Questão 2: (2.5 pontos)
Utilizando o Teorema de Stokes, encontre o valor de \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}, onde
\vec{F}=\left(\frac{-y}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, \frac{x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, z^{2}\right)
e a curva C é a interseção da parte superior da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, z \geq 0, com os planos z=x e z=-x, orientada no sentido anti-horário quando é observada de qualquer ponto da parte positiva do eixo z.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha \displaystyle \int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r} onde
\vec{F}=\left(\frac{-y}{x^{2}+y^{2}+z^{2}},\;\frac{x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}},\;z^{2}\right)
e C é a curva fechada obtida como a interseção da parte superior da esfera \;x^{2}+y^{2}+z^{2}=1,\;z\ge 0\; com os planos \;z=x\; e \;z=-x\;. A orientação de C é anti-horária vista de qualquer ponto do eixo z positivo.
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • \vec{F} está definida em \mathbb{R}^3 menos talvez a origem (pois aparece x^{2}+y^{2}+z^{2} no denominador).
  • A curva C é o limite da região da meia-esfera superior recortada entre os dois planos \;z=x e \;z=-x.
  • A orientação anti-horária vista de cima corresponde à escolher a normal à superfície com componente z positiva (norma apontando para fora da esfera no patch superior).
    As tarefas são: usar o Teorema de Stokes para transformar a integral de linha em uma integral de superfície e calcular o valor numérico.

Passo 2

Ensinando o Teorema de Stokes (curtinho e prático): o Teorema de Stokes diz que, para uma superfície orientada S com bordo \partial S=C e um campo vetorial \vec{F} suficientemente suave,
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS,
onde \vec{n} é a unidade normal em S escolhida de acordo com a orientação de C. Aqui vamos escolher S como o pedaço da esfera unitária \;x^{2}+y^{2}+z^{2}=1,\;z\ge0\; limitado pelos dois planos — exatamente a superfície cuja borda é C. Isso é natural e mantém a normal com componente z positiva (coerente com a orientação pedida).

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\vec{F} passo a passo. Primeiro escrevo as componentes:
F_x=\frac{-y}{r^{2}},\quad F_y=\frac{x}{r^{2}},\quad F_z=z^{2},\quad\text{onde }r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}.
A fórmula do rotacional é
\nabla\times\vec{F}=\left(\frac{\partial F_z}{\partial y}-\frac{\partial F_y}{\partial z},\; \frac{\partial F_x}{\partial z}-\frac{\partial F_z}{\partial x},\; \frac{\partial F_y}{\partial x}-\frac{\partial F_x}{\partial y}\right).
Calculamos cada componente:
  1. Primeira componente:
\frac{\partial F_z}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial F_y}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}\!\left(\frac{x}{r^{2}}\right) = x\cdot\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{1}{r^{2}}\right) = x\cdot\left(-\frac{2z}{r^{4}}\right)=-\frac{2xz}{r^{4}}.
Logo
(\nabla\times\vec{F})_x=0-(-\tfrac{2xz}{r^{4}})=\frac{2xz}{r^{4}}.
  1. Segunda componente:
\frac{\partial F_x}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}\!\left(-\frac{y}{r^{2}}\right) = -y\cdot\left(-\frac{2z}{r^{4}}\right)=\frac{2yz}{r^{4}}, \qquad \frac{\partial F_z}{\partial x}=0,
portanto
(\nabla\times\vec{F})_y=\frac{2yz}{r^{4}}-0=\frac{2yz}{r^{4}}.
  1. Terceira componente:
\frac{\partial F_y}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x}{r^{2}}\right) =\frac{1}{r^{2}} + x\cdot\left(-\frac{2x}{r^{4}}\right)=\frac{1}{r^{2}}-\frac{2x^{2}}{r^{4}},
\frac{\partial F_x}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(-\frac{y}{r^{2}}\right) =-\frac{1}{r^{2}} + \frac{2y^{2}}{r^{4}}.
Subtraindo,
(\nabla\times\vec{F})_z=\left(\frac{1}{r^{2}}-\frac{2x^{2}}{r^{4}}\right)-\left(-\frac{1}{r^{2}}+\frac{2y^{2}}{r^{4}}\right) =\frac{2}{r^{2}}-\frac{2(x^{2}+y^{2})}{r^{4}}.
Como x^{2}+y^{2}=r^{2}-z^{2}, isso vira
(\nabla\times\vec{F})_z=\frac{2}{r^{2}}-\frac{2(r^{2}-z^{2})}{r^{4}}=\frac{2z^{2}}{r^{4}}.
Juntando as componentes:
\nabla\times\vec{F}=\frac{2z}{r^{4}}(x,y,z).

Passo 4

Agora observamos que estamos integrando sobre a esfera unitária r=1. Em S temos r^{2}=1, logo r^{4}=1. Assim no patch esférico
\nabla\times\vec{F}=2z\,(x,y,z).
A normal unitária exterior à esfera é \vec{n}=(x,y,z) (porque em esfera unitária o vetor radial é unitário). Portanto
(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}=2z\,(x,y,z)\cdot(x,y,z)=2z(x^{2}+y^{2}+z^{2})=2z\cdot 1=2z.
Conclusão útil e bonita: sobre a esfera unitária o integrando do Teorema de Stokes fica simplesmente 2z.

Passo 5

Logo a integral de linha vale a integral de superfície
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_{S}2z\,dS.
Agora paramos S na esfera unitária usando coordenadas esféricas: \;x=\sin\varphi\cos\theta,\; y=\sin\varphi\sin\theta,\; z=\cos\varphi\; com 0\le\varphi\le\pi/2 (meia-esfera superior) e \theta variando de 0 a 2\pi. Porém a região de \theta e \varphi é recortada pelos planos z=x e z=-x. Em vez de tentar achar limites rectangulares em (\varphi,\theta), há um truque prático: para um dado \theta fixe, a condição de estar entre os planos é z\ge |x|, ou em esféricas \cos\varphi \ge \sin\varphi\,|\cos\theta|. Isso dá, para cada \theta, um \varphi máximo
\varphi\in\bigl[0,\;\alpha(\theta)\bigr],\qquad\text{com }\alpha(\theta)=\arctan\!\bigl(\tfrac{1}{|\cos\theta|}\bigr).
O elemento de área da esfera unitária é dS=\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta. Assim
\iint_{S}2z\,dS=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\alpha(\theta)} 2\cos\varphi\cdot\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\alpha(\theta)} \sin(2\varphi)\,d\varphi\,d\theta.
Calculamos a integral interna:
\int_{0}^{\alpha}\sin(2\varphi)\,d\varphi=\left[-\tfrac{1}{2}\cos(2\varphi)\right]_{0}^{\alpha}=\tfrac{1}{2}(1-\cos(2\alpha))=\sin^{2}\alpha.
Logo a integral vira
\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\bigl(\alpha(\theta)\bigr)\,d\theta.
Agora usamos a identidade para \alpha(\theta)=\arctan\!\bigl(1/|\cos\theta|\bigr). Se t=\tan\alpha=1/|\cos\theta|, então
\sin^{2}\alpha=\frac{t^{2}}{1+t^{2}}=\frac{1/\cos^{2}\theta}{1+1/\cos^{2}\theta}=\frac{1}{1+\cos^{2}\theta}.
Portanto a integral simplifica muito:
\iint_{S}2z\,dS=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{1+\cos^{2}\theta}.

Passo 6

Falta calcular I=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{1+\cos^{2}\theta}. Por simetria \cos^{2}\theta tem período \pi, então podemos escrever
I=2\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{1+\cos^{2}\theta}=4\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{1+\cos^{2}\theta}.
Para J=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{1+\cos^{2}\theta} fazemos a substituição t=\tan\theta, o que dá d\theta=\frac{dt}{1+t^{2}} e \cos^{2}\theta=\frac{1}{1+t^{2}}. Assim
J=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{1+t^{2}}}\cdot\frac{dt}{1+t^{2}} =\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{2+t^{2}}.
Essa integral é direta:
\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{2+t^{2}}=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\!\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)\right]_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}.
Portanto
I=4J=4\cdot\frac{\pi}{2\sqrt{2}}=\frac{2\pi}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\,\pi.

Resposta

\sqrt{2}\pi

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