Exercícios Teorema de Stokes Com Gabarito 2022-1

Calculo 3A — EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito Exercicio 1: Verifique o teorema de Stokes, calculando a integral de linha e a integral de superficie para o campo Fea superficie S. a) F(x,y,z) = 2yi-zj+3Kk, S é a parte do paraboldide z = 4 — x? — y* interior ao cilindro x+y? = 1, sendo ff tal que #-k > 0. b) F(x, y,z) = (2z, x, 3y), e S a porc3o do plano x —z = 0, contida no cilindro x7 + y* = 4, sendo i tal que i-k>0. Solucao: a) Dez=4-x°-yex*+y* = 1, temos z = 3. Logo, a intersecdo do paraboldide com o cilindro ocorre no plano z = 3. Assim, o esboco de S esta representado na figura que se segue. Zz 4 5 it foes =) Ce C=as ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 1 y 1 x Devemos verificar que: pFdr= | [rk ids. C=0S s Calculo de $ F -d? C=08 Pelas consideracoes acima, vemos que C € a intersecao do paraboldide com o plano z = 3, isto é, x? +y =1 > 2 vie >y : > C: 7=3 . Como 7i-k > 0 entao a ultima componente de 7 é maior que zero, donde 7i aponta para cima. Logo, pela “regra da mao direita” vemos que C esta orientada no sentido anti-horario quando vista de cima. Assim, uma parametrizacao de C é dada por x = cost, y = sent e z= 3, com 0 <t< 2a. Logo, dx = —-sentdt, dy = costdt e dz = 0. Entao: Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 2 5 27 Far f 2d dy +3dz = { [2 sen t(— sent) — 3(cos t) + 3 - 0] dt = C=08 C=0S 0 on 1 sen 2t on = { (-2 sen? r - 3 cost) dt = J-2-3(r- “=12t) — 3 sen¢| = -2n. 0 2 2 0 Calculo de { { rot F - itd s Temos S : z= 4- x7 —y’, com (x,y) € D: x7 + y* < 1. Como # aponta para cima, temos que i= a , onde N= (—Zx, —Zy, 1) = (2x, 2y, 1). Temos também que dS = [| dxdy. Além disso: i j k > |d 0 af_ _ roth = mb RID (1,0,-2). 2y -z 3 Portanto: [[ rov# was = | f0,0,-2)-2x2y.aady = ff Ox-2dxdy= ff rvasdy—2 [[ aray. s D D D D Como a funcao f(x, y) = 2x é impar na variavel x e D tem simetria em relacao ao eixo y entao: {f 2xdxdy=0. D Logo: [[ rov# as = -2A(D) = -2(m- 1?) = -2n. S Assim, 0 teorema de Stokes esta verificado para este caso. b) O esbocgo de S esta representado na figura que se segue. Zz ae eS iearas (5 24 | ° tt -* Se ' 1 ' ' ' Us | ' 21 Ne ay et ; a S » _ oe ' ‘ 21 ‘ ' ‘ ' i y ya . = C=<dS ¢ ee eT Devemos verificar que pFar= | [rok as. C=08 S GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 3 Calculo de > F -d? C=08 vr+ya4 , . ne ae , Temos que C : x2 =0° Como #-k > 0 entao a ultima componente de 7 é positiva, donde 7 aponta para cima. Logo, C esta orientada no sentido anti-horario quando vista de cima. Portanto, a projecao de C sobre o plano xy esta orientada no sentido anti-hordrio. Assim, uma parametriza¢ao de C é dada por x = 2cost, y = 2sent e z = 2cost, com 0 < t < 2m. Logo, dx = —2sentdt, dy = 2 costdt e dz = —2 sentdt. Entao: pF dr= fp 2zdx+ xdy + 3y dz = C=08 C 27 = { [2(2 cos t)(—2 sen t) + (2 cos t)(2 cos t) + 3(2 sen t)(—2 sen f)| dt = 0 27 = { (-8 sent cost + 4cos*t— 12 sen’ t) dt = 0 cos*t 4 sen 2t 12 sen 2t\|°7 = [pS S(r4 2) Be) = 042-29 -6-2n =-87n. Calculo de { { rot F - itd S Temos S : z= x, com (x,y) € D: x7 + y* <4. Como # aponta para cima, temos que # = i , onde N= (—Zx, —Zy, 1) = (-1,0, 1). Temos também que dS = [| dxdy. Além disso, temos: i j k = 0 0d Od rot F = a RID (3, 2,1). 2z x 3y Portanto: [[ Faas = [[6.2.0-1.0, 1D dxay = [[cs* 1) dxdy = -2A(D) = -2(m +2) = -87. S D D Assim, 0 teorema de Stokes esta verificado. Exercicio 2: Use o teorema de Stokes para calcular [Fae onde: Cc a) F(x, y,z) = yzit xyjt+ xzk eC éo quadrado de vértices (0,0, 2), (1,0, 2), (1, 1,2) e (0, 1, 2), orientado no sentido anti-hordrio quando visto de cima; b) F(x, y,2) = yit zj+ xk e C éa fronteira do triangulo de vértices (1,0,0), (0, 1,0) e (0,0, 1), percorrido nesta ordem; c) F(x, y,z) = (y—z,z—x,x—y) eC €a curva intersecdo do cilindro x* + y* = 1, com o plano x + z= 1, orientada no sentido anti-horario quando vista de cima; d) F(x,y,2) = (z+ y*,e + 1,In(2 + 1) + y) e C € parametrizada por y(t) = (2 cost,2 sent, 4—2sent), com t € [0, 27]. GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 4 Solucao: a) Observemos que 0 quadrado C esta contido no plano z = 2. Portanto, consideremos a superficie S, porcao do plano z = 2, limitada por C. Logo, temos que S :z=2, com (x,y)€D:0<x< 1, O<y<l. O esboco de C esta representado na figura a seguir. Zz Zz 2 2 i tie ee = i § ' Sr 5 ro ' C=08 ' ! : ' C ' ' 1 ' 1 ' 1 \ ' ! 3 ' ' ' 1 \ p ota of ho tt ' ! 3 ' ' ' 1 \ 1 '‘ 1 \ ' ' i iS’, | ie er x x Como OS esta orientada no sentido anti-horadrio quando vista de cima entao, usando a “regra da mao direita”, vemos que 7 = k. Temos que: dS = 1+ (zx)? + (%)? dxdy = V1+0+0 dxdy = dxdy. Além disso: i j k rot F = cr (0,y-—z,y—z) =(0,y—-2,y— 2) Ox Oy yZ xy Xz em S. Como F é de classe C! em R3 e C = OS estd orientada positivamente, entao pelo teorema de Stokes, temos: pF-ar= ff rorF-itas = | f y-2.y-2)- 0.0, 1 dxdy = C s D I pl 1 > 1 = | fw-aaxay= [ [ o-2axdy= ['o-2ay=[F-29| = D 0 J0 0 2 0 1 3 =57 2= —5° b) O esbogo de C esta representado na figura da pagina seguinte. A equacao do plano do tridngulo é —+2 4 < =londea=1,b=lec=1, istoé,x+y+z=1. Entao considere a superficie S , porcao deste plano, limitada por C. Temos entao que § : z= 1—x-y, com (x,y)E€D:0<x<1,0<y<x. GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 5 Zz Zz 1 1 y 1 1 S ", ; n 0-C al = 0S 1 Sc = y : y 1 x 1 1 Xx Xx Como C esta orientada no sentido anti-hordrio, entaéo pela “regra da mao direita” vemos que 7 , , WN > , aponta para cima. Logo, i = ny onde N = (—z,x,—-zy, 1) = (1,1, 1). Temos também que dS = || dxdy = V3 dxdy. Além disso, temos: i j k = 0 0 <0 roth =| — — — }|=(-1,-1,-1). Ox Oy @z ( ) y ZZ Xx Como F é de classe C! em R3 e C = OS esta orientada positivamente, entao pelo teorema de Stokes temos: [ Fare | [ roeF-itas = f fiat -a1, naxay = Cc s D 1 3 = ff 1-1 = axdy = 340) = -3($-1-1) = -3. D 2 2 c) O esboco de C esta representado na figura que se segue. Zz Zz VW C / Cc = Os y i - , 1 , c — 1 x ey | wt oh, Cee “fh \ Le s i ! y ! y x x Consideremos a superficie S, porcao deste plano x + z = 1 que se projeta sobre o plano xy, segundo o disco D: x7 + y? < 1. Entao temos que S :z=1-—x, com(x,y)€D: x+y’ <1. Como C esta orientada no sentido anti-hordrio, entdo pela “regra da mao direita” vemos que 7# aponta GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 6 , , WN 5 3 + (,0,1) para cima. Logo, 7 = — edS = [| dxdy onde N = (—z,,—zy, 1) = (1,0, 1) donde 7 = ——e [N| v2 dS = || dxdy = V2 dxdy. Por outro lado: ij k a 0 0 0 ~(-]_-1 1-1 -1-)=-(29 29 rot F = a a x = (-1-1,-1-1,-1-1) = (-2,-2,-2). y-Z Z-xX x-y Como F é de classe C! em R3 e C = OS (bordo de S$) estd orientada positivamente, entao pelo teorema de Stokes temos: [Fear= | [rot #-itas = | f -2,-2,-2)-,0, aay = -44(D) = 4 (2-1) = ~4r. Cc s D d) Como y(0) = y(2m) = (2,0,4) entao C é uma curva fechada tendo equagdes paramétricas x = 2cost, y = 2sente z=4-2sent, com 0 <t < 2m donde ° +y? =4ez=4-y. LogoCéa intersecao do cilindro x7 + y* = 4 com o plano z= 4—y e cujo esboco é: Zz Zz i ¢% > Cc 3 n oo se C = 08 ; ae ae t | a ae S ' Na po i ' ' 7 3 1 | 1 UNG ty ty ‘a ! iu ee tase = a ml SN ' (‘c ! ? PO 2 ae ae le“ 2 x 2 x 2 y y Da parametrizacao de C vemos que C esta orientada no sentido anti-horario quando vista de cima. Consideremos a superficie S porcao do plano z = 4—y, limitada por C. Entao temos que S :z2= 4-y, com (x,y) € D: x+y < 4. Como C esta orientada no sentido anti- -hordrio entdo pela “regra da mao direita” vemos que # aponta para cima. Entado # = N onde [N| N= (—Zx, -zy, 1) = (0, 1, 1). Logo # = os edS = v2 dxdy. Temos também: i j k 0 0 0 rot F = ax ay az = (1,1,-2y). z+y eh +1 Int ley GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 7 Como F é de classe C! em R3 e C = OS estd orientado positivamente, entao pelo teorema de Stokes temos: [ Fare | [ roeF-itas = ff at.-299- 0.1, Daxay = C s D = [fa -2axdy= ff axay+ [ { -2yyaray. D D D Como [[ axay =aw) =n-2?=4n D e [[ anazay =o, D pois a funcao f(x, y) = —2y é impar na varidvel y e D tem simetria em relacao ao eixo x. Entao: [# dr =4nr. C Exercicio 3: Use o teorema de Stokes para calcular [[rotF- nidS Ss a) F(x,y,z) = Pei + ye ft 2e%K, S & 0 hemisfério x7 +2 + 2 = 4, comz > 0e com orientacao para cima; b) F(x, y,Z) = (9°, x, 2) e S qualquer superficie cujo bordo seja a curva y(t) = (2 cost, 3 sent, 1), com 0 < t < 27, com a normal apontando para cima. Solucao: a) O esboco de C esta representado na figura que se segue. Zz 2 y it 2 °C Soe J we Pee Ts 2 a 2 y * 2 C=0S x De acordo com a orientacao de S$, vemos que C = OS tem orientacao no sentido anti-hordrio quando vista de cima. Como F é€ de classe C! e C = 0S est orientado positivamente entao pelo teorema de Stokes temos que [[ roeF as = [ Bear [ Peras ye" dy + 2e” dz S C=08 C GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 8 onde C é dada por x7 + y7 =4e z =0 donde dz = 0. Logo 2 * OQ OP rotF -ridS = ve) dx+ ye d = ff (2-2) dxd {f fee Je y D Ox oy y Q = {f (2xy°e" - 0) dxdy = {f 2xye" dxdy = 0 D D pois a funcao f(x, y) = 2xy2e* é impar na variavel x e D tem simetria em relacao ao eixo y. Nota: em * usamos o teorema de Green. b) Temos que C = OS : y(t) = (2cost,3 sent, 1), com 0 < t < 2%. Como a orientacdo de C, que é anti-hordria quando vista de cima, esta de acordo com a normal 7i e como F é de classe C! em R?, entdo pelo teorema de Stokes temos: 27 {f rot -#dS = [ Fare { F(t) - y(t) dt S Cc 0 27 - | F(2cos t,3 sent, 1) - (—2 sent, 3 cos t, 0) dt 0 27 = { (2 cos t(3 sen ft)”, 2 cos t, 1) -(—2 sent, 3 cost, 0) dt = 0 on 3 2 sentt 6 on = { (-36 cos rsen t + 6cos t) dt = |-36 -—— + -(t + sen 2%) = 0 4 2 0 =0+3-27=67. Exercicio 4: Seja F(x,y,z) = (8x3 + 27, —3z, 2xz - 3y). a) F é um campo conservativo em R3? Porqué? b) Se C é 0 segmento de reta que liga (0,0,0) a (2, 1,3), calcule [F- dF. Cc Solucao: a) Temos que i j k a 0 0 0 _ 7. _ _R rot F = on a i = (-3 + 3,2z — 2z,0) = 0. 8x +2 —3z 2xz-3y Como F é um campo de classe C! em R*® com rotF =0e R? éum conjunto simplesmente conexo entao, pelo teorema das equivaléncias, segue que F é conservativo. b) Como F & conservativo, ent3o existe uma funcdo (x,y,z) diferencidvel em R? tal que Vy = F em R°, ou seja: GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 9 Op _e3, 2 a 8x +z (1) Op _ _ ay = 3z (2) O = 2x7 - 3y (3) Oz Integrando (1), (2) e (3) em relacdo a x, y e z, respectivamente, temos: Q(x, y, 2) = 2x7 + xz? + fQ,2) P(X, y,Z) = —3yz + B(x, Z) Q(X, Y, 2) = xz" — Byz + h(x, y) Para obtermos a mesma expressao para (x,y,z) devemos tomar f(y,z) = —3yz, g(x,z) = 2x4+ +xz e h(x, y) = 2x*. Assim, temos que (X,Y, Z) = 2x" + xz? — Byz é uma funcao potencial de F. Entio, pelo teorema fundamental do calculo para integral de linha, temos que | F:d?=02,1,3)~ (0.0.0) = (2-24 +2-3° 3-1-3) -0= 324 18-9 =41. Cc Exercicio 5: A integral { 2xe” dx +2 (x°e”” + y cos z) dy — y* senzdz C é independente do caminho? Calcule o valor da integral para a curva C obtida como intersecao da superficie z = 9 — x? — y’, com z>5 como plano x = 1, orientada no sentido de crescimento de y. Solucao: O campo F =(P,Q,R) = (2xe”, 2 (x°e + yCos z) ,-y’ sen z) é de classe C! em R*, que é um conjunto simplesmente conexo. Como i j k roth = o o a = (—2y senz + 2ysen z, 0, 4xe2” — 4xe””) = 0 ~ Ox oy Oz ~ y y 9VU> = VU. 2xe) 2 (x7e” + ycos z) —y’ senz Entao, pelo teorema das equivaléncias, a integral [Fae nao depende de C. Cc Dez =9-x-y*, z=5ex=1 temos5 = 9-1-y* donde y*? = 3 e y+ V3. Considerando que C esta orientada no sentido de crescimento de y, concluimos que o ponto inicial de C é o ponto A = (1, - V3,5) e€ o ponto final de C é B = (1, V3 ,5). Como [Far nao depende de Cc C, entao vamos substituir C por C;, segmento de reta que liga A a B. Entao temos C; : x = 1, z=5,-vV3<y< V3 donde dx = 0 e dz =0. Ent3o: GMA-IME-UFF Calculo 3A EP15 — Teorema de Stokes — Gabarito 10 [ Fea { F -d?= { P(1,y,5)dx + OU, y,5) dy + R(, y,5)dz = Cc Ci Ci v3 = [ O(1,y,5)dy = [_2(Pe* +ye0ss) dy = Ci -v3 v3 2y 2 v3 -2[ (c? + yeos5) dy = 2|5 +4 cos5| = _\3 2 2 - v3 = (e + + 60s 5) - (eo + ; cos 5] = V3 — 9 2N3 | Nota: em * temos que dx = 0 e dz=0. GMA-IME-UFF