Use o Teorema de Stokes para calcular a integral de linha
\oint_{C}\left(e^{x^{2}} d x+(x+z) d y+(2 x-z) d z\right),
onde C é o contorno da parte do plano x+2 y+z=4 que está no primeiro octante, no sentido anti-horário. Resposta: -16 .

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\oint_{C}\left(e^{x^{2}}\,d x+(x+z)\,d y+(2 x-z)\,d z\right),
onde C é o contorno da parte do plano x+2y+z=4 que está no primeiro octante (ou seja, x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0), percorrido no sentido anti-horário. Todas as informações relevantes do enunciado são:
\text{campo } \mathbf{F}=(e^{x^{2}},\,x+z,\,2x-z),
\text{superfície } S=\{(x,y,z)\mid x+2y+z=4,\;x,y,z\ge0\},í
e C=\partial S é a borda dessa superfície, com orientação anti-horária (sentido dado no enunciado). O objetivo é calcular a integral de linha ao longo de C.

Passo 2

Vou usar o Teorema de Stokes. Enunciado do Teorema de Stokes (forma que usaremos):
\oint_{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}\,dS é o vetor normal orientado à superfície (o produto do vetor normal pela área infinitesimal). A orientação de \mathbf{n} deve ser escolhida de modo que, segundo a regra da mão direita, a orientação positiva de C seja anti-horária quando se vê a curva a partir da ponta do vetor normal escolhido. Ou seja: se eu escolher \mathbf{n} tal que, olhando na direção de \mathbf{n}, o contorno aparente seja percorrido no sentido anti-horário, então posso aplicar a igualdade diretamente.

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\mathbf{F}. Usamos a definição em determinante:
\nabla\times\mathbf{F}=\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[4pt] \partial_x & \partial_y & \partial_z\\[4pt] e^{x^{2}} & x+z & 2x-z \end{vmatrix}.
Computando componente a componente:
  • Componente x (coeficiente de \mathbf{i}):
\partial_y(2x-z)-\partial_z(x+z)=0-1=-1.
  • Componente y (coeficiente de \mathbf{j}):
-\bigl(\partial_x(2x-z)-\partial_z(e^{x^{2}})\bigr)=-\bigl(2-0\bigr)=-2.
  • Componente z (coeficiente de \mathbf{k}):
\partial_x(x+z)-\partial_y(e^{x^{2}})=1-0=1.
Logo
\nabla\times\mathbf{F}=(-1,\,-2,\,1).]

Passo 4

Parametrizo a superfície S como o gráfico da variável z em função de x,y. Da equação do plano:
z=4-x-2y.
Tomamos como parâmetro as coordenadas x,y no triângulo do plano xy que projeta S. A região projetada D no plano xy é o triângulo determinado por x\ge0,\;y\ge0 e 4-x-2y\ge0, isto é
D=\{(x,y)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;x+2y\le4\}.
Os vértices desse triângulo são (0,0), (4,0) e (0,2).
Uma parametrização natural é
\mathbf{r}(x,y)=(x,y,\,4-x-2y),\qquad (x,y)\in D.

Passo 5

Calculo os vetores tangentes e o vetor normal (produto vetorial):
\mathbf{r}_x=(1,0,-1),\qquad \mathbf{r}_y=(0,1,-2).
O produto vetorial \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y dá um vetor normal direcionado:
\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y=\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[4pt] 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -2 \end{vmatrix}=(1,\,2,\,1).
Observação sobre orientação: esse vetor normal corresponde à escolha de parâmetros (x,y) na ordem dada. Pelo teorema de Stokes, se olharmos na direção de (1,2,1) a borda C aparece orientada anti-horariamente (regra da mão direita aplicada ao par (\mathbf{r}_x,\mathbf{r}_y)). Como o enunciado pede que C seja percorrido anti-horariamente, a escolha \mathbf{n}=\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y=(1,2,1) é compatível e podemos usar diretamente:
\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{D}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y)\,dA.]

Passo 6

Calculo o produto escalar (\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y). Usando \nabla\times\mathbf{F}=(-1,-2,1) e \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y=(1,2,1),
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y)=(-1)\cdot1+(-2)\cdot2+1\cdot1=-1-4+1=-4.
Perceba que o integrando é uma constante ( -4), o que facilita muito a integral dupla.

Passo 7

Avalio a integral dupla sobre D. Podemos usar limites iterados: y varia de 0 a 2 e para cada y, x varia de 0 a 4-2y. Assim
\iint_{D} -4\,dA=\int_{y=0}^{2}\int_{x=0}^{4-2y} -4\,dx\,dy.
Faço a integral interna:
\int_{x=0}^{4-2y} -4\,dx = -4x\Big|_{0}^{4-2y}=-4(4-2y)=-16+8y.
Agora a integral em y:
\int_{0}^{2}(-16+8y)\,dy=-16y+4y^{2}\Big|_{0}^{2}=(-16\cdot2+4\cdot4)-0=-32+16=-16.
Alternativamente, como o integrando é constante, poderia multiplicar -4 pela área do triângulo D, que é \tfrac{1}{2}\cdot4\cdot2=4, obtendo também -4\cdot4=-16.

Passo 8

Pelo Teorema de Stokes, a integral de linha pedida é igual à integral de superfície que calculamos. Portanto
\oint_{C}\left(e^{x^{2}}\,d x+(x+z)\,d y+(2 x-z)\,d z\right) = -16.

Resposta

-16

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