Utilizando o Teorema de Stokes, transforme a integral integral duplasigmalang<= r o t F, nrang<= d S numa integral de linha e calcule
F(x, y, z)=(0, x, 0), sigma a superfície (x, y, z) in R^3 mid 0 <= z <= 1, x^2+y^2=1, x >= 0 e y >= 0, sendo n a normal unitária com componente x positiva.

Passo 1

O enunciado pede para usar o Teorema de Stokes, que diz
integral duplasigmalang<= rotF,nrang<=,dS ;=;ointpartialsigmaFcdot d r
Aqui temos F(x,y,z)=(0,x,0) e sigma é o quarto de cilindro dado por
x^2+y^2=1, 0<= z<=1, x>=0,;y>=0,
com normal unitária apontando radialmente para fora (logo com componente x positiva).

Passo 2

A fronteira partialsigma é união de quatro curvas:
  1. C1: círculo de raio 1 em z=0, de (1,0,0) a (0,1,0), com theta de 0 a tfracpi2.
  2. C2: círculo de raio 1 em z=1, de (0,1,1) a (1,0,1), com theta de tfracpi2 a 0.
  3. As arestas verticais em theta=0 e theta=tfracpi2, que ligam (1,0,0) a (1,0,1) e (0,1,0) a (0,1,1).
Por simetria e porque nessas arestas d r é paralelo ao eixo z enquanto F=(0,x,0) não tem componente em z, as integrais sobre as arestas verticais são zero. Logo só restam C1 e C2.

Passo 3

Parametrizamos
r(theta,0)=(costheta,sintheta,0), d r=(-sintheta,costheta,0),dtheta,
F(r(theta,0))=(0,costheta,0),
com theta de 0 a tfracpi2. Então
integralC1Fcdot d r =integral0^pi/2l(0,costheta,0r)cdotl(-sintheta,costheta,0r),dtheta =integral0^pi/2cos^2theta,dtheta =pi4

Passo 4

Para C2 tomamos
r(theta,1)=(costheta,sintheta,1), d r=(-sintheta,costheta,0),dtheta,
com theta de tfracpi2 a 0. Segue
integralC2Fcdot d r =integralpi/2^0cos^2theta,dtheta =-integral0^pi/2cos^2theta,dtheta =-pi4

Passo 5

Somando as contribuições não nulas:
ointpartialsigmaFcdot d r =pi4+(-tfracpi4)=0

Resposta

0

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