Exercícios resolvidos - Teorema de Stokes

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MAT0205 – Cálculo III
MAP0215 – Cálculo vetorial e aplicações
Exercícios resolvidos
Última atualização: 22 de junho de 2017
Calcule ‰
γ
y2 dx + x dy ,
onde γ é a fronteira do quadrado [−1, 1]× [−1, 1].
Solução. Queremos calcular
‰
γ
P dx+Q dy, onde P (x, y) = y2 e Q(x, y) = x.
Pelo teorema de Green, sabemos que:‰
γ
P dx+Q dy =
¨
R
[
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
]
,
onde R = [−1, 1]× [−1, 1] é a região delimitada pela curva de Jordan γ, pois P,Q são
de classe C1 em R2, com ∂Q/∂x = 1 e ∂P/∂y = 2y.
Em particular, podemos aplicar o teorema de Fubini à integral dupla, obtendo:¨
R
[
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
]
=
ˆ −1
−1
ˆ 1
−1
[1− 2y] dx dy
=
ˆ 1
−1
(1− 2y) x
∣∣1
−1︸︷︷︸
=2
dy
= 2
ˆ 1
−1
(1− 2y) dy
= 2
[
y − y2
]1
−1
= 2 (1− 1− (−1− 1)) = 4 .
1
Portanto, ‰
γ
y2 dx+ x dy = 4
Calcule a área da porção da superfície cônica x2 + y2 = z2 entre os planos z = 0 e
x + 2z = 3.
Solução. Primeiramente, observamos que x2 + y2 = z2 é a representação implícita do
cone de abertura π/4. Já sabemos que uma parametrização para o cone todo é:
σ : [0, 2π]×R→ R3
σ(u, v) = (v cosu, v sinu, v) .
Vamos tentar restringir a parametrização σ a um conjunto A conveniente de maneira que
σ (A) descreva a região cuja área queremos calcular. Fazendo um esboço, conjecturamos
que o plano x+ 2z = 3 somente intercepta a superfície cônica em sua componente com
z > 0. Podemos confirmar isso algebricamente da seguinte forma:{
x2 + y2 = z2
x+ 2z = 3
⇒
{
x2 + y2 = z2
x = 3− 2z
⇒ (3− 2z)2 + y2 = z2 ⇒ z = y
2 + 3z2 + 9
12
> 0 .
Logo, estamos interessados em calcular a área da região do cone com 0 ≤ z ≤ (3−x)/2.
Ou seja, para cada u ∈ [0, 2π] fixado, devemos ter:
0 ≤ v ≤ 3− v cosu
2
⇔ 0 ≤ v ≤ 3
2 + cosu
.
Portanto, obteremos a região desejada do cone se considerarmos σ : A→ R3, onde
A =
{
(u, v)
∣∣∣∣u ∈ [0, 2π] e 0 ≤ v ≤ 32 + cosu
}
.
2
Neste caso, sabemos que sua área Aσ é dada por Aσ =
¨
A
∥∥∥∥∂σ∂u × ∂σ∂v
∥∥∥∥. Temos:
∂σ
∂u
= (−v sinu, v cosu, 0) , ∂σ
∂v
= (cosu, sinu, 1) ,
∂σ
∂u
× ∂σ
∂v
= (v cosu, v sinu,−v) e
∥∥∥∥∂σ∂u × ∂σ∂v
∥∥∥∥ = v√2 .
Aplicando o teorema de Fubini à região A:
Aσ =
√
2
ˆ 2π
0
ˆ 3/(2+cosu)
0
v dv du
=
√
2
2
ˆ 2π
0
9
(2 + cosu)2
du
=
9
√
2
2
ˆ 2π
0
du
(2 + cosu)2︸ ︷︷ ︸
=4π/3
√
3
=
6π
√
2√
3
.
Concluímos que
Aσ = 2π
√
6
Encontre o centro de massa de um funil cônico de equação x2 + y2 = z2 com altura
h e densidade superficial de massa uniforme.
Solução. Já vimos que uma parametrização para essa superfície é
σ : [0, 2π]× [0, h]→ R3
σ(u, v) = (v cosu, v sinu, v) .
3
Além disso, se f descreve sua densidade superficial, sabemos que as coordenadas (x̄, ȳ, z̄)
do centro de massa são definidas pelas equações
x̄ =
1
M
¨
σ
x f(x, y, z) dS etc,
onde M =
¨
σ
f dS é a massa total da superfície.
Neste caso, estamos supondo f ≡ k constante (densidade uniforme). Assim, M = kAσ
e:
x̄ =
1
kAσ
¨
σ
x k dS =
1
Aσ
¨
σ
x dS etc.
Já vimos também que dS =
√
2v du dv. Assim, pelo teorema de Fubini:
¨
σ
x dS =
ˆ h
0
ˆ 2π
0
√
2v2 cosu du dv = 0 ,
pois a função cosu aparece integrada sobre um período e, analogamente, ȳ = 0. Por
outro lado: ¨
σ
z dS =
ˆ h
0
ˆ 2π
0
√
2 v2 du dv =
√
2 (2π)
(
h3
3
)
.
A área total do cone é dada por:
Aσ =
ˆ h
0
ˆ 2π
0
√
2 v du dv =
√
2πh2 .
Logo,
z̄ =
1√
2πh2
2
√
2 πh3
3
=
2h
3
.
Portanto, as coordenadas do centro de massa são:
(x̄, ȳ, z̄) =
(
0, 0,
2h
3
)
Calcule ¨
σ
(rotF) · n dS ,
onde σ é a porção do paraboloide z = 1− x2 − y2 com z ≥ 0, n é a normal cuja
componente z é não-negativa e F(x, y, z) = (y, z, x).
Solução. Se z = 1− x2 − y2, temos
z ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≤ 1 .
Vemos que a superfície σ é o gráfico da função f : A→ R, ondeA = {(x, y) |x2 + y2 ≤ 1}
é o disco unitário de centro na origem e f(x, y) = 1−x2− y2 é de classe C1 em A. Esse
tipo de superfície sempre pode ser parametrizada por
σ : A→ R3
σ(u, v) = (u, v, f(u, v)) ,
4
que é injetiva, regular e de classe C1. Assim, vale o teorema de Stokes:
¨
σ
(rotF ) · n dS =
ˆ
F · dγ ,
onde, neste caso, γ é a circunferência unitária no plano xy, percorrida no sentido anti-
horário quando vista de cima, a qual delimita a superfície σ com orientação compatível
com a estipulada para a normal n.
Explicitamente, temos:
γ : [0, 2π]→ R3
γ(t) = (cos t, sin t, 0) .
Assim:{
F (γ(t)) = (sin t, 0, cos t)
γ′(t) = (− sin t, cos t, 0)
⇒
ˆ
F · dγ =
ˆ 2π
0
F (γ(t))·γ′(t) dt =
ˆ 2π
0
− sin2 t dt = −π .
Portanto, ¨
σ
(rotF ) · n dS = −π
Calcule o trabalho exercido pelo campo de forças
F(x, y, z) =
(
y2 − z2, z2 − x2, x2,−y2
)
para deslocar uma partícula ao longo da curva determinada sobre as faces do cubo
[0, a]× [0, a]× [0, a], a > 0, pelo plano x + y + z = 3a/2, percorrida no sentido anti-
horário quando vista de cima.
Solução. Como a > 0, o cubo está inteiramente contido no primeiro octante do espaço
euclidiano. As intersecções do plano com os eixos coordenados, por sua vez, ocorrem
nos pontos (3a/2, 0, 0), (0, 3a/2, 0) e (0, 0, 3a/2). Assim, a porção do plano no primeiro
5
octante é um triângulo com vértices nestes pontos. Fazendo um esboço, vemos que há
6 pontos de intersecção entre as faces do cubo e o plano. Algebricamente, encontramos
esses pontos pi fazendo:
z = a e x = 0 ⇒ y = a/2 ⇒ p1 = (0, a/2, a) ,
z = a e y = 0 ⇒ x = a/2 ⇒ p2 = (a/2, 0, a) ,
p3 = (a, 0, a/2) , p4 = (a, a/2, 0)
p5 = (a/2, a, 0) e p6 = (0, a, a/2) .
Agora, pelo teorema de Stokes podemos calcular o trabalho τ como:
τ =
˛
C
F · dα =
¨
σ
(rotF ) · n dS,
onde σ é o hexágono regular de vértices p1, . . . , p6, contido no plano, com a normal n
com orientação compatível com o sentido de percurso prescrito para a curva C. No caso
de um plano de equação ax + by + cz = d, sabemos que as duas normais unitárias são
dadas por
n = ± (a, b, c)√
a2 + b2 + c2
.
Neste caso, sabemos que n deve ter todas as componentes positivas. Portanto, podemos
tomar n = (1, 1, 1)/
√
3. Além disso,
rotF = −2 (y + z, z + x, x+ y) .
6
Logo, (rotF ) · n = − 4√
3
(x+ y + z), e:
¨
σ
(rotF ) · n dS = − 4√
3
¨
σ
(x+ y + z)︸ ︷︷ ︸
3a/2 sobre o plano
dS = − 6a√
3
¨
σ
dS = − 6a√
3
Aσ ,
onde Aσ é a área do paralelogramo. Mas, pelo teorema de Pitágoras, o lado ` do
paralelogramo é dado por:
` =
√(a
2
)2
+
(a
2
)2
=
a√
2
,
e, portanto, sua área é
Aσ =
3`2
√
3
2
=
3
√
3
4
a2 .
Substituindo acima, concluímos que
τ = −9a
3
2
Seja σ a superfície {(x, y, z) | x2 + y2 = 1 e 0 ≤ z ≤ 1} e seja F um campo vetorial de
classe C1 em um aberto contendo σ. Justifique a afirmação
¨
σ
(rotF) · n dS =
ˆ
F · dγ1 +
ˆ
F · dγ2 ,
onde n é a normal exterior e as curvas γi : [0, 2π]→ R3 são dadas por
γ1(t) = (cos t, sin t, 0) e γ2(t) = (− cos t, sin t, 1) .
Solução. A superfície σ é um cilindro de raio e altura unitários. Já sabemos que uma
parametrização é
σ : A→ R3
σ(u, v) = (cosu, sinu, v) ,
onde A = [0, 2π] × [0, 1]. Se γ denota a curva fronteira de A percorrida no sentido
anti-horário, a curva Γ = σ ◦ γ não é uma curva fechada fronteira de σ (A). O motivo
é que σ não é injetiva: a perda de injetividade ocorre exatamente sobre os segmentos
u = 0 e u = 2π. Logo, o teorema de Stokes não se aplica diretamente, já que suas
hipóteses não são verificadas.
7
Consideramos então:
σ1 :
A1︷ ︸︸ ︷
[0, π]× [0, 1]→ R3
σ1(u, v) = σ(u, v)
e σ2 :
A2︷ ︸︸ ︷
[π, 2π]× [0, 1]→ R3
σ2(u, v) = σ(u, v) .
Ou seja, cada σj é a restrição de σ a um subdomínio de A. Agora, o teorema de Stokes
se aplica separadamente a cada σj, que é injetiva em seu domínio e também regular,
pois:
∂σj
∂u
× ∂σj
∂v
= (cosu, sinu, 0) 6= 0 ∀u .
Denotamos por λj a curva fronteira deAj percorrida no sentido anti-horário e Λj = σ◦λj.
Então:
(1)
¨
σj
(rotF ) · n dS =
ˆ
F · dΛj.
8
Primeiramente, vemos que λ1 consiste da justaposição dos seguintes caminhos:
t 7→ (t, 0) 0 ≤ t ≤ π , t 7→ (π, t) 0 ≤ t ≤ 1 ,
t 7→ (π − t, 1) 0 ≤ t ≤ π e t 7→ (0, 1− t) 0 ≤ t ≤ 1 .
Consequentemente, Λj = σ ◦ λ1 consiste da justaposição dos seguintes caminhos:
t 7→ (cos t, sin t, 0) 0 ≤ t ≤ π , t 7→ (−1, 0, t) 0 ≤ t ≤ 1 ,
t 7→ (cos (π − t) , sin(π − t) , 1) 0 ≤ t ≤ π e t 7→ (1, 0, 1− t) 0 ≤ t ≤ 1 .
Usando as relações sin (π − t) = sin t, cos (π − t) = − cos t e a regra da cadeia temos:
ˆ
F · dΛ1 =
ˆ π
0
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 1
0
F (−1, 0, t) · (0, 0, 1) dt
+
ˆ π
0
F (− cos t, sin t, 1) · (sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 1
0
F (1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt .
Em seguida, vemos que λ2 consiste da justaposição dos seguintes caminhos:
t 7→ (t, 0) π ≤ t ≤ 2π , t 7→ (2π, t) 0 ≤ t ≤ 1 ,
t 7→ (3π − t, 1) π ≤ t ≤ 2π e t 7→ (π, 1− t) 0 ≤ t ≤ 1 .
Consequentemente, Λ2 = σ ◦ λ2 consiste da justaposição dos seguintes caminhos:
t 7→ (cos t, sin t, 0) π ≤ t ≤ 2π , t 7→ (1, 0, t) 0 ≤ t ≤ 1 ,
t 7→ (cos (3π − t) , sin (3π − t) , 1) π ≤ t ≤ 2π e t 7→ (−1, 0, 1− t) 0 ≤ t ≤ 1 .
Usando as relações sin (3π − t) = sin t, cos (3π − t) = − cos t e a regra da cadeia temos:
ˆ
F · dΛ2 =
ˆ 2π
π
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 1
0
F (1, 0, t) · (0, 0, 1) dt
+
ˆ 2π
π
F (− cos t, sin t, 1) · (sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 1
0
F (−1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt .
Agora, note que:
ˆ 1
0
F (−1, 0, t) · (0, 0, 1) dt+
ˆ 1
0
F (−1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt = 0,
pois, fazendo a mudança de variáveis s = 1− t na segunda integral:
ˆ 1
0
F (−1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt = −
ˆ 0
1
F (−1, 0, s) · (0, 0,−1) ds
=
ˆ 1
0
F (−1, 0, s) · (0, 0,−1) ds
= −
ˆ 1
0
F (−1, 0, s) · (0, 0, 1) ds .
Analogamente, concluímos que
ˆ 1
0
F (1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt+
ˆ 1
0
F (−1, 0, 1− t) · (0, 0,−1) dt = 0 .
9
Além disso, podemos consolidar as seguintes integrais:
ˆ π
0
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 2π
π
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt
=
ˆ 2π
0
F (cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt =
ˆ
F · dγ1
e, da mesma maneira,
ˆ π
0
F (− cos t, sin t, 1) · (sin t, cos t, 0) dt+
ˆ 2π
π
F (− cos t, sin t, 1) · (sin t, cos t, 0) dt
=
ˆ 2π
0
F (− cos t, sin t, 1) · (sin t, cos t, 0) dt =
ˆ
F · dγ2 .
Segue, por fim, que
(2)
ˆ
F · dΛ1 +
ˆ
F · dΛ2 =
ˆ
F · dγ1 +
ˆ
F · dγ2 .
Recordamos agora que as integrais sobre uma superfície são definidas em termos de
integrais sobre o domínio das parametrizações. Assim:
¨
σ1
(rotF ) · n dS +
¨
σ2
(rotF ) · n dS
=
¨
A1
[rotF (σ1(u, v))] · n1(u, v) dudv +
¨
A2
[rotF (σ2(u, v))] · n2(u, v) dudv
=
¨
A1
[rotF (σ(u, v))] · n(u, v) dudv +
¨
A2
[rotF (σ(u, v))] · n(u, v) dudv
=
¨
A
[rotF (σ(u, v))] · n(u, v) dudv =
¨
σ
(rotF ) · n dS ,(3)
onde denotamos
nj =
1
‖∂σj/∂u× ∂σj/∂v‖
∂σj
∂u
× ∂σj
∂v
=
1
‖∂σ/∂u× ∂σ/∂v‖
∂σ
∂u
× ∂σ
∂v
= n
e usamos o fato de que as parametrizações σj coincidem com σ onde estão definidas e
A1 ∩ A2 tem conteúdo nulo (é um segmento de reta) para juntar as integrais. Por fim,
comparando (1), (2) e (3), verificamos a validade da afirmação.
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