Verifique a validade do teorema da divergência para a densidade de corrente
\overrightarrow{\mathcal{J}}=2 x^{2} y \hat{\mathbf{i}}-y^{2} \hat{\mathbf{j}}+4 x z^{2} \hat{\mathbf{k}}
considerando a região limitada por y^{2}+z^{2}=9 e x=2, no octante positivo (x, y, z>0).

Passo 1

O enunciado dá a densidade de corrente
\overrightarrow{\mathcal{J}}=2 x^{2} y \,\hat{\mathbf{i}}-y^{2}\,\hat{\mathbf{j}}+4 x z^{2}\,\hat{\mathbf{k}}
e pede para verificar a validade do Teorema da Divergência na região limitada por y^{2}+z^{2}=9 e x=2, no octante positivo (x,y,z>0).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{Região }V=\{(x,y,z)\mid 0\le x\le 2,\; y\ge0,\; z\ge0,\; y^{2}+z^{2}\le 9\}.ã
  • A fronteira \partial V é formada por: a superfície cilíndrica S_1:\;y^{2}+z^{2}=9 com 0\le x\le2 e y,z\ge0; o plano S_2:\;x=2 (face lateral); e as faces sobre os planos coordenados S_3:\;x=0, S_4:\;y=0 e S_5:\;z=0 (porque estamos no octante positivo).
  • O objetivo é comparar os dois lados do Teorema da Divergência:
\iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} \quad\text{e}\quad \iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV,
mostrando que são iguais (ou seja, verificar a validade do teorema para este caso).

Passo 2

Apresento o Teorema da Divergência (também chamado Teorema de Gauss) de forma clara: para um campo vetorial continuamente diferenciável \overrightarrow{\mathcal{J}} em um volume V com fronteira fechada \partial V e normal exterior d\overrightarrow{S},
\iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} = \iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV.
Plano de verificação: (1) calcular \nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}} e fazer a integral tripla sobre V; (2) calcular explicitamente o fluxo \iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} somando as contribuições de S_1,S_2,S_3,S_4,S_5; (3) comparar os resultados.

Passo 3

Calcular a divergência do campo. Usa-se a definição
\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}}=\frac{\partial}{\partial x}(\mathcal{J}_x) +\frac{\partial}{\partial y}(\mathcal{J}_y) +\frac{\partial}{\partial z}(\mathcal{J}_z),
onde \mathcal{J}_x=2x^2 y,\;\mathcal{J}_y=-y^2,\;\mathcal{J}_z=4x z^2. Então
\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x}(2x^2 y)&=4 x y,\\[4pt] \frac{\partial}{\partial y}(-y^2)&=-2 y,\\[4pt] \frac{\partial}{\partial z}(4 x z^2)&=8 x z. \end{aligned}
Portanto
\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}}=4 x y-2 y+8 x z.]

Passo 4

Fazer a integral tripla \displaystyle \iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV. Como a região é um cilindro de eixo em x com seção circular de raio 3 limitada ao primeiro quadrante y,z\ge0, é conveniente usar coordenadas polares no plano y\!-\!z:
y=r\cos\varphi,\qquad z=r\sin\varphi,\qquad r\in[0,3],\;\varphi\in[0,\tfrac{\pi}{2}],\qquad x\in[0,2],
e o elemento de volume é dV=r\,dr\,d\varphi\,dx. Substituindo,
\begin{aligned} \iiint_{V}(4 x y-2 y+8 x z)\,dV &=\int_{x=0}^{2}\int_{\varphi=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{3} \bigl(4 x (r\cos\varphi)-2(r\cos\varphi)+8 x (r\sin\varphi)\bigr)\,r\,dr\,d\varphi\,dx\\[4pt] &=\int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{3} \bigl(4 x r^{2}\cos\varphi-2 r^{2}\cos\varphi+8 x r^{2}\sin\varphi\bigr)\,dr\,d\varphi\,dx. \end{aligned}]

Passo 5

Executar as integrais por partes (começando por r). Note que \displaystyle\int_{0}^{3}r^{2}\,dr=\bigl[r^{3}/3\bigr]_{0}^{3}=9. Assim a integral torna-se
\int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi/2}9\bigl(4 x\cos\varphi-2\cos\varphi+8 x\sin\varphi\bigr)\,d\varphi\,dx.
Fatorando e calculando as integrais em \varphi:
\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\,d\varphi=1,\qquad \int_{0}^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi=1.
Logo o integrando em \varphi
9\bigl(4x\cdot1-2\cdot1+8x\cdot1\bigr)=9(12x-2).
Agora integrar em x:
\int_{0}^{2}9(12x-2)\,dx=9\bigl[6x^{2}-2x\bigr]_{0}^{2}=9(24-4)=9\cdot20=180.
Portanto
\iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV=180.

Passo 6

Agora calcular o fluxo pela superfície fechada \partial V, somando as contribuições de cada face: S_1 (cilindro y^{2}+z^{2}=9), S_2 ( x=2), S_3 ( x=0), S_4 ( y=0) e S_5 ( z=0). O fluxo total é
\iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} =\sum_{i=1}^{5}\iint_{S_i}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}.
Vou calcular cada termo separadamente, tomando cuidado com a direção da normal exterior.

Passo 7

Fluxo pela face S_2 (plano x=2). A normal exterior é +\hat{\mathbf{i}}. Em x=2 temos \mathcal{J}_x=2x^{2}y=8y. Portanto
\iint_{S_2}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} =\iint_{D}8y\,dA,
onde D=\{(y,z)\mid y\ge0,z\ge0,y^{2}+z^{2}\le9\}. Em coordenadas polares no plano y\!-\!z (mesmas que usamos):
\iint_{S_2}8y\,dA =8\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{3}(r\cos\varphi)\,r\,dr\,d\varphi =8\left(\int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi\,d\varphi\right)\left(\int_{0}^{3}r^{2}\,dr\right) =8\cdot1\cdot9=72.

Passo 8

Fluxo pela superfície cilíndrica S_1 ( y^{2}+z^{2}=9 com 0\le x\le2, 0\le\varphi\le\pi/2 ). Parametrização conveniente:
\mathbf{r}(x,\varphi)=\bigl(x,\,3\cos\varphi,\,3\sin\varphi\bigr),\quad x\in[0,2],\;\varphi\in[0,\tfrac{\pi}{2}].
Cálculo do vetor elemento de superfície (magnitude) dá dS=3\,d\varphi\,dx. A normal exterior unitária (apontando radialmente para fora) é
\hat{\mathbf{n}}=(0,\cos\varphi,\sin\varphi).
No cilindro, y=3\cos\varphi,\\ z=3\sin\varphi, então
\mathcal{J}_y=-y^{2}=-9\cos^{2}\varphi,\qquad \mathcal{J}_z=4x z^{2}=4x\cdot 9\sin^{2}\varphi=36x\sin^{2}\varphi.
Assim
\begin{aligned} \overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot\hat{\mathbf{n}} &=\mathcal{J}_y\cos\varphi+\mathcal{J}_z\sin\varphi\\[4pt] &=-9\cos^{2}\varphi\cos\varphi+36x\sin^{2}\varphi\sin\varphi\\[4pt] &=-9\cos^{3}\varphi+36x\sin^{3}\varphi. \end{aligned}
Multiplicando por dS=3\,d\varphi\,dx,
\iint_{S_1}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} =\int_{x=0}^{2}\int_{\varphi=0}^{\pi/2}\bigl(-27\cos^{3}\varphi+108x\sin^{3}\varphi\bigr)\,d\varphi\,dx.
Calcule as integrais em \varphi. Usando, por exemplo, \displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}\varphi\,d\varphi=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{3}\varphi\,d\varphi=\tfrac{2}{3} (pode-se obter pela identidade \sin^{3}\varphi=\sin\varphi(1-\cos^{2}\varphi) e substituição u=\cos\varphi):
\iint_{S_1}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} =\int_{0}^{2}\Bigl(-27\cdot\tfrac{2}{3}+108x\cdot\tfrac{2}{3}\Bigr)\,dx =\int_{0}^{2}\bigl(-18+72x\bigr)\,dx.
Integrando em x:
\int_{0}^{2}(-18+72x)\,dx=[-18x+36x^{2}]_{0}^{2}=-36+144=108.
Portanto o fluxo através do cilindro é 108.]

Passo 9

Calcular fluxos nas faces restantes S_3 ( x=0), S_4 ( y=0) e S_5 ( z=0):
  • Em S_3 (plano x=0) a normal exterior é -\hat{\mathbf{i}}. Mas \mathcal{J}_x=2x^{2}y avaliada em x=0 é 0, logo
\iint_{S_3}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}=0.
  • Em S_4 (plano y=0) a normal exterior é -\hat{\mathbf{j}}. A componente \mathcal{J}_y=-y^{2} anulase em y=0, logo
\iint_{S_4}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}=0.
  • Em S_5 (plano z=0) a normal exterior é -\hat{\mathbf{k}}. A componente \mathcal{J}_z=4x z^{2} anula-se em z=0, logo
\iint_{S_5}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}=0.

Passo 10

Somando todas as contribuições de fluxo pelas superfícies:
\iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S} =\underbrace{108}_{S_1}+\underbrace{72}_{S_2}+\underbrace{0}_{S_3}+\underbrace{0}_{S_4}+\underbrace{0}_{S_5} =180.
Comparando com o resultado da integral de volume obtida no Passo 5, temos
\iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV=180 \qquad\text{e}\qquad \iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}=180.
Portanto os dois lados coincidem.

Resposta

\displaystyle \iiint_{V}(\nabla\cdot\overrightarrow{\mathcal{J}})\,dV=180 e \displaystyle \iint_{\partial V}\overrightarrow{\mathcal{J}}\cdot d\overrightarrow{S}=180. Portanto o Teorema da Divergência é válido para este caso.