Usando o Teorema de Stokes, calcular a seguinte integral de linha:

∫ ∂ E   - 3 y 2 d x + 4 z d y + 6 x d z

em que E é a superfície orientável com fronteira ∂ E orientada positivamente, definida pela parametrização.

r u ,   v = u ,   v , v 2 ,     u ,   v ∈ D

sendo D o triângulo de vértices 2 ,   0 ,   0 ,   2 ,   0 ,   0 .

Passo 1

Pelo Teorema de Stokes...

∫ ∂ E   F → ⋅ d r → = ∬ E   r o t F → ⋅ n → d S

Mas sim, antes de aplicarmos essa igualdade do teorema de Stokes, devemos analisar as condições do Teorema:

1º - Uma superfície E fechada delimitada pela borda ∂ E .

2º - Orientadas positivamente.

3º - E um campo F → sem singularidades.

Vamos averiguar cada uma dessas condições e depois aplicar a igualdade! ;)

Passo 2

Bem, começando pela primeira exigência, o problema já nos disse que a superfície E é uma superfície fechada ao falar que ela tem uma borda e sua borda é a curva fechada ∂ E .

Mesmo já sabendo que essa condição está sendo satisfeita, essa superfície parece ser fácil de desenhar:

Ela está parametrizada da seguinte forma:

r u ,   v = u ,   v , v 2

Nessa parametrização, observamos que é do tipo explícita, onde...

x = u

y = v

z = v 2 = y 2

z = y / 2 representa um plano paralelo ao eixo x , dessa forma...

Então a superfície é esse plano aí. Mas é claro, existe uma delimitação. Vamos ver isso com mais calma!

Passo 3

A delimitação é que... u ,   v ∈ D . Logo, x ,   y ∈ D .

Como D é um triângulo de vértices... 2 ,   0 ,   0 ,   2 ,   0 ,   0 :

Esse triângulo azul é a restrição da superfície E ... Sacou?

Passo 4

Quanto à segunda condição do teorema, sobre orientada positivamente, esse também está sendo satisfeito por natureza, afinal o próprio enunciado nos disse isso.

Isso só pode significar que a borda da superfície ∂ E gira no sentido anti-horário quando vista de cima:

Pela regra da mão direita, sabemos então a direção do vetor norma à superfície que torna essa condição verdadeira:

Agora sim, garantimos que a borda/superfície, estejam orientadas positivamente ;)

Passo 5

A última condição do teorema nos pede uma função sem singularidades...

F → = - 3 y 2 , 4 z ,   6 x

Repare que em nenhum ponto esse função dá problema, como uma divisão por 0 ou algo do tipo!

Passo 6

As três condições analisadas e satisfeitas, podemos enfim aplicar a igualdade:

∫ ∂ E   F → ⋅ d r → = ∬ E   r o t F → ⋅ n → d S

Então, repare que estamos trocando o problema de calcular a integral de linha por outro de calcular a integral de superfície. Então vejamos quem é esse rotacional...

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

Como...

F → = - 3 y 2 , 4 z ,   6 x = F 1 ,   F 2 ,   F 3

r o t F → = 0 - 4 ,   0 - 6 ,   0 - - 6 y   →

r o t F → = - 4 ,   - 6 ,   6 y

Passo 7

Para resolver essa integral de superfície precisamos:

1º - Parametrizar a superfície.

2º - Obter o termo n → d S .

3º - Obter o rotacional em termos da parametrização.

Então vem comigo!

Passo 8

Para a nossa alegria, a superfície já está parametrizada:

r u ,   v = u ,   v , v 2

Sabemos que u e v variam no triângulo cinza:

Então precisamos descrever esse triângulo onde podemos fazer isso, considerando a região do tipo 1 , onde u varia entre um intervalo numérico e v entre funções:

0 ≤ u ≤ 2

Quanto à variação de v

0 ≤ v ≤ r e t a   n a   d i a g o n a l

A equação dessa reta na diagonal é u + v = 2 , pois só assim quando u = 0 , v = 2 e quando v = 0 →     u = 2 , sacou?

Então...

0 ≤ v ≤ 2 - u

Passo 9

Para obter o termo n → d S :

n → d S = N →   d u d v

E

N → = ∂ r u ,   v ∂ u × ∂ r u ,   v ∂ v

Como...

r u ,   v = u ,   v , v 2   →

∂ r u ,   v ∂ u = 1 ,   0 ,   0

∂ r u ,   v ∂ v = 0 ,   1 , 1 2

Lembrando que o produto vetorial é um determinante...

N → = i → j → k → 1 0 0 0 1 1 2 =

k → - 1 2 J →

Logo, o vetor normal é...

N → = 0 ,   - 1 2 ,   1

Como esse vetor normal está pra cima ele satisfaz a condição de orientada positivamente como vimos, logo é esse mesmo que queremos...

Passo 10

Por último antes de voltar para a integral de superfície, vamos trocar a função r o t F → ...

r o t F → = - 4 ,   - 6 ,   6 y →

x = u ,   y = v e z = v / 2 ...

r o t F → = - 4 ,   - 6 ,   6 v

Passo 11

Voltando à integral de superfície que queremos matar...

∬ E   r o t F → ⋅ n → d S

Substituindo tudo...

∫ 0 2 ∫ 0 2 - u - 4 ,   - 6 ,   6 v ⋅ 0 ,   - 1 2 ,   1   d v d u =

∫ 0 2 ∫ 0 2 - u 3 +   6 v   d v d u

Calculando a integral dupla...

∫ 0 2 ∫ 0 2 - u 3 +   6 v   d v d u = ∫ 0 2 3 v + 3 v 2 0 2 - u d u =

∫ 0 2 3 v 1 + v 0 2 - u d u

∫ 0 2 3 2 - u 1 + 2 - u d u = 3 ∫ 0 2 2 - u 3 - u d u =

3 ∫ 0 2 6 - 2 u - 3 u + u 2   d u = 3 ∫ 0 2 6 - 5 u + u 2   d u =

3 6 u - 5 u 2 2 + u 3 3 0 2 = 3 6 2 - 5 2 2 2 + 2 3 3 =

3 14 3 = 14

Pela igualdade de Stokes, temos então que...

∫ ∂ E   F → ⋅ d r → = 14

Resposta

14

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