Verifique o teorema de Stokes para F(x, y)=(x^2+3 y^2) i+(5 x-y^2) j, onde gamma é a fronteira da região K=(x, y) in R^2 mid x^2+y^2 <= 4.

Passo 1

O enunciado pede para verificar o Teorema de Stokes (no plano, também conhecido como Teorema de Green) para
vec F(x,y)=l(x^2+3y^2r),vec i+l(5x-y^2r),vec j
e para a curva gamma, fronteira da região
K=(x,y)mid x^2+y^2<=4.
Vamos calcular ambos os lados do teorema: a integral de linha ointgammavec Fcdot dvec r e a integral dupla
integral duplaKl(partialxQ-partialyPr),dA, onde P=x^2+3y^2 e Q=5x-y^2.

Passo 2

Calculemos primeiro o “rotacional” (no plano, o escalar partialxQ-partialyP):
partialxQ = partialx(5x - y^2)=5, partialyP = partialy(x^2+3y^2)=6y,
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partialxQ-partialyP = 5 - 6y
A integral dupla fica
integral duplaK(5-6y),dA =5integral duplaK dA ;-;6integral duplaK y,dA
Como K é o disco de raio 2, integral duplaKdA=picdot2^2=4pi, e por simetria integral duplaKy,dA=0. Portanto
integral duplaK(5-6y),dA = 5cdot4pi -6cdot0 = 20pi

Passo 3

Agora parametrizamos gamma no sentido anti-hor’ario por
r(t)=l(2cos t,,2sin tr), tin[0,2pi].
Então
dx=-2sin t,dt, dy=2cos t,dt,
P(r(t))=4cos^2 t+12sin^2 t, Q(r(t))=10cos t -4sin^2 t
A integral de linha 'e
ointgamma vec Fcdot dvec r =integral0^2pil[P,dx+Q,dyr] =integral0^2pil((4cos^2 t+12sin^2 t)(-2sin t) +(10cos t-4sin^2 t)(2cos t)r)dt
Separando termos, quase todos integram a zero em [0,2pi] por serem fun\c{c}~oes 'impares ou exatas com come\c{c}o e fim iguais, restando apenas
20integral0^2picos^2 t,dt =20cdotpi =20pi

Passo 4

Como
ointgammavec Fcdot dvec r=20pi
e
integral duplaK(partialxQ-partialyP),dA=20pi,
vemos que ambos os lados coincidem em 20pi, confirmando o Teorema de Stokes (Green).

Resposta

ointgammavec Fcdot dvec r = integral duplaKl(partialxQ-partialyPr),dA = 20pi

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