Verifique o Teorema de Stokes para \vec{F}=y \vec{i}+z \vec{j}+x \vec{k}, S o hemisfério x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, z \leq 0, orientado no sentido de z-negativo. R .: \pi

Passo 1

O enunciado nos dá:
  • O campo vetorial \vec{F} = y\,\vec{i} + z\,\vec{j} + x\,\vec{k}.
  • A superfície S é o hemisfério unitário definido por x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 com z\le 0.
  • A orientação de S é no sentido de z-negativo (ou seja, o versor normal tem componente z negativa).
O que nos pedem: verificar o Teorema de Stokes, isto é, mostrar que a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira \partial S coincide com a integral de superfície do rotacional de \vec{F} sobre S:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r} \stackrel{?}{=} \iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS.
Informações úteis: a fronteira \partial S é o círculo C no plano z=0 com x^{2}+y^{2}=1.

Passo 2

Lembrete do Teorema de Stokes (mini-aula rápida):
  • O Teorema de Stokes afirma que, para uma superfície orientada S com fronteira \partial S e orientação compatível (regra da mão direita), vale
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS.
  • Aqui \nabla\times\vec{F} é o rotacional de \vec{F}, definido por
\nabla\times\vec{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\vec{i} +\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\vec{j} +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\vec{k},
se \vec{F}=(P,Q,R).
  • \vec{n} é o versor normal unitário à superfície, escolhido de acordo com a orientação dada (a normal deve apontar para z-negativo neste problema).
    Vou calcular os dois lados da igualdade e mostrar que dão o mesmo valor.

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\vec{F}. Aqui P=y,\;Q=z,\;R=x. Aplicando a fórmula:
\nabla\times\vec{F}= \Big(\frac{\partial x}{\partial y}-\frac{\partial z}{\partial z}\Big)\vec{i} +\Big(\frac{\partial y}{\partial z}-\frac{\partial x}{\partial x}\Big)\vec{j} +\Big(\frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial y}{\partial y}\Big)\vec{k}.
Calculando as derivadas:
\frac{\partial x}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial z}{\partial z}=1,
\frac{\partial y}{\partial z}=0,\qquad \frac{\partial x}{\partial x}=1,
\frac{\partial z}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial y}{\partial y}=1.
Portanto
\nabla\times\vec{F}=(-1)\,\vec{i}+(-1)\,\vec{j}+(-1)\,\vec{k}=(-1,-1,-1).
Ou seja, o rotacional é o vetor constante (-1,-1,-1).

Passo 4

Preparar a integral de superfície \iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS.
  • Para a esfera unitária, o versor normal unitário apontando radialmente é \vec{n}=(x,y,z). Como queremos orientação com componente z negativa e o hemisfério tem z\le0, escolher \vec{n}=(x,y,z) está compatível (o componente z de \vec{n} é z\le0).
  • Então o produto escalar do rotacional com \vec{n} é
(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}=(-1,-1,-1)\cdot(x,y,z)=-x-y-z.
  • A integral de superfície fica
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\iint_{S}(-x-y-z)\,dS.
Observação de simetria (mini-aula): sobre o hemisfério inferior, as integrais de x e de y são zero porque a superfície é simétrica ao trocar x por -x ou y por -y; para cada ponto (x,y,z) existe (-x,y,z) no mesmo hemisfério, fazendo com que a contribuição de x cancele, e o mesmo para y. Logo
\iint_{S} x\,dS = 0,\qquad \iint_{S} y\,dS = 0.
Assim
\iint_{S}(-x-y-z)\,dS = -\iint_{S}z\,dS.

Passo 5

Calcular \iint_{S} z\,dS usando coordenadas esféricas (mini-aula sobre parametrização):
  • Parametrização da esfera unitária: x=\sin\varphi\cos\theta,\; y=\sin\varphi\sin\theta,\; z=\cos\varphi.
  • O elemento de área da esfera de raio 1 é dS=\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta.
  • Para o hemisfério inferior temos \varphi variando de \pi/2 até \pi e \theta de 0 a 2\pi.
Portanto
\iint_{S} z\,dS = \int_{0}^{2\pi}\int_{\pi/2}^{\pi} (\cos\varphi)(\sin\varphi)\,d\varphi\,d\theta.
Calcule a integral em \varphi:
\int_{\pi/2}^{\pi} \cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi
usar u=\sin\varphi\Rightarrow du=\cos\varphi\,d\varphi, então
\int_{\pi/2}^{\pi}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi=\int_{\sin(\pi/2)}^{\sin\pi} u\,du =\int_{1}^{0} u\,du=\left.\frac{u^{2}}{2}\right|_{1}^{0}=\frac{0^{2}-1^{2}}{2}=-\frac{1}{2}.
Multiplicando pelo fator angular:
\iint_{S} z\,dS = \int_{0}^{2\pi}\left(-\frac{1}{2}\right)\,d\theta = -\frac{1}{2}\cdot 2\pi = -\pi.
Então
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS = -\iint_{S} z\,dS = -(-\pi)=\pi.

Passo 6

Calcular a integral de linha \oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r} diretamente e verificar que dá \pi.
  • Determinar orientação da fronteira pelo regra da mão direita: como a normal escolhida aponta para z-negativo (polegar para baixo), os dedos se enrolam na fronteira no sentido horário quando visto de cima (eixo +z). Logo a curva C no plano z=0 deve ser percorrida no sentido horário.
  • Parametrização do círculo unitário no plano z=0, percorrido no sentido horário:
\vec{r}(t)=(\cos t,\; -\sin t,\; 0),\qquad 0\le t\le 2\pi.
  • Então
\frac{d\vec{r}}{dt}=(-\sin t,\; -\cos t,\; 0)\,.
  • Em C temos x=\cos t,\; y=-\sin t,\; z=0. Assim \vec{F} restrito a C é
\vec{F}(\vec{r}(t)) = (y,\; z,\; x)=(-\sin t,\; 0,\; \cos t).
  • Produto escalar:
\vec{F}(\vec{r}(t))\cdot\frac{d\vec{r}}{dt} = (-\sin t,0,\cos t)\cdot(-\sin t,-\cos t,0) =(-\sin t)(-\sin t)+0\cdot(-\cos t)+\cos t\cdot 0 = \sin^{2}t.
  • Integral de t de 0 a 2\pi:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\,dt.
Calcule
\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\,dt=\int_{0}^{2\pi}\frac{1-\cos(2t)}{2}\,dt =\frac{1}{2}\left[2\pi - 0\right]=\pi.
Assim a integral de linha é \pi.

Passo 7

Conclusão: ambas as integrais calculadas deram o mesmo valor:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\pi \qquad\text{e}\qquad \iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\pi.
Portanto o Teorema de Stokes está verificado para este campo \vec{F} e para o hemisfério S com a orientação dada.

Resposta

\displaystyle \oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\pi
\displaystyle \iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\pi

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