Exercícios Resolvidos de Caso Vetorial

USP - Cálculo 3 - PSUB 2015 – 3

Calcule ∬ S   F → . N → d S onde F → x , y , z = r → r → 3 → e S é a parte do hiperboloide x 2 + y 2 - z 2 = 1 limitado pela esfera x 2 + y 2 + z 2 = 2 com a normal que aponta no sentido que se afasta do eixo z .

Passo 1

Antes de tudo, vamos pensar que superfície é essa do problema. Temos um hiperboloide cortado por uma esfera:

A superfície do problema é a parte do hiperboloide que está dentro da esfera, portanto, isso aqui:

Onde a normal aponta para fora.

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Passo 2

Como temos simetria em relação ao eixo z e termos quadráticos, vamos parametrizar essa superfície em coordenadas cilíndricas, ok? Temos:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

z = z

O que nos dá

x 2 + y 2 - z 2 = 1

r 2 - z 2 = 1

z = ± r 2 - 1

φ 1 r , θ = ( r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ , r 2 - 1 )

φ 2 r , θ = ( r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ , - r 2 - 1 )

Temos duas parametrizações muito parecidas, uma para a parte do hiperboloide que fica acima do plano x y e outra para a parte que fica abaixo.

OBS: Essas duas superfícies são simétricas em z . Se você reparar, a função que vamos integrar F → x , y , z = r → r → 3 → também é simétrica em z , o que quer dizer que a integral sobre φ 1 vai ser igual �� sobre φ 2 . Por isso, vamos trabalhar aqui só com φ 1 e dobrar o resultado, ok?

Como temos a volta completa em torno do eixo z , 0 ≤ θ ≤ 2 π . Para descobrir o intervalo de r precisamos descobrir onde o hiperboloide corta a esfera:

x 2 + y 2 - z 2 = 1

x 2 + y 2 + z 2 = 2

Somando as duas equações, temos:

2 x 2 + 2 y 2 = 3

x 2 + y 2 = 3 2

Sabemos então que as superfícies se cortam em r = 3 / 2 , certo?

Como o raio mínimo é r = 1 , quando z = 0 , nós sabemos que 1 ≤ r ≤ 3 / 2 .

Passo 3

Agora temos que calcular a normal ∂ φ 1 ∂ r × ∂ φ 1 ∂ θ

φ 1 r , θ = ( r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ , r 2 - 1 )

Temos:

∂ φ 1 ∂ r = cos ⁡ θ , s e n   θ , r r 2 - 1

∂ φ 1 ∂ θ = ( - r   s e n   θ , r cos ⁡ θ , 0 )

∂ φ 1 ∂ r × ∂ φ 1 ∂ θ = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ θ s e n   θ r r 2 - 1 - r   s e n   θ r cos ⁡ θ 0

= - r 2 r 2 - 1 cos ⁡ θ , - r 2 r 2 - 1   s e n   θ , r cos 2 ⁡ θ + r   s e n 2 θ =

= - r 2 r 2 - 1 cos ⁡ θ , - r 2 r 2 - 1   s e n   θ , r

Bom, como o problema diz que a normal aponta para longe de z , isso quer dizer, para φ 1 , a componente z da normal ser negativa. Volta lá no desenho se você ficou confuso. Logo, o vetor que queremos é o oposto a esse:

∂ φ 1 ∂ θ × ∂ φ 1 ∂ r = r 2 r 2 - 1 cos ⁡ θ , r 2 r 2 - 1   s e n   θ , - r

Passo 4

Agora, para calcular essa integral, vamos usar a seguinte fórmula:

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

Como nós vimos que a integral em φ 1 vai ser igual à em φ 2 , temos:

∬ S   F → . n → d S = 2 ∬ D   F → φ 1 r , θ ∂ φ 1 ∂ r × ∂ φ 1 ∂ θ d r d θ

Aplicando os valores que nós temos:

∬ S   F → ⋅ n → d S = 2 ∬ D   F → φ r , θ . cos ⁡ θ , s e n   θ , 2 r r 2 - 1 d r d θ

Onde

F → x , y , z = r → r → 3 → = 1 x 2 + y 2 + z 2 3 / 2 ( x , y , z )

Escrevendo nas variáveis da parametrização:

F → φ r , θ = r cos ⁡ θ ,   r sen ⁡ θ , r 2 - 1 r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ + r 2 - 1 3 / 2 = r cos ⁡ θ ,   r sen ⁡ θ , r 2 - 1 2 r 2 - 1 3 / 2

= 2 ∬ D   r cos ⁡ θ ,   r sen ⁡ θ , r 2 - 1 2 r 2 - 1 3 / 2 . cos ⁡ θ , s e n   θ , 2 r r 2 - 1 d r d θ =

= 2 ∬ D   r + 2 r 2 r 2 - 1 3 / 2 d r d θ =

= 6 ∬ D   r 2 r 2 - 1 3 / 2 d r d θ =

Trazendo os intervalos de r e θ :

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

Passo 5

Agora vamos resolver isso aí. Fazendo:

2 r 2 - 1 = u

4 r d r = d u

r = 3 2           →             u = 2

r = 1           →             u = 1

= 6 4 ∫ 0 2 π ∫ 1 2 1 u 3 / 2 d u d θ =

= 3 ∫ 0 2 π 1 u 1 2 d θ =

= 3 ∫ 0 2 π 1 2 - 1 d θ =

= 6 π 1 2 - 1

Resposta

6 π 1 2 - 1

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