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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

35) Utilizando o teorema de Stokes, transforme

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Em uma integral de linha e calcule:

c) F → x ,   y ,   z = x j → + x y k → , S : x 2 + y 2 + z 2 4 = 1   e z ≤ 1 , sendo n → tal que n → 0 ,   0 ,   - 2 = - k → .

Passo 1

Pelo próprio problema, temos que transformar a integral de superfície em uma integral de linha. Ora! O teorema de Stokes já nos dá essa igualdade:

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

Agora, para aplicar essa igualdade existem algumas restrições que precisamos ter cuidado:

1º - Uma curva fechada C delimitando uma 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 2

Bem, a superfície que ele nos deu é um elipsoide achatadinho em z ...

Mas só queremos o pedaço que está abaixo de z = 1 ...

Então eis a superfície S !

Ouh, e não se preocupe em desenhar esse cara aí perfeitamente não, ok! Isso aí é só pra termos uma noção com quem estamos lidando 😉!

Passo 3

Muito bem, veja que essa superfície tem uma borda que chamaremos de curva C , e essa curva é uma circunferência que está destacada:

Para sabermos a equação dessa circunferência, basta pegar as duas equações e resolver o sistema...

x 2 + y 2 + z 2 4 = 1     z = 1         →

x 2 + y 2 + z 2 4 = 1         →             x 2 + y 2 + 1 4 = 1             →

x 2 + y 2 = 3 4

Logo, se trata de uma circunferência de raio 3 2 e que está em cima do plano z = 1 .

Passo 4

As outras duas condições do problema nos pedem que tenhamos:

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

Ora, sim! Basta ver o campo F →

F → x ,   y ,   z = x j → + x y k →

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

3º - Superfície orientada positivamente.

Aqui o que temos que fazer é garantir que o conjunto curva-superfície esteja orientadas positivamente. Pow, como o vetor n → lá em baixo em 0 ,   0 ,   - 2 está para baixo...

Pela regra da mão direita temos que ter uma curva girando no sentido horário quando vista de cima:

Agora elas estão sim orientadas positivamente, saca?

Passo 5

Com a as três condições de boa, podemos aplicar a igualdade sem problema algum:

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

Para resolver a integral de linha pelo método direto que conhecemos, façamos:

1º - Parametrizar a curva C .

2º - Encontrar d r → .

3º - Encontrar F → em termos da parametrização.

Passo 6

Essa circunferência como vimos tem equação...

x 2 + y 2 = 3 4         →

Utilizando as coordenadas polares:

x = R cos ⁡ t

y = R sin ⁡ t

Com diferença que dessa vez conhecemos bem o R = 3 / 2 ...

x = 3 2 cos ⁡ t

y = 3 2 sin ⁡ t

O z da curva é bem conhecido...

z = 1

Logo a parametrização escrita de uma forma mais elegante é...

γ t = 3 2 cos ⁡ t , 3 2 sin ⁡ t ,   1

Onde t dá uma volta completa girando de 0 ° até 360 ° , formando a curva redonda completa, saca?

0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 7

A nossa segunda tarefa é determinar o termo d r → ...

d r → = γ ' t d t →

γ t = 3 2 cos ⁡ t , 3 2 sin ⁡ t ,   1                       →                     γ ' t = - 3 2 sin ⁡ t , 3 2 cos ⁡ t ,   0

Aqui só tem um detalhe muito importante. Para onde a curva gira com essa parametrização? Ora, essa e uma parametrização clássica onde a curva gira sempre no sentido anti-horário quando vista de cima:

Ai eu te pergunto, é isso que a gente quer? Não neh, vimos que acurva precisa estar girando no sentido horário, e não nesse sentido aí. Nesses casos a gente multiplica essa derivada da curva por - 1 ...

γ ' t = - 3 2 sin ⁡ t , 3 2 cos ⁡ t ,   0         →             d r → = 3 2 sin ⁡ t , - 3 2 cos ⁡ t ,   0 d t

Sacou? Fique atento a isso! 😉

Passo 8

Como terceira e última tarefa antes de integrar tudo, só temos que transformar o campo F → ...

F → x ,   y ,   z = x j → + x y k →       →           F → x ,   y ,   z = 0 ,   x ,   x y

Como y = 3 2 sin ⁡ t e x = 3 2 cos ⁡ t ...

F → x ,   y ,   z = 0 , 3 2 cos ⁡ t , 3 4 cos ⁡ t sin ⁡ t

Passo 9

Jogando tudo na integral de linha...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π 0 , 3 2 cos ⁡ t , cos ⁡ t sin ⁡ t ⋅ 3 2 sin ⁡ t , - 3 2 cos ⁡ t ,   0 d t   →

Calculando o produto escalar...

- 3 4 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ t d t =

Integrando essa parada lembrando que

cos 2 ⁡ t = 1 2 + cos ⁡ 2 t 2

- 3 4 ∫ 0 2 π 1 2 + cos ⁡ 2 t 2 d t =

- 3 4 1 2 t + sin ⁡ 2 t 4 0 2 π = - 3 4 π

Resposta

- 3 4 π

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