Exercícios 3.4.3 Exercícios
1.
Verifique a validade do Teorema de Stokes calculando tanto a integral de superfície quanto a integral de linha para o campo vetorial \(\vec{F}(x,y,z) = -y\vec{i} + x\vec{j} + z\vec{k}\text{,}\) onde \(S\) é a porção do paraboloide \(z = 1 - x^2 - y^2\) que está acima do plano \(xy\) (\(z \ge 0\)), orientada com o vetor normal apontando para cima.
Resposta.Ambas as integrais resultam em \(2\pi\text{.}\)
Cálculo pela Integral de Linha: O bordo \(\partial S\) é a circunferência \(x^2 + y^2 = 1\) no plano \(z = 0\text{.}\) Pela regra da mão direita, a orientação induzida é no sentido anti-horário. Parametrizando o bordo: \(\vec{r}(t) = (\cos t, \text{sen } t, 0)\) com \(t \in [0, 2\pi]\text{.}\)
\begin{align*}
\vec{r}'(t) \amp = (-\text{sen } t, \cos t, 0)\\
\vec{F}(\vec{r}(t)) \amp = (-\text{sen } t, \cos t, 0)\\
\oint_{\partial S} \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \int_0^{2\pi} (\sin^2 t + \cos^2 t) \, dt = \int_0^{2\pi} 1 \, dt = 2\pi
\end{align*}
Cálculo pela Integral de Superfície: O rotacional de \(\vec{F}\) é \(\text{rot}\,\vec{F} = (0, 0, 2)\text{.}\) A normal à superfície \(z = g(x,y) = 1 - x^2 - y^2\) apontando para cima é \(\vec{N}\,dA = (-\frac{\partial z}{\partial x}, -\frac{\partial z}{\partial y}, 1)dx\,dy = (2x, 2y, 1)dx\,dy\text{.}\)
\begin{align*}
\iint_S \text{rot}\,\vec{F} \cdot d\vec{S} \amp = \iint_D (0, 0, 2) \cdot (2x, 2y, 1) \, dA = \iint_D 2 \, dA = 2A(D)
\end{align*}
Como \(D\) é o disco unitário de área \(\pi\text{,}\) o resultado é \(2\pi\text{.}\) A igualdade verifica o Teorema de Stokes.
2.
Utilize o Teorema de Stokes para calcular a integral de linha \(\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{,}\) onde o campo é \(\vec{F}(x,y,z) = z\vec{i} + x\vec{j} + y\vec{k}\) e \(C\) é a curva de interseção do cilindro \(x^2 + y^2 = 4\) com o plano \(z = y + 3\text{,}\) orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.
Resposta.
Solução.
O Teorema de Stokes nos permite trocar a integral de linha por uma integral de superfície sobre \(S\text{,}\) a porção do plano \(z = y + 3\) delimitada pelo cilindro. Calculamos o rotacional:
\begin{equation*}
\text{rot}\,\vec{F} = \left(\frac{\partial}{\partial y}(y) - \frac{\partial}{\partial z}(x)\right)\vec{i} + \left(\frac{\partial}{\partial z}(z) - \frac{\partial}{\partial x}(y)\right)\vec{j} + \left(\frac{\partial}{\partial x}(x) - \frac{\partial}{\partial y}(z)\right)\vec{k} = \vec{i} + \vec{j} + \vec{k} = (1,1,1)
\end{equation*}
A superfície plana tem equação \(z = f(x,y) = y + 3\text{.}\) O vetor normal (para cima, compatível com a orientação anti-horária de \(C\)) é \(\vec{N}\,dA = (0, -1, 1)dA\text{.}\)
\begin{align*}
\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \iint_S \text{rot}\,\vec{F} \cdot d\vec{S} = \iint_D (1,1,1) \cdot (0,-1,1) \, dA = \iint_D (0 - 1 + 1) \, dA = 0
\end{align*}
3.
Calcule o fluxo do rotacional \(\iint_S \text{rot}\,\vec{F} \cdot d\vec{S}\) para o campo \(\vec{F}(x,y,z) = (e^{x^2+y^2}, x, z)\text{,}\) sendo \(S\) a hemisfera superior \(x^2+y^2+z^2 = 9\) com \(z \ge 0\text{,}\) orientada com o vetor normal apontando para cima (para fora da esfera).
Resposta.
Solução.
Pelo Teorema de Stokes, a integral de superfície de um rotacional depende apenas do bordo \(\partial S\text{.}\) O bordo da hemisfera é a circunferência \(x^2+y^2=9\) no plano \(z=0\text{,}\) orientada no sentido anti-horário.
Podemos trocar \(S\) por uma superfície mais simples que possua o mesmo bordo: o disco plano \(D\) no plano \(xy\) dado por \(x^2+y^2 \le 9\text{,}\) \(z=0\text{,}\) orientado para cima (\(\vec{N} = \vec{k}\)). Calculando o rotacional de \(\vec{F}\text{:}\)
\begin{equation*}
\text{rot}\,\vec{F} = (0, 0, 1 - 2y e^{x^2+y^2})
\end{equation*}
Integrando sobre o disco \(D\text{:}\)
\begin{align*}
\iint_S \text{rot}\,\vec{F} \cdot d\vec{S} \amp = \iint_D (0, 0, 1 - 2y e^{x^2+y^2}) \cdot (0, 0, 1) \, dA = \iint_D (1 - 2y e^{x^2+y^2}) \, dA
\end{align*}
Por simetria, a integral da componente ímpar em \(y\) sobre o disco centrado na origem é zero (\(\iint_D -2y e^{x^2+y^2} dA = 0\)). Resta apenas:
\begin{equation*}
\iint_D 1 \, dA = \text{Área}(D) = \pi(3)^2 = 9\pi
\end{equation*}
4.
Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças \(\vec{F}(x,y,z) = (e^x - y^3)\vec{i} + (e^y + x^3)\vec{j} + e^z\vec{k}\) ao mover uma partícula ao longo da curva \(C\) de interseção do cilindro \(x^2 + y^2 = 4\) com o plano \(z = 2\text{,}\) orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.
Resposta.
Solução.
O trabalho é dado pela integral de linha \(\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{.}\) Utilizaremos o Teorema de Stokes. O rotacional do campo é:
\begin{equation*}
\text{rot}\,\vec{F} = (0 - 0)\vec{i} - (0 - 0)\vec{j} + \left( \frac{\partial}{\partial x}(e^y + x^3) - \frac{\partial}{\partial y}(e^x - y^3) \right)\vec{k} = (0, 0, 3x^2 + 3y^2)
\end{equation*}
A curva delimita um disco \(S\) plano em \(z = 2\text{,}\) de raio \(2\text{,}\) com orientação correspondente ao vetor normal \(\vec{N} = \vec{k}\text{.}\)
\begin{align*}
\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \iint_S \text{rot}\,\vec{F} \cdot \vec{N} \, dS = \iint_S (0, 0, 3(x^2+y^2)) \cdot (0, 0, 1) \, dx\,dy\\
\amp = 3 \iint_S (x^2+y^2) \, dx\,dy
\end{align*}
Convertendo para coordenadas polares (\(0 \le r \le 2\text{,}\) \(0 \le \theta \le 2\pi\)):
\begin{align*}
\int_0^{2\pi} \int_0^2 3r^2 (r \, dr \, d\theta) \amp = 6\pi \int_0^2 r^3 \, dr = 6\pi \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 6\pi \left(\frac{16}{4}\right) = 24\pi
\end{align*}
5.
Calcule a integral de linha \(\int_C \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{,}\) onde o campo é \(\vec{F}(x,y,z) = (0, 0, y)\) e \(C\) é a curva de interseção do cilindro \(x^2 + y^2 = 1\) com o plano \(z = x\text{,}\) percorrida do ponto \((1, 0, 1)\) ao ponto \((-1, 0, -1)\) através do semi-espaço \(y \ge 0\text{.}\)
Resposta.
Solução.
Como \(C\) não é fechada, adicionamos um segmento retilíneo \(C_1\) de \((-1,0,-1)\) até \((1,0,1)\) ao longo do plano \(z=x\) e \(y=0\) para formar uma curva fechada \(\gamma = C \cup C_1\text{.}\)
A curva $\gamma$ limita uma semi-elipse \(S\) sobre o plano \(z=x\) orientada com normal \(\vec{N}\,dA = (-1, 0, 1)dx\,dy\) (apontando "para cima e esquerda", coerente com a regra da mão direita para o sentido de \(\gamma\)). Calculando o rotacional: \(\text{rot}\,\vec{F} = (1, 0, 0)\text{.}\) Aplicando o Teorema de Stokes:
\begin{equation*}
\oint_\gamma \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S (1, 0, 0) \cdot (-1, 0, 1) \, dA = \iint_{D_{xy}} -1 \, dx\,dy = - \text{Área}(D_{xy})
\end{equation*}
onde \(D_{xy}\) é o semicírculo \(x^2+y^2 \le 1, y \ge 0\text{,}\) cuja área é \(\pi/2\text{.}\) Logo, \(\oint_\gamma \vec{F} \cdot d\vec{r} = -\pi/2\text{.}\)
Agora, calculamos a integral sobre o trecho retilíneo \(C_1\) parametrizado por \(\vec{r}(t) = (t, 0, t)\) de \(t=-1\) a \(1\text{.}\) Como \(y=0\) ao longo de \(C_1\text{,}\) o campo \(\vec{F} = (0,0,0)\text{.}\) Portanto, \(\int_{C_1} \vec{F} \cdot d\vec{r} = 0\text{.}\) Finalmente:
\begin{equation*}
\int_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \oint_\gamma \vec{F} \cdot d\vec{r} - \int_{C_1} \vec{F} \cdot d\vec{r} = -\frac{\pi}{2} - 0 = -\frac{\pi}{2}
\end{equation*}
6.
Use o Teorema de Stokes para avaliar \(\oint_C (y \, dx + z \, dy + x \, dz)\text{,}\) onde \(C\) é o triângulo com vértices \((a,0,0)\text{,}\) \((0,a,0)\) e \((0,0,a)\text{,}\) com \(a > 0\text{,}\) orientado no sentido anti-horário quando visto de uma posição muito alta no eixo \(z\text{.}\)
Resposta.
Solução.
O campo é \(\vec{F} = (y, z, x)\text{.}\) Seu rotacional é:
\begin{equation*}
\text{rot}\,\vec{F} = \left(\frac{\partial}{\partial y}(x) - \frac{\partial}{\partial z}(z), \dots \right) = (-1, -1, -1)
\end{equation*}
O triângulo \(C\) está no plano que passa pelos três eixos, cuja equação é \(x + y + z = a\) (ou \(z = a - x - y\)). A superfície \(S\) projetada no plano \(xy\) é o triângulo bidimensional \(D\) de vértices \((0,0)\text{,}\) \((a,0)\) e \((0,a)\text{.}\) A normal unitária vezes \(dS\) é \(\vec{N}\,dA = (1, 1, 1)dx\,dy\text{.}\)
Pelo Teorema de Stokes:
\begin{align*}
\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \iint_S (-1, -1, -1) \cdot (1, 1, 1) \, dx\,dy = \iint_D -3 \, dx\,dy = -3 \, \text{Área}(D)
\end{align*}
A área de \(D\) é a área de um triângulo retângulo de base \(a\) e altura \(a\text{,}\) ou seja, \(a^2/2\text{.}\) Portanto, a integral é \(-3 \frac{a^2}{2} = -\frac{3a^2}{2}\text{.}\)
7.
Calcule o fluxo do rotacional \(\iint_S (\text{rot}\,\vec{F}) \cdot \vec{N} \, dS\) para o campo vetorial \(\vec{F}(x,y,z) = (x^2y, y^2z, z^2x)\text{,}\) onde \(S\) é a superfície fechada do elipsoide \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} + \frac{z^2}{16} = 1\) orientada com a normal exterior.
Resposta.
Solução.
Pelo Teorema de Stokes, o fluxo do rotacional de um campo suave sobre uma superfície \(S\) é igual à integral de linha do campo ao longo de seu bordo \(\partial S\text{.}\)
Como o elipsoide é uma superfície fechada (não possui "furos" ou "bordas" abertas), o seu bordo é vazio (\(\partial S = \emptyset\)). Consequentemente, a integral de linha sobre um bordo inexistente é trivialmente zero.
\begin{equation*}
\iint_S (\text{rot}\,\vec{F}) \cdot d\vec{S} = \oint_{\partial S} \vec{F} \cdot d\vec{r} = 0
\end{equation*}
8.
Calcule a integral de superfície \(\iint_S (\text{rot}\,\vec{F}) \cdot \vec{N} \, dS\text{,}\) onde o campo vetorial é \(\vec{F}(x,y,z) = (-y, x, xyz)\) e \(S\) é constituída pelas \(5\) faces superiores do cubo \([0,1] \times [0,1] \times [0,1]\) (ou seja, todas as faces exceto a face que repousa no plano \(z=0\)), orientadas com o vetor normal apontando para fora da caixa.
Resposta.
Solução.
A superfície \(S\) possui 5 partes. Em vez de calcular a integral de superfície em cada face, aplicamos o Teorema de Stokes. A integral do rotacional sobre \(S\) é igual à integral de linha ao longo do seu bordo \(\partial S\text{.}\) O bordo é a fronteira quadrada da face ausente (no plano \(z=0\)).
Pela regra da mão direita adaptada à normal exterior das 5 faces, o percurso em \(\partial S\) (visto de cima) deve ter o interior do cubo à esquerda. Logo, o sentido no plano \(z=0\) é anti-horário.
Para simplificar o cálculo, podemos utilizar qualquer outra superfície \(S'\) que tenha o mesmo bordo e a mesma orientação induzida. Escolhemos a própria face inferior plana do cubo, \(D = [0,1] \times [0,1]\) no plano \(z=0\text{.}\) Para manter a compatibilidade do bordo anti-horário, a normal em \(D\) deve ser \(\vec{k}\) (apontando "para cima", adentrando a caixa).
O rotacional é:
\begin{equation*}
\text{rot}\,\vec{F} = \left(\dots, \dots, \frac{\partial}{\partial x}(x) - \frac{\partial}{\partial y}(-y)\right) = (xz, -yz, 2)
\end{equation*}
O fluxo através da face inferior plana orientada por \(\vec{k}\) é:
\begin{align*}
\iint_D \text{rot}\,\vec{F} \cdot \vec{k} \, dx\,dy \amp = \int_0^1 \int_0^1 2 \, dx\,dy = 2 \cdot \text{Área}(D) = 2 \cdot 1 = 2
\end{align*}
9.
Avalie \(\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{,}\) onde o campo vetorial é \(\vec{F}(x,y,z) = (2xyz^3, x^2z^3, 3x^2yz^2)\) e \(C\) é a curva complexa e fechada descrita pela função vetorial \(\vec{r}(t) = (\cos t, \text{sen } t, \text{sen}(2t))\text{,}\) com \(0 \le t \le 2\pi\text{.}\)
Resposta.
Solução.
Podemos calcular o rotacional de \(\vec{F}\text{:}\)
\begin{gather*}
\text{rot}\,\vec{F} = \left(\frac{\partial}{\partial y}(3x^2yz^2) - \frac{\partial}{\partial z}(x^2z^3)\right)\vec{i} - \left(\frac{\partial}{\partial x}(3x^2yz^2) - \frac{\partial}{\partial z}(2xyz^3)\right)\vec{j} + \left(\frac{\partial}{\partial x}(x^2z^3) - \frac{\partial}{\partial y}(2xyz^3)\right)\vec{k}\\
= (3x^2z^2 - 3x^2z^2)\vec{i} - (6xyz^2 - 6xyz^2)\vec{j} + (2xz^3 - 2xz^3)\vec{k} = \vec{0}
\end{gather*}
Como o rotacional de \(\vec{F}\) é o vetor nulo (e o domínio do campo é todo o $\mathbb{R}^3$), o campo é conservativo. Pelo Teorema de Stokes, como \(C\) é uma curva fechada, a integral de linha de um campo irrotacional é zero:
\begin{equation*}
\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S \vec{0} \cdot d\vec{S} = 0
\end{equation*}
10.
Explique matematicamente por que o Teorema de Stokes não pode ser aplicado para relacionar uma integral de linha a uma integral de superfície caso a superfície envolvida seja uma Faixa de Möbius.
Resposta.A Faixa de Möbius é uma superfície não orientável, o que inviabiliza a definição de um campo contínuo de vetores normais unitários \(\vec{N}\) exigido pelo teorema.
O Teorema de Stokes exige que a superfície \(S\) seja orientada. Isso significa que deve ser possível escolher um campo contínuo de vetores normais unitários \(\vec{N}\) em toda a superfície para estabelecer a orientação positiva do bordo \(\partial S\) através da regra da mão direita.
Como ilustrado na seção, a Faixa de Möbius possui apenas um "lado". Se transportarmos um vetor normal de forma contínua ao longo da linha central da faixa, ao completar uma volta inteira, o vetor apontará no sentido oposto (\(\vec{N} \to -\vec{N}\)). Essa impossibilidade de determinar consistentemente qual é o lado "de fora" ou "de dentro" (superfície não orientável) quebra as hipóteses fundamentais para a aplicação do Teorema de Stokes.
