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:

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 elipticas 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 o vetor oposto a esse:

∂ 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

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 306 – 4

Encontre o fluxo do campo

F = 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

z ∈ 0,2

E S 2 tem equação:

z = 1 + x 2 + y 2 2

z ∈ 1,2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Pelo aspecto do campo podemos adivinhar que utilizaremos o Teorema de Gauss. Desenhando um corte da região entre S 1 e S 2 no plano z x (poderia ser no z y e no x y também pra complementar, mas por conta da simetria da parada só esse já nos dá uma noção boa):

Podemos observar que falta uma certa “tampa” no plano x y pra fechar essas superfícies. Para aplicar o Teorema precisamos de uma superfície fechada, portanto definimos a superfície S 3 que fecha ela e adicionamos na integral.

Ela pode ser encontrada como a interseção da superfície z = 4 - 2 x 2 - y 2 laranja com o plano z = 0 :

0 = 4 - 2 x 2 - y 2

2 x 2 + y 2 = 4 → x 2 2 + y 2 4 = 1

Essa “tampa” seria o conjunto de todos os pontos dentro dessa elipse encontrada acima: S 3 = x , y , z ∈ R 3 z = 0 ,   x 2 2 + y 2 4 ≤ 1 }

A união entre as três superfícies delimita um sólido W . A superfície ser orientada positivamente significa que seu vetor normal é apontado para fora.

Passo 2

Aplicando a fórmula do Teorema:

∬ ∂ W   F ∙ n d S = ∬ S 1 ∪ S 2 ∪ S 3   F ∙ n d S = ∭ W   d i v ( F ) d W

Como S 1 ∪ S 2 = S e pela propriedade aditiva de integrais:

∬ ∂ W   F ∙ n d S = ∬ S 1 ∪ S 2   F ∙ n d S + ∬ S 3   F ∙ n d S

O que nós queremos saber é a integral em S , portanto é essa primeira do lado direito da equação acima. A outra que sobrou ainda vamos calcular (na marra mesmo).

Portanto, pelo teorema:

∬ S 1 ∪ S 2   F ∙ n d S + ∬ S 3   F ∙ n d S = ∭ W   d i v ( F ) d W

Calculando o divergente:

d i v F = 0 - 2 z + 2 z = 0

Passo 3

Substituindo na fórmula:

∬ S 1 ∪ S 2   F ∙ n d S + ∬ S 3   F ∙ n d S = ∭ W   0 × d W

∬ S 1 ∪ S 2   F ∙ n d S + ∬ S 3   F ∙ n d S = 0

∬ S 1 ∪ S 2   F ∙ n d S = - ∬ S 3   F ∙ n d S

Portanto a integral que queremos é só trocar o sinal dessa que é mais fácil de calcular.

Passo 4

Parametrizando a S 3 :

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

θ ∈ 0,2 π

t ∈ 0,1

Achamos seu vetor normal:

n = ∂ ϕ ∂ t × ∂ ϕ ∂ θ

n = i j k 2 cos ⁡ θ 2   s e n θ 0 - 2 t   s e n θ 2 t cos ⁡ θ 0

n = 0,0 , 2 2 t

Como vimos no passo, ele tem que apontar para fora, e pelo desenho constatamos que temos que trocar o sinal do vetor para tal:

n = 0,0 , - 2 2 t

Passo 5

Aplicando na integral, sabemos que os valores da primeira e da segunda coordenada do campo não importam por causa do produto escalar com o vetor normal que zera elas. Logo, em S 3 nosso campo é:

F = ? ,   ? , 0 2 + 3 2

F = ? ,   ? , 3 2

Pois S 3 é definida por:

S 3 = x , y , z ∈ R 3 z = 0 ,   x 2 2 + y 2 4 ≤ 1 }

Aplicando a fórmula:

∬ S 3   ? ,   ? , 3 2 ∙ 0,0 , - 2 2 t d t d θ