Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcular o fluxo do campo vetorial

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

através da superfície S = x , y , z : x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,   z ≥ 0   orientada pelo vetor noraml n →   tal que n → . 0,0 , 1 > 0 .

Passo 1

Só de olhar já da pra ver que com esse campo aí, calcular a integral pelo método direto ia ser impossível, né? Pensamos então no teorema da Gauss.

No entanto, se você for observar a superfície, notamos que ela n é fechada, logo, vamos ter que arrumar outra superfície para poder fechar isso aí e podermos aplicar o teorema de Gauss, tranquilo?

O que antes seria

∬ S F   d S   = ∭ V d i v   F   d V

Agora vai virar

∬ S F   d S   + ∬ S 1 F   d S = ∭ V d i v   F   d V

Vamos lembrar de observar que S e S 1 precisam ter a orientação certinha para os vetores normais apontarem pra fora de V, tranquilo?

Passo 2

Temos ainda um segundo poré. Observa que nosso campo tem uma singularidade quando x ,   y   e z são iguais a zero. Lembra que não podemos trabalhar com divisão por zero, certo?

Então não podemos fechar a superfície aberta com um disco, pois ele passaria pela origem, e não podemos permitir que nossa superfície passe pelo ponto onde existe a singularida.

Vou te passar uma manha aqui salvador. Observa que no denominador, a função que da problema é

x 2 + y 2 + z 2 2

Isso pode ser um indicador para usarmos isso. La na frente, quando a gente for parametrizar a jogar no campo, isso daí vai simplificar demais nosso denominador. Então façamos

S 1 = x , y , z x 2 + y 2 + z 2 2 = 1 ,   z ≥ 0

Confia, haha.

Passo 3

Pra a gente entender agra em qual direção o vetor normal vai ter que apontar em casa superfície, preciso que você perceba que S 1 fica por cima do hemisfério S , então o volume V que vamos calcular, está limitado por cima de S 1 e por baixo de S .

Quando a gente for usar Gauss, precisamos que a normal esteja para cima de S 1   0 , 0,1 , e a normal para baixo em S   q u e   é   c o n t r a r i o   a o   q u e   e s t á   i n d i c a d o   n o   p r o b l e m a ‼ ‼ ! .

Com essa orientação, ficamos com

∬ S -   F   d s = ∭ V d i v   F   d V   - ∬ S 1 F   d S  

Passo 4

Bora então calcular logo esse divergente aí

Onde

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

d i v F = 1 + 1 + 1 = 3

Podemos então resolver a integral triplea

∭ V d i v   F   d V = 3 1 2 V o l   e l i p s o i d e - V   e s f e r a = 2 π ( 2 - 1 )

Passo 5

Maravilha! Aora vamos partir para a parte da integral de superfício na sup S 1

Começamos parametrizando a mesma.

z = 2 - 2 x 2 + y 2 ,   x 2 + y 2 ≤ 1

O vetor normal (com a orientação certa) fica

n → = 2 x z , 2 y z , 1

Podemos então montar a integral e resolver

∬ S 1 F   d S   = ∬ D x ,   y - 1 2 ,   z + y 2 x z , 2 y z , 1 d x   d y

∬ D 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 z   d x   d y

∬ D 2 2 - 2 x 2 + y 2   d x   d y

Observa agora que temos ali um x 2 + y 2 maroto no denominador. Bora fazer uma mudança pra coordenadas polares, onde nosso raio fica variando entre zero e 1, e dando a voltinha completa θ   v a i r a n d o   e n t r e   0   e   2   π .

∬ D 2 2 - 2 x 2 + y 2   d x   d y = 2 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 1 - r 2   d r   d θ

Substituição simples

u = 1 - r 2 → d u = r u d r → d r = - u d u r

∫ 1 u   u   d u = u = 1 - r 2 | 1 0 = 1

2 2 ∫ 0 2 π d θ = 2 π 2 2 = 2 π 2

Passo 6

Podemos agora então voltar pra nossa igualdade.

∬ S -   F   d s = ∭ V d i v   F   d V   - ∬ S 1 F   d S  

∬ S -   F   d s = 2 π ( 2 - 1 ) - ( 2 π 2 )

∬ S -   F   d s = 2 π 2 - 2 π - 2 π 2 = - 2 π

Lembrando que o enunciado não nos pediu

∬ S -   F   d s

Mas sim

∬ S   F   d s

Sendo que

∬ S -   F   d s = - ∬ S   F   d s

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∬ S   F   d s = 2 π

Resposta

2 π