado esperado.

Resposta

- 32 π

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Use o Teorema de Stokes para calcular ∫ C F .d r . Em cada caso, C é orientado no sentido anti-horário visto de cima.10- F x , y , z = x i + y j + x 2 + y 2 k , C é a fronteira da parte do paraboloide
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