Calcule a integral de superfície ∬ S   r o t   F .   d S , em que

F x , y , z = x   i - z   j + y   k

E S é a parte do plano x + z = 1 dentro do cilindro x 2 + y 2 = 1 , com orientação para cima.

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. Temos o plano x + z = 1 dentro do cilindro x 2 + y 2 = 1 , o que nos dá isso aqui:

Como a equação do plano não possui a coordenada y , quer dizer que esse plano é paralelo ao eixo y . Então, para desenhá-lo, basta você fazer a reta x + z = 1 no plano x y e “repetí-la” ao longo do eixo y , desenhando traços paralelos a ela.

A questão pede para calcularmos a integral de superfície em S , que é a parte do plano verde que está dentro do cilindro. Como podemos ver, essa superfície é uma elipse inclinada.

Passo 2

Como o problema pede

∬ S   r o t   F .   d S = ∬ S   r o t F → . n → d S

Precisamos, então, calcular r o t F → , sabendo que

F = ( x , - z , y )

Temos:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = 1 + 1,0 , 0 = 2,0 , 0

Passo 3

Agora vamos parametrizar a superfície S .

Temos uma elipse pertencente ao plano x + z = 1 . Para parametrizar esse plano, vamos isolar a variável z e usar x e y como parâmetros:

x = x

y = y

z = 1 - x

φ x , y = ( x , y , 1 - x )

Agora para descobrimos os intervalos de x e y , para descrever o domínio dessa função no plano x y . Para isso, precisamos imaginar a superfície vista de cima, no caso, temos um círculo de raio 1 :

x 2 + y 2 = 1

Isso porque quem limita o plano é o cilindro.

Portanto, nossa superfíce é parametrizada por

φ x , y = ( x , y , 1 - x )

Satisfazendo a condição

x 2 + y 2 = 1

Passo 4

Calcular ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

∂ φ ∂ x = ( 1 , 0 , - 1 )

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , 0 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i j k 1 0 - 1 0 1 0 = ( 1,0 , 1 )

Como o problema diz que a normal aponta para cima e encontramos z = 1 > 0 para esse vetor normal, sabemos que encontramos o vetor certo.

Passo 5

Agora vamos montar a integral:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ D   r o t F → . ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y d x d y

Onde D é a projeção da nossa superfíce no plano x y , que já vimos que é o círculo

x 2 + y 2 = 1

Esse é o limite da parametrização do plano. Temos:

= ∬ D   ( 2,0 , 0 ) . 1,0 , 1 d x d y =

= ∬ D   2   d x d y =

Agora calma! Antes de sairmos calculando, vamos pensar um pouco aqui. A integral dupla de d x d y em D não nos dá a área de D ? E D não é um círculo de raio 1 ? Olha só o que podemos fazer então:

= 2 ∬ D     d x d y =

= 2   Á r e a ( D ) =

= 2 π 1 2 =

= 2 π

Isso porque sabemos que a área do círculo é π r 2 .

Resposta

2 π

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Verifique se o Teorema de Stokes é verdadeiro para o campo vetorial dado F → e a superfície S . F → = y i → + z j → + x k → , S é o hemisfério x 2 + y ² + z ² = 1 ² ² , y ≥ 0 , orientado na direção po
Use o teorema de Stokes para calcular ∬ S c u r lF → ⋅ d S . F → x , y , z = e x y cos ⁡ z i → + x 2 z j → + x y k → , S é o hemisfério x = 1 - y 2 - z 2 orientado na direção positiva do eixo x . (Sug
Use o teorema de Stokes para calcular ∫ C F → ⋅ d r → . Em cada caso, C é orientada no sentido anti-horário quando vista de cima. F → x , y , z = y z i → + 2 x z j → + ( e x y ) k → , C é a circunferê