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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 8ª Edição - James Stewart- Ed: 8º - Capítulo 16.8 - Ex. 15

Verifique se o Teorema de Stokes é verdadeiro para o campo vetorial F e superfície S .

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

S é o hemisfério x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,   y ≥ 0 , orientado na direção positiva do eixo y .

Passo 1

E aiii minha turma, belezinha!? Então vamos começar!

Precisamos verificar se o Teorema de Stokes é verdadeiro para o seguinte campo:

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

Através da superfície S , onde S é o hemisfério x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,   y ≥ 0 , orientado na direção |zx

Vamos fazer uma estratégia juntos!

Lembrando que o Teorema de Stokes é definido como:

Onde, c u r l é o rot(rotacional). Desse jeito:

∫ C F ∙ d r = ∬ S r o t F ∙ d S

Para provar vamos ter que achar o valor das duas integrais acima.

Inicialmente, vamos calcular:

∫ C F ∙ d r

A fronteira de S é o círculo:

  x 2 + z 2 = 1 ,     q u a n d o   y = 0

Conhecemos a parametrização para um círculo. Em coordenadas polares temos que:

x = r c o s c o s   t  

z = r   s e n   t

Assim, podemos escrever o vetor r da parametrização da seguinte forma:

r = c o s c o s   t   , 0 , t   , ��   0 ≤ t ≤ 2 π

Já d r , obtemos fazendo a derivada de r em relação a t . Desse jeito:

d r d t = - t   , 0 , c o s c o s   t  

d r = - t   , 0 , c o s c o s   t   d t

Dado que o campo vetorial é:

F = y i + z j + x k

Substituindo os valores de r no campo vetorial, temos:

F r t = ( 0 , t   , c o s c o s   t   )

Para a integral:

∬ S r o t F ∙ d S

Vamos fazer uso da seguinte igualdade:

∬ S G ∙ d S = ∬ D - P ∂ g ∂ x - Q ∂ g ∂ z + R   d A

onde G = P i + Q j + R k .

E, temos que:

y = g ( x , z ) = 1 - x 2 - z 2

Agora, é só aplicar as derivadas parciais em relação a x e y , e depois substituir tudo na integral!

Ficou moleza agora ein!

Bora lá resolver!

Passo 2

Vamos começar calculando a integral:

∫ C F ∙ d r

Já vimos que:

F r t = ( 0 , t   , c o s c o s   t   )

d r = - t   , 0 , c o s c o s   t   d t

Para, 0 ≤ t ≤ 2 π .

Substituindo na integral, temos:

∫ C F ∙ d r = ∫ 2 π 0 0 , t   , c o s c o s   t   ⋅ - t   , 0 , c o s c o s   t   d t

Veja que os intervalos de integração ficaram de 2 π até 0 . Isso acontece porque ele pediu no enunciado a orientação para o lado positivo de y , e pela regra da mão direita, estamos percorrendo a curva C no sentido horário.

∫ C F ∙ d r = ∫ 2 π 0 t   d t

Usando a simplificação trigonométrica:

x   = 1 + c o s c o s   2 x   2

Vamos ficar com:

∫ C F ∙ d r = 1 2 ∫ 2 π 0 ( 1 - c o s c o s   2 t   ) d t

Integrando em d t , vamos ter:

∫ C F ∙ d r = 1 2 t + s i n s i n   2 t   2 2 π 0 = - π

Aplicando os limites de integração, ficamos com:

∫ C F ∙ d r = 1 2 0 + s i n s i n   0   2 - 2 π + s i n s i n   4 π   2

E resolvendo temos que:

∫ C F ∙ d r = 1 2 0 + 0 - 2 π + 0

∫ C F ∙ d r = - π

Passo 3

Agora, vamos calcular o valor de:

∬ S r o t ( F ) ∙ d S

Se F = P i + Q j + R k , temos que

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

Dado que, F = y i + z j + x k

Vamos ter:

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

r o t F = - i - j - k

Agora, vamos fazer uso da seguinte igualdade:

∬ S G ∙ d S = ∬ D - P ∂ g ∂ x - Q ∂ g ∂ z + R   d A

onde G = r o t ( F ) = P i + Q j + R k .

Mas devemos lembrar que a fórmula é usada quando a superfície é orientada para cima, ao invés de orientada para baixo. Logo, a nossa resposta precisa de um sinal negativo!

Passo 4

Como vimos antes, podemos escrever y = g ( x , z ) :

y = g ( x , z ) = 1 - x 2 - z 2

Assim, as derivadas parciais vão ficar:

∂ g ∂ x = - x 1 - x 2 - z 2

∂ g ∂ z = - z 1 - x 2 - z 2

Assim, substituindo na integral vamos ter:

∬ S r o t ( F ) ∙ d S = ∬ S G ∙ d S = ∬ D - P ∂ g ∂ x - Q ∂ g ∂ z + R   d A

∬ S r o t F ∙ d S = ∬ D - - 1 - x 1 - x 2 - z 2 - - 1 - z 1 - x 2 - z 2 - 1   d A

∬ S r o t F ∙ d S = ∬ D - x 1 - x 2 - z 2 - z 1 - x 2 - z 2 - 1 d A

Veja que está bem complicado resolver a integral desse jeito. Agora vamos ter que passar para coordenadas polares pessoal!

Como já vimos, a fronteira de S é o círculo:

  x 2 + z 2 = 1 ,     q u a n d o   y = 0

Em coordenadas polares temos que:

x = r c o s c o s   θ  

z = r   s e n   θ

d A = r d r d θ  

Onde,

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 5

Em coordenadas polares, vamos ter a seguinte integral:

∫ 0 1 ∫ 0 2 π - r c o s c o s   θ   1 - r 2 - r s i n s i n   θ   1 - r 2 - 1 r d r d θ

Multiplicando por r , ficamos com:

∫ 0 1 ∫ 0 2 π - r 2 c o s c o s   θ   1 - r 2 - r 2 s i n s i n   θ   1 - r 2 - r r d r d θ

Integrando primeiro em d θ , vamos ter:

∫ 0 1 - r 2 s i n s i n   θ   1 - r 2 - r 2 c o s c o s   θ   1 - r 2 - r 0 2 π d r  

Aplicando os limites de integração, ficamos com:

∫ 0 1 - 2 π r d r

Por fim, integrando em d r vamos ter:

- 2 π r 2 2 0 1

Aplicando os limites de integração, chegamos a conclusão que:

∬ S r o t F ∙ d S = - π

Assim, conseguimos provar que o teorema de Stokes é válido!

Resposta

É verdadeiro!

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