Verifique a validade do teorema de Stokes para a região delimitada pela intersecção do plano 2 x+y+2 z=8 com os planos coordenados, considerando o campo de velocidades
\mathbf{v}=x z \hat{\mathbf{i}}-y \hat{\mathbf{j}}+x^{2} y \hat{\mathbf{k}}

Passo 1

O enunciado pede que verifiquemos o Teorema de Stokes para a superfície S dada pela porção do plano
2x+y+2z=8
contida no primeiro octante (ou seja, limitada pelos planos coordenados x=0, y=0, z=0). O campo de velocidades é
\mathbf{v}=x z \,\hat{\mathbf{i}}-y\,\hat{\mathbf{j}}+x^{2}y\,\hat{\mathbf{k}}.
As perguntas implícitas são:
  • Calcular a integral de superfície \displaystyle \iint_{S}(\nabla\times\mathbf{v})\cdot d\mathbf{S}.
  • Calcular a integral de linha \displaystyle \oint_{\partial S}\mathbf{v}\cdot d\mathbf{r} ao longo da fronteira \partial S com orientação compatível.
  • Comparar os dois valores e concluir se o Teorema de Stokes é válido nesse caso.
Informações relevantes dadas:
  • A superfície S é a parte do plano 2x+y+2z=8 no primeiro octante. Dos interceptos com os eixos, obtemos os vértices da região triangular: A=(4,0,0),\quad B=(0,8,0),\quad C=(0,0,4).
  • O campo \mathbf{v} está explicitamente dado.
    A partir daqui vamos calcular passo a passo as duas integrais e mostrar que são iguais.

Passo 2

Calculando o rotacional \nabla\times\mathbf{v}. Vou primeiro escrever a fórmula do rotacional em coordenadas cartesianas: para \mathbf{v}=(v_x,v_y,v_z),
\nabla\times\mathbf{v}=\left(\frac{\partial v_z}{\partial y}-\frac{\partial v_y}{\partial z},\;\frac{\partial v_x}{\partial z}-\frac{\partial v_z}{\partial x},\;\frac{\partial v_y}{\partial x}-\frac{\partial v_x}{\partial y}\right).
Aqui v_x=xz, v_y=-y, v_z=x^2 y. Calculemos cada componente:
  • Componente x:
\frac{\partial v_z}{\partial y}-\frac{\partial v_y}{\partial z} =\frac{\partial (x^2 y)}{\partial y}-\frac{\partial (-y)}{\partial z} = x^2 - 0 = x^2.
  • Componente y:
\frac{\partial v_x}{\partial z}-\frac{\partial v_z}{\partial x} =\frac{\partial (x z)}{\partial z}-\frac{\partial (x^2 y)}{\partial x} = x - 2xy = x(1-2y).
  • Componente z:
\frac{\partial v_y}{\partial x}-\frac{\partial v_x}{\partial y} =\frac{\partial (-y)}{\partial x}-\frac{\partial (x z)}{\partial y} =0-0=0,
pois y e xz não dependem de x e y respectivamente na forma que produza derivadas não nulas. Portanto
\nabla\times\mathbf{v}=(x^2,\;x(1-2y),\;0).

Passo 3

Escolhendo a orientação da superfície e escrevendo o elemento de área vetorial. É conveniente parametrizar S como gráfico z=f(x,y). Da equação do plano,
2x+y+2z=8 \quad\Rightarrow\quad z=4-x-\frac{y}{2}.
Para superfícies do tipo z=f(x,y) com orientação “para cima” (vetor normal com componente z>0), o vetor elemento de área é
d\mathbf{S}=(-f_x,\,-f_y,\,1)\,dA,
onde dA é o elemento de área no plano xy. Calculemos as derivadas parciais:
f_x=-1,\qquad f_y=-\tfrac{1}{2}.
Logo
d\mathbf{S}=(1,\;\tfrac{1}{2},\;1)\,dA.
Observação rápida: este vetor é paralelo ao normal do plano (2,1,2) (de fato (1,\tfrac12,1)=\tfrac{1}{2}(2,1,2)), então é consistente com a normal escolhida apontando para a região do primeiro octante (com componente z>0).

Passo 4

Montando o integrando para a integral de superfície. Queremos
\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{v})\cdot d\mathbf{S} =\iint_{D}(\nabla\times\mathbf{v})\cdot(1,\tfrac12,1)\,dA,
onde D é a projeção de S no plano xy. Substituindo \nabla\times\mathbf{v}=(x^2,\;x(1-2y),\;0),
(\nabla\times\mathbf{v})\cdot(1,\tfrac12,1) = x^2 + \tfrac12 x(1-2y) + 0 = x^2 + \tfrac{x}{2} - x y.
Portanto precisamos avaliar
\iint_{D}\left(x^2+\tfrac{x}{2}-xy\right)\,dA.

Passo 5

Descrevendo a região D (projeção no plano xy). A superfície triangular tem vértices A=(4,0,0), B=(0,8,0), C=(0,0,4). Projetando em xy obtemos o triângulo com vértices (4,0),\,(0,8),\,(0,0). A reta que une (4,0) e (0,8) tem equação
y=-2x+8.
Assim D é a região
0\le x\le 4,\qquad 0\le y\le 8-2x.
Agora integramos em ordem dy\,dx.

Passo 6

Calculando a integral dupla passo a passo:
I=\int_{x=0}^{4}\int_{y=0}^{8-2x}\left(x^2+\tfrac{x}{2}-xy\right)\,dy\,dx.
Primeiro a integral interna em y:
\int_{0}^{8-2x}\left(x^2+\tfrac{x}{2}-xy\right)\,dy =(x^2+\tfrac{x}{2})(8-2x)-x\int_{0}^{8-2x}y\,dy.
Calcule cada termo:
(x^2+\tfrac{x}{2})(8-2x)=8x^2-2x^3+4x-x^2=-2x^3+7x^2+4x,
e
x\int_{0}^{8-2x}y\,dy = x\cdot\frac{(8-2x)^2}{2} = \frac{x}{2}(64-32x+4x^2)=32x-16x^2+2x^3.
Subtraindo,
\text{integral interna} = (-2x^3+7x^2+4x) - (32x-16x^2+2x^3) = -4x^3+23x^2-28x.
Agora integramos em x:
I=\int_{0}^{4}\left(-4x^3+23x^2-28x\right)dx
= \left[ -x^4 +\tfrac{23}{3}x^3 -14x^2 \right]_{0}^{4}.
Avalie em x=4:
-x^4 = -256,\qquad \tfrac{23}{3}x^3 = \tfrac{23}{3}\cdot 64=\tfrac{1472}{3},\qquad -14x^2=-224.
Somando: -256-224=-480, então
I=\tfrac{1472}{3}-480=\tfrac{1472-1440}{3}=\tfrac{32}{3}.
Portanto
\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{v})\cdot d\mathbf{S}=\tfrac{32}{3}.

Passo 7

Agora calculamos a integral de linha \oint_{\partial S}\mathbf{v}\cdot d\mathbf{r}. Precisamos escolher a orientação da curva \partial S compatível com a orientação da superfície. Como escolhemos d\mathbf{S} com componente z>0 (orientação para cima), a orientação de \partial S é dada pela regra da mão direita: vista do lado de cima (eixo z positivo), a curva deve ser percorrida no sentido anti-horário. Projetando em xy, isso corresponde ao percurso A=(4,0,0)\to B=(0,8,0)\to C=(0,0,4)\to A. Vamos dividir em três arestas e parametrizá-las nessa ordem.

Passo 8

Integral de linha em cada aresta.
  1. Aresta A\to B (fica em z=0, do ponto (4,0,0) a (0,8,0)). Parâmetro t\in[0,1]:
\mathbf{r}_1(t)=(4-4t,\;8t,\;0),\quad \mathbf{r}_1'(t)=(-4,8,0).
No caminho z=0, o campo é \mathbf{v}=(xz,-y,x^2y)=(0,-y, x^2 y) com z=0 implicando v_x=0. Então
\mathbf{v}(\mathbf{r}_1(t))=(0,-8t,(4-4t)^2\cdot 8t).
O produto escalar que entra na integral é
\mathbf{v}\cdot\mathbf{r}_1' = 0\cdot(-4)+(-8t)\cdot 8 + \text{(último componente)}\cdot 0 = -64t.ú
Integrando,
\int_{0}^{1}-64t\,dt=-32.
Logo contribuição da aresta A\to B é -32.
  1. Aresta B\to C (fica em x=0, de (0,8,0) a (0,0,4)). Parâmetro t\in[0,1]:
\mathbf{r}_2(t)=(0,\;8-8t,\;4t),\quad \mathbf{r}_2'(t)=(0,-8,4).
Com x=0 temos \mathbf{v}=(0,-y,0). Portanto
\mathbf{v}(\mathbf{r}_2(t))=(0,-(8-8t),0).
Produto escalar:
\mathbf{v}\cdot\mathbf{r}_2' = 0\cdot 0 + (-(8-8t))\cdot(-8) + 0\cdot 4 = 64(1-t).
Integrando:
\int_{0}^{1}64(1-t)\,dt=64\left[ t-\tfrac{t^2}{2}\right]_0^1 =64\left(1-\tfrac12\right)=32.
Contribuição da aresta B\to C é +32.
  1. Aresta C\to A (fica em y=0, de (0,0,4) a (4,0,0)). Parâmetro t\in[0,1]:
\mathbf{r}_3(t)=(4t,\;0,\;4-4t),\quad \mathbf{r}_3'(t)=(4,0,-4).
Com y=0 temos \mathbf{v}=(xz,0,0). Assim
\mathbf{v}(\mathbf{r}_3(t))=(x z,0,0)=(4t\cdot 4(1-t),0,0)=16\cdot t(1-t)\cdot 4? \text{(veja abaixo)}.
Vou calcular com calma: x=4t, z=4(1-t) então x z = 4t\cdot 4(1-t)=16 t(1-t). Portanto \mathbf{v}=(16 t(1-t),0,0). O produto escalar com \mathbf{r}_3' é
\mathbf{v}\cdot\mathbf{r}_3' = 16t(1-t)\cdot 4 = 64 t(1-t).
Integrando:
\int_{0}^{1}64 t(1-t)\,dt =64\left(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3}\right)=64\cdot\tfrac{1}{6}=\tfrac{64}{6}=\tfrac{32}{3}.
Contribuição da aresta C\to A é \tfrac{32}{3}.
Somando as três contribuições:
\oint_{\partial S}\mathbf{v}\cdot d\mathbf{r}=(-32)+32+\tfrac{32}{3}=\tfrac{32}{3}.

Passo 9

Comparando os resultados: a integral de superfície deu \tfrac{32}{3} e a integral de linha ao longo da fronteira (com orientação compatível) também deu \tfrac{32}{3}. Portanto o Teorema de Stokes é válido para a região dada e para o campo \mathbf{v} — as duas integrais coincidem e têm valor \tfrac{32}{3}.

Resposta

\displaystyle \oint_{\partial S}\mathbf{v}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{v})\cdot d\mathbf{S}=\tfrac{32}{3}

Exercícios relacionados