Resolva o problema com o campo F(x, y, z)=\left(-y^{\wedge} 2, x, z^{\wedge} 2\right) e a superfície S que é a parte do plano 2 x+y+2 z=2 contida no primeiro octante, orientada com normal para fora com \oint C F \cdot d r e \iint S(\nabla \times F) \cdot d S independentemente e mostre que são iguais.

Passo 1

O enunciado dá o campo
F(x,y,z)=\bigl(-y^2,\;x,\;z^2\bigr)
e a superfície S é o pedaço do plano
2x+y+2z=2
no primeiro octante, com normal apontando para fora do sólido 2x+y+2z\le2. A curva C é o contorno triangular de S. Vamos verificar o Teorema de Stokes, calculando independentemente
\displaystyle\oint_C F\cdot d r
e
\displaystyle\iint_S(\nabla\times F)\cdot d S.

Passo 2

Primeiro achamos o rotacional de F. Por definição,
\nabla\times F =\Bigl(\frac{\partial}{\partial y}z^2-\frac{\partial}{\partial z}x,\; \frac{\partial}{\partial z}(-y^2)-\frac{\partial}{\partial x}z^2,\; \frac{\partial}{\partial x}x-\frac{\partial}{\partial y}(-y^2)\Bigr).
Calculando cada componente:
\frac{\partial z^2}{\partial y}=0,\;\frac{\partial x}{\partial z}=0,
\frac{\partial(-y^2)}{\partial z}=0,\;\frac{\partial z^2}{\partial x}=0,
\frac{\partial x}{\partial x}=1,\;\frac{\partial(-y^2)}{\partial y}=-2y.
Logo
\nabla\times F=(0,0,1+2y).

Passo 3

Parametrizamos S por
r(u,v)=\bigl(u,\;v,\;1-u-\tfrac{v}{2}\bigr), \quad (u,v)\in D=\{u\ge0,\;v\ge0,\;2u+v\le2\}.
Então
r_u=(1,0,-1),\quad r_v=(0,1,-\tfrac12),
e
r_u\times r_v=(1,\tfrac12,1),
que está orientado conforme a normal (2,1,2). Assim
d S=(r_u\times r_v)\,du\,dv=(1,\tfrac12,1)\,du\,dv.
Em r(u,v) temos y=v, então
(\nabla\times F)\bigl(r(u,v)\bigr)\cdot d S =(0,0,1+2v)\cdot(1,\tfrac12,1)\,du\,dv =1\cdot(1+2v)\,du\,dv.
Logo
\iint_S(\nabla\times F)\cdot d S =\iint_D(1+2v)\,du\,dv =\int_{u=0}^1\int_{v=0}^{2-2u}(1+2v)\,dv\,du.
Fazendo a integral interna:
\int_{0}^{2-2u}(1+2v)\,dv =\bigl[v+v^2\bigr]_0^{2-2u} =(2-2u)+(2-2u)^2 =6-10u+4u^2.
Então
\int_{0}^{1}(6-10u+4u^2)\,du =\Bigl[6u-5u^2+\tfrac{4}{3}u^3\Bigr]_0^1 =6-5+\tfrac{4}{3} =\tfrac{7}{3}.

Passo 4

Agora calculamos \displaystyle\oint_CF\cdot dr. A curva C tem três arestas:
Aresta 1: interseção com z=0, 2x+y=2. Parametrização
r_1(t)=(1-t,\;2t,\;0),\quad 0\le t\le1, \quad r_1'=( -1,2,0).
Em r_1,
F=(-y^2,x,0)=(-4t^2,\,1-t,\,0),
então
F\cdot r_1'=4t^2+2(1-t)=4t^2-2t+2.
Integramos
\int_0^1(4t^2-2t+2)\,dt =\Bigl[\tfrac{4}{3}t^3-t^2+2t\Bigr]_0^1 =\tfrac{4}{3}-1+2 =\tfrac{7}{3}.

Passo 5

Aresta 2: interseção com x=0, y+2z=2. Parametrização
r_2(t)=(0,\;2-2t,\;t),\quad 0\le t\le1, \quad r_2'=(0,-2,1).
Em r_2,
F=(-y^2,0,z^2)=\bigl(-(2-2t)^2,\,0,\,t^2\bigr),
logo
F\cdot r_2'=t^2.
Integramos
\int_0^1t^2\,dt=\tfrac{1}{3}.

Passo 6

Aresta 3: interseção com y=0, x+z=1. Parametrização
r_3(t)=(t,0,\,1-t),\quad 0\le t\le1, \quad r_3'=(1,0,-1).
Em r_3,
F=(0,x,z^2)=(0,\,t,\,(1-t)^2),
portanto
F\cdot r_3'=-(1-t)^2=-1+2t-t^2.
Integramos
\int_0^1(-1+2t-t^2)\,dt =\Bigl[-t+t^2-\tfrac{1}{3}t^3\Bigr]_0^1 =-\tfrac{1}{3}.
Somando as três arestas,
\oint_C F\cdot dr =\tfrac{7}{3}+\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{3} =\tfrac{7}{3}.

Resposta

Os dois integrais dão \displaystyle \tfrac{7}{3}, confirmando o Teorema de Stokes.

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