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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

Teorema de Stokes

Considere a superfície S que é a parte da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 que está dentro do cone y 2 = x 2 + z 2 com y ≥ 0 e com os vetores normais apontando para fora. Seja

F x , y , z = x z i ^ + x y z j ^ - y 2 k ^

Use o teorema de Stokes para calcular

I = ∬ S ∇ × F ∙ d S

Passo 1

A primeira coisa que você precisa olhar é que aquela integral pode ser vista como

∬ S ∇ × F ∙ d S = ∬ S r o t F → ∙ n → d S

Beleza?

O teorema de Stokes nos diz que

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

Onde C é a fronteira de S .

Tudo se resume agora a achar essa fronteira, ela vai acontecer quando a esfera estiver cortando o cone, então vamos substituir a equação do cone na esfera, ou seja

x 2 + y 2 + z 2 = 4

x 2 + z 2 + y 2 = 4

y 2 + y 2 = 4

Vamos ter

2 y 2 = 4

y 2 = 2

y = 2

Só peguei o positivo porque ele disse no enunciado que y ≥ 0

Voltando para a equação da esfera

x 2 + 2 2 + z 2 = 4

x 2 + z 2 = 2

Isso é uma circunferência de raio 2 e centro em 0 , 2 , 0 isso porque temos que y = 2

Passo 2

Para resolver essa integral de linha vamos parametrizar essa circunferência

x = 2 cos ⁡ t

y = 2

z = 2 sen ⁡ t

Com t ∈ 0,2 π

Vamos ter

σ t = 2 cos ⁡ t , 2 , 2 sen ⁡ t

Derivando

σ ' t = - 2 sen ⁡ t , 0 , 2 cos ⁡ t

Passo 3

Lembrando que a função F é

F x , y , z = x z i ^ + x y z j ^ - y 2 k ^

A integral de linha vai ficar

∫ C F → ∙ d s → = ∫ 0 2 π 2 cos ⁡ t 2 sen ⁡ t , 2 cos ⁡ t 2 2 sen ⁡ t , - 2 2 ∙ - 2 sen ⁡ t , 0 , 2 cos ⁡ t d t

⇒ ∫ 0 2 π 2 cos ⁡ t sen ⁡ t , 2 2 cos ⁡ t sen ⁡ t , - 2 ∙ - 2 sen ⁡ t , 0 , 2 cos ⁡ t d t

⇒ ∫ 0 2 π - 2 2 cos ⁡ t sen 2 ⁡ t + 0 ∙ 2 2 cos ⁡ t sen ⁡ t + - 2 ∙ 2 cos ⁡ t d t

⇒ ∫ 0 2 π - 2 2 cos ⁡ t sen 2 ⁡ t - 2 2 cos ⁡ t d t

⇒ - 2 2 ∫ 0 2 π cos ⁡ t sen 2 ⁡ t + 1 d t

Passo 4

Vamos resolver essa integral separado

∫ cos ⁡ t sen 2 ⁡ t + 1 d t

Podemos fazer

sen ⁡ t = a

d a = cos ⁡ t d t

E a integral vai ficar

∫ cos ⁡ t sen 2 ⁡ t + 1 d t = ∫ a 2 + 1 d a

Resolvendo a integral temos

∫ a 2 + 1 d a = a 3 3 + a

Voltando para t

a 3 3 + a = sen 3 ⁡ t 3 + sen ⁡ t

Passo 5

A nossa integral ficou

⇒ - 2 2 ∫ 0 2 π cos ⁡ t sen 2 ⁡ t + 1 d t

⇒ - 2 2 sen 3 ⁡ t 3 + sen ⁡ t t = 0 2 π

⇒ - 2 2 sen 3 ⁡ 2 π 3 + sen ⁡ 2 π - sen 3 ⁡ 0 3 + sen ⁡ 0

⇒ - 2 2 0 3 3 + 0 - 0 3 3 + 0

⇒ 0

Passo 6

Voltando ao Teorema de Stokes:

I = ∬ S ∇ × F ∙ d S = ∬ S r o t F → ∙ n → d S = ∫ C F → ∙ d s → = 0

Então:

I = ∬ S ∇ × F ∙ d S = 0

Resposta

0

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