Aula 37: Teorema de Stokes

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Teorema de Stokes
Seja S uma superfície orientada lisa por partes cuja fronteira é uma curva C simples, fechada
e lisa por partes.
Observe que a orientação da superfície S induz uma orientação em C da seguinte forma: se
você andar sobre a curva C com a cabeça na direção e no sentido dos vetores normais −→n da
orientação de S, então a superfície S está sempre à sua esquerda. Esta orientação é chamada
de orientação positiva da curva de fronteira C.
Teorema 1. (Teorema de Stokes) Seja S uma superfície orientada, lisa por partes, cuja
fronteira é uma curva C simples, fechada, lisa por partes com orientação positiva. Se
−→
F é
um campo vetorial cujas funções componentes têm derivadas parciais contínuas em uma região
aberta contendo S, então ∫
C
−→
F • d−→r =
∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S
Observação 1. Muitas vezes usamos a notação ∂S para denotar a curva de fronteira de S
orientada positivamente. Neste caso, o Teorema de Stokes pode ser escrito como∫
∂S
−→
F • d−→r =
∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S
Exemplo 1. Calcule
∫
C
−→
F • d−→r , onde −→F (x, y, z) = −y2−→i + x−→j + z2−→k e C é a curva de
interseção do plano y + z = 2 com o cilindro x2 + y2 = 1 (onde C está orientada no sentido
anti-horário quando visto de cima).
1
Observamos que
−→
F (x, y, z) = P (x, y, z)
−→
i +Q(x, y, z)
−→
j +R(x, y, z)
−→
k , onde P (x, y, z) = −y2,
Q(x, y, z) = x e R(x, y, z) = z2. Logo,
rot
−→
F =
(
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)−→
i +
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)−→
j +
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)−→
k = (1 + 2y)
−→
k
A curva C é uma elipse. Se tomarmos S como sendo a região elíptica do plano y + z = 2 cuja
curva de fronteira é C e orientarmos S para cima, então C estará orientada positivamente com
relação à S. Podemos parametrizar a superfície S pelas equações
x = x, y = y, z = 2− y, (x, y) ∈ D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}
e, portanto, podemos descrever S pela função vetorial
−→r (x, y) = x−→i + y−→j + (2− y)−→k , (x, y) ∈ D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}
Temos que
−→r x(x, y) = −→i , −→r y(x, y) = −→j −−→k e, portanto,
−→r x × ry = −→j +−→k
Pelo Teorema de Stokes,∫
C
−→
F • d−→r =
∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S
=
∫∫
S
(rot
−→
F (−→r (x, y))) • (−→r x ×−→r y) dA
=
∫∫
S
(1 + 2y) dA
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(1 + 2rsen θ) r dr dθ
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(r + 2r2sen θ) dr dθ
Calculando a integral em r:∫ 1
0
(r + 2r2sen θ) dr =
[
r2
2
+
2r3
3
sen θ
]r=1
r=0
=
1
2
+
2
3
sen θ
Calculando a integral do resultado em θ:∫ 2pi
0
(
1
2
+
2
3
sen θ
)
dθ =
[
θ
2
− 2
3
cos θ
]θ=2pi
θ=0
= pi
Concluímos assim que ∫
C
−→
F • d−→r = pi
2
Exemplo 2. Calcule
∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S , onde −→F (x, y, z) = yz−→i + xz−→j + xy−→k e S é a parte
da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está dentro do cilindro x2 + y2 = 1 e acima do plano xy.
A curva de fronteira da superfície S é a curva de interseção entre a esfera e o cilindro. A
interseção acontece quando
x2 + y2 + z2 − 4 = x2 + y2 − 1 ⇒ z2 = 3 ⇒ z =
√
3
Logo, C é a circunferência dada por
{(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 = 1, z =
√
3}
Podemos descrever C pela função vetorial
−→r (θ) = cos θ−→i + sen θ−→j +
√
3
−→
k , θ ∈ [0, 2pi]
Temos que
• −→r ′(θ) = −sen θ−→i + cos θ−→j
• −→F (−→r (θ)) = √3sen θ−→i +√3 cos θ−→j + cos θsen θ−→k
• −→F (−→r (θ)) • −→r ′(θ) = −√3sen 2θ +√3 cos2 θ = √3(cos2 θ − sen 2θ) = √3 cos(2θ)
Pelo Teorema de Stokes, se S estiver orientada de forma que seus vetores normais estejam
apontando para fora da esfera, então a orientação compatível de C corresponderá à nossa ori-
entação (no sentido anti-horário quando visto de cima) e teremos∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S =
∫
C
−→
F • d−→r =
∫ 2pi
0
−→
F (−→r (θ)) • −→r ′(θ) dθ
=
∫ 2pi
0
√
3 cos(2θ) dθ =
√
3
[
sen (2θ)
2
]2pi
0
= 0
Concluímos que ∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S = 0
3
Observe que, pelo teorema de Stokes, se S1 e S2 forem duas superfícies orientadas, lisas
por partes, distintas cuja fronteira é a mesma curva C simples, fechada, lisa por partes cuja
orientação induzida pelas duas superfícies é igual e se
−→
F é um campo vetorial cujas funções
componentes têm derivadas parciais contínuas em uma região aberta contendo S, então∫∫
S1
(rot
−→
F ) • d−→S =
∫
C
−→
F • d−→r =
∫∫
S2
(rot
−→
F ) • d−→S
Com isso, conseguimos subtituir uma integral de superfície sobre uma superfície complicada
pela integral de superfície sobre uma superfície mais simples.
Exemplo 3. Calcule
∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S , onde −→F (x, y, z) = yz−→i + z2x−→j + eyz cosx−→k e S é o
hemisfério z =
√
1− x2 − y2 orientado para fora da esfera.
A curva de fronteira da superfície S é a circunferência x2 + y2 = 1 contida no plano xy.
Seja S1 a superfície circular do plano xy dada por x
2 + y2 ≤ 1. Podemos parametrizá-la por
−→r (x, y) = x−→i + y−→j , (x, y) ∈ D
onde D é o disco x2 + y2 ≤ 1. Observe que a curva de fronteira de S1 coincide com a curva
de fronteira de S e que, por essa parametrização de S1,
−→r x = −→i , −→r y = −→j e −→r x ×−→r y = −→k .
Logo, a superfície S1 induz na circunferência exatamente a mesma orientação que S. Logo,∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S =
∫∫
S1
(rot
−→
F ) • d−→S
Temos que
• rot −→F = (zeyz cosx− 2zx)−→i + (y + eyzsen x)−→j + (z2 − z)−→k
• rot −→F (−→r (x, y)) = (y + sen x)−→j
Logo, ∫∫
S1
(rot
−→
F ) • d−→S =
∫∫
S1
(rot
−→
F (−→r (x, y)) • −→k dS =
∫∫
D
0 dA = 0
Concluímos que ∫∫
S
(rot
−→
F ) • d−→S = 0
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