Exercícios Resolvidos de Singularidade

Ver Teoria

Enunciado

Considere o campo F → x , y , z = x , y , z x 2 + y 2 + z 2 3 .   Analise as seguintes afirmações:

(I) Se S é o elipsoide x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 , com a , b , c > 0 orientado pela normal exterior N → então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π a b c

(II) Se S é a esfera x 2 + y 2 + z - 1 2 = 1 orientada pela normal unitária exterior N → então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 0

(III) Se S é o cubo de vértices ± 1 , ± 1 , ± 1 orientado pela normal unitária exterior N → , então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π

Podemos afirmar que:

a) apenas a afirmação (I) é verdadeira.

b) apenas as afirmações (II) e (III) são verdadeiras.

c) apenas a afirmação (III) é verdadeira.

d) apenas a afirmação (II) é verdadeira.

e) apenas as afirmações (I) e (II) são verdadeiras.

Passo 1

Cara, ele deu um campo bem estranho né? E pede informações sobre integrais de superfícies em superfícies fechadas com vetor normal exterior. Isso lembra qual Teorema? O Teorema de Gauss! Onde a gente usa esses tipos de superfícies.

Para ver se é interessante usar Gauss aqui, vamos calcular o divergente desse campo. Segura na minha mão:

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

Ele tem essa fórmulinha:

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

Então a gente calcula:

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

Cara, isso vai dar uma conta bem feia, né? Então vou te dar aquele bizu. Guarda no coração: esse campo é feio, mas ele já é conhecido. Ele é o campo elétrico gerado por uma carga em 0,0 , 0 . Os livros de cálculo já falam sobre ele.

E sabe o que eles dizem? Que esse bonito tem divergente igual a zero! Demais né! Se não acredita em mim, repara:

d i v   F = - 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + - 2 y 2 + x 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + - 2 z 2 + x 2 + y 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

d i v   F = 0

Com esse divergente tranquilinho, certamente vamos usar Gauss então. Bora!

Passo 2

(I) Ele diz que se S é o elipsoide x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 , com a , b , c > 0 então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π a b c

Gauss diz que:

∫ ∫ ∫ W d i v   F d V = ∫ ∫ S F ⋅ N d s

Sendo W a região dentro de uma superfície fechada S .

Mas a temos um problema. O nosso campo não está definido em 0,0 , 0 (o denominador das componentes zera), então, o elipsoide sozinho não vai ser a fronteira de uma região fechada bem definida em F → .

Precisamos colocar uma outra superfície fechada dentro dela, que englobe esse ponto. Aí a nossa região vai ser o volume entre essas duas superfícies. Aí vamos considerar que a , b , c > 1 colocar uma esfera de raio 1 dentro desse elipsoide:

Agora temos duas superfícies como fronteira da nossa região. A esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 (com vetor normal para dentro dela) e o elipsoide. Aí a gente pode montar Gauss assim:

∫ ∫ ∫ W d i v   F d V = ∫ ∫ e l i p s o i d e F ⋅ N d s - ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s

Temos aquele menos ali na esfera porque o seu vetor deve estar apontando para dentro, mas vamos calcular N → como apontando para fora, aí só mudamos o sinal da integral. E lembrando que d i v   F = 0 :

∫ ∫ e l i p s o i d e F ⋅ N d s = ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s

Passo 3

Então a gente só precisa calcular essa integral dupla da direita. Se a gente parametrizar nossa esfera assim:

φ θ , β =   s e n   β cos ⁡ θ ,   s e n   β sen ⁡ θ ,   cos ⁡ β

0 ≤ θ ≤ 2 π ,     0 ≤ β ≤ π

O vetor normal e exterior a ela, quando a gente calcula as derivadas parciais, faz o produto vetorial e testa para ver se é o vetor normal exterior mesmo, vai ser

n → =   s e n 2 β cos ⁡ θ ,   s e n 2 β   s e n   θ ,   s e n   β cos ⁡ β

E substituindo a parametrização da esfera no nosso campo:

x = s e n   β cos ⁡ θ ,   y = s e n   β sen ⁡ θ ,   z = cos ⁡ β

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

A gente vê que esse termo x 2 + y 2 + z 2 1 , porque a equação da esfera de raio 1 diz exatamente isso. Ela diz que x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Então essa substituição fica mais tranquila e a gente acha:

F → θ , β =   s e n   β cos ⁡ θ ,   s e n   β sen ⁡ θ ,   cos ⁡ β 1

F → θ , β =   s e n   β cos ⁡ θ ,   s e n   β sen ⁡ θ ,   cos ⁡ β

Aí montando a integral de superfície:

∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s = ∫ 0 2 π ∫ 0 π F θ , β ⋅ n → d β   d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 π   s e n   β cos ⁡ θ ,   s e n   β sen ⁡ θ ,   cos ⁡ β ⋅   s e n 2 β cos ⁡ θ ,   s e n 2 β   s e n   θ ,   s e n   β cos ⁡ β d β   d θ

Passo 4

E calculando:

∫ 0 2 π ∫ 0 π   s e n   β cos ⁡ θ ,   s e n   β sen ⁡ θ ,   cos ⁡ β ⋅   s e n 2 β cos ⁡ θ ,   s e n 2 β   s e n   θ ,   s e n   β cos ⁡ β d β   d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n 3 β cos 2 ⁡ θ +   s e n 3 β   s e n 2   θ +   s e n   β cos 2 ⁡ β d β   d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n 3 β ( cos 2 ⁡ θ +   s e n 3 β   s e n 2   θ ) +   s e n   β cos 2 ⁡ β d β   d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n 3 β + s e n   β cos 2 ⁡ β d β   d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n   β s e n 2 β + cos 2 ⁡ β d β   d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n   β s e n 2 β + cos 2 ⁡ β d β   d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 π s e n   β d β   d θ = 4 π

Daí a gente tira que sendo S   o elipsoide:

∫ ∫ S F ⋅ N d s = ∫ ∫ e l i p s o i d e F ⋅ N d s = ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s = 4 π

Ou seja, esse primeiro item está errado. Ali, se a , b , c > 1 , dá 4 π e não 4 π a b c .

Passo 5

(II) Aqui a gente tem essa informação para analisar:

Se S é a esfera x 2 + y 2 + z - 1 2 = 1 orientada pela normal unitária exterior N → então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 0

Cara, repara que essa esfera engloba uma região que não tem o 0,0 , 0 dentro. Olha só ela:

Esse ponto só faz parte da fronteira da esfera. E ele não vai bugar o teorema de Gauss, porque é só um pontinho na superfície e não no meio da região interna.

Aí a para esse cara, a gente pode escrever o teorema de Gauss diretão:

∫ ∫ ∫ W d i v   F → d V = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d s

Sendo que S é a nossa esfera que limita a região W que não tem singularidades no seu interior. E como d i v   F → = 0 :

0 = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d s

Como o item diz. Então essa é verdadeira.

Passo 6

(III) Essa daí diz que:

Se S é o cubo de vértices ± 1 , ± 1 , ± 1 orientado pela normal unitária exterior N → , então ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π

Cara, aqui temos o mesmo problema do item (I), a região dentro do cubo não está completamente definida em F → . Aquele 0,0 , 0 está atrapalhando de novo.

Mas a gente já viu o que fazer com ele né? Vamos colocar uma esfera de raio 1 dentro do cubo, e aí a nossa região W   vai estar do lado de dentro do cubo e do lado de fora da esfera, e essas duas superfícies serão nossas fronteiras.

Aí fica assim. ∫ ∫ ∫ W d i v   F d V = ∫ ∫ c u b o F ⋅ N d s - ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s

Temos aquele menos ali na esfera porque o seu vetor deve estar apontando para dentro, mas vamos calcular N → como apontando para fora, aí só mudamos o sinal da integral. E lembrando que d i v   F = 0 :

∫ ∫ c u b o F ⋅ N d s = ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s

Mas a gente já achou quando vale essa integral de superfície sobre a esfera! Então:

∫ ∫ c u b o F ⋅ N d s = ∫ ∫ e s f e r a F ⋅ N d s = 4 π

E aí essa é verdadeira também.

Resposta

Letra b