2a Questao Teorema de Stokes

Calcule a integral de linha fechada: Integral_Gamma G . dr
Gamma eh a intersecao do plano z=1 com o elipsoide:
(x / 3)^{\wedge} 2+y^{\wedge} 2+(z / 4)^{\wedge} 2=1, com y>0 e orientada com x crescente.
Campo vetorial:
\mathrm{G}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=\left(2 \mathrm{xy} \cos (\mathrm{x})+\mathrm{x}^{\wedge} 2\right) \mathrm{i}+\left[\operatorname{sen}\left(\mathrm{x}^{\wedge} 2\right)+2 \mathrm{y} /\left(\mathrm{y}^{\wedge} 2+1\right)\right] \mathrm{j}+\mathrm{e}^{\wedge}\left(\mathrm{x}^{\wedge} 2\right) \mathrm{k}
Usando o Teorema de Stokes:
Integral_Gamma G . dr = Integral_S (rot G) . n dS
rot G=-2 x e^{\wedge}\left(x^{\wedge} 2\right) j+2 x\left(\cos \left(x^{\wedge} 2\right)-\cos (x)\right) k
Superficie S no plano z=1 com: \left(x^{\wedge} 2 / 9\right)+y^{\wedge} 2<=15 / 16, y>0
Resultado:
Integral_D 2 x\left(\cos \left(x^{\wedge} 2\right)-\cos (x)\right) d x d y

Passo 1

O enunciado pede o cálculo de
\oint_{\Gamma}\mathbf{G}\cdot d\mathbf{r},
onde \Gamma é a interseção do plano z=1 com o elipsoide
\Bigl(\frac{x}{3}\Bigr)^{2}+y^{2}+\Bigl(\frac{z}{4}\Bigr)^{2}=1,
com y>0 e orientação “ x crescente”.
O conteúdo é o Teorema de Stokes, que diz
\oint_{\Gamma}\mathbf{G}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{S}\bigl(\nabla\times\mathbf{G}\bigr)\cdot\mathbf{n}\,dS,
onde S é a região em z=1 limitada por \Gamma.

Passo 2

Já temos
\nabla\times\mathbf{G} =-2x\,e^{x^{2}}\;\mathbf{j} +2x\bigl(\cos(x^{2})-\cos(x)\bigr)\;\mathbf{k}.
Como S está no plano z=1 e a orientação de \Gamma (“ x crescente”) é compatível com a normal \mathbf{n}=\mathbf{k}, vale
(\nabla\times\mathbf{G})\cdot\mathbf{n} =2x\bigl(\cos(x^{2})-\cos(x)\bigr).
Em planos horizontais temos dS=dA.

Passo 3

Logo
\oint_{\Gamma}\mathbf{G}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{D}2x\bigl(\cos(x^{2})-\cos(x)\bigr)\,dA,
onde
D=\Bigl\{(x,y)\mid \frac{x^{2}}{9}+y^{2}\le\frac{15}{16},\;y>0\Bigr\}.

Passo 4

Como o integrando não depende de y, primeiro integramos em y:
\int_{y=0}^{\sqrt{\frac{15}{16}-\frac{x^{2}}{9}}}dy =\sqrt{\frac{15}{16}-\frac{x^{2}}{9}}.
Fica então
\int_{x=-\frac{3\sqrt{15}}{4}}^{\frac{3\sqrt{15}}{4}} 2x\bigl(\cos(x^{2})-\cos(x)\bigr) \sqrt{\frac{15}{16}-\frac{x^{2}}{9}}\,dx.

Passo 5

Note que a função
f(x)=2x\bigl(\cos(x^{2})-\cos(x)\bigr)\sqrt{\tfrac{15}{16}-\tfrac{x^{2}}{9}}
é ímpar em x e os limites de integração são simétricos em torno de zero. Portanto a integral vale zero.

Resposta

0

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