Exercício 4.1 Sejam B=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x \geq 0, y \geq 0\right. e \left.0 \leq z \leq 1-x-y\right\}, \sigma a fronteira de B e \vec{F}=x \vec{i}+y \vec{j}+z \vec{k}. Calcule
\iint_{\sigma} \vec{F} \cdot \vec{n} d S
em que \vec{n} é a normal que aponta para fora de B.

Passo 1

O enunciado pede o fluxo de \vec F = x\,\vec i + y\,\vec j + z\,\vec k através da superfície \sigma que é a fronteira do tetraedro
B = \{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x\ge0,\;y\ge0,\;0\le z\le1 - x - y\}.
O conteúdo principal é o Teorema da Divergência (Gauss), que relaciona o fluxo pela fronteira ao integral triplo da divergência em B.

Passo 2

Calculamos a divergência de \vec F:
\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial}{\partial x}(x) + \frac{\partial}{\partial y}(y) + \frac{\partial}{\partial z}(z) = 1 + 1 + 1 = 3.

Passo 3

Pelo Teorema da Divergência,
\iint_{\sigma}\vec F\cdot\vec n\,dS \;=\;\iiint_{B}(\nabla\cdot\vec F)\,dV \;=\;3\;\iiint_{B}dV.

Passo 4

Calculamos o volume de B por integração iterada:
\iiint_{B}dV =\int_{x=0}^{1}\!\int_{y=0}^{1-x}\!\int_{z=0}^{1-x-y}dz\,dy\,dx.
A integral em z 1-x-y, então
\iiint_{B}dV =\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1-x}(1 - x - y)\,dy\,dx =\int_{0}^{1}\frac{(1 - x)^2}{2}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(1 - x)^2\,dx =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} =\frac{1}{6}.

Passo 5

Substituindo no Teorema da Divergência, o fluxo é
\iint_{\sigma}\vec F\cdot\vec n\,dS = 3 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{2}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{2}

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