Teorema de Gauss

Teoria Completa

Introdução

O Teorema de Gauss, também conhecido como Teorema da Divergência, relaciona uma integral tripla sobre um volume W com uma integral de superfície sobre a sua fronteira, que chamamos de ∂ W . Você vai perceber que esse teorema possui certa semelhança com os teoremas de Stokes e Green.

Para aprender a aplicar o Teorema de Gauss, você precisa ter dois conceitos em mente. Primeiro, temos que saber como orientar essa superfície ∂ W que limita o sólido W . Você já viu que uma superfície é orientada por um campo vetorial n → de vetores normais a ela, mas há dois possíveis, qual escolhemos? Para uma superfície que limita um sólido estar orientada positivamente, seu vetor normal deve sempre apontar para fora do sólido. Veja a figura abaixo:

A região W está compreendida entre duas esferas de raios diferentes. Como você pode ver, n →   sempre aponta para fora de W .

Agora precisamos introduzir outro conceito: o divergente de um campo vetorial. Para isso, considere um campo F → ( x , y , z ) = ( F 1 ,   F 2 ,   F 3 ) que tenha derivadas parciais definidas no R 3 . Sendo assim, seu divergente é dado por:

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

Podemos obter essa expressão fazendo o produto escalar:

d i v F → = ∇ ⋅ F →

Onde é o operador de derivadas parciais:

∇ = ∂ ∂ x ,   ∂ ∂ y ,   ∂ ∂ z

Observação: Não confunda divergente com rotacional! O divergente é obtido por um produto escalar com o operador , o que resulta em um número, enquanto o rotacional é obtido por um produto vetorial, o que resulta em um vetor.

O Teorema de Gauss

Sendo ∂ W uma superfície orientada positivamente, fronteira de uma região sólida W e F → um campo vetorial que tenha derivadas parciais contínuas em W , pelo Teorema de Gauss pode-se afirmar que:

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

Em outras palavras, esse teorema afirma que, nessas condições acima, o fluxo de F → pela superfície ∂ W é igual à integral tripla do divergente desse campo em W . Quando você cair, então, nessa integral tripla, precisará usar aqueles recursos que você já aprendeu para resolvê-la: mudanças esféricas, cilíndricas etc, então é uma boa dar uma revisada nisso!

Tudo bem, agora que já vimos o Teorema de Gauss, vamos entender um pouco mais da utilidade dele! Da mesma forma que usamos o Teorema de Stokes como uma forma de calcular integrais de linha mais complicadas, quanto temos que calcular uma integral de superfície complicada, o Teorema de Gauss pode ser uma forma mais simples de calculá-la!

Exemplo: Calcule o fluxo ∬ S   F → . n →   d s , onde F → x , y , z = ( x y 2 ,   x 2 y ,   y ) e S é a superfície do sólido limitado pelo cilindro x 2 + y 2 = 1 e os planos z = 1 e z = - 1 , com a normal apontando para fora da superfície.

Passo 1: Vamos fazer um gráfico dessa região

Como a região limitada por S é fechada e S está orientada positivamente, podemos aplicar o Teorema de Gauss, temos:

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

Passo 2: Calcular d i v F →

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

Passo 3: Montar a integral

∬ S   F → . n → d s = ∭ w   y 2 + x 2   d x d y d z

Onde W = { ( x , y , z ) | x 2 + y 2 ≤ 1 ;   - 1 ≤ z ≤ 1 } .

Passo 4: Vamos fazer, agora, a substituição cilíndrica.

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

z = z

J = r

A região passa a ser descrita como r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2 π , - 1 ≤ z ≤ 1 e a integral passa a ser:

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

= ∫ - 1 1 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 3 d r d θ d z =

Passo 5: Resolver a integral

= ∫ - 1 1 ∫ 0 2 π r 4 4 r = 0 r = 1 d θ d z =

= 1 4 ∫ - 1 1 θ θ = 0 θ = 2 π d z =

= π 2 ∫ - 1 1 z z = - 1 z = 1 =

π

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Exercício Resolvido #1

UFRJ - Cálculo 3 - P2 2010.1 – 1

Determine o fluxo do campo vetorial:

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

Através da superfície do solido W limitado pelas esferas de equações: x 2 + y 2 + z 2 = a 2

x 2 + y 2 + z 2 = b 2

0 < a < b

Orientadas com sentidos opostos e exteriores ao sólido W .

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Passo 1

Podemos ver que se trata de uma questão de Teorema de Gauss pois o campo em questão é muito complexo para se fazer a conta. Portanto, aplicando o Teorema:

∬ S   F ∙ d S → = ∭ W   d i v F d x d y d z

Calculando o divergente:

d i v F = x 2 + y 2 + z 2 + 1 x 2 + y 2 + z 2

Substituindo na fórmula, dá pra ver que o ideal é trabalhar com coordenadas esféricas:

∬ S   F ∙ d S → = ∭ W   x 2 + y 2 + z 2 + 1 x 2 + y 2 + z 2 d x d y d z

Passo 2

Mudando para coordenadas esféricas temos:

x = ρ   s e n ϕ cos ⁡ θ

y = ρ   s e n ϕ s e n θ

z = ρ cos ⁡ ϕ

θ ∈ 0,2 π

ϕ ∈ [ 0 , π ]

ρ ∈ a , b

E pelo Jacobiano temos o elemento de volume:

d x d y d z = ρ 2 s e n ϕ   d ρ d ϕ d θ

Passo 3

Substituindo:

∬ S   F ∙ d S → = ∫ 0 2 π ∫ 0 π ∫ a b ρ 2 + 1 ρ 2 ρ 2 s e n ϕ d ρ d ϕ d θ

Arrumando e calculando:

∬ S   F ∙ d S → = ∫ 0 2 π ∫ 0 π ∫ a b ρ 4 + 1 s e n ϕ d ρ d ϕ d θ

∬ S   F ∙ d S → = 2 π × - cos ⁡ ϕ 0 π × ρ 5 5 + ρ a b

∬ S   F ∙ d S → = 4 π b 5 - a 5 5 + b - a

Resposta

∬ S   F ∙ d S → = 4 π b 5 - a 5 5 + b - a

Exercício Resolvido #2

UFRJ - Cálculo 3 - P2 2014.1 – 2

Seja S a união das superfícies S 1 S 2 e S 3 dadas pelas equações abaixo:

S 1 : y = x 2 + z 2 ,     0 ≤ y ≤ 1 ;

S 2 : 1 = x 2 + z 2 ,     1 ≤ y ≤ 2 ;

S 3 : y = 3 - x 2 + z 2 ,     2 ≤ y ≤ 3 ;

Calcule ∬ S F → . n →   d S , onde F → é o campo de vetores definido por F → x , y , z = ( e cos ⁡ z ,   z 2 y + ln ⁡ x 2 + 1 ,   y 2 + x 2 z ) e n → é o campo de vetores normais unitários exterior à região limitada por S .

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Passo 1

Vamos tentar imaginar como é o gráfico dessa superfície.

S 1 é um cone que tem o seu vértice na origem e vai aumentando o raio conforme o valor de y aumenta, até o ponto em que y = 1 , fazendo com que o raio do cone também valha 1 .

S 2 é um cilindro de raio 1 que começa no final do cone S 1 e vai até o ponto em que y = 2 .

S 3 é um paraboloide que “termina” em y = 3 e começa em y = 2 , partindo do final do cilindro S 2 .

Juntando tudo, temos o seguinte:

Como podemos ver, a superfície é toda fechada.

Para calcular ∬ S F → . n →   d S sobre uma superfície fechada, podemos usar o Teorema de Gauss.

Passo 2

O Teorema de Gauss é dado por:

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

Onde:

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

Passo 3

F → x , y , z = ( e cos ⁡ z ,   z 2 y + ln ⁡ x 2 + 1 ,   y 2 + x 2 z )

F 1 = e cos ⁡ z → ∂ F 1 ∂ x = 0

F 2 = z 2 y + ln ⁡ x 2 + 1 → ∂ F 2 ∂ y = z 2

F 3 = y 2 + x 2 z → ∂ F 3 ∂ z = x 2

O divergente será:

d i v F → = x 2 + z 2

Passo 4

∬ S   F → . n →   d s = ∭ w   x 2 + z 2 d V

Podemos escrever a região W como:

W = x 2 + z 2 ≤ 1 ,     x 2 + z 2 ≤ y ≤ 3 - x 2 + z 2

Pra simplificar o nosso cálculo, podemos usar coordenadas cilíndricas, onde:

x = r cos ⁡ θ

y = y

z = r sen ⁡ θ

J = r

Os limites para x e z são tranquilos, para descobrirmos os limites para y , basta substituir na relação que eu escrevi em W . Os limites são dados por:

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

r ≤ y ≤ 3 - r 2

Passo 5

Assim, a integral tripla será:

∭ w   x 2 + z 2 d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ r 3 - r 2 r 2 r   d y d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( 3 - r 2 - r ) r 2 r   d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 3 r 3 - r 5 - r 4   d r d θ

= ∫ 0 2 π 3 r 4 4 - r 6 6 - r 5 5 0 1 d θ

= 2 π 3 4 - 1 5 - 1 6 = 23 π 30

Resposta

∬ S   F → . n →   d s = 23 π 30

Exercício Resolvido #3

UFRJ - Cálculo 3 - P2 2013.2 – 4

Considere o campo vetorial

F = z 2 , 2 y z , 4 cos ⁡ x .

Seja a ∈ ( 0,1 ) uma constante. Determine o fluxo de F através da superfície S definida como a fronteira da região

W = x , y , z : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ,     z ≤ a 1 - a 2 x 2 + y 2

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Passo 1

Como o problema pede para calcularmos o fluxo de F através da superfície S , na verdade, ele está pedindo para calcularmos:

∬ S   F → . n → d S

E como se trata de uma superfície fechada, podemos usar o Teorema de Gauss, que diz que:

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

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

Passo 2

F = z 2 , 2 y z , 4 cos ⁡ x

Vamos começar calculando as derivadas parciais dos componentes de F   → para o divergente.

F 1 = z 2 → ∂ F 1 ∂ x = 0

F 2 = 2 y z →   ∂ F 2 ∂ y = 2 z

F 3 = 4 cos ⁡ x → ∂ F 3 ∂ z = 0

Portanto,

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

Passo 3

A nossa região W é dada por:

W = x , y , z : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ,     z ≤ a 1 - a 2 x 2 + y 2

Isso significa que é a região no interior da esfera

x 2 + y 2 + z 2 = 1

E fora do cone

z ≤ a 1 - a 2 x 2 + y 2

O resultado é algo do tipo:

Passo 4

∬ S   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V = ∭ W 2 z   d x d y d z

Como o nosso sólido é a parte de uma esfera, podemos usar coordenadas esféricas:

x = ρ sen ⁡ ϕ cos ⁡ θ

y = ρ sen ⁡ ϕ sen ⁡ θ

z = ρ cos ⁡ ϕ

J = ρ 2 s e n φ

Vamos usar o que o problema nos disse sobre a região W para descobrir os limites de ρ , ϕ e θ .

Passo 5

x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1

Substituindo as coordenadas esféricas:

ρ 2 sen 2 ⁡ ϕ cos 2 ⁡ θ + ρ 2 sen 2 ⁡ ϕ sen 2 ⁡ θ + ρ 2 cos 2 ⁡ ϕ ≤ 1

cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 1

ρ 2 sen 2 ⁡ ϕ + ρ 2 cos 2 ⁡ ϕ ≤ 1