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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 7ª Edição - James Stewart- Ed: 7º - Capítulo 16.8 - Ex. 8

Use o Teorema de Stokes para calcular ∮ C F → ⋅ d r → . Em cada caso, C é orientado no sentido anti-horário quando visto de cima.

F → x , y , z = i ^ + x + y z j ^ + x y - z k ^ , C é o limite da partes do plano 3 x + 2 y + z = 1 no primeiro octante.

Passo 1

Fala ai pessoal.O exercício pede para usarmos o Teorema de Stokes para calcular a integral de linha de F → sobre a curva C .Onde:

F → x , y , z = i ^ + x + y z j ^ + x y - z k ^

e C é o limite da partes do plano 3 x + 2 y + z = 1 no primeiro octante.

Beleza, então para resolver esse problema iremos utilizar o Teorema de Stokes da seguinte forma:

∮ C F → ⋅ d r → = ∬ S ∇ → × F → ⋅ d S →

Dessa forma, precisamos calcular o rotacional de F que é dado por:

∇ → × F → = i ^   j ^   k ^   ∂ x   ∂ y   ∂ z   F x   F y   F z   = ∂ y F z - ∂ z F y i ^ + ∂ z F x - ∂ x F z j ^ + ∂ x F y - ∂ y F x k ^

Depois precisamos encontrar o vetor normal da superfície:

3 x + 2 y + z = 1

Feito isso iremos achar o produto escalar entre:

∇ → × F → ⋅ d S →

Agora a última coisa antes de começar a calcular , será os pontos de interseção do plano com o eixo da coordenada, que serão os nossos limites de integração.

Vamos juntos!

Passo 2

Então o primeiro passo é calcular o rotacional. Sabendo que:

∇ → × F → = i ^   j ^   k ^   ∂ x   ∂ y   ∂ z   F x   F y   F z   = ∂ y F z - ∂ z F y i ^ + ∂ z F x - ∂ x F z j ^ + ∂ x F y - ∂ y F x k ^

e a nossa função é:

F → x , y , z = i ^ + x + y z j ^ + x y - z k ^

Vamos começar por:

∂ R ∂ y - ∂ Q ∂ z i

Assim:

∂ R ∂ y = ∂ ∂ y x y - z

∂ ∂ y x y - z = x

e

∂ Q ∂ z = ∂ ∂ z ( x + y z )

∂ ∂ z ( x + y z ) = y

Substituindo na fórmula do rotacional :

r o t   F = x - y i + ∂ P ∂ z - ∂ R ∂ x j + ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k

Passo 3

Agora vamos encontrar:

∂ P ∂ z - ∂ R ∂ x j

Assim:

∂ P ∂ z = ∂ ∂ z ( 1 )

∂ ∂ z ( 1 ) = 0

e

∂ R ∂ x = ∂ ∂ x ( x y - z )

∂ ∂ x ( x y - z ) = y

Substituindo em:

r o t   F = x - y i + ∂ P ∂ z - ∂ R ∂ x j + ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k

Logo:

r o t   F = x - y i + 0 - y j + ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k

Passo 4

Por último vamos achar:

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k

Assim:

∂ Q ∂ x = ∂ ∂ x ( x + y z )

∂ ∂ x ( x + y z ) = 1

e

∂ P ∂ y = ∂ ∂ y ( 1 )

∂ ∂ y ( 1 ) = 0

Substituindo em:

r o t   F = x - y i + 0 - y j + ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k

Logo:

r o t   F = x - y i + 0 - y j + 1 - 0 k

Opa , então nosso rotacional será:

r o t   F = x - y i - y j + k

Passo 5

Agora vamos achar o vetor normal. Neste caso, a superfície que usaremos na integral de superfície é a parte do plano 3 x + 2 y + z = 1 restrita ao primeiro octante.

Para uma equação desse tipo, o vetor normal é encontrado ao extrairmos os coeficientes das nossas variáveis:

Logo, o vetor normal dessa superfície será o vetor normal do plano n → = ( 3 ,   2 ,   1 ) :

Agora vamos achar o produto escalar entre:

∇ → × F → ⋅ d S → = ∇ → × F → ⋅ n →   d S

x - y ,   - y ,   1 ⋅ 3 ,   2 ,   1   d S

Assim,

∇ → × F → ⋅ d S → = 3 x - 5 y + 1   d S

Substituindo na integral:

∬ S ∇ → × F → ⋅ d S → = ∬ S 3 x - 5 y + 1   d S

Passo 6

Agora vamos achar os pontos de interseção do plano com os eixos coordenados. Lembrando que nosso plano é 3 x + 2 y + z = 1 .

Fazendo x = y = 0 , achamos

3.0 + 2.0 + z = 1

( 0 ,   0 ,   1 )

Fazendo x = z = 0 :

3.0 + 2 y + 0 = 1

0 , 1 2 ,   0

E y = z = 0 :

3 x + 2.0 + 0 = 1

1 3 ,   0 ,   0

Podemos parametrizar a superfície isolando z e deixando x e y como parâmetros livres:

z = 1 - 3 x - 2 y

No plano x y , temos o seguinte desenho:

A equação dessa reta é

y = 1 2 - 3 2 x

Logo podemos dizer que:

0 ≤ y ≤ 1 2 - 3 2 x

e

0 ≤ x ≤ 1 3

Certo, então esses serão os nossos limites de integração, como nossas variáveis serão y e x , logo:

d S = d y d x

Assim, a integral de superfície será:

∬ S 3 x - 5 y + 1   d S = ∫ 0 1 / 3 ∫ 0 1 2 - 3 2 x 3 x - 5 y + 1   d y   d x

Passo 7

Vamos começar então a integrar:

∫ 0 1 / 3 ∫ 0 1 2 - 3 2 x 3 x - 5 y + 1   d y   d x

Fazendo a primeira integração em y :

∫ 0 1 2 - 3 2 x 3 x - 5 y + 1   d y

Teremos:

3 x y - 5   y 2 2 + y 0 1 2 - 3 2 x

Substituindo os limites de integração:

3 x 1 2 - 3 2 x - 5 2 1 2 - 3 2 x 2 + 1 2 - 3 2 x  

Vamos rearranjar os termos:

3 x 1 2 - 3 2 x - 5 2 1 2 - 3 2 x 2 + 1 2 - 3 2 x

3 x 1 2 - 3 2 x - 5 2 1 2 2 - 2 . 1 2 . 3 2 x + 3 2 x 2 + 1 2 - 3 2 x

Assim:

3 x 2 - 9 x 2 2 - 5 8 - 45 x 2 8 + 15 x 4 + 1 2 - 3 x 2

Portanto,

3 x 1 2 - 3 2 x - 5 2 1 2 - 3 2 x 2 + 1 2 - 3 2 x

∫ 0 1 2 - 3 2 x 3 x - 5 y + 1   d y = - 81 x 2 8 + 15 x 4 - 1 8

Logo,substituindo na integral inicial:

∬ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 1 4 ∫ 0 1 / 3 - 81 x 2 2 + 15 x - 1 2   d x

Fazendo a integração:

1 4 - 27 2 ⋅ 1 3 3 + 15 2 ⋅ 1 3 2 - 1 2 ⋅ 1 3

1 4 - 1 2 + 5 6 - 1 6 = 1 24

Logo:

1 4 ∫ 0 1 / 3 - 81 x 2 2 + 15 x - 1 2   d x = 1 24

Portanto, pelo Teorema de Stokes:

∮ C F → ⋅ d r → = 1 24

Resposta

∮ C F → ⋅ d r → = 1 24

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