(Capítulo 16.8 – Exercício 10) Verifique que o Teorema de Stokes é verdadeiro para o campo vetorial dado F → e a superfície S .

F → x , y , z = - 2 y z i ^ + y j ^ + 3 x k ^ , S é a parte do paraboloide z = 5 - x 2 - y 2 que está acima do do plano z = 1 , com orientação ascendente.

Passo 1

Faala, meu povo! Tudo bem com vocês? Partiu resolver mais um exercício?

O problema pede para verificarmos o Teorema de Stokes para o campo F → x , y , z = - 2 y z i ^ + y j ^ + 3 x k ^ e a superfície S .

Quando jogamos esse cara em uma calculadora gráfica qualquer, obtemos o seguinte resultado:

Uma das coisas observadas por Stokes era que, quando uma superfície era regular em termos de complexidade e suave em relação à alteração das formas, melhor seu teorema trabalha. Isso se deve ao fato da generalização observar e considerar o comportamento da curva para que funcione certinho.

No nosso exercício, a superfície é suave e regular e F → é um campo bem comportado, de modo que o teorema é valido!

Assim, podemos afirmar que:

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S →

O que temos que fazer agora é calcular as duas integrais e ver que elas são iguais!

Passo 2

Vamos calcular primeiro a integral de linha sobre a curva z = 1 :

5 - x 2 - y 2 = 1 ⇒

x 2 + y 2 = 4 ⇒

x = 2 c o s c o s   t   e   y = 2   s e n   t

Portanto, teremos a seguinte relação para os valores de x ,   y   e   z :

{ x = 2 c o s c o s   t     y = 2   s e n   t   z = 1  

Assim, derivando esses valores vamos ter que:

d r → = - 2   s e n   t ,   2 c o s c o s   t   ,   0   d t

Logo:

F → ⋅ d r → = - 4   s e n   t ,   2   s e n   t ,   6 c o s c o s   t   ⋅ - 2   s e n   t ,   2 c o s c o s   t   ,   0   d t

F → ⋅ d r → = 8   s e n 2 t + 4   s e n   t c o s c o s   t     d t

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π 8   s e n 2 t + 4   s e n   t c o s c o s   t     d t

A integral do segundo termo será nula pois é uma função trigonométrica periódica integrada em um período completo. Já a primeira:

∫ C F → ⋅ d r → = 8 2 ∫ 0 2 π 1 - c o s c o s   2 t     d t = 4 ⋅ 2 π = 8 π

Passo 3

Agora vamos fazer a integral de superfície, aplicando o Teorema de Stokes. O primeiro passo é parametrizar a superfície:

{ x = r c o s c o s   t     y = r   s e n   t   z = 5 - r 2  

Podemos considerar para os intervalos de r   e   t :

0 ≤ r ≤ 2                 e             0 ≤ t ≤ 2 π

Desta forma, aplicaremos para cada elemento a derivada da coordenada pelo r   o u   t correspondente:

r → r = ∂ x ∂ r ,   ∂ y ∂ r ,   ∂ z ∂ r = ( c o s c o s   t   ,   s e n   t ,   - 2 r )

r → t = ∂ x ∂ t ,   ∂ y ∂ t ,   ∂ z ∂ t = ( - r   s e n   t ,   r c o s c o s   t   ,   0 )

Logo:

r → r × r → t = i ^   j ^   k ^   c o s c o s   t     s e n   t   - 2 r   - r   s e n   t   r c o s c o s   t     0   = 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r

Desenvolveremos agora o módulo de r → r × r → t :

r → r × r → t = 4 r 4 t   + 4 r 4 s e n 2 t + r 2 = 4 r 4 + r 2 = r 1 + 4 r 2

Em uma aplicação no vetor normal:

n ^ = - 1 r → r × r → t ⋅ r → r × r → t = - 1 r 1 + 4 r 2 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r

FAREMOS UMA PAUSA!

Tem um detalhe muito importanto na etapa anterior. Um sinal negativo aparece e ele não está aí por acaso. O sinal foi colocado para seguir a orientação pedida no enunciado (orientação ascendente)!

Seguindo:

d S → = n ^   d S = n ^   r → r × r → t   d A = - 1 r 1 + 4 r 2 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r   r 1 + 4 r 2   d A

E para finalizar d S → :

d S → = - 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d A = - 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d r   d t

Passo 4

Agora vamos achar o rotacional de F → :

Em cálculo vetorial, rotacional é um operador que calcula, em uma superfície infinitesimal, o quanto os vetores de um campo vetorial se afastam ou se aproximam de um vetor normal a esta superfície.

E para nos ajudar, consideramos que o rotacional é uma matriz 3x3 que precisamos encontrar uma espécie de determinante com o método de Laplace para a primeira linha.

E aí temos:

∇ → × F → = i ^   j ^   k ^   ∂ x   ∂ y   ∂ z   - 2 y z   y   3 x   = 0 ,   - 3 x - 2 y ,   2 z = ( 0 ,   - 3 r c o s c o s   t   - 2 r   s e n   t ,   2 )

- ∇ → × F → ⋅ d S → = 0 ,   - 3 r c o s c o s   t   - 2 r   s e n   t ,   2 ⋅ 2 r 2 c o s c o s   t   ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d r   d t

- ∇ → × F → ⋅ d S → = 2 r - 2 r 3 3 c o s c o s   t     s e n t + 2   s e n 2 t   d t   d r

Logo:

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = ∫ 0 2 ∫ 0 2 π 2 r - 2 r 3 3 c o s c o s   t     s e n t + 2   s e n 2 t   d t   d r

Fazendo a integral em t , o termo do meio se anula:

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = ∫ 0 2 2 r ⋅ 2 π   d r - 4 ∫ 0 2 r 3 d r ∫ 0 2 π s e n 2 t   d t

Mas sabemos que:

∫ 0 2 π s e n 2 t   d t = 1 2 ∫ 0 2 π 1 - c o s c o s   2 t     d t = 1 2 ⋅ 2 π = π

Logo:

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 4 π ∫ 0 2 r   d r - 4 π ∫ 0 2 r 3   d r = 4 π   r 2 2 - r 4 4 0 2

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 4 π   4 2 - 16 4 = - 8 π

E para finalizar, até que enfim:

∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 8 π

Note que obtivemos o mesmo resultado pelas duas integrais, o que confirma o Teorema de Strokes!

Esse exercício foi difícil hein?

Mas conseguimos! Uhul!

Pra essa questão é isso então, pessoal! Bora resolver mais uma?

Resposta

Resolução nos passos acima.

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