Exercícios Resolvidos de Caso Vetorial

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Enunciado

23) Calcule

∬ S   F → ⋅ n →   d S

e) F → x ,   y ,   z = y z ,   - x z ,   x 2 + y 2 e S é a parte da superfície de revolução obtida girando o segmento de rata que liga 1 ,   0 ,   1   a 0 ,   0 ,   3 , em torno do eixo z , com n → tendo a componente z não negativa.

Passo 1

Sabemos que o fluxo de um campo sobre uma superfície S é dado por uma integral de superfície dessa forma aqui:

∬ S   F → ⋅ n →   d S

Mas se você a desenhar a superfície girando o segmento de reta dado...

Obtemos o pedacinho do cone...

Veja que calcular uma integral de superfície aí vai ser chato, então que tal trocarmos pelo...

Teorema de Gauss

Provavelmente o Teorema de Gauss pode ser a nossa salvação 😉!

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

Passo 2

Mas não podemos aplicar essa integral assim... De qualquer forma. Precisamos averiguar as condições do Teorema que nos pede:

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

Vamos passar por cada um deles e verificar se satisfazem ou não 😊!

Passo 3

Quanto ao primeiro quesito, ter uma superfície fechada, já falhamos. Afinal de contas a nossa superfície é uma superfície aberta na parte de baixo em z = 1 :

Ora! Temos um fundo faltando um círculo de raio (pois x = 1 ) em cima do plano z = 1 , tampemos com esse círculusinho:

A essa superfície que acabamos de adicionar, daremos um nome de S 2 , mas não se preocupe, é apenas um nome ok?

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → = y z ,   - x z ,   x 2 + y 2

Esse campo Vetorial funciona em todas as situações, afinal ele não tem nenhuma divisão por 0 ou algo do tipo.

3º - Superfície orientada positivamente:

Bem, isso significa que precisamos de uma superfície com vetores normais saindo do sólido fechado por ela, o que já acontece lá do enunciado afinal o problema nos pediu o vetor normal apontado pra cima. Então é pra fora que o nosso vetor n → aponta (orientada positivamente 😉)

Passo 5

Bem, com as três condições sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade do Teorema sem nenhuma restrição...

∬ ∂ W   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Aqui só tenho um detalhe que preciso te falar! A integral de superfície do teorema é calculada em cima da superfície que fecha o sólido W . E esse cara é

∂ W = S ∪ S 2

Logo, temos que desmembrar a integral de superfície em duas... ∬ S   F → ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v   F →   d V

Vamos só fazer mais simplificações aqui... Passando a integral de S 2 pro outro lado...

∬ S   F → ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

Passo 6

Eu sei que parece loucura trocar o cálculo de uma integral de superfície por outras duas integrais! Mas pode acreditar talvez é o único jeito mesmo ainda mais nesse caso 😐!

Mas vamos começar aqui então pela integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V

O divergente de F → pode ser calculado facilmente apenas derivando parcialmente...

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

Como

F → = y z ,   - x z ,   x 2 + y 2

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = 0

∂ F 2 ∂ y = 0

∂ F 3 ∂ z = 0

Logo...

d i v   F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 2 ∂ z = 0

∭ W   0   d V = 0

Que maravilha 😊!

Passo 7

Concluímos uma etapa, mas ainda nos falta encontrar qual é o resultado da integral de superfície de F → em cima de superfície que adicionamos, ou seja, a tampa onde z = 1 ...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

O vetor n → por ser um vetor normal unitário apontado pra cima... Pode ser escrito como...

0 ,   0 ,   1

Como queremos o vetor contrário, ou seja, o pra baixo...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∬ S 2   y z ,   - x z ,   x 2 + y 2 ⋅ 0 ,   0 ,   - 1   d S =

Resolvendo esse produto escalar...

= - ∬ S 2   x 2 + y 2   d S

Agora é só calcular essa integral de superfície do caso escalar 😉!

Passo 8

Precisamos no caso descrever S 2 em coordenadas polares...

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = 1

Calculando o termo d S ...

d S = N → d r d θ

Onde...

∂ σ ∂ θ = - r sen ⁡ θ , r cos ⁡ θ , 0

∂ σ ∂ r = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ   ,   1

N → = i j k - r sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 cos ⁡ θ sin ⁡ θ 1

= ( 0 ,   0 ,   r )

E N → = r .

Vendo que r varia de 0 até o raio máximo do cilindro que é 1 e θ dá uma volta completa...

- ∬ S 2     x 2 + y 2   d S = - ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 r d r d θ

Passo 9

Calculando a integral...

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

- ∫ 0 2 π 1 4 d θ = - π 2

Passo 10

Veja bem, encontramos o valor da integral em S 2 . Mas como vimos do teorema de Gauss...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F �� ⋅ d S →

Então

∬ S   F → ⋅ d S → = 0 - - π 2

∬ S   F → ⋅ d S → = π 2

Resposta

π 2

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