Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

12) Seja a superfície cônica S de vértice 0 ,   0 ,   h , h > 0 , de base situada no plano x y com raio 1 e n → com componente k → não negativa. Seja

F → x ,   y ,   z = ∂ f ∂ y x ,   y ,   z   i → - ∂ f ∂ x x ,   y ,   z   j → + 2 z + 1 k →

Sendo f x ,   y ,   z de classe C 2 em R 3 . Calcule o fluxo de F → através de S .

Passo 1

Se o problema nos pediu fluxo de F → sobre uma superfície S , com toda certeza o que ele está buscando é que façamos uma integral de superfície:

∬ S   F → ⋅ n →   d S

Para resolver essa integral, poderíamos seguir basicamente 2 caminhos:

1º - Fazer de uma forma direta (parametrizando e tudo mais)

2º - Aplicar o Teorema de Gauss.

Pow, perceba que nem temos muitas informações sobre o Campo F → para calcular pelo método direto, afinal não temos informações sobre f .

Então vamos tentar pegar o caminho alternativo, o seja por G a u s s , mas será que o divergente de F → ajuda a eliminar essas derivadas parciais de f aí?

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

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = ∂ ∂ x ∂ f ∂ y x ,   y ,   z = ∂ 2 f ∂ x ∂ y x ,   y ,   z

∂ F 2 ∂ y = ∂ ∂ y - ∂ f ∂ x x ,   y ,   z = - ∂ 2 f ∂ y ∂ x x ,   y ,   z

∂ F 3 ∂ z   = ∂ 2 z + 1 ∂ z   = 2

Então...

d i v   F → = ∂ 2 f ∂ x ∂ y x ,   y ,   z - ∂ 2 f ∂ y ∂ x x ,   y ,   z + 2

Pow! Como o f é de C 2 , então, podemos afirmar que...

∂ 2 f ∂ x ∂ y x ,   y ,   z = ∂ 2 f ∂ y ∂ x x ,   y ,   z

d i v   F → = 2

Pow, com um divergente simples e convidativo (se parece com a equação da esfera) sim, o problema está pedindo que façamos por Gauss!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O teorema basicamente é a igualdade maravilhosa:

∬ ∂ W   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Mas não podemos aplicar essa integral assim... De qualquer forma. Precisamos averiguar as condições do Teorema que nos pede:

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W :

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

3º - Superfície orientada positivamente:

Vem comigo averiguar essas condições ;D

Passo 3

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W :

Se desenharmos a superfície S que queremos o fluxo, como o problema nos sugeriu,

Veja que ela nos representa um cone da boca pra baixo e com o vértice em 0 ,   0 ,   h . Infelizmente ela é uma superfície aberta, logo, para aplicar o Teorema teremos que fecha-la. Podemos fazer isso com o plano z = 0 ...

Veja então que o sólido W onde devemos integrar agora é fechado pelas superfícies S e por esse circulo de raio 1 que vamos chamar de S 2 , logo...

∬ ∂ W   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V       →

∬ S   F → ⋅ d S → + ∬ S 2   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V   →

Como queremos o fluxo só em S , isolemos...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → x ,   y ,   z = ∂ f ∂ y x ,   y ,   z   i → - ∂ f ∂ x x ,   y ,   z   j → + 2 z + 1 k →

Esse campo Vetorial funciona em todas as situações já que as derivadas são de classe C 2 e a coordenada z não tem nenhum bug como uma divisão por 0 ou algo do tipo.

3º - Superfície orientada positivamente:

Bem, isso significa que precisamos de uma superfície com vetores normais saindo do sólido fechado por ela, o que já acontece lá do enunciado, afinal o vetor n → tem a componente z positiva...

(Observe que para tudo estar orientado positivamente, precisamos de um vetor n → apontado pra baixo)

Passo 5

Bem, com as três condições sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade do Teorema sem nenhuma restrição...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Então vamos lá, e começando com a integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V = ∭ W   2   d V

2 vezes a integral de d V representa...

∭ W   2   d V = 2 V o l u m e   d e   W

Como Z é um cone de altura h e a base é uma circunferência de raio 1 , então...

2 V o l u m e   d e   W = 2 π 1 2 h 3 =

2 π h 3

Passo 6

Para a integral de superfície em cima do círculo no plano x y ...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

Veja que o vetorsinho normal a esse cara é...

n → = 0 ,   0 ,   - 1

Logo...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∬ S 2   ∂ f ∂ y x ,   y ,   z , - ∂ f ∂ x x ,   y ,   z   ,   2 z + 1 ⋅ 0 ,   0 ,   - 1   d S =

∬ S 2   - 2 z - 2   d S

O z dessa superfície é 0 já que o círculo está no plano x y ...

∬ S 2   - 2   d S = - 2 ∬ S 2     d S

A integral de d S é a área de S 2 , ou seja, a área do disco de raio 1 como calculamos ali em cima...

- 2 ∬ S 2     d S = - 2 π 1 2 = - 2 π

Passo 7

Voltando para a integral de superfície que queremos...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ d S →

E substituindo tudo...

∬ S   F → ⋅ d S → = 2 π h 3 - - 2 π =

2 π 3 h + 3

Resposta

2 π 3 h + 3

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