Exercícios Resolvidos de Fluxo em Curvas

Ver Teoria

Enunciado

Calcule o fluxo do campo vetorial F → x , y , z = x , y , - 2 z para fora da superfície

S = x , y , z ∈ R 3 ; x 2 + y 2 = 1 + 2 z 2 , 0 ≤ z ≤ 1 .

Passo 1

O fluxo do campo vetorial é igual a integral de superfície vetorial de S nesse campo.

Cara, a gente tem uma superfície chatinha de parametrizar e ela está orientada com o vetor normal externo (o fluxo está apontando para fora). Essas são dicas para gente calcular essa integral usando o teorema de Gauss!

Vamos começar calculando o divergente de F → para saber se nossa ideia é boa mesmo. Ele tem essa fórmulinha:

d i v   F = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z

Como o nosso campo é:

F → x , y , z = F 1 , F 2 , F 3 = x , y , - 2 z

Então a gente calcula:

d i v   F → = ∂ x ∂ x + ∂ y ∂ y + ∂ - 2 z ∂ z

d i v   F = 1 + 1 - 2 = 0

Nossa o divergente está bem simples. Outra dica de que vamos de Gauss. Vem comigo!

Passo 2

Cara, Gauss tem umas condições para aplicar. Uma delas já atendemos:

- nosso campo está bem definido em todo x , y , z (já que não temos nenhuma restrição no domínio, tipo um denominador que pode zerar).

Maaas, precisamos dar uma atenção especial a mais duas delas. Como assim? Os vetores normais precisam apontar para a parte externa de uma superfície fechada.

- Temos um hiperboloide de uma folha.

x 2 + y 2 = 1 + 2 z 2 ∴ x 2 + y 2 - 2 z 2 = 1

Porque ele parece com um elipsoide, mas tem um termo negativo. Ele é aquela superfície que parece um tronco de árvore. Isso significa que a nossa superfície não está fechada em cima e embaixo.

O que a gente faz? Chora? Não! A gente vai fechar esse cara. Com planos em formato circular, porque planos são simples. Aí a nossa superfície geral vai ser o hiperboloide mais dois planos circulares.

Repara nesse gráfico lindão, lembrando que para o hiperboloide temos que 0 ≤ z ≤ 1 :

Podemos parametrizar o plano de baixo como:

ϕ 1 x , y = x , y , 0

A componente dele em z é nula porque ele está em z = 0 no espaço.

Repara que o nosso plano, para fechar a essa superfície por baixo, precisa ter o formato da interseção do hiperboloide com o plano x y , certo? A equação dela é:

1 + 2 z 2 = x 2 + y 2 ∴ x 2 + y 2 = 1

Ou seja, uma circunferência. Nosso plano vai estar dentro dessa circunferência. Então a gente pode dizer que o domínio dele é:

D 1 : x 2 + y 2 ≤ 1

Fazendo um raciocínio parecido para o plano circular que fecha nossa região por cima em z = 1 , vamos ter:

ϕ 2 x , y = x , y , 1

1 + 2 z 2 = x 2 + y 2 ∴ 1 + 2 = x 2 + y 2

D 2 : x 2 + y 2 ≤ 3

Passo 3

Agora vamos montar nossa equação pelo teorema de Gauss. Ele diz que:

∫ ∫ δ W F → ⋅ n →   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   F → d V

Esse δ W é uma superfície fechada. No nosso caso, a superfície fechada é a soma de três superfícies. A semiesfera S e os planos. Então a gente pode reescrever essa parte assim:

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s + ∫ ∫ ϕ 1 F → ⋅ n →   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F → ⋅ n →   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   F → d V

Lembra que nosso divergente deu 0:

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s + ∫ ∫ ϕ 1 F → ⋅ n →   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F → ⋅ n →   d s = 0

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = - ∫ ∫ ϕ 1 F → ⋅ n →   d s - ∫ ∫ ϕ 2 F → ⋅ n →   d s

Vamos calcular essas duas integrais da direita, aí achamos a que o enunciado pede.

Passo 4

O campo é aquele:

F x , y , z = x , y , - 2 z

A nossa parametrização dos planos é:

ϕ x , y = x , y , 0

D : x 2 + y 2 ≤ 1

ϕ 2 x , y = x , y , 1

D 2 : x 2 + y 2 ≤ 3

A gente precisa começar achando o vetor normal a cada um desses planos. Mas repara que ϕ 1 está dentro de x y e ϕ 2 é também paralelo a esse plano. O vetor normal a todo o x y é o vetor n → = 0,0 , 1 , que é o sentido do eixo z , certo?

Então esse vai ser o nosso vetor para os dois planos? Cara, ele com certeza é normal as nossas superfícies, mas ele está apontando para fora da nossa região fechada em forma de tronco para os dois planos?

Em ϕ 1 , ele está apontando para dentro da nossa região. Para apontar para fora, ele precisa estar apontando no sentido oposto. Então só vamos multiplicar ele por - 1 :

n → = 0,0 , - 1

Aí o nosso integrando para primeiro plano fica:

F → ⋅ n → = x , y , - 2 z ⋅ 0,0 , - 1 = 2 z

A gente precisa substituir as componentes do plano aí. E colocar o domínio da parametrização desse plano como o domínio da integral:

ϕ 1 x , y = x , y , 0 ∴ x = x ,   y = y , z = 0

F → ⋅ n → = 2 ⋅ 0 = 0

∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 0   d x d y = 0

Achamos então o valor de uma integral!

Passo 5

Agora repara que para o plano que está em z = 1 , se o vetor aponta para cima, ele aponta para fora da região. Então a gente pode dizer que para ele:

n → = 0,0 , 1

Aí o nosso integrando para esse fica:

F → ⋅ n → = x , y , - 2 z ⋅ 0,0 , 1 = - 2 z

A gente precisa substituir as componentes do plano aí. E colocar o domínio da parametrização desse plano como o domínio da integral:

ϕ 2 x , y = x , y , 1 ∴ x = x ,   y = y , z = 1

F → ⋅ n → = - 2

∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 3 - 2   d x d y

Passo 6

Voltando para o teorema, a gente tem:

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = - ∫ ∫ ϕ 1 F → ⋅ n →   d s - ∫ ∫ ϕ 2 F → ⋅ n →   d s

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = - 0 - ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 3 - 2   d x d y

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = 2 ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 3 1   d x d y

A integral dupla sobre esse círculo de raio 3 vai ser igual a área do círculo! Isso porque o argumento dela é 1 . Como a área do círculo é π r 2 e r = 3 :

∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 3 1   d s = 3 π

Daí o fluxo por S fica:

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = 2 3 π = 6 π

Resposta

∫ ∫ S F → ⋅ n →   d s = 6 π

Exercícios de Livros Relacionados

2. Prove que F → . n → for constante sobre Im γ, então o fluxo deF → . n → através de γ é o produto de F → . n → pelo comprimento de γ, onde n → é normal a γ
Calcule ∫ γ F → . n → d s sendo dados ( para evitar repetição ficara subentendido que n → é unitário ) F → x , y = xi →+ yj →, γ t = t ,t 2 , 0 ≤ t ≤ 1 n → a normal com componente y0
Dentre todas as regiões retangulares 0 ≤ x ≤ a ,0 ≤ y ≤ b , encontre aquela para a qual o fluxo exterior total de F = x 2 + 4 x y i - 6 y j atraves dos quatro lados é minimo. Qual é o fluxo minimo?
Encontre uma equação para o plano através da origem de modo que a circulação do campo de escoamento F = z i + x j + y k ao redor da circunferência de interseção do plano com a esfera x 2 + y 2 + z 2 =
Massa de um fio Encontre a massa de um fio que se encontra ao longo da curva r(t) = (t2 – 1)j + 2tk, 0 ≤ t ≤ 1, se adensidade for d = (3/2)t