Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

2) Calcule

∬ S   F → ⋅ n →   d σ

onde F → x ,   y = x 3 ,   e z 2 - y ,   z e S : z = x 2 + y 2 - 4 com z ≤ 5 e N → ⋅ k → < 0

Passo 1

Felizmente sabemos que existem dois métodos de resolução de integrais de superfície:

1º - Método direto.

2º - Teorema de Gauss.

O método direto no nosso caso daria certo trabalho, já que tem um e z 2 no campo vetorial. Por isso a ideia é já ir pensando no Teorema de Gauss. Para ter uma noção mais clara se esse teorema vai ajudar ou não, calculemos o divergente...

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

Como...

F → x ,   y = x 3 ,   e z 2 - y ,   z = F 1 ,   F 2 ,   F 3

d i v F → = 3 x 2 - 1 + 1 =

3 x 2

Sim, um divergente, bem fácil sugerindo ainda mais que apliquemos esse método.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O teorema nos diz:

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

Mas antes de aplicar a igualdade, devemos averiguar certas condições:

1º - Um sólido W sendo delimitado pela superfície borda ∂ W .

2º - Um campo sem singularidades onde estamos trabalhando.

3º - Uma orientação superfície sólido positiva.

Passo 3

A primeira condição, a de ter um sólido W sendo delimitada por uma superfície fechada borda, caso desenhamos um esboço da superfície, vamos perceber que ela não satisfaz, afinal z = x 2 + y 2 - 4 é um paraboloide passando por z = - 4 e sendo delimitado por z = 5 ...

Mas repare que podemos fechar esse cara com a tampa S 2 , z = 5 ...

Pow, o sólido W agora se definiu dentro desse cara. A borda dele é justamente a união da superfície S com a que acabamos de adicionar... S 2 . Assim, a igualdade fica...

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

∬ S   F → ⋅ n →   d σ + ∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ = ∭ W   d i v F → d V

Passo 4

Precisamos de um campo sem singularidades... O que já acontece há um tempo, afinal

F → x ,   y = x 3 ,   e z 2 - y ,   z

O campo não tem singularidades como uma divisão por um ponto nulo ou outra coisa bizarra assim, sacou?

Passo 5

Finalmente, a última condição, mas não menos importante, trata-se da questão de orientação. Precisamos de um campo de vetores normais saindo do sólido.

Felizmente é o que o problema quer, afinal...

N → ⋅ k → < 0

Isso significa que o vetor normal está apontando, em cima da superfície S , para onde a coordenada z é negativa, ou seja, para baixo...

Basta colocarmos o vetor na superfície que adicionamos, a S 2 , pra cima e prontinho ;)

Passo 6

Já podemos aplicar o teorema...

∬ S   F → ⋅ n →   d σ + ∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ = ∭ W   d i v F → d V

Se queremos a integral de superfície em cima de S , basta isolar...

∬ S   F → ⋅ n →   d σ = ∭ W   d i v F → d V - ∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ

E calcular essas duas integrais que surgiram. Bora?

Passo 7

Começando pela integral de tripla...

∭ W   d i v F → d V = ∭ W   3 x 2 d V

Repare que o sólido, por estar dentro de um paraboloide, pode ser descrito em coordenadas cilindricas:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = z

J = r

x 2 + y 2 = r 2

Onde o r e o θ , variam na projeção do sólido no plano x y , como se olhássemos de cima para baixo:

Repare que o r , varia de 0 até o limite máximo, dado pela intersecção do plano z = 5 com a equação do paraboloide...

z = x 2 + y 2 - 4         →                 x 2 + y 2 = 9

Portanto um cilindro de raio 3 ...

0 ≤ r ≤ 3

Enquanto o θ varia...

0 ≤ θ ≤ 2 π

O z , varia do paraboloide até o plano z = 5 ...

x 2 + y 2 - 4 ≤ z ≤ 5   →

r 2 - 4 ≤ z ≤ 5  

Passo 8

Com essas variações...

0 ≤ r ≤ 3

0 ≤ θ ≤ 2 π

r 2 - 4 ≤ z ≤ 5

Podemos retornar a integral tripla...

∭ W   3 x 2 d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 3 ∫ r 2 - 4 5 3 r 2 cos 2 ⁡ θ ⋅ J   d z d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 3 ∫ r 2 - 4 5 3 r 3 cos 2 ⁡ θ   d z d r d θ

Calculando a integral...

∫ 0 2 π ∫ 0 3 ∫ r 2 - 4 5 3 r 3 cos 2 ⁡ θ   d z d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 3 3 r 3 cos 2 ⁡ θ 9 - r 2 d r d θ =

∫ 0 2 π cos 2 �� θ ∫ 0 3 27 r 3 - 3 r 5 d r d θ =

∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ 27 r 4 4 - 3 r 6 6 0 3 d θ = 27 3 4 4 - 3 3 6 6 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ d θ =

2187 4 - 2187 6 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ d θ

Como cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2 ...

2187 4 - 2187 6 ∫ 0 2 π 1 2 + cos ⁡ 2 θ 2 d θ =

3 ⋅ 2187 12 - 2 ⋅ 2187 12 1 2 θ + cos ⁡ 2 θ 4 0 2 π =

2187 12 π = 729 4 π

Passo 9

Calma que ainda nos resta calcular a integral e superfície em S 1 que adicionamos ao problema...

∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ

Se parametrizarmos essa superfície S 1 ...

γ x ,   y = x ,   y ,   5

O vetor normal unitário a esse pedacinho de plano é n → ...

n → = 0 ,   0 ,   1

∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ = ∬ S 1   x 3 ,   e z 2 - y ,   z ⋅ 0 ,   0 ,   1   d σ =

Como z = 5

∬ S 1   z   d σ = ∬ S 1   5   d σ = 5 ∬ S 1   d σ

A integral de superfície de 1 d σ é a área da superfície. Como S 1 é um circulo de raio igual a 3 ...

∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ = 5 π 3 2 = 45 ��

Passo 10

Voltando para o teorema de Gauss que adaptamos...

∬ S   F → ⋅ n →   d σ = ∭ W   d i v F → d V - ∬ S 1   F → ⋅ n →   d σ

∬ S   F → ⋅ n →   d σ = 729 4 π - 45 π

∬ S   F → ⋅ n →   d σ = 549 4 π

Passo 11

549 4 π

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