Enunciado

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

F → = x i → + y j → + x y z k → , S é a parte do plano 2 x + y + z = 2 que está no primeiro octante, orientado para cima.

Passo 1

Oi galera, tudo bem? A primeira coisa que vamos fazer é ver como é essa região. Saca só esse desenho:

Então, para calcular ∫ C F → ⋅ d r →   a região de fronteira são três curvas c 1 ,   c 2 e c 3 . Então:

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ c 1 F → ⋅ d r → + ∫ c 2 F → ⋅ d r → + ∫ c 3 F → ⋅ d r →

Vamos por partes?

  • Para a curva c 1 : No plano z y a equação fica y = 2 - z . Uma parametrização possível é:
  • x = 0 y = 2 - t z = t                       0 ≤ t ≤ 2

    O vetor r → ( t ) é:

    r → t = 0,2 - t , t

    E a derivada d r → t :

    d r → t = 0 , - 1,1 d t

    O campo vetorial F → nas novas variáveis de parametrização é:

    F → t = 0,2 - t , 0

    E o produto escalar entre F → e d r → é: F → ⋅ d r → = 0,2 - t , 0 ⋅ 0 , - 1,1 d t = ( t - 2 ) d t

    Agora é só integrar! Bora lá?

    ∫ 0 2 ( t - 2 ) d t = t 2 2 - 2 t 0 2 = - 4 + 2 = - 2

  • Para a curva c 2 : No plano x y a equação fica y = 2 - 2 x . Uma parametrização possível é:
  • x = 1 - t y = 2 t z = 0                       0 ≤ t ≤ 1

    O vetor r → ( t ) é:

    r → t = 1 - t , 2 t , 0

    E a derivada d r → t :

    d r → t = - 1,2 , 0 d t

    O campo vetorial F → nas novas variáveis de parametrização é:

    F → t = 1 - t , 2 t , 0

    E o produto escalar entre F → e d r → é: F → ⋅ d r → = 1 - t , 2 t , 0 ⋅ - 1,2 , 0 d t = ( 5 t - 1 ) d t

    Agora é só integrar! Bora lá?

    ∫ 0 1 ( 5 t - 1 ) d t = 5 t 2 2 - t 0 1 = 5 2 - 1 = 3 2

    Vamos pra última curva?? =D

  • Para a curva c 3 : No plano x z a equação fica z = 2 - 2 x . Uma parametrização possível é:

x = 1 - t y = 0 z = 2 t                       1 ≤ t ≤ 0

O vetor r → ( t ) é:

r → t = 1 - t , 0,2 t

E a derivada d r → t :

d r → t = - 1,0 , 2 d t

O campo vetorial F → nas novas variáveis de parametrização é:

F → t = 1 - t , 0,0

E o produto escalar entre F → e d r → é: F → ⋅ d r → = 1 - t , 0,0 ⋅ - 1,0 , 2 d t = ( t - 1 ) d t

Agora é só integrar! Bora lá?

∫ 1 0 ( t - 1 ) d t = t 2 2 - t 1 0 = - 1 2 + 1 = 1 2

Ufa! Agora é só somar todos esses resultados!

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ c 1 F → ⋅ d r → + ∫ c 2 F → ⋅ d r → + ∫ c 3 F → ⋅ d r →

∫ C F → ⋅ d r → = - 2 + 3 2 + 1 2 = 0

Mas! Tudo isso pra dar zero no final! Kkkk Agora vamos a outra parte do teorema!

Passo 2

Para começar vamos calcular o rotacional de F → :

∇ × F → = i → j → k → ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z x y x y z = i → ∂ ∂ y ( x y z ) - ∂ ∂ z ( y ) + j → ∂ ∂ z ( x ) - ∂ ∂ x ( x y z ) + k → ∂ ∂ x ( y ) - ∂ ∂ y ( x )

∇ × F → = x z , - y z , 0

Passo 3

Agora vamos encontrar a função z = g x , y . Como a região S é a parte do plano 2 x + y + z = 2 do primeiro octante, então a função z é:

z = g x , y = 2 - y - 2 x

E o vetor normal à superfície é:

n → = - ∂ g ∂ x ,   - ∂ g ∂ y ,   1

Aplicando na função g temos:

n → = 2,1 , 1

E o produto escalar entre ∇ × F → e n → é:

  ∇ × F → ⋅ n → = x z , - y z , 0 ⋅ 2,1 , 1 = 2 x z - y z = 2 x 2 - y - 2 x - y ( 2 - y - 2 x )

Passo 4

Agora vamos ver a região de integração. Saca só no desenho:

No plano x y , temos a reta:

y = 2 - 2 x

E os limites de integração vão ser:

0 ≤ y ≤ 2 - 2 x 0 ≤ x ≤ 1

E o diferencial de área vai ser:

d A = d y d x

Passo 5

Agora é só colocar na integral!

∬ S c u r l   F → ⋅ d S = ∬ S ∇ × F → ⋅ n → d A = ∫ 0 1 ∫ 0 2 - 2 x 2 x 2 - y - 2 x - y ( 2 - y - 2 x ) d y d x

∬ S ∇ × F → ⋅ n → d A = ∫ 0 1 ∫ 0 2 - 2 x 4 x - 4 x 2 - 2 y + y 2 d y d x = ∫ 0 1 4 x y - 4 x 2 y - y 2 + y 3 3 0 2 - 2 x d x

Aplicando nos limites temos:

∬ S ∇ × F → ⋅ n → d A = ∫ 0 1 4 x 2 - 2 x - 4 x 2 2 - 2 x - 2 - 2 x 2 + 2 - 2 x 3 3 d x

Abrindo os produtos notáveis e agrupando os termos comuns teremos:

∬ S ∇ × F → ⋅ n → d A = ∫ 0 1 16 3 x 3 - 12 x 2 + 8 x - 4 3 d x = 16 3 x 4 4 - 12 x 3 3 + 8 x 2 2 - 4 x 3   0 1

Aplicando os limites temos:

∬ S ∇ × F → ⋅ n → d A = 16 12 - 12 3 + 8 2 - 4 3 - 0 = 4 3 - 4 + 4 - 4 3 = 0

Eba! Encontramos o mesmo resultado do passo 1 ! Sendo assim, verificamos o teorema =D

Resposta

∬ S c u r l   F → ⋅ d S = ∫ C F → ⋅ d r → = 0

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