/2,5] Resolva as seguites questões:
(a) Calcule a área da superfície S dada por z=1-x^{2}-y^{2}, com z \geq 0.
(b) Suponha que a superfície regular limitada S está contida no plano x y. Considere a normal \vec{n} pontando para cima de S. Dado um campo F(x, y, z)=\left(F_{1}(x, y), F_{2}(x, y), 0\right) de classe C^{2} num aberto contendo S, mostre que o Teorema de Stokes aplicado à S nesse caso é exatamente o Teorema de Green.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados e pedidos:
  • (a) A superfície S é o gráfico da função z=1-x^{2}-y^{2} com z\ge 0. Ou seja, é o “tampo” da parábola inversa até a altura z=0. Pergunta: calcular a área da superfície S.
  • (b) Suponha que S é uma superfície regular limitada contida no plano xy (isto é, S é uma região do plano z=0). A normal \vec{n} aponta para cima. Dado um campo \mathbf{F}(x,y,z)=\big(F_{1}(x,y),F_{2}(x,y),0\big) de classe C^{2} num aberto contendo S, mostrar que aplicar o Teorema de Stokes em S dá exatamente o Teorema de Green.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Para (a): o domínio no plano xy onde a superfície existe é o disco \{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1\}, pois z=1-x^{2}-y^{2}\ge0 \iff x^{2}+y^{2}\le1.
  • Para (b): S está no plano z=0 e a normal escolhida é \vec{n}=(0,0,1). O campo \mathbf{F} tem componente z nula e depende só de x,y.

Passo 2

A fórmula para a área de uma superfície que é gráfico de uma função z=f(x,y) sobre uma região D do plano xy.
Explicação didática do porquê:
  • Se a superfície é z=f(x,y), dois vetores tangentes no ponto (x,y,f(x,y)) são
    \displaystyle \mathbf{r}_x=(1,0,f_x) e \displaystyle \mathbf{r}_y=(0,1,f_y),
    onde f_x=\dfrac{\partial f}{\partial x} e f_y=\dfrac{\partial f}{\partial y}.
  • A área de um pequeno paralelogramo tangente é o módulo do produto vetorial \|\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y\|.
  • Calculando o produto vetorial obtém-se \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y = (-f_x,-f_y,1)e o seu módulo é \sqrt{f_x^{2}+f_y^{2}+1}.
  • Assim, a área total da superfície sobre D é \iint_{D}\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}\\ dA.
Aqui dA é a área infinitesimal no plano xy (por exemplo dx\,dy).

Passo 3

Aplicando a fórmula ao caso f(x,y)=1-x^{2}-y^{2}.
Calcule as derivadas parciais:
f_x=\frac{\partial}{\partial x}(1-x^{2}-y^{2})=-2x,\qquad f_y=\frac{\partial}{\partial y}(1-x^{2}-y^{2})=-2y.
Logo o integrando fica
\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}=\sqrt{1+4(x^{2}+y^{2})}.
O domínio D no plano xy é o disco x^{2}+y^{2}\le1. É natural passar a coordenadas polares:
x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad dA=r\,dr\,d\theta,
com 0\le r\le1 e 0\le\theta\le2\pi. Em polares o integrando depende só de r:
\sqrt{1+4(x^{2}+y^{2})}=\sqrt{1+4r^{2}}.
Portanto a área é
\iint_{D}\sqrt{1+4r^{2}}\\ dA =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\sqrt{1+4r^{2}}\; r\,dr\,d\theta.

Passo 4

Calcular a integral em r.
Primeiro integral em \theta 2\pi, então
\text{Área}=2\pi\int_{0}^{1} r\sqrt{1+4r^{2}}\;dr.Á
Resolver a integral por substituição. Seja \displaystyle u=1+4r^{2}. Então du=8r\,dr, ou r\,dr=\dfrac{du}{8}. Quando r=0, u=1. Quando r=1, u=5. Assim
\int_{0}^{1} r\sqrt{1+4r^{2}}\;dr =\int_{u=1}^{5} \sqrt{u}\,\frac{du}{8} =\frac{1}{8}\int_{1}^{5} u^{1/2}\,du.
Integral de u^{1/2} é \dfrac{2}{3}u^{3/2}. Portanto
\int_{0}^{1} r\sqrt{1+4r^{2}}\;dr=\frac{1}{8}\cdot\frac{2}{3}\big[u^{3/2}\big]_{1}^{5} =\frac{1}{12}\big(5^{3/2}-1\big).
Multiplicando por 2\pi obtemos a área:
\text{Área}=2\pi\cdot\frac{1}{12}\big(5^{3/2}-1\big) =\frac{\pi}{6}\big(5^{3/2}-1\big).Á
Podemos também escrever 5^{3/2}=5\sqrt{5}, então uma forma equivalente é
\text{Área}=\frac{\pi}{6}\big(5\sqrt{5}-1\big).Á

Passo 5

Agora a parte (b): enunciar os teoremas usados e o objetivo.
Teorema de Stokes (forma aplicada aqui): para uma superfície orientada S com bordo \partial S e um campo vetorial \mathbf{F},
\int_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{S} (\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\\ dS,
onde \mathbf{n} é a normal unitária escolhida na superfície e a orientação do contorno \partial S é compatível com \mathbf{n} (regra da mão direita).
Teorema de Green (forma usual no plano): para uma região planar D com fronteira \partial D e um campo \mathbf{G}(x,y)=(G_1,G_2),
\oint_{\partial D} G_1\,dx+G_2\,dy =\iint_{D}\left(\frac{\partial G_2}{\partial x}-\frac{\partial G_1}{\partial y}\right)dA,
com orientação de \partial D sendo anti-horária (contraclockwise).
Objetivo: mostrar que, no caso do enunciado (superfície em z=0, normal para cima, campo \mathbf{F}=(F_1,F_2,0)), a igualdade de Stokes se reduz exatamente à igualdade de Green.

Passo 6

Calcular o rotacional de \mathbf{F} e o produto escalar com a normal.
O campo dado é \displaystyle \mathbf{F}(x,y,z)=\big(F_{1}(x,y),F_{2}(x,y),0\big). Como F_{1} e F_{2} não dependem de z e a terceira componente é zero, o rotacional é
\nabla\times\mathbf{F}= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[2pt] \partial_x & \partial_y & \partial_z\\[2pt] F_1 & F_2 & 0 \end{vmatrix} =(0,0,\partial_x F_2-\partial_y F_1).
A superfície S está no plano z=0 e a normal unitária para cima é \mathbf{n}=(0,0,1). Portanto o produto escalar que aparece no lado direito de Stokes é
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n} =\partial_x F_2-\partial_y F_1.
Além disso, como S é um pedaço plano em z=0, o elemento de área da superfície é igual ao elemento de área do plano xy: dS=dA. Assim o lado direito de Stokes fica
\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\\ dS =\iint_{D}\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dA,
onde D é a região do plano xy identificada com S.]

Passo 7

Relacionar a integral de linha (lado esquerdo de Stokes) com a integral de linha de Green.
A integral de linha na expressão de Stokes é \displaystyle \int_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}. Como S\subset\{z=0\}, qualquer curva \partial S tem coordenadas (x(t),y(t),0) e d\mathbf{r}=(dx,dy,dz)=(dx,dy,0). Portanto
\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=F_1\,dx+F_2\,dy.
Assim o lado esquerdo de Stokes é exatamente
\int_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\oint_{\partial D} F_1\,dx+F_2\,dy,
com a orientação de \partial D determinada pela normal \mathbf{n} segundo a regra da mão direita. Se \mathbf{n}=(0,0,1) (para cima), essa orientação é anticlockwise, que é a orientação padrão usada no enunciado de Green.

Passo 8

Concluir a equivalência (mostrar que Stokes = Green).
Juntando os dois resultados:
  • o lado esquerdo de Stokes é \displaystyle \oint_{\partial D} F_1\,dx+F_2\,dy;
  • o lado direito de Stokes é \displaystyle \iint_{D}\big(\partial_x F_2-\partial_y F_1\big)dA.
Logo, para a superfície plana S com normal para cima e campo \mathbf{F}=(F_1,F_2,0),
\int_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\\ dS \quad\Longleftrightarrow\quad \oint_{\partial D}F_1\,dx+F_2\,dy =\iint_{D}\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dA,
que é exatamente a fórmula do Teorema de Green. Assim o Teorema de Stokes aplicado nesse caso coincide com o Teorema de Green.

Resposta

(a) \displaystyle \text{Área}=\frac{\pi}{6}\big(5\sqrt{5}-1\big)Á
(b) \displaystyle \int_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS \quad\Longrightarrow\quad \oint_{\partial D}F_1\,dx+F_2\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right)dA

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