Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Calcule o fluxo

∬ S F → ∙ d S →

Do campo vetorial

F → x , y , z = x sen ⁡ y - y + e z , y + cos ⁡ y - e z ,   1 - x sen ⁡ y - cos ⁡ y

Através da superfície

S = x , y , z x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,   c o m   x + y + z ≥ 0

Orientada com vetor normal apontando para fora da esfera.

Passo 1

Bem, dá pra ver que esse campo não é nada tranquilo de integrar pela definição, né? Imagina depois de botarmos a parametrização da esfera... Nem pensar!

Vamos fugir disso usando o teorema de Gauss:

∬ ∂ W F → ∙ d S → = ∭ W div ⁡ F → d V

Mas a superfície que temos é um parte da esfera só, a parte de cima dessa figura aqui:

Que como não é uma superfície fechada, não podemos aplicar Gauss diretamente, temos que fechar antes.

Mas podemos simplesmente fechar com o plano da figura:

Então vamos ficar com:

∬ S F → ∙ d S → + ∬ S 1 F → ∙ d S → = ∭ W div ⁡ F → d V

⇒ ∬ S F → ∙ d S → = ∭ W div ⁡ F → d V - ∬ S 1 F → ∙ d S →

Então vamos ver se conseguimos calcular essas aí agora!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos comçar com a integral tripla. Apesar do campo ser complicado, o divergente é tranquilo de calcular:

div ⁡ F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z

⇒ sen ⁡ y + 1 - sen ⁡ y + 0 = 1

O que é muito bom, porque nossa integral fica:

∭ W div ⁡ F → d V = ∭ W 1 d V

E agora vem um macetinho, mas espero que dê pra entender porque senão fica quase impossível de resolver a questão.

O que a gente tem que perceber é que o plano corta a esfera exatamente na metade, consegue ver? Isso vale pra qualquer plano que passa pela origem que é o que temos nesse caso.

Então vamos ter que:

∭ W 1 d V = V o l u m e D = V e s f e r a 2

∭ W 1 d V = 4 π r 3 3 2 = 2 π 3

Passo 3

Bom, vamos para a integral de superfície agora, lembrando que S 1 é o plano que fecha a esfera, portanto

x + y + z = 0

x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1

Portanto a normal é dada por

N → = - 1 , - 1 , - 1

Já que queremos que o vetor aponte para fora da esfera!

F → = x sen ⁡ y - y + e z , y + cos ⁡ y - e z ,   1 - x sen ⁡ y - cos ⁡ y

Aqui vamos ver que, se tentarmos resolver a integral do jeito normal fica bem difícil, vamos ver como fica o produto escalar F → . N → primeiro:

x sen ⁡ y - y + e z , y + cos ⁡ y - e z ,   1 - x sen ⁡ y - cos ⁡ y . - 1 , - 1 , - 1 =

= - x sen ⁡ y + y - e z - y - cos ⁡ y + e z - 1 + x sen ⁡ y + cos ⁡ y

= - 1

Que beleza né? Fica mais simples resolver a integral

= ∬ S 1 - 1 d x d y

O que é isso aí? É a área da projeção da superfície no plano x y , se a gente tentar fazer isso fica bem mais complicado!

A nossa superfície S 1 é o círculo de raio 1 dentro da esfera, certo? Essa área sabemos que vale π r 2 = π

Então vamos fazer isso aqui, ao invés de usar o vetor normal N → , vamos usar o vetor unitário n → . E qual a diferença?

∬ S 1 F → . n → d S = ∬ S 1 F → . N → d x d y

Onde N → = - 1 , - 1 , - 1 , N → = 3 , logo

n → = 1 3 - 1 , - 1 , - 1

F → . n → = - 1 3

Com isso

∬ S 1 F → . n → d S = ∬ S 1 1 3 d S = - 1 3 ∬ S 1 1 d S

Agora sim! Essa integral aí ∬ S 1 1 d S é igual a área da nossa superfície que conhecemos! Logo

- 1 3 ∬ S 1 1 d S =

∬ S 1 F → . n → d S = - 1 3 π = - 3 3 π

Passo 4

Ufa! Voltando pro teorema agora pra fechar

∬ S F → ∙ d S → = ∭ W div ⁡ F → d V - ∬ S 1 F → ∙ d S →

∬ S F → ∙ d S → = 2 π 3 + 3 3 π

= π 3 2 + 3

Resposta

π 3 2 + 3

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