Enunciado

Use o teorema de Stokes para calcular ∫ C F → ⋅ d r → . Em cada caso, C é orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

F → x , y , z = x + y 2 i → + y + z 2 j → + ( z + x 2 ) k →

C o triângulo com vértices 1,0 , 0 ; 0,1 , 0 e ( 0,0 , 1 ) .

Passo 1

Fala, galera! Tranquilo?

A questão aqui quer que a gente use o Teorema de Stokes para calcular:

∫ C F ⋅ d r

Onde F é:

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

E C é o triângulo com os vértices 1,0 , 0 ,   0,1 , 0 e   0,0 , 1 .

Pessoal, o Teorema de Stokes é dada por

∫ C F ⋅ d r = ∬ S r o t F ⋅ d S

onde C é a curva fechada que forma a fronteira, simples, suave por partes e com orientação positiva. Por definição:

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

onde

F = P i + Q j + R k

Então, vamos calcular o rotacional da função F . Daí, aplicamos na nossa integral dupla e a partir da região que estamos calculando, definimos os limites de integração da nossa integral dupla.

Daí é só integrarmos de dentro pra fora, como já sabemos!

Bora lá!

Passo 2

Vamos começar calculando o rotacional da função:

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

Nossa função F tem a estrutura:

F = P i + Q j + R k

Como nossa função é:

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

Temos que:

P = ( x + y 2 )

Q = ( y + z 2 )

R = ( z + x 2 )

Assim, temos:

r o t F = ∂ z + x 2 ∂ y - ∂ y + z 2 ∂ z i +

∂ ( x + y 2 ) ∂ z - ∂ ( z + x 2 ) ∂ x j + ∂ ( y + z 2 ) ∂ x - ∂ ( x + y 2 ) ∂ y k

Resolvendo as derivadas parciais:

r o t F = - 2 z   i - 2 x   j - 2 y   k

Passo 3

Se a superfície S é da forma z = g ( x , y ) e é orientada para cima, podemos usar a seguinte formula:

∬ S F ⋅ d S = ∬ D - P ∂ g ∂ x - Q ∂ g ∂ y + R   d A

onde P e Q são as componentes i e j do rotacional:

P = - 2 z

Q = - 2 x  

Agora, precisamos expressar nossa região de integração em uma função do tipo z = g ( x , y ) . O triângulo com os vértices 1,0 , 0 ,   0,1 , 0   e   0,0 , 1 está no plano

x + y + z = 1

Isolando z , temos:

z = g x , y = 1 - x - y

Calculamos suas derivadas parciais:

∂ g ∂ x = ∂ 1 - x - y ∂ x = - 1

E:

∂ g ∂ y = ∂ 1 - x - y ∂ y = - 1

Substituindo na nossa equação:

∬ S F ⋅ d S = ∬ D - - 2 z - 1 - - 2 x - 1 + - 2 y d A

Passo 4

Veja que ainda faltam os limites de integração da nossa integral dupla. Olhando para o valor dos vértices da região do nosso triângulo

1,0 , 0 ,   0,1 , 0 e   0,0 , 1

Vemos que:

0 ≤ x ≤ 1

Fazendo z = 0 , estamos no plano x y e temos:

0 = 1 - x - y

Isolando y :

y = 1 - x

Então:

0 ≤ y ≤ 1 - x

Assim, nossa integral fica:

∬ D - - 2 z - 1 - - 2 x - 1 + - 2 y d A = ∫ 0 1 ∫ 0 1 - x - 2 d y d x

Passo 5

Agora precisamos calcular nossa integral:

∬ S F ⋅ d S = ∫ 0 1 ∫ 0 1 - x - 2 d y d x

Tirando a constante para fora e integrando em y :

= - 2 ∫ 0 1 y 0 1 - x   d x

Aplicando os limites de integração:

∬ S F ⋅ d S = - 2 ∫ 0 1 1 - x d x

Agora finalmente integrando em x :

= - 2 x - x 2 2 0 1

Ficamos com:

∬ S F ⋅ d S = - 1

Resposta

∫ C F ⋅ d r = - 1

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