Exercício 2.31. Seja E_{1} a região sólida delimitada pelo cilindro x^{2}+y^{2}=1 e pelos planos z=0 e z=1. Seja E_{2} a região sólida cônica acima de E_{1}, delimitada pelo cone x^{2}+y^{2}=\left(2-z^{2}\right), de vértice (0,0,2) e pelos planos z=1 \mathrm{e} z=2. Seja agora E=E_{1} \cup E_{2} a região sólida obtida como união das duas. Considere o campo de força
\vec{F}(x, y, z)=\left(1-x^{2}-y^{2}, z\left(1-x^{2}-y^{2}\right), 2 x z+y z^{2}+z-1\right)
(a) Descreva a fronteira de E, \partial E.
(b) Calcule a componente normal de \vec{F} sobre a face lateral S_{1} de E_{1} e sobre a sua face de baixo D.
(c) Calcule a divergência de \vec{F}.
(d) Calcule o fluxo de \vec{F} através da superfície lateral S_{2} de E_{2} (a porção do cone), com a orientação externa a E.

Passo 1

O enunciado define a região sólida
\displaystyle E = E_{1}\cup E_{2},
onde
E_{1} é o cilindro reto
\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}\le1,\;0\le z\le1\},
E_{2} é o tronco de cone com vértice em (0,0,2), base em z=1 e parede
\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}=(2 - z)^{2},\;1\le z\le2\}.
O campo é
\vec{F}(x,y,z)=\bigl(1-x^{2}-y^{2},\;z(1-x^{2}-y^{2}),\;2xz+yz^{2}+z-1\bigr).
Precisamos:
(a) descrever \partial E,
(b) calcular F\cdot n na face lateral do cilindro S_{1} e na base D,
(c) achar \nabla\cdot \vec F,
(d) fluxo de \vec F pela face lateral cônica S_{2} com orientação externa.

Passo 2

A fronteira \partial E é a união de três superfícies:
S_{1}: a parede cilíndrica
S_{1}=\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}=1,\;0\le z\le1\},
D: o disco de baixo
D=\{(x,y,0)\mid x^{2}+y^{2}\le1\},
S_{2}: a superfície lateral do tronco de cone
S_{2}=\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}=(2 - z)^{2},\;1\le z\le2\}.

Passo 3

Para S_{1} o normal externo é
\displaystyle n=\bigl(\tfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\tfrac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},0\bigr)
e em S_{1} temos \sqrt{x^{2}+y^{2}}=1. Logo
\vec F\cdot n =(1-r^{2})\frac{x}{r}+z(1-r^{2})\frac{y}{r}\Big|_{r=1} =(1-1)\frac{x+zy}{1}=0.
Para o disco D o normal externo é para baixo, n=(0,0,-1). Então
\vec F\cdot n =-F_{3}(x,y,0) =-\bigl(2x\cdot0+y\cdot0^{2}+0-1\bigr) =1.

Passo 4

Calculamos a divergência
\nabla\!\cdot\vec F =\frac{\partial}{\partial x}(1-x^{2}-y^{2}) +\frac{\partial}{\partial y}\bigl[z(1-x^{2}-y^{2})\bigr] +\frac{\partial}{\partial z}(2xz+yz^{2}+z-1).
As derivadas dão
-2x\;+\;-2yz\;+\;(2x+2yz+1)=1.

Passo 5

Usamos o Teorema da Divergência:
\iiint_{E}(\nabla\!\cdot\vec F)\,dV =\iint_{\partial E}\vec F\cdot n\,dS =\Phi_{S_{1}}+\Phi_{D}+\Phi_{S_{2}}.
Como \nabla\!\cdot\vec F=1, o volume de E é
\vol(E) =\vol(E_{1})+\vol(E_{2}) =\pi\cdot1\cdot1+\tfrac13\pi\cdot1^{2}\cdot1 =\pi+\tfrac\pi3=\tfrac{4\pi}{3}.
Portanto
\iiint_{E}1\,dV=\tfrac{4\pi}{3}.
Já temos
\Phi_{S_{1}}=0 e
\Phi_{D}=\iint_{D}1\,dS=\pi.
Logo
\tfrac{4\pi}{3} =0+\pi+\Phi_{S_{2}} \quad\Longrightarrow\quad \Phi_{S_{2}}=\tfrac{\pi}{3}.

Resposta

(a) \partial E=S_{1}\cup D\cup S_{2}, onde
S_{1}:\;x^{2}+y^{2}=1,\;0\le z\le1,\quad D:\;z=0,\;x^{2}+y^{2}\le1,\quad S_{2}:\;x^{2}+y^{2}=(2 - z)^{2},\;1\le z\le2.
(b) \vec F\cdot n=0 em S_{1} e \vec F\cdot n=1 em D.
(c) \nabla\!\cdot\vec F=1.
(d) \displaystyle\Phi_{S_{2}}=\frac{\pi}{3}.

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