Questão 8 Seja D \subset \mathbb{R}^{3} um subconjunto contido no plano xy. Seja \vec{\eta}=(0,0,1) vetor normal unitário a D. Seja F(x, y, z)=P(x, y) \vec{i}+Q(x, y) \vec{j} campo vetorial de classe C^{1} sobre D e \gamma uma curva suave por partes que delimita a região D. Mostre a seguinte igualdade conhecida como teorema de Stokes:
\oint_{\gamma} \vec{F} \cdot d \gamma=\iint_{D} \operatorname{rot}(\vec{F}) \cdot \vec{\eta} d A

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede claramente a igualdade abaixo.
  • Dados:
    \;D \subset \mathbb{R}^{3} é um subconjunto contido no plano xy.
    \;\vec{\eta}=(0,0,1) é o vetor normal unitário a D.
    \;\vec{F}(x,y,z)=P(x,y)\,\vec{i}+Q(x,y)\,\vec{j} é um campo vetorial de classe C^{1} sobre D (observe que P e Q dependem só de x e y).
    \;\gamma é uma curva suave por partes que delimita a região D.
  • O que se pede:
    Mostrar a igualdade
    \oint_{\gamma} \vec{F}\cdot d\gamma=\iint_{D}\operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}\,dA.

Passo 2

Calcular explicitamente \operatorname{rot}(\vec{F}) (o rotacional, também escrito \nabla\times\vec{F}) para o campo dado.
  • Definição que vamos usar: para \vec{F}=(F_1,F_2,F_3) temos
    \nabla\times\vec{F}=\left(\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z},\; \frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x},\; \frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\right).
    Aqui cada componente é uma derivada parcial; por exemplo \partial F_2/\partial x significa "derivar a segunda componente de \vec{F} em relação a x".
  • No nosso caso F_1=P(x,y), F_2=Q(x,y), F_3=0 e P,Q não dependem de z. Logo as derivadas em relação a z são zero e obtemos
    \nabla\times\vec{F}=(0,0,\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}).
  • Agora o produto escalar com \vec{\eta}=(0,0,1) (que é justamente a direção +z) dá
    \operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}.
    Comentário didático: isso mostra que, para um campo restrito ao plano xy, o rotacional “aponta” na direção z e a componente relevante é exatamente \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y.

Passo 3

Escrever o integral de linha à esquerda em termos de P,Q.
  • Se \gamma está contida no plano xy, então para um parâmetro t temos d\gamma=(dx,dy,dz) com dz=0. Assim \oint_{\gamma}\vec{F}\cdot d\gamma=\oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy+0\cdot dz=\oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy.Explicação: o produto escalar \vec{F}\cdot d\gamma = P\,dx + Q\,dy + 0\cdot dz, e como estamos no plano z=const veiculamos somente as componentes dx,dy.

Passo 4

Relacionar o que encontramos com o Teorema de Green em \mathbb{R}^{2} e observar a orientação.
  • O Teorema de Green afirma (para curvas orientadas positivamente — isto é, orientação contrária ao relógio vista do lado do vetor normal \vec{\eta}=(0,0,1)) que, para uma região D adequada e P,Q\in C^{1},
    \oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Note que este resultado é exatamente o que precisamos, porque do Passo 2 temos \operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}=\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y e do Passo 3 o integral de linha é \oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy. Assim a igualdade do enunciado é uma forma do Teorema de Stokes reduzida ao caso planar — ou seja, é o Teorema de Green.
  • Observação sobre orientação (importante na prova): tomar \vec{\eta}=(0,0,1) e escolher \gamma orientada no sentido anti-horário (visto de cima, do lado positivo de z) garante compatibilidade com a convenção do Teorema de Stokes/Green. Se a orientação fosse oposta, surgiria um sinal menos.

Passo 5

Provar (ou relembrar a prova) do Teorema de Green para uma região simples — esta é a parte didática que te deixa capaz de reproduzir no exame.
  • Vamos considerar primeiro o caso em que D é uma região do tipo x-simples:
    D=\{(x,y)\mid a\le x\le b,\; g_1(x)\le y\le g_2(x)\},
    com g_1,g_2 contínuas e g_1(x)\le g_2(x). A fronteira \gamma é então composta por duas curvas acima e abaixo e duas verticalmente nas extremidades; orientação positiva é seguir g_2 da esquerda para a direita (topo), depois a borda direita de cima para baixo, depois g_1 da direita para a esquerda (fundo) e borda esquerda de baixo para cima.
  • Primeiro calcule a integral dupla da derivada parcial \partial Q/\partial x:
    \iint_{D}\frac{\partial Q}{\partial x}\,dA =\int_{x=a}^{b}\left(\int_{y=g_1(x)}^{g_2(x)}\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)\,dy\right)dx.
    Como integrando em y e diferenciando em x, podemos trocar ordem de operações aqui (hipótese C^1). Integrando \partial Q/\partial x em x ao longo de x nos leva — via o Teorema Fundamental do Cálculo aplicado a cada y fixo — a obter diferenças de Q nas curvas verticais; manipulando os termos e somando as contribuições das bordas, mostra-se que esta integral dupla equivale à soma das contribuições da componente Q\,dy nas partes da fronteira horizontais com sinal adequado. Em termos práticos, um cálculo direto (ver detalhe abaixo) dá:
    \iint_{D}\frac{\partial Q}{\partial x}\,dA=\int_{\text{topo}}Q\,dy+\int_{\text{borda direita}}Q\,dy+\int_{\text{fundo}}Q\,dy+\int_{\text{borda esquerda}}Q\,dy,
    e, após avaliar as integrais nas bordas verticais (que se cancelam conforme a orientação), restam apenas as integrais sobre o topo e o fundo que correspondem à parte \int_{\gamma}Q\,dy do integral de linha.
  • De modo análogo,
    \iint_{D}\left(-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA
    corresponde à parte \int_{\gamma}P\,dx do integral de linha (novamente, o sinal e orientação se acertam ao repetir o cálculo integrando primeiro em x ou y conforme conveniência).
  • Somando as duas igualdades e organizando sinais obtemos exatamente
    \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA=\oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy.
    Comentário prático: este cálculo é feito em muitos livros separando a fronteira em peças e aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo a cada peça; para regiões mais gerais que não sejam x-simples ou y-simples, decompõe-se D em um número finito de regiões simples e aplica-se linearidade.

Passo 6

Concluir a identidade pedida usando os passos anteriores.
  • Do Passo 3 temos \oint_{\gamma}\vec{F}\cdot d\gamma=\oint_{\gamma}P\,dx+Q\,dy.
  • Do Passo 2 temos \operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}.
  • Pelo Teorema de Green (Passo 5) as duas quantidades são iguais quando \gamma é orientada positivamente em relação a \vec{\eta}=(0,0,1).
  • Portanto juntando tudo:
    \oint_{\gamma}\vec{F}\cdot d\gamma=\iint_{D}\operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}\,dA,
    que é exatamente o enunciado do Teorema de Stokes para este caso planar.

Resposta

\displaystyle \oint_{\gamma}\vec{F}\cdot d\gamma=\iint_{D}\operatorname{rot}(\vec{F})\cdot\vec{\eta}\,dA

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