Exercícios Resolvidos de Singularidade

Ver Teoria

Enunciado

Seja

F → x , y , z = 4 ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2 + x , y , x 2

Calcule ∬ S   F → ∙ n → d S , onde S é a parte do parabolóide z = 1 - x 2 - y 2 com x 2 + y 2 ≤ 1 , orientada com a normal unitária n → 0,0 , 1 = ( 0,0 , 1 ) .

Passo 1

Ele quer aquela integral de superfície ao longo daquela função F → , repara que ele colocou essa parada divida em duas funções, vamos pensar então na F → como

F → = F 1 → + F 2 →

Com

F 1 → = 4 ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2

E

F 2 → = x , y , x 2

Vamos fazer cada uma das integrais para cada um desses dois campos separado e depois é só somar.

∬ S   F → ∙ n → d S = ∬ S   F 1 → ∙ n → d S + ∬ S   F 2 → ∙ n → d S

Passo 2

Vamos começar fazendo

∬ S   F 2 → ∙ n → 2 d S

Para isso, precisamos parametrizar S , certo? Como se trata de um paraboloide, e paraboloide ficam “bem” em coordenadas cilíndricas, são elas que vamos usar:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

z = z

Levando para a equação do paraboloide, temos:

z = 1 - r 2

Ou seja, sua parametrização é:

φ r , θ = r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ , 1 - r 2

Onde

x 2 + y 2 ≤ 1

O que quer dizer que 0 ≤ r ≤ 1 .

Como se trata de uma volta completa em torno de z , 0 ≤ θ ≤ 2 π .

Passo 3

Agora vamos calcular a normal à superfície:

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

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

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

Passo 4

Agora vamos montar a integral. Escrevendo o campo em função da parametrização:

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

Levando tudo o que temos para a integral:

∬ S   F 2 → ∙ n → 2 d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r cos ⁡ θ ,   r   s e n   θ ,   r 2 cos 2 ⁡ θ . 2 r 2 cos ⁡ θ , 2 r 2 s e n   θ , r 2 d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 r 3 cos 2 ⁡ θ + 2 r 3 s e n 2   θ + r 4 cos 2 ⁡ θ d r d θ =

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 r 3 + r 4 cos 2 ⁡ θ d r d θ =

= ∫ 0 2 π r 4 2 + r 5 5 cos 2 ⁡ θ 0 1 d θ =

= ∫ 0 2 π 1 2 + 1 5 cos 2 ⁡ θ d θ =

Lembrando que

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

= 1 2 ∫ 0 2 π 1 + 1 + cos ⁡ 2 θ d θ =

= 1 2 ∫ 0 2 π 2 + cos ⁡ 2 θ d θ =

= θ + 1 4 s e n   2 θ 0 2 π =

= 2 π

Passo 5

Agora a gente precisa calcular a outra parte da integral

∬ S   F 1 → ∙ n → d S

Mas esse campo tem uma expressão bizarra, não é?

F 1 → = 4 ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2

Vamos calcular o divergente disso aí então e rezar pra ser algo bonito:

d i v F 1 → = ∂ ∂ x 4 x x 2 + y 2 + z 2 3 2 + ∂ ∂ y 4 y x 2 + y 2 + z 2 3 2 + ∂ ∂ z 4 z x 2 + y 2 + z 2 3 2

d i v F 1 → = 4 - 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + 4 x 2 - 2 y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + 4 x 2 + y 2 - 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

d i v F 1 → = 0

Olha que maravilha!!

Passo 6

Partiu usar Gauss então, né? MUITA CALMA NESSA HORA. A gente precisa de uma superfície fechada para aplicar o teorema.

Nossa superfície é essa aqui:

Nada mais natural que fechar isso aí com um círculo embaixo, né? Agora olha de novo para o campo:

F 1 → = 4 ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2

Repara que ele não está definido em x = y = z , ou seja: NÃO PODEMOS fechar com esse círculo nem com qualquer superfície que contenha a origem.

Precisamos tirar a origem da região. Ok, como temos vários termos quadráticos no campo, vamos fazer isso com uma casa de esfera:

Pronto, isolamos a origem. Assim, a fronteira da região passa a de o paraboloide S , com a semiesfera E e o anel plano A .

Que bagunça, né? É a vida, vamos lá. Finalmente, podemos apicar Gauss:

∬ S F 1 → ∙ n → d S + ∬ E F 1 → ∙ n → d S + ∬ A F 1 → ∙ n → d S = ∭ W d i v F 1 → d W = 0

Foi? Então, a integral que queremos é isso aqui:

∬ S F 1 → ∙ n → d S = - ∬ E F 1 → ∙ n → d S - ∬ A F 1 → ∙ n → d S

Onde as normais apontam para fora de W .

Passo 7

Calma, gente, tá acabando. Precisamos, então, dessas duas integrais. Vamos começar pelo anel que pertence ao plano z = 0 .

Tá, como nós sabemos que o raio máximo do paraboloide é r = 1 (pelo enunciado), vamos assumir que essa nossa esfera tem raio 1 / 2 . Agora precisamos parametrizar o anel, certo?

Repara que a sua parametrização vai ser uma coisa assim:

A x , y = ( x , y , 0 )

Onde 1 / 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 .

E sua normal vai ser uma coisa assim:

n = ( ? , ? , 0 )

Beleza? Agora olha isso aqui:

∬ A F 1 → ∙ n → d S = ∬ D   F ( A y , y ) . n d S

Escrevendo o campo em função da parametrização, temos:

F 1 → = 4 ( x , y , 0 ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2

Agora chora de alegria comigo:

∬ A F 1 → ∙ n → d S = ∬ D   4 ( x , y , 0 ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2 ( ? , ? , 0 ) d S = 0

Por milagre divino esse produto escalar é zero :D É, só que a questão ainda não acabou.

Passo 8

Agora vamos calcular a integral na esfera E .

Lembrando que

E = x , y , z ∈ R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1 / 4 , z ≥ 0

Respira fundo e vamos continuar, essa questão é levemente gigante né mas fazer o que.

Para achar o vetor normal vamos fazer

f x , y , z = x 2 + y 2 + z 2 - 1 / 4

Então

n → = ∇ f

n → = 2 x , 2 y , 2 z

Fica atento a orientação do vetor, que deve estar orientado para fora de W , portanto, para baixo na esfera. Então, como, z ≥ 0 vetor normal na verdade vai ser trocando o sinal desse vetor que achamos

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z

Um detalhe importante é que quando achamos o vetor normal pelo gradiente temos que normalizar esse vetor, vamos fazer

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z - 2 x 2 + - 2 y 2 + - 2 z 2

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 4 x 2 + y 2 + z 2

Lembrando que para essa esfera temos

x 2 + y 2 + z 2 = 1 / 4

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 1

n → = 2 - x , - y , - z

A nossa integral vai ficar

∬ e F 1 → ∙ n → d S = ∬ E 4 x , y , z x 2 + y 2 + z 2 3 2 ∙ 2 - x , - y , - z d S =

= 8 ∬ E - x 2 - y 2 - z 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S =

= 8 ∬ E - 1 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S

= 8 ∬ E - 1 x 2 + y 2 + z 2 1 2 d S

Lembra também que em E vamos ter

x 2 + y 2 + z 2 = 1 / 4

Então

∬ E - 2 d S = - 2 Á r e a E

Então queremos a área da metade de uma esfera de raio 1 / 2 , então

Á r e a E = 4 π . ( 1 / 2 ) 2 2 = π 2

Assim nossa integral de superfície vai ficar

∬ E F 1 → ∙ n → d S = - π 2

Passo 9

Vamos juntar a parada toda agora

∬ S   F → ∙ n → d S = ∬ S   F 1 → ∙ n → d S + ∬ S   F 2 → ∙ n → d S ⏟ 2 π

∬ S   F → ∙ n → d S = ∬ S   F 1 → ∙ n → d S + 2 π

E nós temos:

∬ S F 1 → ∙ n → d S = - ∬ E F 1 → ∙ n → d S ⏟ - π 2 - ∬ A F 1 → ∙ n → d S ⏟ 0 = π 2

Portanto, o que queremos é:

∬ S   F → ∙ n → d S = π 2 + 2 π = 5 π 2

ALELUIA!!!

Resposta

5 π 2