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Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

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Enunciado

Teorema de Stokes

Use o teorema de Stokes para calcular a integral de linha ∫ C   F . d r , em que

F x , y , z = i + x + y z j + x y + z k

Em que C é o limite da parte do plano 3 x + 2 y + z = 1 no primeiro octante.

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. Temos o plano 3 x + 2 y + z = 1 limitado ao 1º octante, o que nos dá isso aqui:

Como o plano é do tipo qualquer, para você ter uma ideia do gráfico, pode encontrar os pontos de interseção do plano com os eixos x , y e z (fazendo y = z = 0 , x = z = 0 e x = y = 0 ) e depois ligar esses pontos, formando esse triângulo que estamos vendo.

A questão pede para calcularmos a integral de linha em C , que é a interseção do plano inclinado (em vermelho) com os planos azuis, que limitam o 1º octante. Como podemos ver, C forma um triângulo. Percebeu?

Passo 2

O Teorema de Stokes nos diz isso aqui:

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

Ou seja, podemos substituir essa integral de linha sobre a curva por uma integral do rotacional de F sobre uma superfície S que tenha a curva como fronteira. No caso, vamos escolher esse retalho do plano mesmo, para simplificar as coisas!

Então, S é o pedaço do plano que que está no 1º octante e ∂ S é a própria curva C , a fronteira do plano.Temos então:

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

Precisamos, então, calcular r o t F → , sabendo que

F = ( 1 , x + y z , x y + z )

Temos:

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 → = x - y ,   0 - y , 1 - 0 = x - y , - y , 1

Passo 3

Agora vamos parametrizar a superfície S .

Há infinitas superfícies com fronteira igual à curva do enunciado, mas para simplificar o problema, escolhemos o retalho do plano mesmo.

Qual será a melhor maneira para parametrizar o plano 3 x + 2 y + z = 1   ? Vamos usar logo x e y como parâmetros, para ser mais simples:

x = x

y = y

z = 1 - 3 x - 2 y

φ x , y = ( x , y ,   1 - 3 x - 2 y )

Agora para descobrimos os intervalos de x e y , para descrever o domínio dessa função no plano x y . Para isso, precisamos imaginar a superfície vista de cima, no caso, temos o seguinte triângulo:

Essa reta vermelha é exatamente onde o plano 3 x + 2 y + z = 1   corta o plano z = 0 , portanto, sua equação é a seguinte:

3 x + 2 y + 0 = 1  

y = 1 - 3 x 2

Como vemos pela figura, y varia desde o eixo x até a reta vermelha e x varia desde x = 0 até o ponto onde a reta corta o eixo x (onde y = 0 ). Nesse ponto, temos:

3 x + 0 = 1

x = 1 3

Logo, a região pode ser escrita como:

D = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 1 3 ,   0 ≤ y ≤ 1 - 3 x 2

Portanto, nosso plano é parametrizado por

φ x , y = ( x , y ,   1 - 3 x - 2 y )

Sendo que

0 ≤ x < 1 3

0 ≤ y ≤ 1 - 3 x 2

Passo 4

Calcular ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

∂ φ ∂ x = ( 1,0 , - 3 )

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , - 2 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i j k 1 0 - 3 0 1 - 2 = ( 3,2 , 1 )

Como o problema não especifica a orientação da curva ou do vetor normal, vamos utilizar esse que encontramos mesmo.

Passo 5

Aplicar o Teorema

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

= ∫ 0 1 3 ∫ 0 1 - 3 x 2 x - y , - y , 1 . ( 3,2   1 ) d y d x =

= ∫ 0 1 3 ∫ 0 1 - 3 x 2 3 x - 3 y - 2 y + 1 d y d x =

= ∫ 0 1 3 ∫ 0 1 - 3 x 2 3 x - 5 y + 1 d y d x =

Passo 6

Agora vamos resolver essa integral aí. Integrando em relação a y :

= ∫ 0 1 3 ( 3 x + 1 ) y - 5 y 2 2 0 1 - 3 x 2 d x =

= ∫ 0 1 3 1 2 ( 3 x + 1 ) 1 - 3 x - 5 8 1 - 3 x 2 d x =

= ∫ 0 1 3 - 81 x 2 8 + 15 x 4 - 1 8 d x =

Agora em relação a x :

= - 27 x 3 8 + 15 x 2 8 - x 8 0 1 3 =

= - 1 8 + 5 24 - 1 24 =

= 1 24

Resposta

1 24

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