Seja \boldsymbol{t}=-y \hat{\boldsymbol{x}}+x \hat{\boldsymbol{y}} um campo vetorial. Mostre que a integral \frac{1}{2} \oint \boldsymbol{t} \cdot d \boldsymbol{\ell} sobre uma curva fechada no plano x y é igual a área delimitada pela curva:
\frac{1}{2} \oint \boldsymbol{t} \cdot d \boldsymbol{\ell}=A .
Dica: use o teorema de Stokes

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial no plano xy
\boldsymbol{t} = -y\,\hat{\boldsymbol{x}} + x\,\hat{\boldsymbol{y}}
e pede para mostrar que, para uma curva fechada qualquer no plano xy,
\frac{1}{2}\oint \boldsymbol{t}\cdot d\boldsymbol{\ell} = A,
onde A é a área da região limitada por essa curva. Informações relevantes:
  • A curva é fechada e está contida no plano xy.
  • A integral é a integral de linha de \boldsymbol{t} ao longo da curva fechada.
  • O objetivo é relacionar essa integral de linha com a área A da região interna à curva.

Passo 2

Vou usar o Teorema de Stokes (a dica do enunciado). Primeiro, enunciado do teorema (no formato usado aqui):
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\ell}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS,
onde:
  • C é a curva fechada limite da superfície S,
  • S é qualquer superfície orientada com borda C,
  • \mathbf{n} é o versor normal unitário de S compatível com a orientação de C (regra da mão direita),
  • \mathbf{F} é um campo vetorial suficientemente suave definido em S e em uma vizinhança.
    No nosso caso escolhemos S como a região plana limitada pela curva (superfície plana no plano xy), e tomamos o versor normal unitário \mathbf{n}=\hat{\mathbf{k}} (para a orientação usual em que C é percorrida no sentido anti-horário). Assim, pelo Teorema de Stokes podemos transformar a integral de linha numa integral de superfície do rotacional.

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\boldsymbol{t}. Escrevendo \boldsymbol{t}=(t_x,t_y,t_z)=(-y,x,0), o rotacional em componente z é
(\nabla\times\boldsymbol{t})_z=\frac{\partial t_y}{\partial x}-\frac{\partial t_x}{\partial y}.
Agora computo as derivadas parciais de forma explícita:
\frac{\partial t_y}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(x)=1, \qquad \frac{\partial t_x}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(-y)=-1.
Portanto
(\nabla\times\boldsymbol{t})_z=1-(-1)=2.
Como t_z=0 e as componentes x,y do rotacional são nulas (pode-se verificar da mesma forma), obtemos o rotacional completo
\nabla\times\boldsymbol{t}=0\,\hat{\boldsymbol{x}}+0\,\hat{\boldsymbol{y}}+2\,\hat{\boldsymbol{k}}=2\,\hat{\boldsymbol{k}}.

Passo 4

Aplicando Stokes com \mathbf{F}=\boldsymbol{t}, superfície S sendo a região plana limitada pela curva e \mathbf{n}=\hat{\mathbf{k}}, tem-se:
\oint_{C}\boldsymbol{t}\cdot d\boldsymbol{\ell} =\iint_{S}(\nabla\times\boldsymbol{t})\cdot\hat{\mathbf{k}}\,dS.
Substituindo o rotacional encontrado:
\oint_{C}\boldsymbol{t}\cdot d\boldsymbol{\ell} =\iint_{S} \big(2\,\hat{\mathbf{k}}\big)\cdot\hat{\mathbf{k}}\,dS =2\iint_{S} dS.
Mas \iint_{S} dS é exatamente a área A da região S. Logo
\oint_{C}\boldsymbol{t}\cdot d\boldsymbol{\ell}=2A.
Observe a questão da orientação: essa igualdade assume a orientação da curva C compatível com o versor normal \hat{\mathbf{k}} (isto é, C percorrida no sentido anti-horário visto de cima). Se a orientação fosse a oposta, o lado esquerdo teria sinal trocado e consequentemente o resultado mudaria de sinal; o enunciado presume a orientação positiva padrão.

Passo 5

Multiplicando ambos os lados por \tfrac{1}{2} resulta exatamente na identidade desejada:
\frac{1}{2}\oint_{C}\boldsymbol{t}\cdot d\boldsymbol{\ell}=A.
Como checagem alternativa (opcional): escrevendo a integral de linha como \oint (-y)\,dx + x\,dy e aplicando o Teorema de Green (caso plano do Teorema de Stokes),
\oint_{C}(-y\,dx + x\,dy)=\iint_{S}\left(\frac{\partial}{\partial x}x-\frac{\partial}{\partial y}(-y)\right)dA =\iint_{S}(1-(-1))\,dA=2A,
o que confirma o resultado acima.

Resposta

A

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