(Questão 6)[1.5] Utilizando o teorema de Stokes, transforme a integral ∫ ∫ σ rot−→f ·−→n dS numa integral de linha, onde −→f (x, y, z) = y−→k , σ(u...

A partir do teorema de Stokes, podemos transformar a integral de superfície em uma integral de linha. O campo vetorial é definido como −→f (x, y, z) = y−→k e a superfície σ(u, v) = (u, v, u2 + v2), com u2 + v2 ≤ 1. A normal −→n aponta para cima. Para transformar a integral de superfície em uma integral de linha, podemos usar a seguinte fórmula: ∫ ∫ σ rot−→f ·−→n dS = ∫ ∂σ −→f ·−→T ds Onde ∂σ é a borda da superfície σ, −→T é o vetor tangente à curva e ds é o elemento de comprimento da curva. Para encontrar a borda da superfície σ, podemos usar as seguintes parametrizações: C1: σ(u, 0) = (u, 0, u2), com −1 ≤ u ≤ 1 C2: σ(1, v) = (1, v, 1 + v2), com 0 ≤ v ≤ 1 C3: σ(u, 1) = (u, 1, 1 + u2), com −1 ≤ u ≤ 1 C4: σ(−1, v) = (−1, v, 1 + v2), com 0 ≤ v ≤ 1 Assim, podemos escrever a integral de linha como: ∫ ∂σ −→f ·−→T ds = ∫ C1 −→f ·−→T ds + ∫ C2 −→f ·−→T ds + ∫ C3 −→f ·−→T ds + ∫ C4 −→f ·−→T ds Para encontrar o vetor tangente à curva, podemos usar a seguinte fórmula: −→T = (dx/ds)−→i + (dy/ds)−→j + (dz/ds)−→k Onde ds é o elemento de comprimento da curva. Substituindo as parametrizações e o vetor tangente à curva na integral de linha, temos: ∫ ∂σ −→f ·−→T ds = ∫ −1 1 (y, 0, 2u) · (1, 0, 2u) ds + ∫ 0 1 (0, v, 1) · (0, 1, 2v) ds + ∫ −1 1 (y, 1, 2u + 2) · (1, 0, 2u) ds + ∫ 0 1 (0, v, 1) · (0, −1, 2v) ds Integrando cada uma das integrais de linha, temos: ∫ ∂σ −→f ·−→T ds = ∫ −1 1 4u2 y ds + ∫ 0 1 2v ds + ∫ −1 1 2u(y + 1) ds − ∫ 0 1 2v ds Simplificando, temos: ∫ ∂σ −→f ·−→T ds = ∫ −1 1 4u2 y ds + ∫ −1 1 2u ds Integrando cada uma das integrais de linha, temos: ∫ ∂σ −→f ·−→T ds = 0 Portanto, a integral de superfície é igual a zero.