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Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Seja

F → = x x 2 + y 2 + z 2 3 2 + x ,   y x 2 + y 2 + z 2 3 2 + y ,   z x 2 + y 2 + z 2 3 2 + z

Calcular ∬ S F   n   d S   ode S é o cilindro fechado dado pela união S = S 1 ∪ S 2 ∪ S 3 onde

1. S 1 é a superfície lateral x 2 + y 2 = 4 ,   para - 1 ≤ z ≤ 1

2. S 2 é a tampa superior, x 2 + y 2 ≤ 4 ,   para z = 1 .

3. S 3 é a tampa inferior, x 2 + y 2 ≤ 4 ,   para z = - 1 .

e S é orientada com a normal n →   saindo.

Passo 1

Bem, a primeira coisa que devemos aqui é entender o problema, e basicamente o que ela quer é

∬ S   F → ⋅ n →   d S

Porém, esse campo já está definido e partes...

F → = F → 1 + F → 2

onde...

F → 1 = x ,   y ,   z x 2 + y 2 + z 2 3 / 2                         e                       F → 2 = x , y , z

Então...

F l u x o = ∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S - ∬ S   F → 2 ⋅ n →   d S

Uma subtração porque são caminhos opostos!

Então que devemos fazer é calcular cada uma dessas integrais aí. Partiu?

Passo 2

Vamos então aqui começar com a integral de superfície de F → 2 porque ela não envolve fração sugerindo ser mais fácil.

∬ S   F → 2 ⋅ n →   d S

Podemos resolvê-la de duas maneiras:

1º - Forma direta

2º - Teorema de Gauss.

Por termos um campo não tão elegante e uma superfície também não muito bonita, é interessante pensarmos no Teorema de Gauss. Para ter certeza, vamos verificar o divergente:

d i v F → 2 = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z

Como F → 2 ...

F → 2 = F 1 ,   F 2 ,   F 3 = x , y , z

Calculando cada uma dessas derivadas e somando...

d i v F → 2 = 1 + 1 + 1 = 3

Passo 3

O Teorema de Gauss nos dá a seguinte igualdade:

∬ S   F → 2 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 2   d V

Mas sim, não podemos aplicar essa igualdade sempre e de qualquer maneira. Temos que estar obedecendo às condições de Gauss:

1º - Ter um sólido W sendo delimitado por uma superfície S , que o enunciado já nos passou

2º - Não ter nenhuma singularidade onde estamos trabalhando.

3º - Ter um sólido orientado positivamente.

A primeira condição é satisfeita.

A segunda condição, também está funcionando bem, afinal

F → 2 = x ,   y ,   z

Esse campo, que estamos trabalhando aqui, não tem nenhum problema.

Por última, mas não menos importante, a terceira se trata dos vetores normais. Eles devem estar saindo do sólido, o que já está acontecendo.

Passo 4

Condições averiguadas e sendo satisfeitas, podemos aplicar o teorema:

∬ S   F → 2 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 2   d V =

∭ W   3 d V

= 3 × V o l ( W )

Observa que temos simplesmente um cilindro, com altura variando entre -1 e 1, ou seja, duas unidades.

= 3 × 2 π r × 2 = 3 × 8 π = 24 π

Passo 5

Bem, a primeira integral de superfície acabou. Agora falta a segunda, com relação ao campo F → 1 ...

F → 1 = x ,   y ,   z x 2 + y 2 + z 2 3 / 2  

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S

Para resolver essa integral, vamos novamente calcular o divergente, para comprovarmos a eficiência de Gauss:

d i v F → 1 = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z

Como...

F → 1 = F 1 ,   F 2 ,   F 3 = x x 2 + y 2 + z 2 3 2 , y x 2 + y 2 + z 2 3 2 , z x 2 + y 2 + z 2 3 2

Calculando a primeira derivada parcial aplicando a regra da fração com atenção...

∂ F 1 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + y 2 + z 2 3 2 =

x 2 + y 2 + z 2 3 2 ⋅ ∂ ∂ x x - x ⋅ ∂ ∂ x x 2 + y 2 + z 2 3 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2 =

Calculando essas derivadas do denominador com cuidado na regra da cadeia...

x 2 + y 2 + z 2 3 2 - x 3 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 ⋅ ∂ ∂ x x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2 =

x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 x 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2

Calculando a segunda derivada parcial com paciência...

∂ F 2 ∂ y = ∂ ∂ y y x 2 + y 2 + z 2 3 2 =

x 2 + y 2 + z 2 3 2 ⋅ ∂ ∂ y y - y ⋅ ∂ ∂ y x 2 + y 2 + z 2 3 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2 =

x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 y 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2

Agora á ultima...

∂ F 3 ∂ z = x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 z 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2

Somando tudo no divergente...

d i v F → 1 = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z

d i v F → 1 = x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 x 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2 + x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 y 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2 + x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 z 2 x 2 + y 2 + z 2 1 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 2

Resolvendo esse monstrão

d i v F → 1 = 0

Esse trabalhão todo pra dar zero kkkk. Não sabemos se choramos ou se sorrimos :’). Nesse caso, vou ficar com o sorrir mesmo, pois realmente vamos aplicar G a u s s novamente!

Passo 6

Repetindo o processo, sabemos que Gauss é:

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 1   d V

Novamente nas condições:

1º - Ter um sólido W sendo delimitado por uma superfície S .

2º - Não ter nenhuma singularidade onde estamos trabalhando.

3º - Ter um sólido orientado positivamente.

A primeira condição é satisfeita, pois a superfície S .

A segunda condição, aqui já não é satisfeita, afinal o campo

F → 1 = x x 2 + y 2 + z 2 3 2 , y x 2 + y 2 + z 2 3 2 , z x 2 + y 2 + z 2 3 2

Tem um problema na origem, pois se substituir... Ele zera o denominador. E agora, o que fazer?

Passo 7

A ideia aqui é eliminar esse problema com circundando esse ponto.

Podemos fazer isso com qualquer superfície, mas que tal pegar uma que simplifique o denominador?

Se pegarmos uma superfície S 2 , menor que S , tal que...

x 2 + y 2 + z 2 = 1

Essa esfera elimina o problema, já que pegamos 1 ali e, além disso, ele simplifica o denominador, sacou?

Agora a região W , mudou um pouco e a borda ∂ W   dela também:

Afinal, o sólido é esse que vai da esfera que colocamos, S 2 , até o cilindro já existente, S . A sua borda é agora a junção de S 2 e S , por isso, temos que adaptar a fórmula de Gauss:

∬ ∂ W   F → 1 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 1   d V   →

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 1   d V

Passo 8

Por última, mas não menos importante, a terceira condição do Teorema se trata dos vetores normais.

Eles devem estar saindo do sólido, o que já acontece por definição na superfície S . Na superfície que colocamos, S 2 , ele deve estar com o sentido para dentro, para fazer sentido o “vetores saindo do sólido”

Passo 9

Assim...

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v F → 1   d V

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S = ∭ W   0   d V

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S = 0

Como queremos a integral de superfície em cima de S , isolemos...

∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S = - ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S

Portanto é só calcular a integral de superfície em cima de S 2 e o nosso problema já vai estar basicamente fechado.

Eu sei, parece que não fizemos nada neh. Trocamos uma integral de superfície em cima de um elipsoide por outra. Acontece, que essa outra, a esfera simplifica muito o campo. Vem comigo ;)

Passo 10

Vamos então calcular ∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S . Aqui não tem muito por onde correr... Afinal, temos que parametrizar S 2 ...

x 2 + y 2 + z 2 = 1

Por ser uma esfera...

x = sin ⁡ φ cos ⁡ θ

y = sin ⁡ φ sin ⁡ θ

z = cos ⁡ φ

ou...

σ φ ,   θ = sin ⁡ φ cos ⁡ θ ,   sin ⁡ φ sin ⁡ θ ,   cos ⁡ φ

Como se trata de uma esfera fechadinha, θ da uma volta completa em torno de z ...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Enquanto que φ gira de 180 ° em cima de z ...

0 ≤ φ ≤ π

Passo 11

Para calcular o vetor normal n → d S ...

n → d S = N →   d φ d θ

Quanto ao vetor normal, normalmente calculamos fazendo:

N → = ∂ σ φ ,   θ ∂ φ × ∂ σ φ ,   θ ∂ θ

N → = - sin 2 ⁡ φ cos ⁡ θ , - sin 2 ⁡ φ sin ⁡ θ , - sin ⁡ φ cos ⁡ φ

Passo 12

Quanto ao campo vetorial F → 1 ...

F → 1 = x ,   y ,   z x 2 + y 2 + z 2 3 / 2  

Como arrumamos uma superfície tal que

x 2 + y 2 + z 2 = 1

F → 1 = x ,   y ,   z 1 3 / 2   = x ,   y ,   z 1 3 / 2   = x ,   y ,   z

Trocando esses caras pelos termos da parametrização...

F → 1 σ φ ,   θ = sin ⁡ φ cos ⁡ θ ,   sin ⁡ φ sin ⁡ θ ,   cos ⁡ φ

Passo 13

Voltando para a integral de superfície...

∬ S 2   F → 1 ⋅ n →   d S

E substituindo...

∫ 0 2 π ∫ 0 π sin ⁡ φ cos ⁡ θ ,   sin ⁡ φ sin ⁡ θ ,   cos ⁡ φ ⋅ - sin 2 ⁡ φ cos ⁡ θ , - sin 2 ⁡ φ sin ⁡ θ , - sin ⁡ φ cos ⁡ φ   d φ d θ

Simplificando depois de calcular o produto interno...

∫ 0 2 π ∫ 0 π - sin ⁡ φ   d φ d θ = ∫ 0 2 π - cos ⁡ π - cos ⁡ 0 d θ =

2 ∫ 0 2 π d θ = 4 π

Passo 14

Voltando ao inicio quando falamos que...

F l u x o = ∬ S   F → 1 ⋅ n →   d S - ∬ S   F → 2 ⋅ n →   d S

F l u x o = 24 π - 4 π =

2 0 π

Resposta

20 π