Exercício 2.17. Use o Teorema de Stokes para calcular \iint_{S} \operatorname{rot} \vec{F} \cdot d \vec{S}, onde
\vec{F}(x, y, z)=\left(\operatorname{sen}(y+z)-y x^{2}-\frac{y^{3}}{3}, x \cos (y+z), \cos (2 y)\right)
e S é formada pelo topo e pelos quatro lados (mas não pelo fundo do cubo de vértices ( \pm 1, \pm 1, \pm 1), orientado para fora.

Passo 1

O enunciado nos dá o campo vetorial
\vec{F}(x,y,z)=\bigl(\operatorname{sen}(y+z)-y\,x^{2}-\tfrac{y^{3}}{3},\;x\cos(y+z),\;\cos(2y)\bigr)
e a superfície S formada pelo topo (z=1) e pelos quatro lados do cubo de vértices (\pm1,\pm1,\pm1), sem o fundo (z=-1), orientada para fora.
O objetivo é calcular
\iint_{S}\operatorname{rot}\vec{F}\cdot d\vec S.
Para isso, vamos usar o fato de que a superfície formada por S mais o fundo fecha o cubo, e que
\iiint_{\text{cubo}}\bigl(\nabla\cdot(\nabla\times\vec F)\bigr)\,dV =0.
A partir disso, obteremos
\iint_{S}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =-\iint_{\text{fundo}}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S.

Passo 2

Calculemos \operatorname{rot}\vec F=\nabla\times\vec F.
Denotando \vec F=(F_{1},F_{2},F_{3}), temos
\begin{aligned} \frac{\partial F_{3}}{\partial y}&=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(\cos(2y)\bigr)=-2\operatorname{sen}(2y),\\\ \frac{\partial F_{2}}{\partial z}&=\frac{\partial}{\partial z}\bigl(x\cos(y+z)\bigr) =-x\operatorname{sen}(y+z), \end{aligned}
logo
(\nabla\times\vec F)_{1} =-2\operatorname{sen}(2y)-\bigl(-x\operatorname{sen}(y+z)\bigr) =-2\operatorname{sen}(2y)+x\operatorname{sen}(y+z).
Em seguida,
\frac{\partial F_{1}}{\partial z}=\cos(y+z), \quad \frac{\partial F_{3}}{\partial x}=0,
então
(\nabla\times\vec F)_{2} =\cos(y+z)-0 =\cos(y+z).
Por fim,
\frac{\partial F_{2}}{\partial x}=\cos(y+z), \quad \frac{\partial F_{1}}{\partial y} =\cos(y+z)-x^{2}-y^{2},
de onde
(\nabla\times\vec F)_{3} =\cos(y+z)-\bigl[\cos(y+z)-x^{2}-y^{2}\bigr] =x^{2}+y^{2}.
Logo
\operatorname{rot}\vec F =\bigl(-2\operatorname{sen}(2y)+x\operatorname{sen}(y+z),\;\cos(y+z),\;x^{2}+y^{2}\bigr).

Passo 3

O fundo do cubo é a face z=-1, cuja normal externa é
\vec n_{\rm fundo}=-\vec k.
Como \nabla\cdot(\nabla\times\vec F)=0, a lei da divergência no volume fechado dá
\iint_{S}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S \;+\; \iint_{\text{fundo}}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =0 \quad\Longrightarrow\quad \iint_{S}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =-\iint_{\text{fundo}}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S.

Passo 4

No fundo (z=-1) temos
\operatorname{rot}\vec F\bigl(x,y,-1\bigr) =\bigl(\dots,\dots,\;x^{2}+y^{2}\bigr),
então
\operatorname{rot}\vec F\cdot\vec n_{\rm fundo} =(x^{2}+y^{2})\,(-1) =-\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr).
O elemento de área é dS=dA no quadrado x,y\in[-1,1]. Assim,
\iint_{\text{fundo}}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =\iint_{[-1,1]^{2}} \bigl[-(x^{2}+y^{2})\bigr]\,dA =-\iint_{-1}^{1}\!\!\int_{-1}^{1}(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy.
Calculemos
\int_{-1}^{1}\!\!\int_{-1}^{1}x^{2}\,dx\,dy =\int_{-1}^{1}\Bigl[\tfrac{2}{3}\Bigr]dy =\tfrac{2}{3}\cdot2 =\tfrac{4}{3},
\int_{-1}^{1}\!\!\int_{-1}^{1}y^{2}\,dx\,dy =\int_{-1}^{1}\Bigl[2\,y^{2}\Bigr]dy =2\cdot\tfrac{2}{3} =\tfrac{4}{3}.
Logo
\iint_{[-1,1]^{2}}(x^{2}+y^{2})\,dA =\tfrac{4}{3}+\tfrac{4}{3} =\tfrac{8}{3},
e
\iint_{\text{fundo}}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =-\tfrac{8}{3}.

Passo 5

Finalmente,
\iint_{S}\!\operatorname{rot}\vec F\cdot d\vec S =-\bigl(-\tfrac{8}{3}\bigr) =\tfrac{8}{3}.

Resposta

\frac{8}{3}.

Exercícios relacionados