Seja B o cilindro B e integral duplasigmalang<= F, nrang<= d S=integral triplaB div F d x d y d z, a fronteira de . Mostre que
onde รฉ a normal unitรกria que aponta para fora de e .

Passo 1

Resumo do enunciado: Temos o cilindro B = { (x,y,z) ∈ ℝ³ | x²+y² ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 } com fronteira σ e o campo F(x,y,z) = (xy, −1, z²). Queremos mostrar que ∬_σ ⟨F,n⟩ dS = ∭_B div F dV, ou seja, validar o Teorema da Divergência de Gauss neste caso.

Passo 2

Cálculo da divergência: Aplicando as derivadas parciais, obtemos
div,F = ∂(xy)∂x + ∂(-1)∂y + ∂(z^2)∂z = y + 0 + 2z = y + 2z

Passo 3

Cálculo do integral de volume: Em coordenadas cilíndricas (x = r cosθ, y = r sinθ), temos y = r sinθ e dV = r dr dθ dz. Então
integral triplaB (y + 2z),dV = integralz=0^1integralθ=0^2πintegralr=0^1 l(rsinθ + 2zr),r,dr,dθ,dz
Separamos em duas partes:
– Primeiro termo: ∫₀¹∫₀^{2π}∫₀¹ r² sinθ dr dθ dz = 0, pois ∫₀^{2π} sinθ dθ = 0.
– Segundo termo: 2 ∫₀¹∫₀^{2π}∫₀¹ z r dr dθ dz = 2·(2π)·\bigl(∫₀¹ r dr\bigr)·\bigl(∫₀¹ z dz\bigr) = 2·2π·\tfrac12·\tfrac12 = π.

Passo 4

Cálculo do integral de superfície: A fronteira σ tem três partes:
  1. Superfície lateral S₁: x²+y²=1, 0≤z≤1, com n = (x,y,0). Então ⟨F,n⟩ = x·(xy) + y·(−1) = x²y − y = y(x²−1). Parametrizando por θ,z, a integral em θ de sinθ(cos²θ−1) zera, logo ∫_{S₁}⟨F,n⟩dS = 0.
  2. Topo S₂: z=1, disco unitário, n = (0,0,1). Então ⟨F,n⟩ = z²|{z=1} = 1 e ∫{S₂}1 dS = área do disco = π.
  3. Base S₃: z=0, n = (0,0,−1). Aqui ⟨F,n⟩ = −z²|{z=0} = 0, logo ∫{S₃}⟨F,n⟩dS = 0.
    Somando dá π.

Passo 5

Conclusão: Tanto o integral de volume ∭_B div F dV quanto o integral de superfície ∬_σ⟨F,n⟩dS valem π, confirmando que
integral duplaσlang<= F,nrang<=,dS = integral triplaB div,F,dV

Resposta

π

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