Em cada caso abaixo, teste o teorema de Stokes
ointpartial S F cdot d X=integralS rot F cdot d S=integralS(nabla times F) cdot d S,
onde partial S e S estão orientados pelo vetor normal exterior.
F(x, y, z)=(2 y^2, x^2, 3 z^3) e S é o cilindro x^2+y^2=1,0 <= z <= 1, colado à base x^2+y^2 <= 1, z=0.

Passo 1

Beleza, vamos resolver esse exercício que testa o Teorema de Stokes. A questão nos dá um campo vetorial e uma superfície que é um cilindro definido por entre e , com a base colada em . O Teorema de Stokes relaciona a integral de linha de ao longo da fronteira de com a integral da rotacional de sobre . Vamos precisar calcular essas duas integrais para testar o teorema.

Passo 2

Primeiro, vamos calcular a integral de linha x = cos theta, y = sin theta, z = 1, theta in [0, 2pi] . A fronteira dXdtheta = (-sin theta, cos theta, 0) do cilindro é o círculo no topo, onde . Para parametrizar esse caminho, usamos coordenadas polares:
Derivando em relação a , temos:
Então, .

Passo 3

Agora, substituímos F = (2y^2, x^2, 3z^3) = (2sin^2 theta, cos^2 theta, 3) na função F cdot dX = 2sin^2 theta (-sin theta) + cos^2 theta (cos theta) + 3 cdot 0 = -2sin^3 theta + cos^3 theta :
ointpartial S F cdot dX = integral0^2pi (-2sin^3 theta + cos^3 theta) , dtheta
Computamos o produto escalar :
Então, a integral de linha é:

Passo 4

Vamos calcular essa integral. Sabemos que integrals de potências ímpares de seno e cosseno sobre um período completo integral0^2pi sin^3 theta , dtheta = 0 e integral0^2pi cos^3 theta , dtheta = 0 são zero:
ointpartial S F cdot dX = 0
Portanto:

Passo 5

Agora, vamos calcular a rotacional de nabla times F = ( partialpartial y(3z^3) - partialpartial z(x^2), partialpartial z(2y^2) - partialpartial x(3z^3), partialpartial x(x^2) - partialpartial y(2y^2) ) , que é nabla times F = (0 - 0, 0 - 0, 2x - 4y) = (0, 0, 2x - 4y) :
Calculando cada componente:

Passo 6

Para a integral da rotacional sobre x = cos theta, y = sin theta, z = z, theta in [0, 2pi], z in [0, 1] , usamos a parametrização do cilindro:
dS = n , dA = (cos theta, sin theta, 0) , dz , dtheta
O vetor normal para a superfície lateral do cilindro é . Então, o elemento de área é:

Passo 7

Agora, calculamos nabla times F cdot dS = (0, 0, 2x - 4y) cdot (cos theta, sin theta, 0) , dz , dtheta = 0 :
integralS (nabla times F) cdot dS = 0
Portanto, a integral da rotacional sobre a superfície lateral é:

Passo 8

Além da superfície lateral do cilindro, temos a base em (0, 0, 2x - 4y) cdot (0, 0, -1) = -(2x - 4y) . A superfície base tem vetor normal integralbase (nabla times F) cdot dS = integral0^2pi integral0^1 -(2cos theta - 4sin theta) , r , dr , dtheta (apontando para fora). Calculamos = -integral0^2pi (2cos theta - 4sin theta) , dtheta = 0 :
A integral sobre a base é:
Como na base, simplificamos:
Pois, novamente, as integrais de e sobre são zero.

Resposta

Ambas as integrais são iguais a zero, confirmando que o Teorema de Stokes vale para o caso dado.

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