Terceira Questão (2,5pts): Seja S a parte do plano 2 x+y-3 z=6 cuja projeção sobre o plano xy é o retângulo [0,2] \times[0,1]. Em S, considere a orientação para cima. Considere o campo vetorial \vec{F} dado por
\vec{F}(x, y, z)=\langle x+2 y, x+3 z, y+3 z\rangle
(a) (1,5 ponto) Calculc o fluxo de \vec{F} através de S.
(b) (1,0 ponto) Calcule a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira de S, na orientação positiva.

Passo 1

Primeiro vamos deixar claro o que o enunciado pede e os dados que temos.
  • A superfície S é a parte do plano 2x+y-3z=6 cuja projeção no plano xy é o retângulo D = [0,2]\times[0,1].
  • A orientação em S é “para cima” (ou seja, a componente z do vetor normal aponta para o sentido positivo de z).
  • O campo vetorial é \vec{F}(x,y,z)=\langle x+2y,\;x+3z,\;y+3z\rangle.
O enunciado pede:
(a) calcular o fluxo de \vec{F} através de S, isto é \displaystyle \iint_{S}\vec{F}\cdot d\vec{S};
(b) calcular a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira \partial S com orientação positiva (fronteira induzida pela orientação para cima).

Passo 2

Vamos transformar o problema geométrico em integrais sobre o domínio D no plano xy. Como S é parte de um plano, podemos escrevê-lo como gráfico de uma função z=g(x,y). A fórmula padrão (muito usada em provas) para o elemento de área orientado de um gráfico z=g(x,y) é:
d\vec{S} = \bigl(-g_x,\,-g_y,\,1\bigr)\,dA,
onde g_x=\dfrac{\partial g}{\partial x}, g_y=\dfrac{\partial g}{\partial y} e dA é o elemento de área em xy. Assim o fluxo é
\iint_{S}\vec{F}\cdot d\vec{S}=\iint_{D}\vec{F}\bigl(x,y,g(x,y)\bigr)\cdot\bigl(-g_x,-g_y,1\bigr)\,dA.
Explicando rápido por que essa fórmula funciona: parametrizando \vec{r}(x,y)=(x,y,g(x,y)) para (x,y)\in D, tem-se \vec{r}_x\times\vec{r}_y = (-g_x,-g_y,1), que é o vetor área orientado (não unitário). Esse produto fechou a conta.

Passo 3

Escrevemos z como função de x,y. Da equação do plano
2x+y-3z=6 \quad\Rightarrow\quad z=g(x,y)=\frac{2x+y-6}{3}=\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}y-2.
Agora calculamos as derivadas parciais
g_x=\frac{2}{3},\qquad g_y=\frac{1}{3}.
Então o vetor área orientado (para cima) é
\bigl(-g_x,-g_y,1\bigr)=\Bigl(-\frac{2}{3},-\frac{1}{3},1\Bigr).

Passo 4

Substituímos z=g(x,y) nas componentes de \vec{F}. Lembre-se:
\vec{F}(x,y,z)=\langle x+2y,\;x+3z,\;y+3z\rangle.
Calculamos x+3z e y+3z com z=\dfrac{2}{3}x+\dfrac{1}{3}y-2:
  • Para a segunda componente:
x+3z = x + 3\Bigl(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}y-2\Bigr) = x + 2x + y -6 = 3x + y -6.
  • Para a terceira componente:
y+3z = y + 3\Bigl(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}y-2\Bigr) = y + 2x + y -6 = 2x + 2y -6.
Portanto, sobre S (substituindo z):
\vec{F}\bigl(x,y,g(x,y)\bigr)=\bigl(x+2y,\;3x+y-6,\;2x+2y-6\bigr).

Passo 5

Agora calculamos o produto escalar da função do passo anterior com o vetor área:
\vec{F}\bigl(x,y,g(x,y)\bigr)\cdot\Bigl(-\frac{2}{3},-\frac{1}{3},1\Bigr).
Fazendo termo a termo:
\begin{aligned} &\bigl(x+2y\bigr)\Bigl(-\frac{2}{3}\Bigr) +\bigl(3x+y-6\bigr)\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr) +\bigl(2x+2y-6\bigr)(1)\\[6pt] &= -\frac{2}{3}x -\frac{4}{3}y \;-\;x-\frac{1}{3}y +2 \;+\;2x+2y-6. \end{aligned}
Agora somamos coeficientes por tipo:
  • Coeficiente de x: -\tfrac{2}{3}-1+2 = \tfrac{1}{3}.
  • Coeficiente de y: -\tfrac{4}{3}-\tfrac{1}{3}+2 = \tfrac{1}{3}.
  • Constantes: 2-6=-4.
Logo o integrando simplifica para
\vec{F}\cdot d\vec{S} = \Bigl(\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}y-4\Bigr)\,dA.]

Passo 6

Integramos sobre o retângulo D=[0,2]\times[0,1]:
\iint_{S}\vec{F}\cdot d\vec{S} =\int_{x=0}^{2}\int_{y=0}^{1}\Bigl(\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}y-4\Bigr)\,dy\,dx.
Fazendo a integral interna em y:
\int_{0}^{1}\Bigl(\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}y-4\Bigr)dy =\frac{1}{3}x\cdot 1 + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2} -4\cdot 1 =\frac{1}{3}x + \frac{1}{6}-4 =\frac{1}{3}x -\frac{23}{6}.
Agora integrar em x de 0 a 2:
\int_{0}^{2}\Bigl(\frac{1}{3}x -\frac{23}{6}\Bigr)dx =\frac{1}{3}\cdot\frac{x^{2}}{2}\Big|_{0}^{2} -\frac{23}{6}\cdot 2 =\frac{1}{6}\cdot 4 -\frac{46}{6} =\frac{4}{6}-\frac{46}{6}=-\frac{42}{6}=-7.
Portanto o fluxo pedido em (a) é -7.

Passo 7

Agora a parte (b): integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira \partial S com orientação positiva. Primeiro interpretamos a orientação positiva: como a superfície foi orientada para cima, a orientação positiva de \partial S é sentido anti-horário (counterclockwise) quando vista de cima (do lado positivo de z). Em vez de parametrizar as quatro arestas e somar as integrais, é bem mais rápido usar o Teorema de Stokes (bom para provas):
Teorema de Stokes (forma usada aqui):
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r} \;=\; \iint_{S}\bigl(\nabla\times\vec{F}\bigr)\cdot d\vec{S},
onde d\vec{S} é o vetor área orientado (mesmo que usamos no item (a)). Então calculamos \nabla\times\vec{F} e usamos a mesma parametrização z=g(x,y).

Passo 8

Calculamos o rotacional \nabla\times\vec{F}. Para \vec{F}=\langle P,Q,R\rangle com P=x+2y,\;Q=x+3z,\;R=y+3z:
\nabla\times\vec{F}=\Bigl(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\; \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\; \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr).
Calculando término a termo:
\frac{\partial R}{\partial y}=1,\qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=3 \;\Rightarrow\; 1-3=-2,
\frac{\partial P}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial R}{\partial x}=0 \;\Rightarrow\; 0-0=0,
\frac{\partial Q}{\partial x}=1,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=2 \;\Rightarrow\; 1-2=-1.
Assim
\nabla\times\vec{F}=\langle -2,\;0,\;-1\rangle,
vetor constante — isso facilita muito a integral.

Passo 9

Aplicamos Stokes:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r} =\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot d\vec{S} =\iint_{D}(\nabla\times\vec{F})\bigl(x,y,g(x,y)\bigr)\cdot\bigl(-g_x,-g_y,1\bigr)\,dA.
Como \nabla\times\vec{F} é constante \langle -2,0,-1\rangle e (-g_x,-g_y,1)=\bigl(-\tfrac{2}{3},-\tfrac{1}{3},1\bigr), o produto escalar é
\langle -2,0,-1\rangle\cdot\Bigl(-\frac{2}{3},-\frac{1}{3},1\Bigr) = (-2)\Bigl(-\frac{2}{3}\Bigr)+0\cdot\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr)+(-1)\cdot 1 =\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}.
É uma constante \frac{1}{3}. Então a integral sobre D é simplesmente essa constante multiplicada pela área de D (área do retângulo 2\times1=2):
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r} = \frac{1}{3}\cdot \text{Area}(D) = \frac{1}{3}\cdot 2 = \frac{2}{3}.

Passo 10

Resumo dos resultados já calculados:
  • Fluxo de \vec{F} através de S (orientação para cima): -7.
  • Integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira de S com orientação positiva: \dfrac{2}{3}.
Força aí — você conseguiu! Essas estratégias (usar gráfico z=g(x,y) para fluxo e usar Stokes para circulação) são ferramentas que aparecem muito em prova e economizam tempo.

Resposta

-7
\dfrac{2}{3}

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