Exercícios Resolvidos de Teorema de Stokes

UFRJ, Cálculo III, P2/2011.1, 3

Seja C a curva orientada parametrizada por:

r → t = cos ⁡ t , s e n t , 8 - cos 2 ⁡ t - s e n t

t ∈ 0,2 π

Seja o campo vetorial:

F → = z 2 - y 2 , - 2 x y 2 , e z cos ⁡ z

Calcule:

∫ C   F ∙ d r

Passo 1

Pela cara do campo vetorial, devemos aplicar Stokes, pois resolver a integral de linha pela sua definição não seria agradável.

O campo F é de classe C ∞ se z > 0 por causa daquele expoente z . Portanto temos que, pela Lei de Stokes: r o t F = 0,2 z , - 2 y 2 + 2 y

Analisando a curva C , vemos que z t > 6 para todo t ∈ 0,2 π .

Isso porque o valor máximo de um seno ou cosseno é 1 ! Então na coordenada z temos no mínimo 8 - 1 - 1 = 6 !

Claro que cosseno e seno nunca valem 1 ao mesmo tempo então o limite inferior para z seria até um pouco maior que 6 , mas o que importa é que ele seja maior que 0 pra não dar zica naquela raiz!

Substituindo por coordenadas cartesianas, temos que a curva está contida na superfície:

z = 8 - x 2 - y

Vamos utilizar essa superfície na formula de Stokes.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Observamos que a projeção da curva C no plano coordenado x y (zerando a coordenada z ) é um círculo de raio 1 e tem o sentido anti-horário. Portanto, orientamos a superfície de forma compatível com o teorema de Stokes, isto é, com a terceira componente do vetor normal sendo positiva. Usando a parametrização natural, isto é:

ϕ x , y = x , y , 8 - x 2 - y

Temos que o domínio D da parametrização é dado por:

x 2 + y 2 ≤ 1

Temos também que o vetor normal é:

N = ∂ ϕ ∂ x × ∂ ϕ ∂ y

N = 2 x , 1,1

Que tem a orientação desejada.

Passo 3

Segue que:

r o t F = 0,16 - 2 x 2 - 2 y , - 2 y 2 + 2 y

r o t F ∙ N = 16 - 2 x 2 + y 2

Aplicando Stokes:

∫ C   F ∙ d r = ∬ D   16 - 2 ( x 2 + y 2 ) d x d y

Aplicando coordenadas polares por causa do domínio e da integral:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n θ

θ ∈ 0,2 π

Plugando a parametrização na definição do domínio D :

r cos ⁡ θ 2 + r   s e n   θ 2 ≤ 1

r 2 ≤ 1 → 0 ≤ r ≤ 1

Isto pois r é positivo por definição.

Agora mudemos os diferenciais por jacobiano:

d x d y = r   d r d θ

Passo 4

Plugando os limites e a parametrização na integral:

∫ C   F ∙ d r = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 16 r - 2 r 3 d r d θ

Em θ a integral é moleza, a outra é só um polinômio. Partiu pro abraço:

∫ C   F ∙ d r = 2 π 8 r 2 - r 4 2 0 1

∫ C   F ∙ d r = 2 π 8 - 1 2

∫ C   F ∙ d r = 16 π - π

Resposta

∫ C   F ∙ d r = 15 π

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