Teorema da Divergência no Plano

Teoria Completa

Introdução

Quando vimos o teorema de Green, vimos que, quando tinhamos uma integral de linha vetorial complicada podiamos fazer:

∫ ∂ D F 1 d x + F 2 d y = ∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Que em geral simplificava bastante as coisas, né?

Agora vamos ver algo muito parecido, só que para o fluxo. Como tinhamos visto, o fluxo pode ser representado pela integral:

ϕ f l u x o = ∫ C F → ∙ n →   d t = ∫ C F 1 d y - F 2 d x

Com a segunda notação, podemos manipular um pouquinho para chegarmos em:

∫ C F 1 d y - F 2 d x = ∫ C ( - F 2 ) d x + F 1 d y

Ou seja, basicamente, é “como se fosse” integral vetorial com um novo campo F → f l u x o = - F 2 , F 1 , perpendicular ao campo original F → = F 1 , F 2 .

E, usando esse modo de pensar no fluxo, podemos aplicar o teorema de Green:

∫ ∂ D ( - F 2 ) d x + F 1 d y = ∬ D ∂ F 1 ∂ x - ∂ - F 2 ∂ y d x d y = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y d x d y

A essa aplicação chamamos de Teorema da Divergência, e vamos só fazer a definição formal dele pra você ter tudo bem claro.

Definição do Teorema

Para uma curva C fechada e simples, orientada positivamente, delimitando uma região D , tal que C = ∂ D , o fluxo de um campo F → = ( F 1 , F 2 ) , definido sobre toda a região D é dado por:

ϕ f l u x o = ∫ C F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y d x d y = ∬ D div ⁡ F → d x d y

Com isso, assim como o teorema de Green podia simplificar o cálculo de trabalho que eram complicados de achar pela definição, o Teorema da divergência faz a mesma coisa, saimos de uma integral de linha complicada para calcularmos uma integral dupla possivelmente mais simples.

Beleza, como fazer as questões quando ele pedir o fluxo? Vamos ver um exemplo disso!

Exemplo

Encontre o fluxo do campo

F → = x + e x sin ⁡ y i → + x + e x cos ⁡ y j →

Através do triângulo de vértices ( 1,0 ) , ( 0,1 ) e ( - 1,0 ) , orientado no sentido anti-horário.

Passo 1: Montar o problema

Parece chato calcular cada uma das integrais sobre cada uma das retas pela definição, então vamos procurar ajuda no teorema da divergencia:

ϕ f l u x o = ∬ D div ⁡ F → d x d y

Passo 2: Calcular o divergente

O divergente pode ser encontrado por:

d i v = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y = ∂ x + e x sin ⁡ y ∂ x + ∂ x + e x cos ⁡ y ∂ y = 1 + e x sin ⁡ y + e x - sin ⁡ y = 1

O que é bem simples, então deve valer a pena usar o teorema sim, vamos ver como que fica na fórmula!

Passo 3: Calcular a integral dupla

A gente tinha:

ϕ f l u x o = ∬ D div ⁡ F → d x d y = ∬ D 1 d x d y = Á r e a ( D )

Que nesse caso é muito simples, pois temos um triângulo de base 2 e altura 1 , então:

ϕ f l u x o = Á r e a D = 2 ∙ 1 2 = 1

E pra ter o passo-a-passo resumido na cabeça, vamos anotar:

Passo 1: Montar o problema

Passo 2: Calcular o divergente

Passo 3: Calcular a integral dupla

Vamos ver como que fica na prática agora? Então vamos aos exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um Curso de Cálculo – volume 3, 5ª edição, Rio de Janeiro: LTC, 2002, pp. 202-1b.

Calcule

∫ γ F → ∙ n →   d t

Sendo dados: F → = y   j → , γ a fronteira do quadrado de vértices ( 0,0 ) , ( 1,0 ) , ( 1,1 ) e ( 0 ,   1 ) e n → a normal que aponta para fora do quadrado, sendo γ orientada no sentido anti-horário.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

A gente sabe que o que ele pede é o fluxo e, nesse caso, nem seria tão complicado tentar fazer pela definição, mas seriam quatro curvas e muitas contas, né?

Por sorte, temos o teorema da divergência no plano para nos ajudar.

Vamos lembrar o que vimos na teoria. O teorema nos diz, basicamente que:

∫ ∂ D F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y

Ou seja, saimos de um integral de linha de fluxo para calcularmos uma integral dupla. Vamos ver se vale a pena mesmo!

Passo 2

O campo que a questão deu é escrito por:

F → = F 1 ,   F 2 = ( 0 , y )

Então, calculando o termo dentro da integral dupla, vamos ter que:

∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y = 0 + 1 = 1

O que é muito simples e nos ajuda muito no cálculo. Vamos ver como que vai ficar, então!

Passo 3

É só jogar na integral dupla:

∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y = ∬ D 1   d x d y = Á r e a ( D )

O nosso domínio D é bem tranquilo, um quadrado de lado 1 , então temos que a área do quadrado é:

Á r e a D = 1 2 = 1

Ou seja:

∫ γ F → ∙ n →   d t = 1

Resposta

1

Exercício Resolvido #2

George B. Thomas, Cálculo – volume 2, 11ª edição, São Paulo: Pearson Education do Brasil ltda., 2009, pp. 504-13.

Encontre o fluxo exterior do campo

F = 3 x y - x 1 + y 2 i + e x + arctan ⁡ y j

Através da cardióide

r = a 1 + cos ⁡ θ ,   a > 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Eita, essa parece uma integral bem difícil de fazer pela definição...

Mas a gente viu na teoria que tem outra forma de resolver essa questão: o teorema da divergência!

Vamos lembrar o que ele diz:

∫ ∂ D F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y

Ou seja, saimos de um integral de linha de fluxo para calcularmos uma integral dupla.

Com sorte, vamos ter algo mais possível de calcular, vamos ver como que vai ficar!

Passo 2

O campo que a questão deu é escrito por:

F → = F 1 ,   F 2 = ( 3 x y - x 1 + y 2 , e x + arctan ⁡ y )

Então, calculando o termo dentro da integral dupla, vamos ter que:

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

É, com certeza é algo muito mais simples do que tinhamos antes, né?

Mas calma que ainda vamos ter que ver como que isso fica na integral.

Passo 3

Vamos ter:

∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y = ∬ D 3 y   d x d y

A região D parece meio estranha, mas a curva sugere coordenadas polares, então vamos tentar:

x = r cos ⁡ θ ,   y = r sin ⁡ θ ,   d x d y = r   d r d θ

O domínio fica:

0 ≤ θ ≤ 2 π

0 ≤ r ≤   a 1 + cos ⁡ θ

Então:

∬ D 3 y   d x d y = ∫ 0 2 π ∫ 0 a ( 1 + cos ⁡ θ ) 3   r sin ⁡ θ   r   d r d θ

Que é viável de calcular, vamos tentar!

Passo 4

Falta só resolver a integral:

∫ 0 2 π ∫ 0 a 1 + cos ⁡ θ 3   r sin ⁡ θ   r   d r d θ = ∫ 0 2 π sin ⁡ θ ∙ r 3 │ 0 a 1 + cos ⁡ θ   d θ

= ∫ 0 2 π sin ⁡ θ ∙ a 3 1 + cos ⁡ θ 3   d θ

Que a gente resolve com a substituição:

u = 1 + cos ⁡ θ

d u = - sen ⁡ θ d θ → d θ = d u se n ⁡ θ

Então:

∫ sin ⁡ θ ∙ a 3 1 + cos ⁡ θ 3   d θ = a 3 ∫ u 3 d u = a 3 ∙ u 4 4 = a 3 4 1 + cos ⁡ θ 4

Usando os limites de integração que tinhamos antes:

a 3 4 1 + cos ⁡ θ 4 │ 0 2 π = a 3 4 - a 3 4 = 0

Tudo isso pra chegarmos em 0 , não acredito... haha

Mas o que importa é que conseguimos resolver a questão!

Resposta

0

Exercício Resolvido #3

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um Curso de Cálculo – volume 3, 5ª edição, Rio de Janeiro: LTC, 2002, pp. 204-10.

Seja

F = x 3 y 3 i + 3 y - 3 4 x 2 y 4 j

E seja

γ t = t 3 , sin ⁡ ( 4 arctan ⁡ t 2 ) ,   0 ≤ t ≤ 1

Seja α a área do conjunto limitado pelo eixo x e pela curva y . Calcule

∫ γ F → ∙ n →   d t

Onde n → é a normal a γ que aponta para fora do conjunto acima mencionado.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

A integral dada é bem similar a uma integral de linha de fluxo (com exceção de que a curva dada não é fechada), mas parece bem difícil de calcular pela definição.

Podemos pensar então em usar o teorema da divergência:

∫ ∂ D F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y

Mas precisamos lembrar que uma das condições do teorema é que a curva seja a fronteira da região D , isto é, a curva precisa ser fechada. Vamos ver como podemos contornar isso!

Passo 2

A curva γ dada na questão não é fechada. Na verdade, podemos ver que ela começa no ponto:

t = 0 → 0 , sin ⁡ 4 ∙ 0 = ( 0 ,   0 )

E termina no ponto:

t = 1 → 1 , sin ⁡ 4 ∙ π 4 = 1 ,   0

Então, pra começar, temos que criar uma curva que ligue esses dois pontos. Pode ser a reta:

γ 1 : σ → = t , 0 , 0 ≤ t ≤ 1

E assim, vamos ter que C = γ ∪ γ 1 , uma curva fechada. Só tem que toma cuidado que a curva está orientada no sentido horário, negativa!

Vamos fazer então que: C - = ∂ D e aplicar o teorema!

Passo 3

Vamos ter:

∫ ∂ D F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y

E desenvolvemos mais um pouco:

- ∫ C F → ∙ n →   d t = ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y

→ ∫ γ F → ∙ n →   d t = - ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y - ∫ γ 1 F → ∙ n →   d t

Agora só precisamos calcular a integral dupla do teorema e a integral de linha sobre γ 1 , que é uma reta, então vai ser bem mais simples que a integral de γ . Mas vamos lá!

Passo 4

Vamos começar com a integral dupla:

∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y = ∬ D 3 x 2 y 3 + 3 - 3 x 2 y 3   d x d y

= 3 ∬ D d x d y = 3   Á r e a D

Que é dado na questão como α , então:

∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y = 3 α

Uma parte já foi, vamos à próxima!

Passo 5

Agora vamos tentar a integral de linha:

∫ γ 1 F → ∙ n →   d t

O vetor normal é dado por:

n → = d y d t , - d x d t = 0 , - 1

Então jogamos na integral:

∫ γ 1 F → ∙ n →   d t = ∫ γ 1 t 3 ∙ 0 3 , 3 ∙ 0 - 3 4 t 2 ∙ 0 ∙ 0 , - 1   d t = ∫ γ 1 0   d t = 0

Opa, isso nos poupa bastante trabalho!

Passo 6

Agora é só somar:

∫ γ F → ∙ n →   d t = - ∬ D ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y   d x d y - ∫ γ 1 F → ∙ n →   d t = - 3 α - 0 = - 3 α

E pronto, tudo resolvido!

Resposta

- 3 α

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