Cilindro espesso \mathbf{F}=\ln \left(x^{2}+y^{2}\right) \mathbf{i}-\left(\frac{2 z}{x} \operatorname{tg}^{-1} \frac{y}{x}\right) \mathbf{j}+ z \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathbf{k} D: O cilindro de paredes espessas 1 \leq x^{2}+y^{2} \leq 2, \quad-1 \leq z \leq 2. Passo 1Temos o campo vetorial \mathbf{F}(x,y,z)=\ln\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,\mathbf{i}\;-\;\frac{2z}{x}\arctan\!\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr)\,\mathbf{j}\;+\;z\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathbf{k} e o domínio D dado pelo cilindro de paredes espessas 1 \le x^{2}+y^{2} \le 2,\quad -1 \le z \le 2. Queremos o fluxo de \mathbf{F} pela superfície fechada \partial D. Vamos usar o Teorema da Divergência: \iint_{\partial D}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS =\iiint_{D}\nabla\!\cdot\mathbf{F}\;dV. Passo 2Calculamos os termos de \nabla\!\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial F_{1}}{\partial x}+\frac{\partial F_{2}}{\partial y}+\frac{\partial F_{3}}{\partial z}. F_{1}=\ln(x^{2}+y^{2}) dá \frac{\partial F_{1}}{\partial x} =\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}. F_{2}=-\frac{2z}{x}\arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr). Como x é constante em \partial/\partial y, \frac{\partial F_{2}}{\partial y} =-2z\;\frac{\partial}{\partial y}\biggl[\frac{1}{x}\arctan\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)\biggr] =-2z\;\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{1+(y/x)^{2}}\cdot\frac{1}{x} =-\frac{2z}{x^{2}+y^{2}}. F_{3}=z\sqrt{x^{2}+y^{2}} dá \frac{\partial F_{3}}{\partial z} =\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Somando, \nabla\!\cdot\mathbf{F} =\frac{2x}{x^{2}+y^{2}} -\frac{2z}{x^{2}+y^{2}} +\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Passo 3Mudamos para coordenadas cilíndricas: x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;dV = r\,dr\,d\theta\,dz,\; \sqrt{x^{2}+y^{2}}=r. No numerador temos 2x-2z=2r\cos\theta-2z, logo \nabla\!\cdot\mathbf{F} =\frac{2r\cos\theta-2z}{r^{2}}+r =\frac{2\cos\theta}{r}-\frac{2z}{r^{2}}+r. O fluxo é \iiint_{D}\!\nabla\!\cdot\mathbf{F}\,dV =\int_{\theta=0}^{2\pi}\!\int_{r=1}^{\sqrt{2}}\!\int_{z=-1}^{2} \Bigl(\frac{2\cos\theta}{r}-\frac{2z}{r^{2}}+r\Bigr)\,r\,dz\,dr\,d\theta. Passo 4Integramos primeiro em z: \int_{z=-1}^{2}\!\Bigl(\frac{2\cos\theta}{r}-\frac{2z}{r^{2}}+r\Bigr)r\,dz =\int_{-1}^{2}\!\Bigl(2\cos\theta-\frac{2z}{r}+r^{2}\Bigr)\,dz. - \displaystyle\int_{-1}^{2}2\cos\theta\,dz=6\cos\theta - \displaystyle\int_{-1}^{2}-\frac{2z}{r}\,dz =-\frac{2}{r}\Bigl[\frac{z^{2}}{2}\Bigr]_{-1}^{2} =-\frac{3}{r} - \displaystyle\int_{-1}^{2}r^{2}\,dz=3r^{2}. Logo a integral em z vale 6\cos\theta -\frac{3}{r}+3r^{2}. Passo 5Agora em \theta e r: \int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{\sqrt{2}} \Bigl(6\cos\theta -\frac{3}{r}+3r^{2}\Bigr)\,dr\,d\theta =\underbrace{\int_{0}^{2\pi}6\cos\theta\,d\theta}_{0} +2\pi\int_{1}^{\sqrt{2}}\Bigl(-\tfrac{3}{r}+3r^{2}\Bigr)\,dr. Calculamos \int_{1}^{\sqrt{2}}\Bigl(-\tfrac{3}{r}+3r^{2}\Bigr)dr =\bigl[-3\ln r + r^{3}\bigr]_{1}^{\sqrt{2}} =2\sqrt{2}-1-\tfrac{3}{2}\ln2. Multiplicando por 2\pi, obtemos \Phi =2\pi\Bigl(2\sqrt{2}-1-\tfrac{3}{2}\ln2\Bigr) =4\sqrt{2}\,\pi-2\pi-3\pi\ln2. Resposta \iint_{\partial D}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS =4\sqrt{2}\,\pi \;-\;2\pi\;-\;3\pi\ln2. MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETAExercícios relacionados Lata cilíndrica \mathbf{F}=\left(6 x^{2}+2 x y\right) \mathbf{i}+\left(2 y+x^{2} z\right) \mathbf{j}+4 x^{2} y^{3} \mathbf{k} D : A região cortada do primeiro octante pelo cilindro x^{2}+ y^{2}=4 e pelo plano z=3. Superfície cônica Encontre o centroide da superfície lateral de um cone sólido de base com raio a e altura h (superfície do cone menos a base). div ( \operatorname{rot} G ) é zero a. Mostre que se as derivadas parciais necessárias dos componentes do campo \mathbf{G}=M \mathbf{i}+N \mathbf{j}+P \mathbf{k} forem contínuas, então \nabla \cdot \nabla \times \mathbf{G}=0. b. Pode-se concluir algo sobre o fluxo do campo \nabla \times \mathbf{G} através de uma superfície fechada? Justifique sua resposta.