Enunciado

Seja o vetor G → ser dado por G → = 4 x z i → - y 2 j → + y z k → e seja V o volume de um cubo de aresta unitária com seu vértice na origem, limitado por x = 0 a 1, y =   0 a 1 e z = 0 a 1 (Fig. P9–9). A área A é a área da superfície do cubo. Execute as duas integrais do teorema do divergente e verifique se elas são iguais. Mostre todo o seu trabalho.

Passo 1

Faaaaaala galerinhaa !!

Esta é bem legal!!

Se lembram como calculamos o divergente de um vetor?

É bem simples:

∇ →   .   G →

Então basta nós multiplicarmos o vetor G → pelo operador ∇ → !

Sabendo que:

G → = 4 x z i → - y 2 j → + y z k →

∇ → = ∂ ∂ x i + ∂ ∂ y j + ∂ ∂ z k

Portanto:

∇ →   .   G → = ∂ ∂ x i + ∂ ∂ y j + ∂ ∂ z k . 4 x z i → - y 2 j → + y z k →

Multiplicando os termos nas suas respectivas direções:

∇ →   .   G → = ∂ ∂ x 4 x z + ∂ ∂ y - y 2 + ∂ ∂ z y z

Agora nós precisamos realizar as derivadas parciais:

∂ ∂ x 4 x z = 4 z

∂ ∂ y - y 2 = - 2 y

∂ ∂ z y z = y

Substituindo:

∇ →   .   G → = 4 z - 2 y + y

∇ →   .   G → = 4 z - y

Passo 2

O Teorema do Divergente é dado por:

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∮ A G →   .     n → d A

Precisamos provar que elas são iguais, certo?

Então vamos começar pela integral do volume, à esquerda:

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∫ x = 0 x = 1 ∫ y = 0 y = 1 ∫ z = 0 z = 1 ∇ →   .   G → . d z d y d x

Substituindo ∇ →   .   G → :

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∫ x = 0 x = 1 ∫ y = 0 y = 1 ∫ z = 0 z = 1 4 z - y . d z d y d x

Resolvendo separadamente:

∫ z = 0 z = 1 4 z - y . d z = 4 z 2 2 - y z 1 0 = 4 1 2 2 - 4 0 2 2 - 1 × y - 0 × y

∫ z = 0 z = 1 4 z - y . d z = 2 - y

Colocando na segunda integral:

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∫ x = 0 x = 1 ∫ y = 0 y = 1 2 - y d y d x

Agora nós vamos resolver esta segunda integral:

∫ y = 0 y = 1 2 - y d y = 2 y - y 2 2 1 0 = 2 × 1 - 2 × 0 - 1 2 2 - 0 2 2

∫ y = 0 y = 1 2 - y d y = 2 - 1 2 = 3 2

Agora colocamos o resultado dentro da terceira integral:

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∫ x = 0 x = 1 3 2 d x = 3 x 2 1 0 = 3 2 1 - 0

∫ V ∇ →   .     G → d V = 3 2

Passo 3

Agora vamos olhar para a segunda integral do Teorema do Divergente:

∮ A G →   .     n → d A

Para achar os vetores n → para as seis fases do cubo vamos lançar mão de um desenho:

Então, o vetor unitário n → será:

L a d o   1 : 0 ,   - 1 ,   0

L a d o   2 : 1 ,   0 ,   0

L a d o   3 : 0 ,   0 ,   - 1

L a d o   4 :   - 1 ,   0 ,   0

L a d o   5 : 0 ,   0 ,   - 1

L a d o   6 : 0 ,   1 ,   0

Agora que já temos o vetor unitário para lado vamos aplicar no termo G →   .   n → .

Lado 1:

G →   .   n → 1 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   0 i   - 1 j +   0 k = y 2

Como o lado 1 é caracterizado por apresentar y = 0 :

G →   .   n → 1 = 0

Lado 2:

G →   .   n → 2 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   1 i + 0 j + 0 k = 4 x z

Como o lado 2 é caracterizado por apresentar x = 1 :

G →   .   n → 2 = 4 z

Lado 3:

G →   .   n → 3 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   0 i + 0 j - 1 k = - y z

Como o lado 3 é caracterizado por apresentar z = 0 :

G →   .   n → 3 = 0

Lado 4:

G →   .   n → 4 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   - 1 i + 0 j +   0 k = - 4 x z

Como o lado 4 é caracterizado por apresentar x = 0 :

G →   .   n → 4 = 0

Lado 5:

G →   .   n → 5 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   0 i + 0 j + 10 k = y z

Como o lado 5 é caracterizado por apresentar z = 1 :

G →   .   n → 5 = y

Lado 6:

G →   .   n → 6 = 4 x z i - y 2 j + y z k   .   0 i + 1 j +   0 k = - y 2

Como o lado 6 é caracterizado por apresentar y = 1 :

G →   .   n → 6 = - 1

Passo 4

Agora vamos olhar como ficaria estes dados na nossa integral de superfície:

∮ A G →   .     n → d A = ∬ G →   .   n → 1 d A 1 + ∬ G →   .   n → 2 d A 2 + ∬ G →   .   n → 3 d A 3 + ∬ G →   .   n → 4 d A 4 + ∬ G →   .   n → 5 d A 5 + ∬ G →   .   n → 6 d A 6

Já vou logo zerando as que deram zero:

∮ A G →   .     n → d A = ∬ G →   .   n → 2 d A 2 + ∬ G →   .   n → 5 d A 5 + ∬ G →   .   n → 6 d A 6

Substituindo nossos valores nas integrais prestando bastante atenção aos limites que vimos na figura:

∮ A G →   .     n → d A = ∫ y = 0 y = 1 ∫ z = 0 z = 1 4 z . d z d y + ∫ x = 0 x = 1 ∫ y = 0 y = 1 y . d y d x + ∫ z = 0 z = 1 ∫ x = 0 x = 1 - 1 . d x d z

Resolvendo as primeiras integrais e aplicando os intervalos:

∮ A G →   .     n → d A = ∫ y = 0 y = 1 4 z 2 2 | z = 1 z = 0 d y + ∫ x = 0 x = 1 y 2 2 | y = 1 y = 0 d x + ∫ z = 0 z = 1 - x | x = 1 x = 0 d z

= ∫ y = 0 y = 1 2 d y + ∫ x = 0 x = 1 1 2 d x + ∫ z = 0 z = 1 - 1 d z

= 2 y y = 1 y = 0 + x 2 x = 1 x = 0 - z | z = 1 z = 0

= 2 + 1 2 - 1 = 3 2

Portanto:

∮ A G →   .     n → d A = 3 2

Sendo assim:

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∮ A G →   .     n → d A = 3 2

Ufaaa !! Puxado, não foi?

Resposta

∫ V ∇ →   .     G → d V = ∮ A G →   .     n → d A = 3 2

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