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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

22) Verifique o teorema de Stokes, calculando as duas integrais do enunciado para...

a) F → x ,   y ,   z = y ,   - x ,   0 , S o paraboloide z = x 2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ 1 e n → apontando para fora de S .

Passo 1

O enunciado do Teorema de Stokes nos dá a seguinte relação...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

É basicamente essa igualde mara entre as integrais de linha e de superfície! O problema quer que calculemos as duas para verificar Stokes.

Poxa! #exercícioimenso #socorrorespondeaí!

Lógico! Bora lá que eu te ajudo 😉

Passo 2

AHHH! Mas Stokes não é só isso! Se não taria muito bom, ne? Para aplicar essa igualdade, antes devemos averiguar as condições desse Teorema, que nos pede basicamente três coisas:

1º - Uma curva fechada C delimitando a superfície S .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

Vamos passar por cada um deles e verificar se satisfazem ou não 😊!

Passo 3

A superfície que delimita S é, no nosso caso, um paraboloide

Mas não é um paraboloide qualquer... É o paraboloide que está entre z = 0 e z = 1 . Veja que a curva que delimita a superfície S é essa borda em azul escuro que vamos nomeá-la de curva C .

Então pelo esboço, sim! Temos uma curva fechada C e que delimita uma superfície fechada entre ela, no caso S que é o paraboloide (mas C também delimita um pedacinho de disco em z = 1 percebeu?)

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

Ora, sim! Basta ver o campo F →

F → x ,   y ,   z = y ,   - x ,   0

Para você perceber que o campo não tem nenhum bug ou singularidade, como uma divisão por 0 em algum ponto ou algo assim.

Passo 5

3º - Superfície orientada positivamente.

Aqui o que temos que fazer é garantir que o conjunto curva-superfície esteja orientadas positivamente, ou seja, se o problema nos disse que n → é o vetor que está saindo de S (parabolóide)

Então pela regra da mão direita a curva deve estar girando no sentido horário quando vista de cima:

Agora elas estão sim orientadas positivamente, saca?

Passo 6

Bem, nas condições do Teorema podemos sim aplicar a igualdade de boa:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Para calcular a integral de linha, façamos:

1º - Parametrizar a curva C ...

2º - Encontrar o termo d r → ...

3º - Trocar os termos de F → pela parametrização.

Passo 7

Primeiro em relação a parametrização da curva C : pametrizando com a parametrização polar...

x = R cos ⁡ θ

y = R sin ⁡ θ

z = 1

Onde R não é parâmetro, afinal como é uma curva só tem um parâmetro ( θ ). R é o raio da circunferência que no caso R = 1 ... Logo a parametrização final dessa borda é...

r → θ = cos ⁡ θ ,   sin ⁡ θ ,   1

Onde θ tem que dar uma volta completa ao redor do z , lodo...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Veja que infelizmente tem um erro na parametrização a cima 😐! A curva parametrizada dessa forma ela gira sempre no sentido horário saindo do eixo x :

Porém... Queremos a curva girando no sentido contrário a esse sentido, ou seja, no sentido anti-horário! Se invertermos os termos da parametrização dessa forma...

r → θ = cos ⁡ θ ,   sin ⁡ θ ,   1             →                   r → θ = sin ⁡ θ ,   cos ⁡ θ ,   1  

Agora a curva gira no sentido positivo, ou seja, no sentido horário como manda o vetor normal:

Então eia a parametrização final:

r → θ = sin ⁡ θ ,   cos ⁡ θ ,   1 ,       0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 8

∫ C   F → ⋅ d r →

A curva C já está parametrizada positivamente. Para o termo d r → , basta derivar em relação a θ ...

d r → = cos ⁡ θ , - sin ⁡ θ ,   0 d θ

Passo 9

Por fim, antes de voltar para a integral de linha... O campo F → = y ,   - x ,   0 tem que ser transformado nas novas coordenadas (basta observar a parametrização) ...

F → = y ,   - x ,   0 = cos ⁡ θ ,   - sin ⁡ θ ,   0

Voltando para a integral de linha...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π cos ⁡ θ , - sin ⁡ θ ,   0 ⋅ cos ⁡ θ , - sin ⁡ θ ,   0 d θ =

Calculando o produto escalar:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ d θ =

∫ 0 2 π d θ = 2 π

Passo 10

Bem, como averiguamos as condições do Teorema de Stokes e todas funcionaram, então é porque com certeza a integral de superfície do rotacional deve dar

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S = 2 π

Massss... Como o problema nos pediu para confirmar... Vamos confirmar:

Calculando o rotacional

r o t   F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Então...

F → x ,   y ,   z = y ,   - x ,   0       →

r o t   F → = 0 - 0 ,   0 - 0 ,   - 1 - 1 →

r o t   F → = 0 ,   0 ,   - 2

Precisamos agora:

1º - Parametrizar a superfície S

2º - Encontrar o termo n → d S

Passo 11

Para parametrizar, podemos fazer isso utilizando parametrização explícita já que a superfície está bem escrita explicitamente em relação em z ...

z = x 2 + y 2  

Logo...

σ x ,   y = x ,   y , x 2 + y 2  

Onde x e y variam na circunferência de raio 1 ... (como se tivéssemos olhando para o paraboloide de cima pra baixo) ...

Passo 12

Para determinar o termo n → d S ...

n → d S = N →   d x d y

Só que esse vetor é fácil de ser determinado, pois parametrizamos como gráfico de função...

z x ,   y = x 2 + y 2

N → = - ∂ z ∂ x ,   - ∂ z ∂ y ,   1   →  

N → = - 2 x ,   - 2 y ,   1

Observe no entanto que o vetor normal que estamos interessados ta mais apontado pra baixo, então...

n → d S = 2 x ,   2 y ,   - 1 d x d y

Passo 13

Jogando esses resultados na integral de superfície...

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S = ∬ D   0 ,   0 ,   - 2 ⋅ 2 x ,   2 y ,   - 1   d A

Calculando esse produto interno...

∬ D   2   d A = 2 ∬ D     d A

A integral de d A é a área da região D . Como essa área é uma região circular de raio 1 ...

2 ∬ D     d A = 2 π 1 2 =

2 π

E como esperado...

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S = 2 π

Resposta

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S = 2 π

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