Superfície Aberta

Teoria Completa

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?!

Expandir

Exercício Resolvido #1

USP - Cálculo 3 - PSUB 2012 – 4

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 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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: