Use o teorema de Stokes para calcular ∫ γ F → ⋅ d r → em cada um dos seguintes casos:

( f ) F → ( x , y , z ) = y   i → + z   j → + x   k → e γ é a intersecção da esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2   ( a > 0 ) com o plano x + y + z = 0 , orientada de modo que sua projeção no plano x y seja percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Oiie, tudo bem com você?

Precisamos usar o teorema de Stokes para calcular a seguinte integral de linha

∫ γ F → ⋅ d r →

em que o campo vetorial é dado por

F → ( x , y , z ) = y   i → + z   j → + x   k →

e γ é a interseção da esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2   ( a > 0 ) com o plano x + y + z = 0 , e a orientação é dada de forma que a projeção no plano x y desta curva esteja orientada no sentido anti-horário. Bem… ele é bem claro no que quer! Mas quem é o teorema de Stokes? Ele é a seguinte identificação

∫ ∫ S [ r o t ( F → ) ⋅ n → ] d S = ∫ γ F → ⋅ d r →

Já que ele quer que calculemos o lado direito da expressão acima usando o teorema, vamos expandir o lado esquerdo! Ou seja, calcular o rotacional, o vetor normal e integrar sobre uma região! Vem comigo!

Passo 2

Primeiro, vamos calcular o rotacional de nosso campo como

r o t ( F → ) = ( ∂ F z ∂ y - ∂ F y ∂ z , ∂ F x ∂ z - ∂ F z ∂ x , ∂ F y ∂ x - ∂ F x ∂ y )

percebendo que nosso campo tem o formato F → ( x , y , z ) = ( F x , F y , F z ) , temos que

r o t ( F → ) = ( 0 - 1,0 - 1,0 - 1 ) = ( - 1 , - 1 , - 1 )

Agora, precisamos do nosso vetor normal, para isso, vamos analisar a curva γ dada, temos as seguintes superfícies se interceptando

note que a superfície fechada que tem como borda a curva γ é a própria esfera! Podemos parametrizar a esfera em coordenadas esféricas, de forma que

x =   a   c o s ( θ )   s e n ( ϕ )

y =   a   s e n ( θ )   s e n ( ϕ )

z =   a   c o s ( ϕ )  

Vamos usar isso para calcular o nosso vetor normal! Saca só!

Passo 3

O vetor normal pode ser obtido fazendo o seguinte cálculo

n → = ∂   p [ θ , ϕ ] ∂ θ × ∂   p [ θ , ϕ ] ∂ ϕ

em que p [ θ , ϕ ] = ( x [ θ , ϕ ] , y [ θ , ϕ ] , z [ θ , ϕ ] ) a parametrização em coordenadas esféricas que fizemos no passo anterior, calculando as derivadas parciais, temos que

∂   p [ θ , ϕ ] ∂ θ = [ - a   s e n ( θ ) s e n ( ϕ ) ,   a   c o s ( θ )   s e n ( ϕ ) ,   0 ]

e, da mesma forma

∂   p [ θ , ϕ ] ∂ ϕ = [ a   c o s ( θ )   c o s ( ϕ ) ,   a   s e n ( θ )   c o s ( ϕ ) ,   - a   s e n ( ϕ ) ]

calculando o produto vetorial entre os dois vetores, iremos obter que

n → = ∂   p [ θ , ϕ ] ∂ θ × ∂   p [ θ , ϕ ] ∂ ϕ = [ - a 2   c o s ( θ ) s e n 2 ( ϕ ) ,   - a 2 s e n 2 ( ϕ ) s e n ( θ ) ,   - a 2 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) ]

Ou seja, o produto escalar que está em nosso integrando se torna

[ r o t ( F → ) ⋅ n → ] = ( - 1 , - 1 , - 1 ) ⋅ [ - a 2   c o s ( θ ) s e n 2 ( ϕ ) ,   - a 2 s e n 2 ( ϕ ) s e n ( θ ) ,   - a 2 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) ]

resultando em

[ r o t ( F → ) ⋅ n → ] = a 2 s e n 2 ( ϕ ) [ c o s ( θ ) + s e n ( θ ) ] + a 2 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ )

Maravilha! Agora só precisamos usar esse resultado em nossa integração! E, ver o tamanho do problema em que nos metemos! Bora lá!

Passo 4

Usando o elemento de superfície em coordenadas esféricas [note que não aparece o jacobiano neste caso, pois ele já está incluso no cálculo do vetor normal usando a parametrização, belezinha?], temos que d S = d θ   d ϕ , e se observar a figura, irá notar que 0 ≤ θ ≤ π e que se fizermos a interseção entre o plano e a esfera, temos que

( - y - z ) 2 + y 2 + z 2 = a 2

distribuindo o quadrado e simplificando, temos que

y 2 + y z   + z 2 = a 2 / 2

Usando a definição em coordenadas esféricas, temos que

a 2 s e n 2 ( θ ) s e n 2 ( ϕ ) + a 2 s e n ( θ ) s e n 2 ( ϕ ) + a 2 c o s 2 ( ϕ ) = a 2 / 2

a variação de ϕ independe de qual θ estamos considerando, portanto, vamos usar qualquer θ , em particular θ = 0 , temos que

a 2 c o s 2 ( ϕ ) = a 2 / 2

Portanto, temos que

c o s ( ϕ ) = 2 2

ou ϕ = π / 4 . Como temos que a esfera começa em ângulos ϕ < 0 , iremos tomar que - π / 4 ≤ ϕ ≤ 3 π / 4 . Portanto, temos que

∫ γ F → ⋅ d r → = a 2 ∫ 0 π ∫ - π / 4 3 π / 4 { s e n 2 ( ϕ ) [ c o s ( θ + s e n ( θ ) ] + c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) } d ϕ d θ

Como os limites de integração são todos constantes, podemos escrever as integrais acima da seguinte maneira

∫ γ F → ⋅ d r → = a 2 ∫ 0 π [ c o s ( θ ) + s e n ( θ ) ] d θ ∫ - π / 4 3 π / 4 s e n 2 ( ϕ ) d ϕ + a 2 ∫ 0 π d θ ∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) d ϕ

Vamos resolver uma variável por vez! Tenha fé! Bora Bora!

Passo 5

Começando com as integrais em ϕ , temos primeiro

∫ - π / 4 3 π / 4 s e n 2 ( ϕ ) d ϕ

para essa integral é conveniente usar a relação de meio ângulo para o seno, ou seja, escrever a integral como

∫ - π / 4 3 π / 4 s e n 2 ( ϕ ) d ϕ = 1 2 ∫ - π / 4 3 π / 4 d ϕ - 1 2 ∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( 2 ϕ ) d ϕ

Essas integrais podem ser identificadas como

∫ - π / 4 3 π / 4 d ϕ = ϕ | - π / 4 3 π / 4 = π

e, a outra como

∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( 2 ϕ ) d ϕ = 1 2 s e n ( 2 ϕ ) | - π / 4 3 π / 4 = 0

ou seja, temos que

∫ - π / 4 π / 2 s e n 2 ( ϕ ) d ϕ = π + 0 = π

Agora, a outra integral em ϕ é tal que

∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) d ϕ

aqui é conveniente fazer a substituição simples

u = s e n ( ϕ ) e d u = c o s ( ϕ ) d ϕ

de forma que obtemos a seguinte integral

∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) d ϕ = ∫ - 2 / 2 - 1 u   d u

em que usei que u ( - π / 4 ) = - 2 / 2 e u ( 3 π / 4 ) = - 1 , essa integral pode ser identificada como

∫ - 2 / 2 - 1 u   d u = 1 2 u 2 | - 2 / 2 - 1 = 1 4

Portanto, temos que

∫ - π / 4 3 π / 4 c o s ( ϕ ) s e n ( ϕ ) d ϕ = 1 4

Ótimo! As integrais em ϕ já eram! Agora vamos para as integrais em θ !

Passo 6

Substituindo os resultados do passo anterior, temos que

∫ γ F → ⋅ d r → = π a 2 ∫ 0 π [ c o s ( θ ) + s e n ( θ ) ] d θ + a 2 4 ∫ 0 π d θ

Aqui temos integrações mais simples que as anteriores, nós podemos identificar que

∫ 0 π d θ = θ | 0 π = π

e, lembrando que

∫ 0 π c o s ( θ ) d θ = s e n ( θ ) | 0 π = 0

e, também

∫ 0 π s e n ( θ ) d θ = - c o s ( θ ) | 0 π = [ - 1 - 1 ]

ou simplesmente

∫ 0 π s e n ( θ ) d θ = - 2

e, portanto, temos que

∫ γ F → ⋅ d r → = - 2 π a 2 + a 2 π 4 = - 7 π a 2 4

A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

∫ γ F → ⋅ d r → = - 7 π a 2 4

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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