Exercício 2.16. Use o Teorema de Stokes para calcular \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}, onde
\vec{F}(x, y, z)=\left(x^{2} y-x y^{2}, z^{3}\right)
e C é a curva de interseção do plano 3 x+2 y+z=6 e do cilindro x^{2}+y^{2}=4, orientada no sentido horário quando vista de cima.

Passo 1

O enunciado pede que a gente calcule
\oint_{C}\vec F\cdot d\vec r
onde C é a curva de interseção do cilindro x^2+y^2=4 com o plano 3x+2y+z=6, orientada no sentido horário quando vista de cima. Para isso vamos usar o Teorema de Stokes, que em \mathbb R^3 diz
\oint_{C}\vec F\cdot d\vec r \;=\;\iint_{S}\bigl(\nabla\times \vec F\bigr)\cdot \vec n\,dS,
onde S é qualquer superfície cujo bordo seja C, e \vec n é o vetor normal unitário compatível com a orientação de C. Como só aparecem duas componentes em \vec F(x,y,z)=(x^2y-xy^2,\;z^3), interpretamos
\vec F(x,y,z) = \bigl(P,Q,R\bigr) \quad\text{com}\quad P = x^2y - x y^2, \;Q = 0, \;R = z^3.

Passo 2

Vamos calcular o rotacional \nabla\times\vec F. Por definição,
\nabla\times\vec F = \Bigl(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\; \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\; \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr).
Como Q=0, P não depende de z e R=z^3, obtemos
\nabla\times\vec F = \bigl(0-0,\;0-\frac{\partial (z^3)}{\partial x},\;0-\frac{\partial (x^2y-xy^2)}{\partial y}\bigr) = \bigl(0,\;0,\;-\, (x^2-2xy)\bigr) = \bigl(0,0,\,-x^2+2xy\bigr).

Passo 3

Escolhemos como superfície S o disco planar dado por
z = 6-3x-2y, \quad x^2+y^2\le4.
Precisamos do vetor área orientado de forma que o bordo C fique orientado horário visto de cima. Como a orientação padrão “positivo” (regra da mão direita) gera contorno anti-horário para um normal com componente +z, devemos inverter o normal. No caso do gráfico z=f(x,y), o vetor de área (não unitário) é
d\vec S = \pm\bigl(-f_x,\,-f_y,\,1\bigr)\,dA = \pm\bigl(3,2,1\bigr)\,dA.
Para que a orientação de C seja horário visto de cima, tomamos
d\vec S = -\bigl(3,2,1\bigr)\,dA.

Passo 4

Pela Stokes,
\oint_C\vec F\cdot d\vec r = \iint_S (\nabla\times\vec F)\cdot d\vec S = \iint_{D}\bigl(0,0,-x^2+2xy\bigr)\cdot\bigl(-3,-2,-1\bigr)\,dA,
onde D é o disco x^2+y^2\le4 no plano xy. Logo
(\nabla\times\vec F)\cdot d\vec S = (-x^2+2xy)\cdot(-1)\,dA = \bigl(x^2-2xy\bigr)\,dA.
Assim
\oint_C\vec F\cdot d\vec r = \iint_{x^2+y^2\le4}\bigl(x^2-2xy\bigr)\,dA.

Passo 5

No disco D temos por simetria \iint_D xy\,dA=0 e
\iint_D x^2\,dA = \frac{\pi R^4}{4} = \frac{\pi\cdot 4^2}{4} = 4\pi.
Portanto
\oint_C\vec F\cdot d\vec r = \iint_D x^2\,dA \;-\; 2\iint_D xy\,dA = 4\pi - 2\cdot 0 = 4\pi.

Resposta

4\pi

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