Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

USP, Cálculo 3, P3 - 2014, Questão 3

Calcule

S     y 3 d y d z + 3 y x + ln z 2 + 1 d z d x + z 2 - 3 x z - x 2 d x d y

Onde S é a superfície dada por x 2 + y 2 4 + z 2 9 = 1 , z 2 , orientada pela normal unitária n que satisfaz n . k > 0 .

Passo 1

Antes de tudo, vamos fazer um gráfico dessa região. Temos um elipsoide e o plano z = 2 :

A superfície de que o problema fala é a parte do elipsoide que está acima do plano azul, como vemos na figura.

A questão nos pede para calcular S   F . n d s , o que parece ser difícil de se fazer pela definição, então, vamos tentar aplicar o Teorema de Gauss. Para isso, precisamos de uma região fechada e, até agora, só temos essa casca do elipsoide.

Beleza, já que tem um plano ali, vamos usar o plano para fechar a região, né? Certo, fechamos a região com uma elipse que pertence ao plano z = 2 . Como a questão diz que a normal aponta para cima em S , para termos a superfície orientada positivamente, a normal no plano aponta para baixo.

Podemos então, aplicar o Teorema de Gauss:

S   F . n d s + P   F . n d s = w   d i v F   d V

Onde P é a parte do plano que fecha a região e W é a região limitada pela casca e o plano. Logo:

S   F . n d s = w   d i v F   d V - P   F . n d s

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Passo 2

Calcular d i v F

Podemos escrever o campo como

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

Temos

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

Passo 3

Agora vamos montar a integral

S   F . d s = 2 w   z   d V - P   F . n d s

Onde W = x , y , z x 2 + y 2 4 + z 2 9 1 ;   z 2 .

Passo 4

Agora precisamos resolver essa integral tripla. Bem, como a região tem simetria no eixo z e é limitada no plano x y por uma elipse, vamos usar coordenadas cilíndricas elípticas:

x = r cos θ

y = 2 r �� s e n   θ

z = z

J = 2 r  

Sabemos que 0 θ 2 π pelo próprio gráfico. Temos z variando desde o plano z = 2 até a superfície do elipsoide x 2 + y 2 4 + z 2 9 = 1 , que, em coordenadas cilíndricas fica:

r 2 + z 2 9 = 1

z = 3 1 - r 2

A variável r , por sua vez, pode ser avaliada se olharmos a região de cima. A projeção da região no plano x y é uma elipse formada pela interseção entre o plano e o elipsoide, fazendo essa igualdade, temos:

z = 2 = 3 1 - r 2

r = 5 3

Portanto, r varia desde a origem r = 0 até esse valor, que ocorre no plano z = 2 . Aplicando os intervalos à integral, temos:

2 w   z   d V = 2 0 5 / 3 0 2 π 2 3 1 - r 2 z   2 r d z d θ d r

2 w   z   d V = 2 0 5 / 3 0 2 π r 9 - 9 r 2 - 4 d θ d r

2 w   z   d V = 4 π 0 5 / 3 5 r - 9 r 3   d r

2 w   z   d V = 4 π 5 r 2 2 - 9 r 4 4 0 5 / 3

2 w   z   d V = 4 π 25 18 - 25 36

2 w   z   d V = 4 π 50 - 25 36 = 25 π 9

Passo 5

Beleza, agora só falta calcular a integral na superfície da elipse contida no plano z = 2 :

P   F . n d s

Como nós já vimos, essa elipse é dada pela interseção entre o elipsoide e o plano:

x 2 + y 2 4 + z 2 9 = 1 com z = 2

x 2 + y 2 4 + 4 2 9 = 1

x 2 + y 2 4 = 5 9

x 2 5 / 9 + y 2 20 / 9 = 1

Parametrizando essa elipse em coordenadas elípticas, temos:

x = 5 3 r cos θ

y = 2 5 3 r   s e n   θ

Temos então a parametrização:

φ r , θ = 5 3 r cos θ , 2 5 3 r   s e n   θ ,   2

Esse " 2 " está aí porque a elipse está no plano z = 2 ! Beleza, como é uma volta completa, temos 0 θ 2 π . Aplicando essas definições de x e y na equação de elipse, temos r = 1 (como é o objetivo das coordenadas elípticas), logo, temos 0 r 1 .

Passo 6

Agora temos que calcular a normal φ r × φ θ

Temos:

φ r = 5 3 cos θ , 2 5 3   s e n   θ ,   0

φ θ = - 5 3 r   s e n   θ , 2 5 3 r cos θ ,   0

φ x × φ y = i ^ j ^ k ^ 5 3 cos θ 2 5 3   s e n   θ 0 - 5 3 r   s e n   θ 2 5 3 r cos θ 0 = 0,0 , 10 9 r cos 2 θ + 10 9 r   s e n 2 θ  

= 0,0 , 10 9 r

Bom, como já vimos, para a região estar orientada positivamente, a normal deve apontar para baixo no plano, logo, o vetor que queremos é o oposto a esse:

= - 0,0 , 10 9 r

Passo 7

Agora, para calcular essa integral, vamos usar a seguinte fórmula:

P   F . n d S = - D   F φ r , θ φ r × φ θ d r d θ

Aplicando os valores que nós temos:

= - 0 2 π 0 1 F φ θ ,   r . 0,0 , 10 9 r d r d θ

Escrevendo o campo em função das variáveis da parametrização, temos:

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

φ θ ,   r = 5 3 r cos θ , 2 5 3 r   s e n   θ ,   2

F φ θ ,   r = , ,   4 - 2 5 r cos θ - 5 9 r 2 cos 2 θ

Não escrevermos as componentes x e y porque elas não serão necessárias, já que o vetor normal tem essas componentes nulas.

Substituindo na integral:

= - 0 2 π 0 1 , ,   4 - 2 5 r cos θ - 5 9 r 2 cos 2 θ . 0,0 , 10 9 r d r d θ =

= - 10 9 0 2 π 0 1 4 r - 2 5 r 2 cos θ - 5 9 r 3 cos 2 θ d r d θ =

Agora vamos integrar isso aí

= - 10 9 0 2 π 2 r 2 - 2 5 r 3 3 cos θ - 5 36 r 4 cos 2 θ 0 1 d θ =

= - 10 9 0 2 π 2 - 2 5 3 cos θ - 5 36 cos 2 θ d θ =

Aqui nós usamos a identidade

cos 2 θ = 1 + cos 2 θ 2

= - 10 9 0 2 π 2 - 2 5 3 cos θ - 5 72 - 5 72 cos 2 θ d θ =

= - 10 9 2 θ - 2 5 3 s e n   θ - 5 θ 72 - 5 148 s e n   2 θ 0 2 π =

= - 695 π 162 =

Passo 8

A integral que queremos é dada por:

S   F . d s = 2 w   z   d V - P   F . n d s

Substituindo os valores encontrados

S   F . d s = 25 π 9 + 695 π 162 = 1145 π 162

Resposta

1145 π 162

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