Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule ∬ S   F → . N → d S onde F → x , y , z = ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 e S é parte da superfície x 2 + y 2 = z + 1 2 entre z = 0 e z = 2 , orientada de modo que N → . k → > 0 .

Passo 1

Bom, antes de tudo, vamos analisar a superfície que nós temos:

x 2 + y 2 = z + 1 2

Bom, se a gente não tivese esse termo + 1 , isso seria um cone centrado na origem, certo? Então, nossa superfície é um cone deslocado em z , centrado em ( 0,0 , - 1 ) .

Como o enunciado diz, o cone é cortado pelos planos z = 0 e z = 2 . Temos então algo assim:

A superfície do problema é a parte do cone que está entre os planos, portanto, um tronco de cone.

Passo 2

Bom, para calcular essa integral de superfície, o primeiro passo é parametrizar esse cone. Como temos x 2 + y 2 + z 2 3 no denominador, pensamos logo em coordenadas esféricas, o que faz essa expressão virar apenas ρ 3 . Porém, temos um problema...

Como o cone está deslocado, ele não vai ficar “bonitinho” escrito coordenadas esféricas, como estamos acostumados, vai ficar com uma expressão chata de trabalhar e pior ainda de integrar.

Claro, a gente podia usar as coordenadas esféricas deslocadas para o centro do cone, mas aí, levamos o problema para a expressão do campo! Porque x 2 + y 2 + z 2 3 não vai ficar uma expressão nem um pouco amigável se usarmos coordenadas esféricas deslocadas. Ferrou,né?

Bem... talvez tenha uma mateira mais simples de resolver esse problema, vamos calcular o divergente desse campo para ver no que dá:

Podemos escrever o campo como

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

(Nesse momento que você reza para encontrar uma expressão bonita!)Temos:

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

= 1 x 2 + y 2 + z 2 6 1 . x 2 + y 2 + z 2 3 - x . 3 2 2 x x 2 + y 2 + z 2 1 / 2 + 1 . x 2 + y 2 + z 2 3 - y . 3 2 2 y x 2 + y 2 + z 2 1 / 2 + 1 . x 2 + y 2 + z 2 3 - z . 3 2 2 z x 2 + y 2 + z 2 1 / 2

= 1 x 2 + y 2 + z 2 3 3 x 2 + y 2 + z 2 3 - 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2 1 / 2

= 1 x 2 + y 2 + z 2 3 3 x 2 + y 2 + z 2 3 - 3 x 2 + y 2 + z 2 3 = 0

Passo 3

Opa! Isso facilita muito nossa vida, não é?? Porque aplicando Gauss, temos:

∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V = 0

Ou seja, a integral de superfície desse campo F no limite de um volume W é igual à integral tripla do divergente de F nesse volume.

O que quer dizer que essa superfície deve ser fechada. Beleza, só fechar a nossa superfície, certo? Vamos fechar com esses dois planos que o problema nos deu, os planos z = 0 e z = 2 , formando o tronco de cone da figura. Certo?

Muita calma dessa hora, olha a expressão do campo:

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

Viu que o ponto ( 0,0 , 0 ) não está definido? Substituindo ele no campo, temo zero no demoninador.

Bom, então quer dizer que temos que tirar a origem da jogada, ou seja, fechar a nossa superfície deixando a origem fora da região W . Bom, vamos envolver a origem com uma esfera então, pode ser? Uma semi esfera, na verdade. Desse jeito aqui:

Ou seja, em cima nós fechamos a região com o plano e embaixo com a semiesfera. Aplicando Gauss, temos, então

∬ c o n e   F → . n →   d s + ∬ p l a n o   F → . n →   d s + ∬ e s f e r a   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V = 0

Sendo W a região na figura acima, orientada positivamente. Como queremos a integral na superfície vermelha apenas, temos:

∬ c o n e   F → . n →   d s = - ∬ p l a n o   F → . n →   d s - ∬ e s f e r a   F → . n →   d s

Para termos uma orientação positiva, a normal deve apontar para fora da região. No plano, isso significa apontar para cima, já na esfera e no cone, apontar para baixo.

Mas o problema diz que esse cone tem uma orientação tal que N → . k → > 0 , ou seja, sua normal aponta para cima (para dentro da região). Portanto, queremos:

- ∬ c o n e   F → . n →   d s = ∬ p l a n o   F → . n →   d s + ∬ e s f e r a   F → . n →   d s

Onde todo muno está com orientação positiva. Foi?

Passo 4

Bom, então temos que calcular essas duas integrais para conseguir o que queremos. Começando pelo plano.

Temos um círculo planar em z = 2 . Para descobrir o raio desse círculo, temos que substituir esse valor de z na expressão do cone:

x 2 + y 2 = 2 + 1 2

x 2 + y 2 = 9

Temos, então, um círculo planar de raio 3 em z = 2 . Parametrizando em coordenadas polares:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

z = 2

φ r , θ = r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ ,   2

Como temos uma volta completa em torno do eixo z , 0 ≤ θ ≤ 2 π . Como já vimos, o raio vai desde a origem até r = 3 , logo, 0 ≤ r ≤ 3 .

Show? Beleza, agora vamos calcular a normal dessa superfície:

Temos:

∂ φ ∂ r = cos ⁡ θ ,   s e n   θ ,   0

∂ φ ∂ θ = - r   s e n   θ , r cos ⁡ θ ,   0

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ θ   s e n   θ 0 - r   s e n   θ r cos ⁡ θ 0 = 0,0 , r cos 2 ⁡ θ + r   s e n 2 θ  

= 0,0 , r

Bom, para termos uma orientação positiva da nossa região (como pede o Teorema de Gauss), a normal deve apontar para fora dela, portanto, no plano, deve apontar para cima. Como a coordenada z saiu positiva, esse é o vetor certo.

Agora vamos substituir o que encontramos na fórmula:

∬ p l a n o   F → . n → d S = ∬ D   F → φ r , θ ∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ d r d θ

Onde os intervalos de r e θ são os que encontramos na parametrização.

Escrevendo o campo

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

Em função das variáveis da parametrização

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

z = 2

Temos

F → φ r , θ = r cos ⁡ θ r 2 + 4 3 , r cos ⁡ θ r 2 + 4 3 . 2 r 2 + 4 3

Levando para a integral

∬ p l a n o   F → . n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 3 r cos ⁡ θ r 2 + 4 3 , r cos ⁡ θ r 2 + 4 3 . 2 r 2 + 4 3 ( 0,0 , r ) d r d θ

∬ p l a n o   F → . n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 3 2 r r 2 + 4 3 d r d θ

Fazendo

r 2 + 4 = u

2 r d r = d u

r = 0             →           u = 4

r = 3             →           u = 13

∬ p l a n o   F → . n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 4 13 1 u 3 / 2 d u d θ

∬ p l a n o   F → . n → d S = - 2 ∫ 0 2 π u - 1 / 2 4 13 d θ

∬ p l a n o   F → . n → d S = - 2 ∫ 0 2 π 1 13 - 1 2 d θ

∬ p l a n o   F → . n → d S = 4 π 1 2 - 1 13

Passo 5

Agora precisamos resolver a outra integral de superfície, sobre a esfera. Para descobrirmos o raio da esfera, temos que saber o raio do cone quando z = 0 :

x 2 + y 2 = 0 + 1 2

x 2 + y 2 = 1

Como o cone acaba em uma circunferência de raio 1 . Vamos fechá-lo com uma esfera do mesmo raio.

Vamos usar coordenadas esféricas para a parametrização:

φ θ ,   β = ( cos ⁡ θ sen ⁡ β ,   sen ⁡ θ sen ⁡ β ,   cos ⁡ β )

Com 0 ≤ θ ≤ 2 π e 0 ≤ β ≤ π / 2 , já que só temos a parte de cima da esfera.

∂ φ ∂ θ = ( - sen ⁡ θ sen ⁡ β ,   cos ⁡ θ sen ⁡ β ,   0 )

∂ φ ∂ β = ( cos ⁡ θ cos ⁡ β ,   sen ⁡ θ cos ⁡ β , - sen ⁡ β )

N → θ ,   β = - sen ⁡ θ sen ⁡ β ,   cos ⁡ θ sen ⁡ β ,   0 × cos ⁡ θ cos ⁡ β ,   sen ⁡ θ cos ⁡ β , - sen ⁡ β

N → θ ,   β = i j k - sen ⁡ θ sen ⁡ β cos ⁡ θ sen ⁡ β 0 cos ⁡ θ cos ⁡ β sen ⁡ θ cos ⁡ β - sen ⁡ β

N → θ ,   β = - ( cos ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen 2 ⁡ θ sen ⁡ β cos ⁡ β + cos 2 ⁡ θ sen ⁡ β cos ⁡ β )

N → θ ,   β = - ( cos ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen ⁡ β cos ⁡ β )

Como queremos a orientação do vetor para baixo, encontramos o vetor certo.

Para aplicar a fórmula

∬ p l a n o   F → . n → d S = ∬ D   F → φ θ ,   β ∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ β d θ d β

Temos que escrever o campo em função das variáveis da parametrização:

F → φ θ ,   β = cos ⁡ θ sen ⁡ β ρ 2 3 , sen ⁡ θ sen ⁡ β ρ 2 3 . cos ⁡ β ρ 2 3

Como ρ = 1

F → φ θ ,   β = cos ⁡ θ sen ⁡ β , sen ⁡ θ sen ⁡ β . cos ⁡ β

Isso nos dá

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - ∫ 0 π / 2 ∫ 0 2 π cos ⁡ θ sen ⁡ β , sen ⁡ θ sen ⁡ β . cos ⁡ β cos ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   sen ⁡ β cos ⁡ β d θ d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - ∫ 0 π / 2 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ sen 3 ⁡ β + sen 2 ⁡ θ sen 3 ⁡ β + sen ⁡ β cos 2 ⁡ β d θ d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - ∫ 0 π / 2 ∫ 0 2 π sen 3 ⁡ β + sen ⁡ β cos 2 ⁡ β d θ d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - ∫ 0 π / 2 ∫ 0 2 π s e n β sen 2 ⁡ β + sen ⁡ β cos 2 ⁡ β d θ d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - ∫ 0 π / 2 ∫ 0 2 π s e n β d θ d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - 2 π ∫ 0 π / 2 s e n β d β

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = 2 π cos ⁡ β 0 π / 2

∬ e s f e r a   F → . n →   d s = - 2 π

Passo 6

Agora vamos finalmente encontrar o que a gente quer:

- ∬ c o n e   F → . n →   d s = ∬ p l a n o   F → . n →   d s + ∬ e s f e r a   F → . n →   d s

Substituindo o que encontramos

- ∬ c o n e   F → . n →   d s = 4 π 1 2 - 1 13 - 2 π = - 4 π 13

Resposta

- 4 π 13