Questão 2(\mathbf{2 , 5}) : Calcule o fluxo do campo \vec{F}(x, y, z)=\left(5 y, 4 z^{3},-12 x^{2}-12 y^{2}+20 x y\right) através da superfície S dada pela parte do cilindro parabólico z=2 x^{2}+1 que está dentro do paraboloide 2 z=5 x^{2}+y^{2}, orientada com o normal apontando na direção positiva do z (“para cima”).

Passo 1

O enunciado pede: calcular o fluxo do campo vetorial
\vec{F}(x,y,z)=\bigl(5y,\;4z^{3},\;-12x^{2}-12y^{2}+20xy\bigr)
através da superfície S dada pela parte do parabolóide cilíndrico
z=2x^{2}+1
que está “dentro” do paraboloide
2z=5x^{2}+y^{2},
orientada com a normal apontando para cima (direção positiva de z).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A superfície S é o gráfico z=f(x,y) com f(x,y)=2x^{2}+1, restrita por onde ela encontra o paraboloide.
  • A curva de interseção entre as superfícies é obtida igualando as duas expressões de z. Igualando 2x^{2}+1 com \dfrac{5x^{2}+y^{2}}{2} obtemos, multiplicando por 2,
4x^{2}+2=5x^{2}+y^{2}\quad\Rightarrow\quad y^{2}=2-x^{2}.
  • Da última igualdade segue a equação da projeção do contorno no plano xy:
x^{2}+y^{2}=2,
ou seja, a curva de interseção projeta-se num círculo de raio \sqrt{2}. Logo o domínio de projeção D (a região no plano xy limitada pela interseção) é o disco
D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 2\}.
O que o problema pede concretamente: calcular
\iint_{S}\vec{F}\cdot\mathbf{n}\,dS,
onde \mathbf{n} é a normal unitária apontando para cima (ou, de forma equivalente, usar a expressão do elemento vetorial de área adequado ao gráfico z=f(x,y) com sentido “para cima”).

Passo 2

Escolha do método e fórmula que vamos usar.
Como S é dada como gráfico z=f(x,y) com orientação para cima, a maneira mais direta é usar a fórmula de fluxo através do gráfico. Para um campo \vec{F}=(P,Q,R) e uma superfície z=f(x,y) orientada para cima vale a identidade (que eu vou explicar):
\mathbf{n}\,dS = \bigl(-f_x,\,-f_y,\,1\bigr)\,dA,
onde f_x e f_y são as derivadas parciais de f e dA é o elemento de área no plano xy. Assim o fluxo é
\iint_{S}\vec{F}\cdot\mathbf{n}\,dS = \iint_{D}\bigl(-P f_x - Q f_y + R\bigr)\,dA,
com D a projeção de S no plano xy.
Mini-aula sobre essa fórmula (por que ela funciona, de forma simples):
  • Parametrizamos o gráfico por \mathbf{r}(x,y)=(x,y,f(x,y)). As tangentes são \mathbf{r}_x=(1,0,f_x) e \mathbf{r}_y=(0,1,f_y).
  • O produto vetorial \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y dá um vetor normal orientado para cima (quando escolhido nessa ordem) e vale ( -f_x,\,-f_y,\,1).
  • O elemento de área orientado é \mathbf{n}\,dS=\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y\,dA. Portanto a fórmula acima é direta.
    Esta é a forma mais simples aqui porque S é um gráfico e assim evitamos parametrizações mais complicadas.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais de f e escrever o integrando.
Temos f(x,y)=2x^{2}+1. Então
f_x=\frac{\partial}{\partial x}(2x^{2}+1)=4x,\qquad f_y=\frac{\partial}{\partial y}(2x^{2}+1)=0.
Escrevendo \vec{F}=(P,Q,R) com
P(x,y,z)=5y,\qquad Q(x,y,z)=4z^{3},\qquad R(x,y,z)=-12x^{2}-12y^{2}+20xy,
e usando a fórmula do passo anterior, o integrando é
- P f_x - Q f_y + R = -\bigl(5y\bigr)\cdot(4x) - \bigl(4z^{3}\bigr)\cdot 0 + R.
Substituindo z=f(x,y)=2x^{2}+1 em R quando for necessário, mas primeiro fazemos a expressão simbólica:
- P f_x - Q f_y + R = -20xy + R.
Agora substituímos R:
-20xy + \bigl(-12x^{2}-12y^{2}+20xy\bigr) = -12x^{2}-12y^{2}.
Observação importante: os termos em xy se cancelam! Resultado simples do integrando sobre D:
\text{integrando} = -12\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr).
Logo o fluxo pedido é
\iint_{S}\vec{F}\cdot\mathbf{n}\,dS = \iint_{D}-12\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA,
com D=\{(x,y):x^{2}+y^{2}\le 2\}.

Passo 4

Troca para coordenadas polares e cálculo da integral.
Explico rapidamente polares: em coordenadas polares usamos x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta. Então x^{2}+y^{2}=r^{2} e dA = r\,dr\,d\theta. O domínio D (disco de raio \sqrt{2}) vira as inequações 0\le r\le\sqrt{2} e 0\le\theta\le 2\pi.
Substituindo:
\iint_{D}-12\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{2}} -12\,(r^{2})\,(r\,dr\,d\theta) = -12\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3}\,dr\,d\theta.
Calcule a integral em r:
\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3}\,dr = \left.\frac{r^{4}}{4}\right|_{0}^{\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2})^{4}}{4} = \frac{4}{4}=1.
Portanto
-12\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3}\,dr\,d\theta = -12\int_{0}^{2\pi} 1\,d\theta = -12\cdot(2\pi) = -24\pi.

Passo 5

Interpretação final curta e incentivo.
O cálculo deu fluxo -24\pi. O sinal negativo significa que, apesar da normal apontar para cima, o campo tem, em média, componente apontando para baixo através dessa parte da superfície — não se assuste com o sinal, é só geometria do campo. Boa: a integral simplificou muito por cancelamentos (os termos em xy sumiram), por isso o problema ficou bem amigável para a prova. Confia que você também consegue seguir esses passos na hora!

Resposta

-24\pi

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