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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

Teorema de Stokes

Seja C a curva obtida pela interseção do plano 2 x + 2 y - z = 0 com o cilindro x 2 + y 2 = 2 x orientada de modo que sua projeção no plano x y seja percorrida no sentido horário. Calcule a integral de linha

∫ C   F → . d r →

Onde F → x , y , z = z + y 2 , x 2 , y 2 + y x .

Passo 1

Como substituir uma parametrização de senos e cossenos nesse campo vai dar algo muito trabalhoso, vamos tentar usar Stokes aqui. Temos o rotacional:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

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 → = 2 y + x , 1 - y , 2 x - 2 y

Passo 2

Como C é formada pela interseção de um plano com um cilindro, vamos usar como S a parte do plano que está contida dentro do cilindro, ok?

Então S é a parte de

2 x + 2 y - z = 0

Dentro de

x 2 + y 2 = 2 x

Como C gira no sentido horário, S , pela Regra da Mão Direita, temos normal apontando para baixo. Sendo assim, temos:

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

Passo 3

Agora precisamos parametrizar S para calcular essa integral de superfície. Vamos parametrizar o plano com parâmetros x e y :

φ x , y = x , y , 2 x + 2 y

Onde

( x - 1 ) 2 + y 2 ≤ 1

Essa é a equação do cilindro reescrita (no plano x y vira um círculo).

Passo 4

Agora vamos encontrar a normal a S :

∂ φ ∂ x = 1,0 , 2

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , 2 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i ^ j ^ k ^ 1 0 2 0 1 2 = - 2 , - 2,1

Como a normal deve apontar para baixo, queremos o vetor oposto a esse:

∂ φ ∂ y × ∂ φ ∂ x = 2 , 2 , - 1

Passo 5

Agora, aplicamos a fórmula

∫ C   F → . d r → = ∬ S   F → . n → d S = ∬ D   r o t F → φ x , y ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

r o t F → φ x , y = 2 y + x , 1 - y , 2 x - 2 y

∫ C   F → . d r → = ∬ D   2 y + x , 1 - y , 2 x - 2 y . 2,2 , - 1 d x d y

= ∬ D   4 y + 2 x + 2 - 2 y - 2 x + 2 y d x d y =

= ∬ D   4 y + 2 d x d y =

Onde D é dado por ( x - 1 ) 2 + y 2 ≤ 1

Passo 6

Agora nós fazemos a seguite mudança polar:

x = r cos ⁡ θ + 1

y = r   s e n   θ

J = r

A circunferência passa a ser descrita por 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2 π . O que nos dá

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 4 r   s e n   θ + 2 r d r d θ =

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 4 r 2   s e n   θ + 2 r d r d θ =

= ∫ 0 2 π 4 r 3 3 s e n   θ + r 2 0 1 d θ =

= ∫ 0 2 π 4 3 s e n   θ + 1 d θ =

= - 4 3 cos ⁡ θ + θ 0 2 π =

= 2 π

Resposta

2 π

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