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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

Campos conservativos, Teorema de Stokes

Opção 1: Calcule a integral de linha

∫ C F   → . d r → ,

onde C é a curva parametrizada por σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t , 0 ≤ t ≤ 2 π e F   → x , y , z = y , x , ln ⁡ z 2 + 1 .

Opção 2: Calcule a integral de linha

∫ C F   → . d r → ,

onde C é a curva parametrizada por σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t , 0 ≤ t ≤ 2 π e F   → x , y , z = - y + x 5 , x , ln ⁡ z 2 + 1 .

Passo 1

Opção 1:

F   → x , y , z = y , x , ln ⁡ z 2 + 1

σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t

0 ≤ t ≤ 2 π

Logo de cara vamos calcular o rotacional de F   → .

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

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

Show! Então como F   → está definido em todo o R 3 , ele é um campo conservativo!

Passo 2

Para problemas de campo conservativo, temos que calcular a função potencial V , tal que:

F   → = ∇ V

e

∫ a b F   → . d r → = V b - V a

Encontramos a função potencial da seguinte maneira:

∂ V ∂ x = F 1 = y → V = ∫ y   d x + A ( y , z )

∂ V ∂ y = F 2 = x → V = ∫ x   d y + B ( x , z )

∂ V ∂ z = F 3 = ln ⁡ z 2 + 1 → V = ∫ ln ⁡ ( z 2 + 1 )   d z + C ( x , y )

Porém, isso não vai ser nem um pouco fácil porque integrar ln ⁡ z 2 + 1   vai complicar muito a nossa vida. Então vamos buscar um outro jeito.

Passo 3

Vamos olhar de novo para a parametrização e os limites.

σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t

0 ≤ t ≤ 2 π

A sacada do problema é observar que

σ 0 = 2 cos ⁡ 0 , sen ⁡ 0 ,   e sen 2 ⁡ 0 = 2,0 , 1

σ 2 π = 2 cos ⁡ 2 π , sen ⁡ 2 π ,   e sen 2 ⁡ 2 π = 2,0 , 1

o ponto inicial é igual ao ponto final, portanto se trata de uma curva fechada!

Passo 4

Mesmo que não tenhamos achado a função potencial V , por definição, sabemos que:

∫ a b F   → . d r → = V b - V a

Onde,

b = a = ( 2,01 )

Portanto, substituindo na igualdade acima:

∫ C F   → . d r → = V 2,01 - V 2,01 = 0

A integral de linha de um campo conservativo F   → sobre uma curva fechada SEMPRE vai ser igual a 0 .

Passo 5

Opção 2: Calcule a integral de linha

∫ C F   → . d r → ,

onde C é a curva parametrizada por σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t , 0 ≤ t ≤ 2 π e F   → x , y , z = - y + x 5 , x , ln ⁡ z 2 + 1 .

Logo de cara vamos calcular o rotacional de F   → .

r o t F   → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3 = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z - y + x 5 x ln ⁡ z 2 + 1

r o t F   → = ( 0 , 0,2 )

Então F   → não é um campo conservativo! :(

Mas como se trata da mesma parametrização da opção 1, com os mesmos limites, sabemos que C é uma curva fechada.

Portanto, podemos aplicar o Teorema de Stokes! :D

Passo 6

O Teorema de Stokes diz que:

∮ ∂ S   F   → . d r → = ∬ S   r o t F → . n → d s

Beleza, já sabemos o r o t F   → , agora precisamos descobrir a normal n   → .

O problema é que, para achar o vetor normal, precisaríamos parametrizar a nossa região em duas variáveis porque

n   → = ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v

Então vamos olhar de novo para as nossa parametrização:

σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t

Então podemos escolher a seguinte parametrização:

φ x , y = x , y , e y 2

Onde x t = 2 cos ⁡ t e y t = sen ⁡ t .

Passo 7

Show! Agora podemos calcular o vetor normal.

n   → = ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

∂ φ ∂ x = 1,0 , 0

∂ φ ∂ y = 0 ,   1 ,   2 y e y 2

n   → = i j k 1 0 0 0 1 2 y e y 2 = 0 ,   - 2 y e y 2 , 1

Agora repara no nosso σ t :

σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t

Dá pra ver que temos uma elipse acontecendo no plano x y ? Temos x igual à um cosseno e y igual a um seno! Então percorrendo isso de 0 a 2 π que são os limites de t estaremos “andando” no sentido trigonométrico (anti-horário).

Então, pela regra da mão direita, nossa normal tem que ter componente z positiva o que de fato está acontecendo! Ta correto esse vetor normal então.

Passo 8

Voltando para o Teorema de Stokes:

∮ C   F   → . d r → = ∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ 0 , 0,2 . 0 ,   - 2 y e y 2 , 1 d x d y

= ∬ 2   d x d y = 2 . Á r e a S

Po, mas qual a forma da superfície S para calcularmos a área?!

Vamos dar uma olhada de novo na primeira parametrização, que é a que o problema nos dá.

σ t = 2 cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   e sen 2 ⁡ t

Vamos pegar a projeção disso no plano x y , ou seja, considerando z = 0 .

Assim, x t = 2 cos ⁡ t e y t = sen ⁡ t . Já tínhamos falado lá na análise do vetor normal que isso era uma elipse. Sendo mais específicos agora, essa é a parametrização de uma elipse de semieixos iguais a 2 e 1 .

A área da elipse é dada por

A = π a b

Onde a e b são os semieixos.

Logo:

∮ C   F   → . d r → = 2 π × 2 × 1 = 4 π

Resposta

Opção 1:

∫ C F   → . d r → = 0

Opção 2:

∫ C F   → . d r → = 4 π

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