Teorema de Stokes

Teoria Completa

Fala ai, nós somos o RespondeAi e o material dessa página foi preparado pensando em você que está com aquela dificuldade boba em Cálculo e quer entender um pouco mais sobre parametrização de superfícies e campos vetoriais. Vamos falar sobre o Teorema de Stokes, que tem muita relação com o teorema fundamental do cálculo, mas que está mais de acordo com integrais duplas. Vamos dar uma olhada com mais calma a seguir...

Teorema de Stokes

Sendo $S$ uma superfície orientada positivamente, se $\vec{F}=(F_1,F_2,F_3)$ é um campo vetorial definido em todo domínio de integração e se a fronteira de $S$, que chamaremos de $\partial S$ está orientada positivamente, pelo Teorema de Stokes:

$$\iint_S \Big[rot(\vec{F}).\vec{n}\Big]\text{ }ds = \oint_{\partial S}\vec{F}\text{ }dr$$

Calma, calma, vamos entender todos os detalhes desse teorema aqui! Destacamos alguns termos que são as hipóteses do teorema:

  1. A curva da integral de linha é a fronteira de $S$, ou seja, é uma curva fechada!
  2. O campo $\vec{F}$ é definido em todos os pontos do domínio, ou seja, não podemos ter singularidades!
  3. A superfície deve ser orientada positivamente.

Essas são as condições necessárias para o correto funcionamento do teorema, então vamos fazer um exemplo para entender como se aplica o teorema. Dizemos que o teorema de Stokes nos permite calcular uma circulação na figura que desenhamos, por isso é tão importante que estejamos trabalhando com uma superfície fechada.

Exemplo

Sendo $\gamma$ a curva dada pela interseção do paraboloide $y=2-(x^2+z^2)$ com o semicone $y=\sqrt{x^2+z^2}$ orientada no sentido horário quando observada a partir da origem dos eixos coordenados, calcule:

$$\int_{\gamma} ze^x\text{ }dx+\sqrt[3]{y^2+1}\text{ }dy+(e^x-x+\cos^2{z})\text{ }dz$$

Passo 1

Primeira coisa que vamos perceber é que temos uma integral de linha no $R^3$ e que é muito difícil resolvê-la pelo método direto (imagina se tivéssemos que parametrizar isso), então por isso vamos utilizar o Teorema de Stokes.

Para começar vamos fazer um gráfico da região:

Repare que o que queremos descobrir é a interseção $\gamma$ entre as duas curvas, que como vemos no gráfico forma um circulo, que teve seu perímetro pintado de preto na figura. Como $\gamma$ é curva fechada, é muito melhor usar o teorema de Stokes, ao invés de parametrizar a curva.

Passo 2

Vamos entender agora, como utilizar o teorema de Stokes para curvas fechadas e utilizá-lo para calcular a circulação da figura do gráfico.

$$\iint_S \Big[rot(\vec{F}).\vec{n}\Big]\text{ }ds = \oint_{\partial S}\vec{F}\text{ }dr$$

Para isso precisaremos calcular esse termo $rot(\vec{F})$ que representa o campo vetorial rotacional de $\vec{F}$, que chamamos muitas vezes de rotacional de $\vec{F}$. Vamos descobrir seu valor a partir do produto vetorial:

$$rot(\vec{F})=\nabla×\vec{F}=\Big(\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z},\frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x},\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\Big)$$

Sabendo que:

$$\vec{F}=(F_1,F_2,F_3)=(ze^x,\sqrt[3]{y^2+1},e^x-x+\cos^2{z})$$

Podemos calcular as derivadas parciais e descobrir que:

$$rot(\vec{F})=(0-0,e^x-(e^x-1),0-0)=(0,1,0)$$

Passo 3

Nosso vetor rotacional até que ficou bem simples né? Mais um indicio que calcular essa integral usando o método de Stokes deve ser melhor que pela definição de integral de linha. Então agora vamos encontrar a expressão que representa a curva $\gamma$. Vamos descobrir a interseção das superfícies manipulando as equações da seguinte forma:

$$y=2-(x^2+z^2)\rightarrow x^2+z^2=2-y$$

Isolamos $x^2+z^2$ e agora podemos substituir na equação da segunda superfície:

$$y=\sqrt{x^2+z^2}\rightarrow y=\sqrt{2-y}$$

Elevando os dois lados ao quadrado e reorganizando a expressão:

$$y^2+y-2=0$$

E está ai a equação da nossa curva, resolvendo essa equação encontramos $y_1=1$ e $y_2=-2$ como a curva está na parte positiva do eixo $y$, temos que utilizar $y=1$, logo:

$$x^2+z^2=y^2\rightarrow x^2+z^2=1$$

E então podemos concluir que nossa curva é uma figura de uma circunferência paralela ao plano $xz$ em $y=1$ e raio igual a 1.

Passo 4

Agora que já sabemos o formato da figura e onde ela se encontra podemos definir nossa superfície $S$ e parametrizá-la. Dessa forma vamos escolher um circulo contido no plano $y=1$, e vamos calcular sua circulação utilizando o teorema de Stokes

Agora temos que nos preocupar com o vetor normal, que no caso ficará paralelo ao eixo $y$, como fixamos o valor de $y$ vamos variar apenas os valores de $x$ e $z$ e podemos escrever nossa parametrização com a seguinte cara:

$$\varphi(x,z)=(x,1,z)$$

Com $D=\{(x,z)|x^2+z^2\leq 1\}$.

Passo 5

Agora temos que descobrir o valor do vetor $\vec{n}$, para isso vamos precisar dos valores da derivada parcial da nossa parametrização em relação a $z$ e em relação a $x$:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\Big(1,0,0\Big)$$
$$\frac{\partial \varphi}{\partial z}=\Big(0,0,1\Big)$$

E agora podemos calcular o seguinte produto vetorial, para encontrar o valor do vetor normal:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}×\frac{\partial \varphi}{\partial z}=\Big(0,1,0\Big)$$

E isso coincide com nossas predições que o vetor normal, deve ser paralelo ao eixo $y$:

Passo 6

E agora finalmente podemos aplicar o teorema e encontrar o resultado:

$$\oint_{\gamma}\vec{F}\text{ }dr=\iint_S \Big[rot(\vec{F}).\vec{n}\Big]\text{ }ds = \iint_D rot(\vec{F}).\Big(\frac{\partial \varphi}{\partial x}×\frac{\partial \varphi}{\partial z}\Big)\text{ }dxdz$$
$$\oint_{\gamma}\vec{F}\text{ }dr=\iint_D (0,1,0).(0,1,0)\text{ }dxdz$$
$$\oint_{\gamma}\vec{F}\text{ }dr=\iint_D\text{ }dxdz=\text{Área}(D)$$

Como $D$ é um círculo de raio 1, temos:

$$Área(D)=\pi$$

Portanto o resultado de nossa circulação vale:

$$\oint_{\gamma}\vec{F}\text{ }dr=\pi$$

Resposta

$$\oint_{\gamma}\vec{F}\text{ }dr=\pi$$

Sinisstrooo, né? Calma, respira, e vamos lá! Esse exemplo parece difícil mas você vai ver que o processo é mecânico e sempre o mesmo! A melhor forma de ficar craque nesse assunto é dando uma olhada em uns exercícios. Então cola no nosso site, porque aqui você encontra uma série de exercícios organizados em ordem crescente de dificuldades; todos com nossas resoluções Passo a Passo mastigadinhas para você; e resolvidos com muito carinho pela nossa equipe de Experts.

Aproveita e dá uma olhada em uma resolução em vídeo de um outro exercício que você também pode encontrar no nosso site, sobre esse assunto de Teorema de Stokes:

Expandir

Exercício Resolvido #1

George B. Thomas e Weir Hass Giordano, Cálculo –Volume 2, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education Brasil ltda., 2009, pp. 534 - 3

Use a integral de superfície no teorema de Stokes para calcular a circulação do campo F   ao redor da curva C no sentido indicado.

F : y i + x z j + x 2 k

C : A fronteira do triângulo cortado a partir do plano x + y + z = 1 pelo primeiro octante, no sentido anti-horário quando vista de cima.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Antes de aplicar o Teorema de Stokes vamos ver o que é circulação. Circulação é definido como:

∮ ∂ S   F → . d r

Que sorte! Porque o Teorema de Stokes nos diz que:

∮ ∂ S   F → . d r = ∬ S   ( ∇ ×   F ) → . n → d S

Passo 2

Vamos começar calculando o rotacional de F :

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

∇ ×   F → = ( - x , - 2 x , z - 1 )

Passo 3

Para este plano podemos usar a parametrização explícita:

z = f x , y = 1 - x - y

N → x , y = - ∂ f ∂ x x , y ,   - ∂ f ∂ y x , y ,   1

N → x , y = 1 ,   1 ,   1

Passo 4

Resolvendo a integral de superfície:

∮ ∂ S   F → . d r =   ∬ σ ( ∇ ×   F → ) . n → d S = ∬ σ ( ∇ ×   F → ) . N → d x d y

∬ σ ( - x , - 2 x , z - 1 ) . 1 ,   1 ,   1 d y d x

∫ 0 1 ∫ 0 1 - x - x - 2 x + z - 1   d y d x

Como, z = 1 - x - y

∫ 0 1 ∫ 0 1 - x - 4 x - y d y d x

∫ 0 1 - 4 x 1 - x + 1 2 1 - x 2 d x

- ∫ 0 1 1 2 + 3 x - 7 2 x 2 d x = - 5 6

Resposta

Assim, temos que a circulação

∮ ∂ S   F → . d r = - 5 6

Exercício Resolvido #2

UFF - Cálculo IIIA - P2 Maria João 2014.1 – 5

Usando o teorema de Stokes, calcule o trabalho realizado pelo campo de forças

F → = z - y ,   - x - z ,   - x - y

quando uma partícula se move sob sua influência ao longo da curva de interseção das superfícies x 2 + y 2 + z 2 = 4 e z = y , orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Galerinha, a gente começa relembrando um pouco lá da física, onde trabalho é força vezes o deslocamento. Então, neste caso, podemos escrever o trabalho W dessa forma aqui:

W = ∫ C F → . d r →

Para resolver essa integral vamos utilizar o Teorema de Stokes. Então teremos essa igualdade aqui:

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

Onde a curva C é o bordo da superfície S orientada positivamente.

Passo 2

A gente vai começar, esboçando essas superfícies para entender melhor o problema.

O enunciado forneceu a equação de duas superfícies.

A primeira é a equação da esfera, cujo raio é 2 :

x 2 + y 2 + z 2 = 4

Já a segunda equação é um plano:

z = y

Esboçando as duas curvas, temos:

A interseção da esfera com o plano é uma circunferência de centro na origem e raio 2 (repara que destacamos em preto na figura).

O enunciado também diz que ela está orientada no sentido anti-horário vista de cima. Deste modo, pela regra da mão direita, podemos ver que o vetor normal à superfície S deve estar apontando para cima para aplicarmos o teorema de Stokes.

Passo 3

Agora vamos partir para integral!

W = ∬ S   r o t   F →   . n →   d s

Precisamos do rotacional do campo F → ! O rotacional é dado por:

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

Como nosso campo F → é

F → = z - y ,   - x - z ,   - x - y

Temos que,

F 1 = z - y

F 2 = - x - z

F 3 = - x - y

Calculando, ficamos com

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

r o t F → = 0 ,   2 ,   0

Passo 4

Repara que na nossa integral temos o rotacional é multiplicado pelo unitário do vetor normal!

Então, precisamos do vetor normal à superfície S .

Observando o esboço da superfície, vemos que o cículo que quermos orientar está contido no plano - y + z = 0 . Se não ficou claro, é só reparar que o o vetor normal sai do centro e avança para valores de y negativos e z positivos. Aahh, repara que ele não tem componente em x .

Escrevendo na forma vetorial, temos

N → = 0 ,   - 1 ,   1

Ele é um vetor normal à superfície sobre a qual estamos integrando com a orientação que queremos. No entanto, precisamos do unitário dele pra fórmula: n → = 0 ,   - 1 ,   1 2

Passo 5

Já temos todos os elementos, vamos para integral! Ela fica assim:

W = ∫ C F → . d r → = ∬ S   r o t   F →   . n →   d s = ∬ S 0 ,   2 ,   0   . 0 ,   - 1 ,   1 2   d s = ∬ S - 2 2   d s

W = ∬ S - 2 2   d s = - 2 2 ⋅ A r e a S

A gente pode deixar essa equação mais bonitinha tirando a raiz do denominador. Para isso, basta multiplicar por 2 em cima e embaixo. Aí fica assim

W =   - 2 ⋅ A r e a S

Então temos que achar a área da superfície formada pela interseção do plano com a esfera. Como a esfera e o plano passam na origem, dá pra reparar que a interseção vai ser um círculo com o raio igual ao da esfera, que é 2 !

Então,

A r e a S = π ⋅ 2 2 = 4 π

W = - 2 ⋅ A r e a S = - 4 2 π

Resposta

- 4 2 π

Exercício Resolvido #3

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 293 - 5.

Use o teorema de Stokes para mostrar que a integral de linha é igual ao valor dado, indicando a orientação da curva C .

∮ C   8 x - 2 y d x + y d y + 3 z d z = 4 3

onde C é a fronteirado triângulo equilátero situado no plano - 3 x + 3 z + 6 = 0 de vértices P = 2,2 , 0 ,   Q = ( 2,6 , 0 ) e R = ( 2 + 3 , 4,3 )

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Primeiro devemos encontrar a função vetorial em questão e o seu rotacional. Temos que F → = ( 8 x - 2 y ,   y ,   3 z ) e o rotacional pode ser calculado por:

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

∇ ×   F → = ( 0 ,   0 ,   2 )

Passo 2

Agora vamos encontrar a normal a superfície, esta superfície pode ser parametrizada de forma explícita como:

z = f x , y = 3 x - 6 3

Assim,

N → x , y = - ∂ f ∂ x x , y ,   - ∂ f ∂ y x , y ,   1

N → x , y = - 3 3 ,   0 ,   1

Passo 3

Vamos aplicar o teorema de Stokes ∮ ∂ S   F → . d r = ∬ S   ∇ ×   F → . n → d S = ∬ S   ∇ ×   F → . N → d x d y

Substituindo pelo rotacional e pela normal que calculamos, temos:

∬ S   ∇ ×   F → . N → d x d y =   ∬ S   0,0 , 2 . - 3 3 ,   0 ,   1 d x d y = ∬ S   2 d x d y

Mas, ∬ S   2 d x d y , representa o dobro da área da superfície projetada no plano x y . Não confunda isso! Quando temos “ d x d y ” ali do lado, estamos falando de tudo no plano x y já, beleza?

Passo 4

O último passo é calcular a área da superfície! Sorte nossa que é um triângulo! Esse aqui é o triângulo original da questão, ele está em 3 D :

R = 2 + 3 , 4,0

Precisamos projetar ele no plano x y pra calcular a área, mas isso é simples: só zerar os termos em z . No caso fica assim

R ' = 2 + 3 , 4

P = 2,2

Q = 2,6

O lado P Q tem medida igual a 4 pois os dois pontos estão no plano x y e sobre a reta x = 2 , então a distância entre eles é a diferença entre a coordenada y .

A altura aqui também está sobre a reta y = 4 , portanto o seu tamanho vai ser dado pela diferença nas coordenadas de x , logo h = 2 + 3 - 2

h = 3

Logo, a área do triângulo é:

A = b h 2

A = 4 . 3 2 = 2 3

Então,

2 A = 4 3

E aproveitando a imagem aí em cima e sabendo que a normal que escolhemos aponta para o x negativo, nós temos a orientação da curva C ! Que no caso é Q → P → R → Q .

Resposta

Assim, a integral de linha do camp F → definido no enunciado é dada por:

∮ C   F → . d r = 2 A = 4 3

E a orientação usada foi Q → P → R → Q

Exercício Resolvido #4

UERJ - Análise Vetorial - Lista 4 Flávio - 3ª

Utilizando o Teorema de Stokes, transforme a integral ∬ S   r o t F .   n →   d s numa integral de linha e a calcule, sabendo que F x , y , z = ( 0,0 , y ) , S é parametrizada por φ u , v = ( u , v , u 2 + v 2 ) , com u 2 + v 2 ≤ 1 , sendo n → a normal apontando para cima.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. A parametrização φ u , v = ( u ⏟ x , v ⏟ y , u 2 + v 2 ⏟ z ) nos diz que:

z = x 2 + y 2

Ou seja, um paraboloide, certo? Mas algo tem que limitar essa superfície, senão ela é infinita. Nós temos que

u 2 + v 2 ≤ 1

Ou seja,

x 2 + y 2 ≤ 1

Isso nos diz que o domínio dessa superfície é o círculo de raio 1 centrado na origem. Portanto, temos isso aqui:

E o Teorema de Stokes nos diz o seguinte:

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

Ou seja, podemos substituir essa integral do rotacional de F na superfície S por uma integral de linha sobre a fronteira de S . Como podemos ver pela imagem, essa fronteira é uma circunferência de raio 1 .

Passo 2

Certo, agora precisamos calcular essa integral de linha. Como nós já estamos cansados de ver, o primeiro passo agora é achar uma parametrização para essa curva.

Bom, como se trata de uma circunferência de raio 1 , temos que

x 2 + y 2 = 1

Precisamos agora definir a coordenada z dessa curva, ou seja, a altura da circunferência. Como ela faz parte do paraboloide, nada mais justo que substituir sua equação na dele, certo?

z = x 2 + y 2 = 1

z = 1

Pronto, descobrimos a altura dessa curva, agora precisamos parametrizá-la. Como se trata de uma circunferência, a melhor saída aqui é usar coordenadas polares

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

Como sabemos que o raio é igual a 1 , podemos substituir r = 1 . Como é dada uma volta completa temos 0 ≤ θ ≤ 2 π . Lembrando que o z é fixo em z = 1 . Isso nos dá:

σ → θ = ( cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   1 )

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 3

Agora precisamos calcular a derivada dessa parametrização:

σ → ' θ = ( - s e n   θ , cos ⁡ θ ,   0 )

Passo 4

Vamos, então, substituir σ → ' θ na fórmula abaixo e escrever F em função do parâmetro θ

∫ γ   F . d r = ∫ a b F x θ ,   y θ , z ( θ ) . σ → ' θ d θ

Escrevendo a função vetorial

F x , y , z = 0,0 , y

Em termos da parametrização

σ → θ = ( cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   1 )

Temos

F x θ , y θ , z ( θ ) = 0 , 0 , s e n   θ

Substituindo na fórmula, temos

∫ γ   F . d r = ∫ 0 2 π 0 , 0 , s e n   θ . - s e n   θ , cos ⁡ θ ,   0 d θ =

= ∫ 0 2 π 0 d θ = 0

Resposta

0

Exercício Resolvido #5

UFRJ, Cálculo III, P2/2011.1, 3

Seja C a curva orientada parametrizada por:

r → t = cos ⁡ t , s e n t , 8 - cos 2 ⁡ t - s e n t

t ∈ 0,2 π

Seja o campo vetorial:

F → = z 2 - y 2 , - 2 x y 2 , e z cos ⁡ z

Calcule:

∫ C   F ∙ d r

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Pela cara do campo vetorial, devemos aplicar Stokes, pois resolver a integral de linha pela sua definição não seria agradável.

O campo F é de classe C ∞ se z > 0 por causa daquele expoente z . Portanto temos que, pela Lei de Stokes: r o t F = 0,2 z , - 2 y 2 + 2 y

Analisando a curva C , vemos que z t > 6 para todo t ∈ 0,2 π .

Isso porque o valor máximo de um seno ou cosseno é 1 ! Então na coordenada z temos no mínimo 8 - 1 - 1 = 6 !

Claro que cosseno e seno nunca valem 1 ao mesmo tempo então o limite inferior para z seria até um pouco maior que 6 , mas o que importa é que ele seja maior que 0 pra não dar zica naquela raiz!

Substituindo por coordenadas cartesianas, temos que a curva está contida na superfície:

z = 8 - x 2 - y

Vamos utilizar essa superfície na formula de Stokes.

Passo 2

Observamos que a projeção da curva C no plano coordenado x y (zerando a coordenada z ) é um círculo de raio 1 e tem o sentido anti-horário. Portanto, orientamos a superfície de forma compatível com o teorema de Stokes, isto é, com a terceira componente do vetor normal sendo positiva. Usando a parametrização natural, isto é:

ϕ x , y = x , y , 8 - x 2 - y

Temos que o domínio D da parametrização é dado por:

x 2 + y 2 ≤ 1

Temos também que o vetor normal é:

N = ∂ ϕ ∂ x × ∂ ϕ ∂ y

N = 2 x , 1,1

Que tem a orientação desejada.

Passo 3

Segue que:

r o t F = 0,16 - 2 x 2 - 2 y , - 2 y 2 + 2 y

r o t F ∙ N = 16 - 2 x 2 + y 2

Aplicando Stokes:

∫ C   F ∙ d r = ∬ D   16 - 2 ( x 2 + y 2 ) d x d y

Aplicando coordenadas polares por causa do domínio e da integral:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n θ

θ ∈ 0,2 π

Plugando a parametrização na definição do domínio D :

r cos ⁡ θ 2 + r   s e n   θ 2 ≤ 1

r 2 ≤ 1 → 0 ≤ r ≤ 1

Isto pois r é positivo por definição.

Agora mudemos os diferenciais por jacobiano:

d x d y = r   d r d θ

Passo 4

Plugando os limites e a parametrização na integral:

∫ C   F ∙ d r = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 16 r - 2 r 3 d r d θ

Em θ a integral é moleza, a outra é só um polinômio. Partiu pro abraço:

∫ C   F ∙ d r = 2 π 8 r 2 - r 4 2 0 1