Usando o teorema de Stokes, calcule
\int_{C} \ln (y+2) d x+\ln (x+2) d y+\ln (z+2) d z
onde C é a curva obtida pela interseção do plano 2 x+3 y+z=4 com o prisma de equação |x|+|y|=1 (superfície cilíndrica que tem como base no plano x y o quadrado de vértices (-1,0),(1,0),(0,-1) e (0,1), orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha
\int_{C} \ln(y+2)\,dx+\ln(x+2)\,dy+\ln(z+2)\,dz,
onde C é a curva fechada obtida pela interseção do plano
2x+3y+z=4
com o prisma vertical definido por |x|+|y|=1. Informações importantes dadas:
  • O integrando define o campo vetorial \mathbf{F}=(P,Q,R) com
P(x,y,z)=\ln(y+2),\qquad Q(x,y,z)=\ln(x+2),\qquad R(x,y,z)=\ln(z+2).
  • A curva C é a fronteira (fechada) da região planar onde o plano corta o prisma; a projeção dessa região no plano xy é o losango (diamante) dado por
D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid |x|+|y|\le 1\},
cuja fronteira é |x|+|y|=1 com vértices (-1,0),(1,0),(0,-1),(0,1).
  • A orientação pedida é anti-horária quando vista de cima (isto é, no sentido positivo em relação ao eixo z).

Passo 2

Vamos aplicar o Teorema de Stokes. Primeiro, lembro o enunciado do teorema (numa forma útil aqui): se S é uma superfície orientada com fronteira \partial S=C e \mathbf{F} é um campo vetorial com derivadas parciais contínuas, então
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS,
onde \nabla\times\mathbf{F} é o rotacional (curl) de \mathbf{F} e \mathbf{n} é o versor normal a S compatível com a orientação de C. Aqui podemos escolher S como a parte do plano 2x+3y+z=4 que está dentro do prisma; sua fronteira é exatamente C. A orientação “anti-horária vista de cima” corresponde a escolher o normal com componente z positiva (normal apontando para cima).

Passo 3

Calculo do rotacional \nabla\times\mathbf{F}. Usando a definição em coordenadas:
\nabla\times\mathbf{F}=\left(\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}\right).
Agora calculamos as derivadas parciais (cada uma explicitamente):
\frac{\partial R}{\partial y}=0\quad(\text{pois }R=\ln(z+2)\text{ não depende de }y),ã
\frac{\partial Q}{\partial z}=0\quad(\text{pois }Q=\ln(x+2)\text{ não depende de }z),ã
\frac{\partial P}{\partial z}=0\quad(\text{pois }P=\ln(y+2)\text{ não depende de }z),ã
\frac{\partial R}{\partial x}=0\quad(\text{pois }R=\ln(z+2)\text{ não depende de }x),ã
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{d}{dx}\ln(x+2)=\frac{1}{x+2},
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{d}{dy}\ln(y+2)=\frac{1}{y+2}.
Substituindo:
\nabla\times\mathbf{F}=(0-0,\;0-0,\;\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2})=(0,0,\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2}).
Ou seja, o rotacional é um vetor puramente na direção z.

Passo 4

Parametrização/descrição da superfície S e escolha do elemento de área orientado. A parte do plano pode ser escrita como gráfico
z=g(x,y)=4-2x-3y,
definida sobre o domínio D=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 1\} no plano xy. Para uma superfície dada por z=g(x,y) com normal apontando para cima, uma fórmula conveniente é:
\mathbf{n}\,dS = (-g_x,-g_y,1)\,dA,
onde g_x=\partial g/\partial x, g_y=\partial g/\partial y e dA é o elemento de área no plano xy. Aqui
g_x=\frac{\partial}{\partial x}(4-2x-3y)=-2,\qquad g_y=-3,
portanto
\mathbf{n}\,dS=(2,3,1)\,dA.
(Isto significa que o vetor (2,3,1) tem a direção do normal apontando para cima multiplicado pelo elemento de área planar.)

Passo 5

Avalio o produto escalar (\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{n}\,dS). Como \nabla\times\mathbf{F}=(0,0,\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2}), temos
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{n}\,dS)=(0,0,\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2})\cdot(2,3,1)\,dA =\Big(\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2}\Big)\,dA.
Portanto, pelo Teorema de Stokes,
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS =\iint_{D}\Big(\tfrac{1}{x+2}-\tfrac{1}{y+2}\Big)\,dA,
onde D=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 1\}.

Passo 6

Agora calculamos a integral dupla sobre o domínio D. Note que a expressão integranda separa em duas integrais:
\iint_{D}\frac{1}{x+2}\,dA-\iint_{D}\frac{1}{y+2}\,dA.
Mas o domínio D é simétrico em relação à troca das coordenadas x e y: trocar x por y transforma D em si mesmo. Se eu fizer a troca de variáveis (x,y)\mapsto(y,x) na segunda integral, obtenho exatamente a primeira integral. Portanto
\iint_{D}\frac{1}{x+2}\,dA=\iint_{D}\frac{1}{y+2}\,dA.
Assim as duas integrais se cancelam quando subtraídas.

Passo 7

Conclusão: a integral de linha pedida é zero, pois a diferença das duas integrais idênticas é nula:
\int_{C}\ln(y+2)\,dx+\ln(x+2)\,dy+\ln(z+2)\,dz=0.

Resposta

0

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