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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 5ª Edição - James Stewart- Ed: 5º - Capítulo 16.8 - Ex. 10

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 z = 1 - x 2 - y 2 no primeiro octante.

Passo 1

Olá, tudo bem? Vamos que o que a questão quer

Ela quer que usemos o Teorema de Stokes para calcular

∫ C F .   d r

Sendo

F x , y , z = x i + y j + x 2 + y 2 k

E C é a fronteira da parte do paraboloide z = 1 - x 2 - y 2 no primeiro octante.

Muito bem! O Teorema de Stokes diz o seguinte:

∫ C F → ⋅ d r → = ∬ S ∇ × F → ⋅ d S

Sendo

d S =   n → d A

Podemos transformar essa integral de linha em uma integral dupla com o rotacional

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

E algo muito importante também:

O primeiro octante é o octante onde x , y e z são maiores que zero, ou seja, positivos. Mas não vamos precisar disso 😅

O que faremos é:

Calcular o rotacional;

Achar d S e para isso vamos precisar parametrizar a superfície e calcular o vetor normal;

Montaremos a integral e resolveremos.

Partiu?

Passo 2

Vamos calcular o rotacional do campo!

Temos

F x , y , z = x i + y j + x 2 + y 2 k

O seu rotacional é:

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

Substituindo:

∇ × F → = i → ∂ ∂ y x 2 + y 2 - ∂ ∂ z y + j → ∂ ∂ z x - ∂ ∂ x x 2 + y 2 + k → ∂ ∂ x y - ∂ ∂ y x

Lembrando que em derivadas parciais, as variáveis que a derivada não está derivando é constante. Temos então:

∇ × F → = i → 2 y - 0 + j → 0 - 2 x + k → 0 - 0

∇ × F → = 2 y i → + - 2 x j →

Certo!

Passo 3

Agora, vamos achar aquele d S

Temos que

d S =   n → d A

O vetor normal vai ser dado por:

n → = r → x × r → y

Onde r → é a superfície parametrizada. Então, vamos parametrizar essa superfície!

Como temos que z = 1 - x 2 - y 2 , então uma parametrização possível é:

x = x y = y z = 1 - x 2 - y 2

Assim, temos que nossa superfície parametrizada é

r x , y = x i → + y j ��� + 1 - x 2 - y 2 k →

E as derivadas parciais r → x e r → y são:

r → x = 1 i → - 2 x k →

r → y = 1 j → - 2 y k →

E o produto vetorial entre eles é:

r → x × r → y = i → j → k → 1 0 - 2 x 0 1 - 2 y

Calculando o determinante dessa matriz, chegamos em:

r → x × r → y = 2 x i → + 2 y j → + 1 k →

Passo 4

Voltando para a integral

∬ S ∇ × F → ⋅ d S

Como a superfície está no sentido anti-horário, ou seja, positivo, não precisamos trocar o sinal da integral 😁

Temos então

∇ × F → = 2 y i → + - 2 x j →

E

d S = 2 x i → + 2 y j → + 1 k → d A

Substituindo:

∬ S 2 y i → - 2 x j → ⋅ 2 x i → + 2 y j → + 1 k → d A

Realizando esse produto escalar:

∬ S 2 y i → - 2 x j → ⋅ 2 x i → + 2 y j → + 1 k → d A = ∬ S 4 x y - 4 x y d A

Então

∬ S 4 x y - 4 x y d A = ∬ S 0 d A

Portanto, nossa resposta é 0

∫ C F .   d r = 0

Prontinho!

Resposta

0

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