Seja \mathbf{F}(x, y, z)=\langle x y, y z, z x\rangle. Use o Teorema de Stokes para calcular \oint_{C} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}, onde C é o quadrado no plano z=1 com vértices (1,1,1),(1,-1,1),(-1,-1,1),(-1,1,1), orientado no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede \displaystyle \oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} para \mathbf{F}(x,y,z)=\langle x y,\,y z,\,z x\rangle e C é o quadrado no plano z=1 com vértices (1,1,1)\to(1,-1,1)\to(-1,-1,1)\to(-1,1,1) orientado anti-horário. Vamos usar o Teorema de Stokes, que diz
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS,
onde S é a superfície plana z=1 delimitada por C e \mathbf{n} é a normal compatível com a orientação de C.

Passo 2

Calcular \nabla\times\mathbf{F}.
\nabla\times\mathbf{F} =\begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\ \partial_x&\partial_y&\partial_z\\\ x y&y z&z x \end{vmatrix} =\bigl(\partial_y(zx)-\partial_z(yz),\;\partial_z(xy)-\partial_x(zx),\;\partial_x(yz)-\partial_y(xy)\bigr).
Cada componente fica:
(\nabla\times\mathbf{F})_1 =0-\;y=-y,\quad (\nabla\times\mathbf{F})_2 =0-\;z=-z,\quad (\nabla\times\mathbf{F})_3 =0-\;x=-x.
Logo
\nabla\times\mathbf{F}=\langle -y,\,-z,\,-x\rangle.

Passo 3

Para o plano z=1 e orientação anti-horária vista de cima, a normal unitária é
\mathbf{n}=(0,0,1).
Então
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n} =\langle -y,-z,-x\rangle\cdot\langle0,0,1\rangle=-x.

Passo 4

O Teorema de Stokes dá
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS =\iint_{-1\le x\le1,\,-1\le y\le1}(-x)\,dx\,dy.
Como a função -x é ímpar em x num intervalo simétrico, a integral anula:
\int_{y=-1}^{1}\!\int_{x=-1}^{1}(-x)\,dx\,dy =\int_{y=-1}^{1}\!0\,dy=0.

Resposta

\displaystyle 0

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