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Teoria

Teorema de Gauss

Pelo Teorema de Gauss, a gente consegue transformar uma integral de superfície em uma integral tripla, como descrito aqui embaixo,

∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ W   d i v F →   d V

Ou seja, ele nos ajuda a resolver algumas integrais mais complicadas com essa transformação. Porém, o Teorema de Gauss é usado para superfícies fechadas, nas quais é possível calcular o volume! Mas e se tivermos uma superfície aberta, o que fazer?

Vamos fechar a superfície! E é isso que vamos aprender neste tópico.

Superfícies Abertas

Vamos resolver um exemplo para entender como vamos fechar essa superfície e calcular essa integral.

F → = e y 2 ; ln ⁡ z 2 + 1 ; x 2 S : z = 9 - x 2 + y 2                    

Onde, 0 ≤ z ≤ 9 e n → . k → > 1

Então, se a gente tentar resolver essa integral de superfície diretamente vai ser complicado, por isso vamos aplicar o Teorema de Gauss. Mas lembra que a superfície tem que ser fechada? Vamos ver como é essa superfície S no gráfico,

Repara que a superfície é aberta na parte de baixo, então é ali que vamos ter que fechar!

Galerinha, sempre que a superfície tiver um perfil de paraboloide, cone ou cilindro, desconfie, pois pode tratar-se de uma superfície aberta.

Seguindo, vamos agora fechar a superfície! Para isso nós vamos adicionar uma superfície S 1 embaixo do paraboloide, como indicado na figura,

Como a gente adicionou mais uma superfície, o nosso teorema de Gauss agora terá essa cara aqui,

∬ S 1   F → . n →   d s + ∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ W   d i v F →   d V

Note que apareceu uma integral de superfície para S 1 . Agora vamos resolver essa nova integral que foi formada!

∬ S 1   F → . n →   d s

Mas antes vamos olhar para ela no plano x y que tem essa cara aqui,

Repara que a nossa “tampa” é uma circunferência de raio 3 , em z = 0 . Então a parametrização dela ficará assim,

S 1 : φ = r c o s θ ; r s e n θ ; 0

Como o raio vai até 3 , nós temo que 0 ≤ r ≤ 3 .

Já o θ vai variar de 0 ≤ θ ≤ 2 π , pois os círculo é completo.

Seguindo para resolvendo a integral da “tampa”, vamos achar o vetor normal,

n → = i j k c o s θ s e n θ 0 - r s e n θ r c o s θ 0 = 0,0 , r

Só mais uma coisinha, como a “tampa” está embaixo da nossa superfície e nosso vetor normal aponta para fora da superfície, ele vai ter que apontar para baixo. Ele fica assim,

n → = 0,0 , - r

Achamos o nosso vetor normal, vamos para nosso campo que está definido em,

F → = e y 2 ; ln ⁡ z 2 + 1 ; x 2

Como já parametrizamos nossa circunferência, vamos fazer a substituição,

F → φ r , θ = e ( r s e n θ ) 2 ; 0 ; r ² c o s 2 θ

Agora vamos voltar para integral de S 1 , que ficará assim,

∬ S 1   e ( r s e n θ ) 2 ; 0 ; r ² c o s 2 θ . 0,0 , - r   d r d θ

Vamos colocar nossos limites de integração e resolver nossa integral,

∫ 0 2 π ∫ 0 3 - r ³ c o s 2 θ   d r d θ =   - 81 π 4

Pronto, calculada a integral de superfície da “tampa”, vamos voltar para nossa equação geral de novo,

∬ S 1   F → . n →   d s + ∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ W   d i v F →   d V

- 81 π 4 + ∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ W   d i v F →   d V

Então para resolver a nossa equação de superfície original, nós temos que

∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ W   d i v F →   d V + 81 π 4

Então galera, o que a gente precisa agora é só achar o nosso divergente para resolver a integral tripla,

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

Lembra, que o nosso campo é F → = e y 2 ; ln ⁡ z 2 + 1 ; x 2

Então calculando as derivadas parciais temos, que

d i v F → = 0 +   0 + 0

d i v F → = 0

Então nossa integral tripla será zero,

∭ W   d i v F →   d V = 0

Voltando para nossa o nosso problema, ficamos assim

∬ ∂ W   F → . n →   d s = 0 + 81 π 4

∬ ∂ W   F → . n →   d s = + 81 π 4

Pronto! Acabamos de resolver o nosso exemplo!

Importante!!

Ao usar o Teorma de Gauss a superfície do sólido é dita orientada positivamente caso o vetor normal em qualquer ponto esteja apontando para fora da superfície!

Devemos tomar cuidado ao fechar o sólido, a nova superfície, ou seja, a tampa deve manter a orientação da superfície, resultando num sólido orientado positivamente!

Observação: Uma relação importante é a do divergente do rotacional, ao fazer está operação temos um resultado interessante! Veja só!

Seja um campo vetorial F → = F 1 ,   F 2 ,   F 3 , assim

r o t F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F ! F 2 F 3 = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

G → = r o t F → =   ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Agora vamos fazer o divergente de G → ,

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

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

d i v G → = 0

Como G → = r o t F → ,

d i v r o t F → = 0

Pronto! Então todo divergente do rotacional é zero! Mas pra que diabos alguém usaria isso?

Bom, em algumas questões malignas você pode ter que usar Gauss e Stokes juntos! Pois é, nego perde a linha né? Mas é isso aí, bora praticar um pouco!

E agora vamos partiu exercícios?!

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule ∬ S   F → . N → d S onde F → x , y , z = e y 2 + x , y + 1 , z e S é a parte da superfície 4 x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 com y ≥ 0 sendo N → a normal tal que N → . j → ≥ 0 .

Passo 1

Vamos começar com um esboço da região para entender melhor o que está acontecendo. Temos o elipsoide:

x 2 + y 2 4 + z 2 2 = 1

Com y ≥ 0 . É isso aqui então:

Passo 2

Como deve dar trabalho calcular isso ai pela definição (dá uma olhada no campo), vamos tentar usar Gauss aqui. Começarmos calculando esse divergente:

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

d i v F → = 1 + 1 + 1 = 3

Olha que maravilha isso aqui.

Passo 3

Para usar Gauss, precisamos fechar essa região. Vamos fechar com esse disco (elipse) que a borda de S forma, pode ser? Então, temos isso aqui:

∬ S   F → . n →   d s + ∬ e   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V

Sendo W a região na figura acima, orientada positivamente, e e é a elipse que fecha S . Temos então:

∬ S   F → . n →   d s = 3 ∭ w   d V - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 3 V o l u m e ( W ) - ∬ e   F → . n →   d s

Onde V o l u m e ( W ) é metade do volume do elipsoide. Lembra que o volume de um elipsoide é dado por isso aqui?

V o l u m e e l i p s o i d e = 4 3 π   a b c

Onde a , b , c são as raízes dos denominadores de x 2 , y 2 e z 2 (os semeixos do elipsoide):

a = 1

b = 2

c = 2

Portanto:

V o l u m e e l i p s o i d e = 8 π 2   3  

Isso nos dá:

∬ S   F → . n →   d s = 3 × 1 2 × 8 π 2   3 - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 - ∬ e   F → . n →   d s

Passo 4

Agora precisamos da integral na elipse. Para descobrir sua equação vamos fazer y = 0 na equação do elipsoide:

x 2 + 0 + z 2 2 = 1

x 2 + z 2 2 = 1

Vamos parametrizar isso aí em coordenadas elípticas então:

φ r , θ = r cos ⁡ θ ,   0 , 2 r s e n   θ  

Onde 0 ≤ θ ≤ 2 π e 0 ≤ r ≤ 1 .

Lembrando que a elipse pertence ao plano y = 0 . Show, agora vamos achar a sua normal:

∂ φ ∂ r = cos ⁡ θ , 0 ,   s e n   θ

∂ φ ∂ θ = - r   s e n   θ ,   0 ,   2 r cos ⁡ θ

∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ θ 0 2 s e n   θ - r   s e n   θ 0 2 r cos ⁡ θ = 0 , - 2 r , 0

Como a normal deve apontar para fora de W , para a elipse, isso significa y ≤ 0 , portanto, queremos esse vetor mesmo:

∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ r = 0 , - 2 r , 0

Passo 5

Agora, vamos usar essa fórmula aqui:

∬ e   F → . n → d S = ∬ D   F → φ r , θ ∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ d r d θ

Escrevendo o campo em função da parametrização, temos:

F → φ r , θ = 1 + r cos ⁡ θ , 1 , 2 r   s e n   θ

Levando o que temos para a integral:

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 1 + r cos ⁡ θ , 1 , 2 r   s e n   θ . 0 , - 2 r , 0 d r d θ =

= - 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r d r d θ =

= - 2 ∫ 0 2 π r 2 2 0 1 d θ =

= - 2 2 ∫ 0 2 π d θ =

= - 2 π

Passo 6

Temos então

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 + 2 π

Resposta

4 π 2 + 2 π

Exercício Resolvido #2

Encontre o fluxo do campo F x , y , z = ( e y + cos ⁡ y z , - 2 z y + s e n   x z , z 2 + 3 2 ) através da superfície S , orientada positivamente, união das superfícies S 1 e S 2 , onde S 1 é definida por z = 4 - 2 x 2 - y 2 , 0 ≤ z ≤ 2 , e S 2 tem equação z = 1 + x 2 + y 2 2 , 1 ≤ z ≤ 2 .

Passo 1

Se liga! O enunciado está pedindo para encontrar o fluxo. Para começarmos a resolver, podemos escrever que o fluxo, que chamaremos de ϕ , é dado por

ϕ = ∬ S F →     .     n →   d S .

Passo 2

O enunciado pede para achar o fluxo do campo através da união entre as superfícies S 1 e S 2 , ou seja, S 1 ∪ S 2 .

Outra informação importante é que a superfície S 1 é definida por

  z = 4 - 2 x 2 - y 2  

que representa um paraboloide elíptico com concavidade para baixo com vértice localizado no ponto ( 0,0 , 4 ). Como ele está definido em 0 ≤ z ≤ 2 , podemos esboçar o desenho dele da seguinte forma.

Agora podemos analisar o que acontece quando z = 0 ,

0 = 4 - 2 x 2 - y 2

x 2 2 + y 2 4 = 1 .

Chamaremos a superfície deste disco como S A .

Sendo assim, quando y = 0 temos que

x = ± 2

E para x = 0

y = ± 2 .

Assim temos duas superfícies que delimitam o sólido em z = 0 e z = 2 .

Passo 3

Se considerarmos o plano onde z = 2 , temos que

2 = 4 - 2 x 2 - y 2

x 2 + y 2 2 = 1             ( 1 )

Assim, quando y = 0 ,

x = ± 1

e para x = 0

y = ± 2 .

Passo 4

A superfície S 2 é definida por

z = 1 + x 2 + y 2 2

no intervalo 1 ≤ z ≤ 2 . Assim podemos esboçar o desenho

Se liga que quando z = 1

1 = 1 + x 2 + y 2 2

x 2 = - y 2 2 ⇒ x = y = 0 .

Passo 5

Analisando quando z = 2 , temos

2 = 1 + x 2 + y 2 2

x 2 + y 2 2 = 1

Repare que esta é a mesma equação (1) encontrada para a superfície S 1 quando z = 2 .

Passo 6

Se liga! Quando é feita a união das superfícies, S 1 e S 2 , no intervalo definido por

1 ≤ z ≤ 2

a superfície S 2 fica por dentro da superfície S 1 , sendo assim, quando fazemos

S = S 1 ∪ S 2

não incluímos a borda superior, quando z = 2 , da superfície S 1 . Repare que S A não está inclusa em S .

Passo 7

Considerando que temos uma superfície fechada, podemos aplicar o Teorema de Gauss.

∬ S F →     .   n →   d s = ∭ W d i v F → d V     ( 2 )

Onde

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

Fazendo as derivadas parciais, temos

∂ F 1 ∂ x = ∂ ∂ x e y + cos ⁡ y z = 0

∂ F 2 ∂ y = ∂ ∂ y - 2 z y + s e n   x z = - 2 z

∂ F 3 ∂ z = ∂ ∂ z z 2 + 3 2 = + 2 z

⇒ d i v   F → = 0 - 2 z + 2 z = 0         ( 3 )

Passo 8

Podemos separar

∬ S F →     .   n →   d s

Em

∬ S A F →     .   n →   d s + ∬ S F →     .   n →   d s       ( 4 )

Substituindo a (4) em, (2) e usando a equação (3), temos

∭ W d i v F → d V = ∬ S A F →     .   n →   d s + ∬ S F →     .   n →   d s = 0

⇒ ∬ S A F →     .   n →   d s = - ∬ S F →     .   n →   d s .     ( 5 )

Passo 9

Agora vamos fazer a parametrização de S A .

Lembrando que a superfície S A