Enunciado

Verifique que o Teorema de Stokes é verdadeiro para o campo vetorial dado F → e a superfície S .

F → x , y , z = - 2 y z i ^ + y j ^ + 3 x k ^ , S é a parte do paraboloide z = 5 - x 2 - y 2 que está acima do do plano z = 1 , com orientação ascendente.

Passo 1

O problema pede para verificarmos o Teorema de Stokes para o campo F → x , y , z = - 2 y z i ^ + y j ^ + 3 x k ^ e a superfície S :

A superfície é suave e regular e F → é um campo bem comportado, de modo que o teorema é valido! Assim,

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S →

O que temos que fazer é calcular as duas integrais e ver que elas são iguais!

Passo 2

Vamos calcular primeiro a integral de linha sobre a curva z = 1 :

5 - x 2 - y 2 = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 4 ⇒ x = 2 cos ⁡ t             e             y = 2   s e n   t

Portanto,

x = 2 cos ⁡ t y = 2   s e n   t z = 1

Assim,

d r → = - 2   s e n   t ,   2 cos ⁡ t ,   0   d t

Logo,

F → ⋅ d r → = - 4   s e n   t ,   2   s e n   t ,   6 cos ⁡ t ⋅ - 2   s e n   t ,   2 cos ⁡ t ,   0   d t

Portanto

F → ⋅ d r → = 8   s e n 2 t + 4   s e n   t cos ⁡ t   d t

Portanto

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π 8   s e n 2 t + 4   s e n   t cos ⁡ t   d t

A integral do segundo termo será nula pois é uma função trigonométrica periódica integrada em um período completo. Já a primeira:

∫ C F → ⋅ d r → = 8 2 ∫ 0 2 π 1 - cos ⁡ 2 t   d t = 4 ⋅ 2 π = 8 π

Passo 3

Agora vamos fazer a integral de superfície. O primeiro passo é parametrizar a superfície:

x = r cos ⁡ t y = r   s e n   t z = 5 - r 2

Aqui,

0 ≤ r ≤ 2                 e             0 ≤ t ≤ 2 π

Desta forma,

r → r = ∂ x ∂ r ,   ∂ y ∂ r ,   ∂ z ∂ r = ( cos ⁡ t ,   s e n   t ,   - 2 r )

r → t = ∂ x ∂ t ,   ∂ y ∂ t ,   ∂ z ∂ t = ( - r   s e n   t ,   r cos ⁡ t ,   0 )

Logo,

r → r × r → t = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ t s e n   t - 2 r - r   s e n   t r cos ⁡ t 0 = 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r

Portanto,

r → r × r → t = 4 r 4 cos 2 ⁡ t + 4 r 4 s e n 2 t + r 2 = 4 r 4 + r 2 = r 1 + 4 r 2

Assim,

n ^ = - 1 r → r × r → t ⋅ r → r × r → t = - 1 r 1 + 4 r 2 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r

*Coloquei o sial de menos para seguir a orientação pedida no enunciado!

Portanto,

d S → = n ^   d S = n ^   r → r × r → t   d A = - 1 r 1 + 4 r 2 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r   r 1 + 4 r 2   d A

Logo,

d S → = - 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d A = - 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d r   d t

Passo 4

Agora vamos achar o rotacional de F → :

∇ → × F → = i ^ j ^ k ^ ∂ x ∂ y ∂ z - 2 y z y 3 x = 0 ,   - 3 x - 2 y ,   2 z = ( 0 ,   - 3 r cos ⁡ t - 2 r   s e n   t ,   2 )

Assim,

- ∇ → × F → ⋅ d S → = 0 ,   - 3 r cos ⁡ t - 2 r   s e n   t ,   2 ⋅ 2 r 2 cos ⁡ t ,   2 r 2 s e n   t ,   r   d r   d t

Portanto,

- ∇ → × F → ⋅ d S → = 2 r - 2 r 3 3 cos ⁡ t   s e n t + 2   s e n 2 t   d t   d r

Logo,

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = ∫ 0 2 ∫ 0 2 π 2 r - 2 r 3 3 cos ⁡ t   s e n t + 2   s e n 2 t   d t   d r

Fazendo a integral em t , o termo do meio se anula:

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = ∫ 0 2 2 r ⋅ 2 π   d r - 4 ∫ 0 2 r 3 d r ∫ 0 2 π s e n 2 t   d t

Mas sabemos que

∫ 0 2 π s e n 2 t   d t = 1 2 ∫ 0 2 π 1 - cos ⁡ 2 t   d t = 1 2 ⋅ 2 π = π

Logo,

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 4 π ∫ 0 2 r   d r - 4 π ∫ 0 2 r 3   d r = 4 π   r 2 2 - r 4 4 0 2

Portanto,

- ∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 4 π   4 2 - 16 4 = - 8 π

Assim,

∫ ∫ S ∇ → × F → ⋅ d S → = 8 π

Note que obtivemos o mesmo resultado pelas duas integrais!

Resposta

Verificação.

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