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Enunciado

Cálculo - Guidorizzi - Vol 3- Ed: 5º - Capítulo 11.1 - Ex. 1-i

1 ) Utilizando o teorema de Stokes, transforme a integral

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S numa integral de linha e calcule.

i )   F → x , y , z = - y 2 i → + x 2 j → + z 2 k → ,       σ é a superfície   x 2 + y 2 4 + z 2 = 2 ,   z ≥ 1 ,   sendo n → a normal para cima

Passo 1

Vamos calcular

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S

Então o primeiro passo é calcular o rotacional

∇ × F → = x ^ y ^ z ^ d d x d d y d d z - y ² x ² z ²

Fazendo determinante descobrimos que

∇ × F → = 0,0 , 2 x + 2 y

Passo 2

Agora é só questão de calcular a normal. Temos duas maneiras de calcular, você faça da maneira que se sentir mais confortável

n →   = d σ d u × d σ d v d σ d u × d σ d v

Ou

n → = ∇ σ | ∇ σ |    

Eu sempre acho mais fácil calcular pelo gradiente. No nosso caso a superfície é

x 2 + y 2 4 + z 2 = 2

  z ≥ 1

Podemos observar ela abaixo

É um paraboloide com restrições. Vamos calcular essa normal

n → = ∇ σ | ∇ σ |    

n → = 2 x , y 2 , 2 z 4 x 2 + y 2 4 + 4 z 2    

Podemos usar a equação do paraboloide para simplificar a nossa equação

x 2 + y 2 4 + z 2 = 2

Assim a nossa normal fica

n → = 2 x , y 2 , 2 z 4 x 2 + y 2 4 + 4 z 2

n → = 2 x , y 2 , 2 z 2 + 3 x 2 + z 2

Passo 3

Vamos unir isso a nossa integração

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S

∫ ∫ σ   0,0 , 2 x + 2 y ⋅ 2 x , y 2 , 2 z 2 + 3 x 2 + z 2   d S

∫ ∫ σ   2 x + 2 y ⋅ 2 z 2 + 3 x 2 + z 2   d S

Novamente vamos usar a equação do paraboloide para substituir z

x 2 + y 2 4 + z 2 = 2

z 2 = 2 - x 2 - y 2 4

Assim a integral fica

∫ ∫ σ   2 x + 2 y ⋅ 2 2 - x 2 - y 2 4 2 + 3 x 2 + 2 - x 2 - y 2 4   d S

4 ∫ ∫ σ   x + y 2 - x 2 - y 2 4 8 - 3 4 y 2   d S

Acredite em mim essa integral vai dar zero. Embora tenha ficado equação enorme e difícil de ver claramente o resultado. Uma Solução mais elegante seria usar o teorema de stolkes

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S = ∫ γ   F → ⋅ d r

Passo 4

Vamos parametrizar e resolver essa essa integral

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S = ∫ γ   F → ⋅ d r = ∫ t 1 t 2 F → γ t ( γ ' t ) d t

Sendo nossa função

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

E nossa borda justamente o limite

z = 1 → x 2 + y 2 4 = 1

Podemos criar uma parametrização da seguinte forma

γ t = cos ⁡ t ,   2 s e n t ,   1  

γ ' t = - s e n   t ,   2 c o s t , 0

Dessa forma nossa integral fica

∫ t 1 t 2 F → γ t ( γ ' t ) d t

∫ 0 2 π - 4 s e n ² t , cos ² ⁡ t , 1 - s e n   t ,   2 c o s t , 0 d t

∫ 0 2 π 4 s e n 3 t + 2 cos 3 ⁡ t d t

Felizmente, as funções seno e cossenos elevados a um expoente impar tem a mesma quantidade de área acima e abaixo do eixo y. Logo no intervalo de um ciclo – como por exemplo 0,2 π elas se anulam. Logo

∫ 0 2 π 4 s e n 3 t + 2 cos 3 ⁡ t d t = 0

Terminamos por aqui. Te vejo na próxima resolução

: )

Resposta

∫ ∫ σ   ∇ × F → ⋅   n →   d S = ∫ γ   F → ⋅ d r = ∫ t 1 t 2 F → γ t ( γ ' ( t ) d t = 0

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