Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

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Enunciado

Calcule a integral de superfície de campo vetorial ∫ ∫ S F ⋅ n d S ,   onde a superfície S é dada pela equação:

x 2 + y 2 = z 2 1 + 3 cos 2 ⁡ π z 2 ,             1 ≤ z ≤ 3 ,

orientada com vetor normal apontando para fora do eixo z e F é o campo vetorial:

F x , y , z = 1 x 2 + y 2 + z 2 3 2 x , y , z .

(Observação: S é uma superfície de revolução que contém o cone x 2 + y 2 = z 2 ,   1 ≤ z ≤ 3 ,   em seu interior e coincide com ele nos planos z = 1 e z = 3 ).

Passo 1

Eaí galerinha, tudo na paz com vocês?

Nessa questão precisamos calcular a integral de superfície:

∫ ∫ S F ⋅ n d S ,  

onde o campo vetorial F , vale:

F x , y , z = 1 x 2 + y 2 + z 2 3 2 x , y , z

Até aqui parece tudo ok, aplicação direta da teoria e tal... O problema está na superfície S . Ela é dada pela equação:

x 2 + y 2 = z 2 1 + 3 cos 2 ⁡ π z 2 ,       1 ≤ z ≤ 3

Que lembra muito a equação de um tronco de cone, mas não é exatamente isso devido ao termo multiplicando z 2 . Essa superfície, na realidade, é como a união de vários pedaços de cones diferentes de z = 1 a z = 3 .

Vou explicar melhor, imagina que temos z = 1 . Então:

Essa parte do cone que intersecta o plano z = 1 , pertence a superfície S . Se agora, pegamos z = 2 , teremos um novo cone, que contribuirá para S com a sua parte que intersecta o plano z = 2 .

Assim por diante, até chegarmos a z = 3 .

Beleza, mas essa complicação toda foi só pra entender a superfície S , como que a gente pode então parametrizar a superfície e resolver essa integral?

Calma galera! Essa superfície S é tão complicada que precisamos pensar em algum modo de facilitar um pouco as coisas! Tem um teorema bem importante que talvez possa nos ajudar, é o Teorema de Gauss!

Para aplicá-lo precisamos obedecer 3   condições:

1 ) Superfície de integração orientada positivamente;

2 ) Superfície que delimita um sólido, ou seja, é fronteira de um sólido;

3 ) Campo vetorial possui derivadas parciais contínuas em todo o sólido.

Se essas condições forem obedecidas, podemos usar que:

∫ ∫ ∂ W F → ⋅ n → d S =   ∫ ∫ ∫ W d i v F → d V

Vamos então verificar se essas condições estão sendo satisfeitas para a superfície S e a partir daí aplicamos o teorema, beleza?

Passo 2

Bom, começando pela orientação da superfície vemos que ela é satisfeita. Pois, pelo enunciado, a normal da superfície aponta para fora do eixo z .

O problema mesmo está nessa segunda condição. Segundo ela, a superfície precisa ser fronteira de um sólido.

Mas, a nossa superfície S não delimita um sólido, não podemos aplicar o teorema então?

Na verdade, tem um truque que podemos usar, e que em alguns casos vai nos ajudar bastante. Podemos fechar a superfície S em baixo e em cima, de modo que ela passe a representar a fronteira de um sólido.

Para isso, precisamos adicionar uma “tampa”, que chamaremos de S b , em z = 1 :

x 2 + y 2 = 1 2 1 + 3 ⋅ cos 2 ⁡ π 2

∴ x 2 + y 2 = 1

Ou seja, S b é um círculo centrado na origem e com raio igual a 1 .

De modo análogo, podemos adicionar uma “tampa” superior, que chamaremos de S s , em z = 3 :

x 2 + y 2 = 3 2 1 + 3 ⋅ cos 2 ⁡ 3 π 2

∴ x 2 + y 2 = 9

Ou seja, S s é um círculo centrado na origem e com raio igual a 3 .

Pra finalizar, o campo vetorial precisa possuir derivadas parciais contínuas em todo o sólido.

Acho que uma forma legal de proceder aqui é imaginarmos que isso também é satisfeito, e quando formos calcular o d i v ( F → ) olhamos com mais calma. Beleza?

Dessa forma, a nova superfície composta pela união de S b , S e S s satisfaz as hipóteses do teorema de Gauss, e podemos escrever que:

∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S +   ∫ ∫ S F → ⋅ n → d S +   ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S = ∫ ∫ ∫ W d i v F → d V  

Isolando o que queremos calcular, temos:

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = ∫ ∫ ∫ W d i v F → d V - ∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Show!

Passo 3

Vamos começar calculando o d i v ( F → ) (aqui aproveitamos pra verificar melhor a 3 ° hipótese do teorema).

Lembra que o d i v ( F → ) é dado por:

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

Calculando cada uma dessas derivadas parciais separadamente, e lembrando que:

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

Chegamos a:

∂ F 1 ∂ x = x ⋅ x 2 + y 2 + z 2 - 3 / 2 '

Usando a regra do produto, que fala:

f ⋅ g ' = f ' ⋅ g + f ⋅ g '

Temos:

∂ F 1 ∂ x = 1 ⋅ x 2 + y 2 + z 2 - 3 2 + x ⋅ - 3 2 ⋅ 2 x x 2 + y 2 + z 2 5 2

= x 2 + y 2 + z 2 - 3 x 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

=   - 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

Boaaa! Resolvendo de forma análoga para as outras derivadas, teremos:

∂ F 2 ∂ y = x 2 - 2 y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2  

∂ F 3 ∂ z =   x 2 + y 2 - 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

Prontinho! Como ficamos de analisar antes, essas derivadas parciais não possuem restrição nos reais, ou seja, são contínuas.

O único termo que poderia dar problema é o denominador dentro da raiz, mas o termo dentro da raiz é formado por quadrados, logo são sempre não-negativos, e como z ≥ 1 , o denominador também não zera nunca. Ou seja, de fato, a 3 ° hipótese foi satisfeita 😊

Calculando agora o d i v ( F → ) , temos:

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

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

Como os denominadores são iguais, podemos somar os numeradores:

d i v F → = - 2 x 2 + y 2 + z 2 + x 2 - 2 y 2 + z 2 + x 2 + y 2 - 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 = 0

Uaaau! Se o d i v F → = 0 não precisamos nem calcular a integral tripla, já podemos afirmar que:

∫ ∫ ∫ W d i v F → d V = 0

Excelente!

Passo 4

Após esse resultado maravilhoso, vamos relembrar a expressão que desenvolvemos no passo 2 :

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = ∫ ∫ ∫ W d i v F → d V - ∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Como d i v F → = 0 , temos:

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = - ∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Portanto, agora vamos calcular as integrais duplas pelo método direto! Basicamente, precisamos seguir as etapas:

1 ) Parametrizar a superfície;

2 ) Substituir a função do integrando que está como F ( x , y , z ) para F ( φ u , v ) , onde u , v são as variáveis da parametrização;

3 ) Calcular o vetor normal N → d S :

N → d S = ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v d u d v

4 ) Juntar tudo na integral e resolvê-la pelo método de resolução de integral dupla.

Começando pela nossa superfície S b , temos:

x 2 + y 2 = 1

Podemos parametrizá-la como:

x = r c o s θ y = r s e n θ z = 1

onde 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤   2 π .

Assim:

φ r , θ = r c o s θ ,   r s e n θ ,   1

Agora, podemos substituir os novos parâmetros no campo vetorial:

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

Logo:

F φ r ,   θ = 1 r 2 + 1 3 2 r c o s θ ,   r s e n θ ,   1

A próxima etapa é calcular N → d S :

N → d S = ∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ d r d θ

Resolvendo as derivadas parciais, temos:

∂ φ ∂ r = ( c o s θ ,   s e n θ ,   0 ) ∂ φ ∂ θ = ( - r s e n θ ,   r c o s θ ,   0 )

Calculando o produto vetorial:

∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ = i → j → k → c o s θ s e n θ 0 - r s e n θ r c o s θ 0

Logo:

∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ = r c o s 2 θ + r s e n 2 θ k →

Como cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1 , vem:

∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ = r k →

Portanto:

N → d S = r k → d r d θ

Aqui não podemos esquecer de verificar a orientação da normal.

A superfície S b é inferior, a normal deve apontar positivamente para fora dessa superfície. Ou seja, a normal é positiva quando aponta para baixo.

Mas, pela parametrização que usamos encontramos a normal apontando para o sentido positivo do eixo z (pois r ≥ 0 ) , ou seja, pra cima. Assim, na realidade, pela orientação convencionada, essa normal é negativa. Então:

N → d S =   - r d k → d r d θ

Por fim, juntamos tudo na integral dupla e finalmente a resolvemos:

∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S =   ∫ 0 2 π ∫ 0 1 1 r 2 + 1 3 2 r c o s θ ,   r s e n θ ,   1 ⋅ ( - r ) k → d r d θ

As componentes em i → e j → zeram, de forma que tudo se resume a:

= ( - 1 ) ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r r 2 + 1 3 2 d r d θ

Fazendo u = r 2 + 1 , temos:

d u = 2 r d r

E, quando r = 0 ,   temos u = 1 . Quando r = 1 , u = 2 . Assim:

∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S = ( - 1 ) ∫ 0 2 π ∫ 1 2 1 2 ⋅ d u u 3 2

= - 2 π ⋅ 1 2 ∫ 1 2 d u u 3 2

= - π ⋅ - 2 ⋅ u - 1 2 1 2

= - π ⋅ - 2 2 + 2

Racionalizando, temos:

∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S = π ⋅ ( 2 - 2 )

Muito bom!!

Passo 5

Novamente, relembrando a expressão desenvolvida no passo 2 :

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = ∫ ∫ ∫ W d i v F → d V - ∫ ∫ S b F → ⋅ n → d S -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Substituindo os resultados encontrados até então:

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = - π ⋅ ( 2 - 2 ) -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Ou seja, falta apenas calcularmos ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S .

Portanto, vamo simboraaa!!!

O bom é que poderemos aproveitar vários resultados do cálculo da integral anterior (passo 4 ) . Assim, temos a seguinte equação da superfície:

S s : x 2 + y 2 = 9

Usando uma parametrização semelhante a de S b :

x = r c o s θ y = r s e n θ z = 3

onde 0 ≤ r ≤ 3 , 0 ≤ θ ≤   2 π .

Assim:

φ r , θ = r c o s θ ,   r s e n θ ,   3

A próxima etapa é substituir essa parametrização no campo vetorial, daí vem:

F φ r ,   θ = 1 r 2 + 9 3 2 r c o s θ ,   r s e n θ ,   3

Massa! Vamos agora calcular N → d S .

Aqui, como a parametrização foi praticamente a mesma que a de S b , de modo que teremos as mesmas derivada parciais, podemos escrever diretamente que:

N → d S = r k → d r d θ

Novamente precisamos verificar a orientação da superfície. Nesse caso é mais simples, pois a superfície S s é superior, logo sua normal é positiva quando aponta pra fora da superfície (ou seja, para o sentido positivo do eixo z ). E, o que calculamos através da parametrização utilizada está de acordo com essa orientação, já que r ≥ 0 .

Por fim, juntamos tudo na integral dupla e resolvemos!

∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 3 1 r 2 + 9 3 2 r c o s θ ,   r s e n θ ,   3 ⋅ r k → d r d θ  

Novamente, zeramos no produto escalar as componentes em i → e em j → :

= ∫ 0 2 π ∫ 0 3 3 r r 2 + 9 3 2 d r d θ  

= 2 π ⋅ 3 ∫ 0 3 r r 2 + 9 3 2 d r

Fazendo u = r 2 + 9 , vem:

d u = 2 r d r

Além disso, quando r = 0 , temos u = 9 . E, quando r = 3 , temos u = 18 . Substituindo a variável na integral, vem que:

∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S = 6 π ⋅ 1 2 ∫ 9 18 d u u 3 / 2

= 3 π ⋅ - 2 ⋅ u - 1 2 9 18

= 3 π ⋅ - 2 18 + 2 9

Colocando 2 / 9 em evidência:

= 3 π ⋅ 2 3 ⋅ - 1 2 + 1

= 2 π ⋅ ( - 2 + 2 ) 2

= π ⋅ ( 2 - 2 )

Prontinho!

Agora é só correr pro abraço! Como:

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = - π ⋅ ( 2 - 2 ) -       ∫ ∫ S S F → ⋅ n → d S

Substituindo o resultado que encontramos, chegamos que:

∫ ∫ S F → ⋅ n → d S = - π ⋅ ( 2 - 2 ) - π ⋅ ( 2 - 2 )

=   0

Prontinho pessoal! Finalmente matamos essa questão! Ela trouxe umas ideias bem bacanas que vale a pena ter na caixinha de ferramentas 😊

Obrigado pela atenção! Curtiu a solução? Responde Aí!

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