Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Sejam

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

E S parte do paraboloide z = 5 - x 2 - y 2 , com z ≥ 0 , orientada com N → 0,0 , 5 = k → . Calcule:

∬ S F → ∙ N → d S

Passo 1

O enunciado nos pede uma integral de superfície que parece bem complicada de se resolver, principalmente pela complexidade do campo F → . Para tentar simplificar isso ai, vamos aplicar o Teorema de Gauss, o enunciado dele é esse aqui:

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

Essa questão aqui tem uma peculiaridade, o campo F → = F 1 → + F 2 → , vamos então ter que fazer tudo para o campo 1 primeiro e depois para o campo 2 . No primeiro vamos ter que remover uma singularidade e no segundo não, por isso facilita dividir o campo nesses dois casos.

Passo 2

Nosso campo F 1 → tem denominador, né? Então ele tem uma singularidade. Nesse caso, o ponto que o denominador é zero é a origem ( 0,0 , 0 ) . Portanto, além de fechar nossa superfície, vamos ter que remover a singularidade do sólido W com uma terceira superfície! Essas duas tem que ser simples de calcular, se não for, não adianta nada tudo isso.

Nosso esboço vai ser esse aqui:

Perceba que usamos o próprio plano z = 0 para fechar o paraboloide.

Além disso, usamos um elipsoide 4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 para remover a origem do sólido.

Mas de onde você tirou esse elipsoide pra tirar a origem?? Calma, eu falei que precisamos escolher com muita atenção as superfícies, né? Esse termo aparece exatamente igual no campo F → . Quando formos calcular a integral dessa superfície vai ficar tudo bem simples, prometo!

Pelo teorema de Gauss:

∬ S F 1 → . n →   d s + ∬ R F 1 → . n →   d s + ∬ T F 1 → . n →   d s = ∭ W   d i v F 1 →   d V

Só para deixar bem explícito, a superfície R é o plano z = 0 e a superfície T é o elipsoide. Vamos fazer tudo isso passo a passo bem devagar, vamos lá?

Passo 3

Vamos começar pela integral tripla. Você lembra como calcula o divergente de um campo? É essa fórmula aqui:

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

Lembrando que o nosso campo é a soma de dois campos:

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

∂ F 1 ∂ x = 1 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - x 3 2 8 x 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

∂ F 1 ∂ x = 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 12 x 2 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

∂ F 2 ∂ y = 1 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - y 3 2 2 y 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

∂ F 2 ∂ y = 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 y 2 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

∂ F 3 ∂ z = 1 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - z 3 2 2 z 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

∂ F 3 ∂ z = 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 z 2 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

Ta vendo que o termo 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 aparece exatamente igual nas 3 derivadas? Ele vai apareces multiplicado por 3 na nossa soma.

Além disso, o termo 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 aparece multiplicado cada vez por um termo em cada derivada, certo? Vamos colocá-lo em evidência na soma. Fica assim:

d i v F 1 → = 3 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - ( 12 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 ) 4 x 2 + y 2 + z 2 1 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3

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

Somando os expoentes:

d i v F 1 → = 3 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 - 3 4 x 2 + y 2 + z 2 3 2 4 x 2 + y 2 + z 2 3 = 0

Que beleza né! Não vamos nem precisar calcular a integral tripla!

∭ W   d i v F → 1   d V = 0

Passo 4

Vamos para a integral da superfície R , o plano z = 0 , sua parametrização vai ser:

R u , v = u , v , 0

Nesse caso, o cálculo da normal vai ser feito assim:

n → = ∂ R ∂ u × ∂ R ∂ v

∂ R ∂ u = 1,0 , 0

∂ R ∂ v = ( 0,1 , 0 )

n → = i j k 1 0 0 0 1 0 = ( 0,0 , 1 )

Só lembre-se que a normal, para o teorema de Gauss, tem que estar apontando para fora do sólido, nesse caso queremos z negativo, portanto a normal correta é:

n → = ( 0,0 , - 1 )

Substituindo na integral de superfície:

∬ R F → . n → d S = ∬ R u , v , 0 4 u 2 + v 2 3 2 . 0,0 , - 1 d S

Como isso é um produto escalar, vai dar exatamente zero!

∬ R F → . n → d S = ∬ R 0 d S = 0

Passo 5

Vamos para a nossa outra integral, a da superfície T , que é o elipsoide 4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Sua parametrização é a seguinte:

x = cos ⁡ θ sen ⁡ ϕ 2

y = sen ⁡ θ sen ⁡ ϕ

z = cos ⁡ ϕ

0 ≤ θ ≤ 2 π

0 ≤ ϕ ≤ π 2

Os limites são esses porque só queremos metade do elipsoide, então ϕ não vai de 0 a π . Vamos escrever F 1 → com os novos parâmetros, lembrando que escolhemos esses valores justamente para o nosso denominador ficar igual a 1 , portanto:

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

F 1 → θ , ϕ = cos ⁡ θ sen ⁡ ϕ 2 , sen ⁡ θ sen ⁡ ϕ , cos ⁡ ϕ

Nossa normal vai ser dada por:

n → = ∂ T ∂ θ × ∂ T ∂ ϕ

∂ T ∂ θ = - sen ⁡ θ sen ⁡ ϕ 2 , cos ⁡ θ sen ⁡ ϕ ,   0

∂ T ∂ ϕ = cos ⁡ θ cos ⁡ ϕ 2 , sen ⁡ θ cos ⁡ ϕ , - sen ⁡ ϕ

n → = i j k - sen ⁡ θ sen ⁡ ϕ 2 cos ⁡ θ sen ⁡ ϕ 0 cos ⁡ θ cos ⁡ ϕ 2 sen ⁡ θ cos ⁡ ϕ - sen ⁡ ϕ

n → = - cos ⁡ θ sen 2 ⁡ ϕ , - sen ⁡ θ sen 2 ⁡ ϕ 2 , - sen ⁡ ϕ cos ⁡ ϕ 2

Vamos ver se a nossa orientação está certa, para perceber isso pegue algum ponto, por exemplo θ = 0 e ϕ = π / 2 , nesse caso o valor da normal é:

n → = ( - 1 2 , 0,0 )

Veja que, graficamente, a nossa normal deve apontar para fora do sólido W , certo? Então, nesse caso, nossa orientação da normal é negativa mesmo!

Pronto! Agora vamos calcular a nossa integral, substituindo F 1 → , a normal n → e os limites de integração:

= ∫ 0 2 π ∫ 0 π 2 cos ⁡ θ sen ⁡ ϕ 2 , sen ⁡ θ sen ⁡ ϕ , cos ⁡ ϕ . - cos ⁡ θ sen 2 ⁡ ϕ , sen ⁡ θ sen 2 ⁡ ϕ 2 , sen ⁡ ϕ cos ⁡ ϕ 2 d ϕ d θ

= - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 π 2 cos 2 ⁡ θ sen 3 ⁡ ϕ + sen 2 ⁡ θ sen 3 ⁡ ϕ + sen ⁡ ϕ cos 2 ⁡ ϕ d ϕ d θ

= - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 π 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ sen 3 ⁡ ϕ + sen ⁡ ϕ cos 2 ⁡ ϕ d ϕ d θ

= - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 π 2 sen ⁡ ϕ sen 2 ⁡ ϕ + cos 2 ⁡ ϕ d ϕ d θ = - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 π 2 sen ⁡ ϕ d ϕ d θ

Integrando em ϕ

= - 1 2 ∫ 0 2 π - cos ⁡ ϕ ϕ = 0 ϕ = π 2 d θ = - 1 2 ∫ 0 2 π 1 d θ

Integrando em θ

= - 1 2 2 π = - π

∬ T F 1 → . n →   d s = - π

Passo 6

Voltando para o Teorema de Gauss:

∬ S F 1 → . n →   d s + ∬ R F 1 → . n →   d s + ∬ T F 1 → . n →   d s = ∭ W   d i v F 1 →   d V

∬ S F 1 → . n →   d s - π + 0 = 0

∬ S F 1 → . n →   d s = π

Passo 7

Fizemos tudo isso para o nosso campo F 1 → com a singularidade, né? Vamos ter que fazer algo semelhante para o segundo campo, mas fica tranquilo que esse é mais rápido, só de não ter singularidade facilita muito!

F 2 → x , y , z = ( 0,0 , z 3 )

Nosso esboço vai ficar bem parecido, só não vamos precisar do elipsoide, então vai ficar assim olha:

Pelo Teorema de Gauss:

∬ S F 2 → . n →   d s + ∬ R F 2 → . n →   d s = ∭ W   d i v F 2 →   d V

Passo 8

Vamos começar pelo divergente de novo:

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

= 0 + 0 + 3 z 2

d i v F 2 → = 3 z 2

Para calcular a integral tripla, temos que descobrir os limites do nosso sólido. Para calcular isso, vale a pena fazer uma mudança cilíndrica nas variáveis. Portanto:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

z = z

J = r

z está limitado pelo paraboloide z = 5 - x 2 - y 2 e pelo plano z = 0 , com isso:

0 ≤ z ≤ 5 - r 2

O paraboloide projetado no eixo z = 0 fica:

x 2 + y 2 = 5

Que é uma circunferência de raio 5 , portanto:

0 ≤ r ≤ 5

0 ≤ θ ≤ 2 π

Definidos os limites, agora só resta calcular a integral!

∭ W   d i v F 2 →   d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 5 ∫ 0 5 - r 2 3 z 2 r d z d r d θ

= 3 ∫ 0 2 π ∫ 0 5 z 3 3 z = 0 z = 5 - r 2 r d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 5 5 - r 2 3 . r d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 5 125 r - 75 r 3 + 15 r 5 - r 7 d r d θ

= ∫ 0 2 π 125 r 2 2 - 75 r 4 4 + 15 r 6 6 - r 8 8 r = 0 r = 5 d θ

= ∫ 0 2 π 625 2 - 1875 4 + 625 2 - 625 8 d θ

= 2 π 2500 - 3750 + 2500 - 625 8 = 2 π 625 8 = 625 π 4

∭ W   d i v F 2 →   d V = 625 π 4

Passo 9

Agora precisamos calcular a integral de superfície do plano z = 0 , para isso, a parametrização da superfície vai ser:

R u , v = ( u , v , 0 )

F 2 → x , y , z = 0,0 , z 3

Só que, como z = 0 , nosso campo escrito com os novos parâmetros fica assim:

F 2 → u , v = ( 0,0 , 0 )

Portanto, como o fluxo é nulo, nem precisamos calcular a normal, o valor da integral de superfície com certeza é zero!

∬ R F 2 → . n →   d s = 0

Passo 10

Voltando para o Teorema de Gauss para o campo F 2 → :

∬ S F 2 → . n →   d s + ∬ R F 2 → . n →   d s = ∭ W   d i v F 2 →   d V

∬ S F 2 → . n →   d s + 0 = 625 π 4

∬ S F 2 → . n →   d s = 625 π 4

Passo 11

Finalmente, juntando as integrais de superfície que calculamos para F 1 → e F 2 → ficamos com:

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

= π + 625 π 4 = 629 π 4

Resposta

629 π 4