Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Teorema de Gauss

Calcule

∬ S   F → . n → d S

Onde F → x , y , z = - y + ln ⁡ ( z 2 + 1 ) i → + x 2 + y j → + e y + z + a r c t g ( x + 5 ) k → e S é a superfície y = 9 - x 2 - z 2 ,   y ≥ 0 , orientada pela normal n → que satisfaz n → . j → > 0 .

Passo 1

Temos uma função muito louca com logaritmo arco tangente, se tentarmos fazer essa integral de superfície da forma normal vai dar uma treta braba.

Então vamos tentar usar o teorema de Gauss, para isso temos que ver se a função F → é definida dentro da superfície S e precisamos de uma superfície fechada.

Se olharmos F → vemos que teríamos problemas se o cara dentro do logaritmo fosse negativo, mas dentro do ln temos z 2 + 1 que sempre será positivo, então não temos problemas com a função F → .

Vamos ver agora como é a superfície S , repara que temos um paraboloide circular. O gráfico vai ficar

Repara que esse paraboloide não é fechado, então precisamos fechar essa superfície para aplicar Gauss. Basta tampar na base desse paraboloide, ou seja, seria a parte onde y = 0

y = 0

y = 9 - x 2 - z 2

Isso seria

x 2 + y 2 = 9

Com

y = 0

Então vamos fazer

∂ W = S ∪ S 1

Onde S é o paraboloide e S 1 é

S 1 = x , y , z ∈ R 3 x 2 + y 2 = 9 , y = 0

Aplicando Gauss teríamos uma parada assim

∬ ∂ W F ∙ n → d S = ∭ W d i v F d W

Onde W é o sólido com fronteira sendo ∂ W que definimos ali.

Fica atento na orientação que ele quer, n → . j → > 0 , isso quer dizer que a componente em y é positiva, se olharmos o gráfico ali em cima do nosso paraboloide, podemos perceber que isso quer dizer fora desse paraboloide. Assim o vetor é fora do sólido W .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora calcular o divergente dessa função

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

d i v F = 0 + 1 + 1 = 2

Vamos agora escrever aquela equação do teorema de Gauss deixando direitinho tudo que precisamos fazer

Lembrando que

∬ ∂ W F ∙ n → d S = ∬ S F ∙ n → d S + ∬ S 1 F ∙ n → d S

Então

∬ S F ∙ n → d S + ∬ S 1 F ∙ n → d S = ∭ W 2 d W

Vamos precisar fazer a integral de Superfície de S 1 e a integral tripla em W .

Vamos fazer cada parte em separado.

Passo 3

Vamos começar com a integral de Superfície em S 1 , primeiro temos que achar o vetor normal.

Repara que S 1 é a parte do plano y = 0 limitada por x 2 + z 2 = 9

Então vamos fazer

f x , y , z = y

E o vetor normal vai ser

n → = ∇ f = 0,1 , 0

E esse vetor é unitário, não precisamos nos preocupar em normalizar ele. Além disso, a orientação dele está errada né? Queremos para fora do sólido, então essa parte de baixo precisa que y seja negativa isso porque ela é a parte de baixo, então

n → = 0 , - 1,0

A nossa integral vai ficar

∬ S 1 - y + ln ⁡ z 2 + 1 , x 2 + y , e y + z + arctan ⁡ x + 5 ∙ 0 , - 1,0 d S =

∬ S 1 - x 2 - y d S

Repara que temos y = 0 , então

∬ S 1 - x 2 d S

Passo 4

Vamos agora resolver essa integral dupla. Para isso vamos usar coordenadas polares, só que aqui temos

x 2 + z 2 = 9

Então vamos fazer

x = r cos ⁡ θ

z = r sen ⁡ θ

J = r

Passo 5

A equação de S 1 é

x 2 + z 2 = 9

Isso nos diz que isso é uma circunferência de raio 3 então vamos ter

θ ∈ 0,2 π

r ∈ 0,3

Passo 6

A nossa integral dupla vai ficar

∬ S 1 - x 2 d S = ∫ 0 3 ∫ 0 2 π - r cos ⁡ θ 2 r d θ d r =

- ∫ 0 3 ∫ 0 2 π r 4 cos 2 ⁡ θ d θ d r

Vamos fazer

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

A nossa integral vai ficar

- ∫ 0 3 ∫ 0 2 π r 3 1 + cos ⁡ 2 θ 2 d θ d r =

- ∫ 0 3 r 3 θ + sen ⁡ 2 θ 2 2 0 2 π d r =

- ∫ 0 3 r 3 2 π + sen ⁡ 2.2 π 2 2 - 0 + sen ⁡ 2.0 2 2 d r =

- ∫ 0 3 r 3 π d r =

- π r 4 4 0 3 =

- 3 4 π 4 =

- 81 π 4

Passo 7

Vamos agora para a integral tripla

∭ W 2 d W

Para essa região W vamos usar coordenadas cilíndricas, isso porque y vai de 0 ao paraboloide e vamos ter x e z se mantendo dentro de

x 2 + z 2 = 9

Então vamos fazer

x = r cos ⁡ θ

y = y

z = r sen ⁡ θ

J = r

Repara que colocamos y = y em vez de z = z isso porque o eixo dessa nossa coordenada cilíndrica, nesse caso, é o y , fora isso tudo fica igual.

Passo 8

Vamos ter x e y limitados dentro da circunferência x 2 + y 2 = 9 então

r ∈ 0,3

θ ∈ 0,2 π

Vamos agora ver como fica y , ele vai de 0 ao paraboloide, então ele vai ser

0 ≤ y ≤ 9 - x 2 - z 2

Trocando as coordenadas cilíndricas vamos ter

0 ≤ y ≤ 9 - r cos ⁡ θ 2 - r sen ⁡ θ 2

0 ≤ y ≤ 9 - r 2

Passo 9

A integral tripla vai ficar

∭ W 2 d W = ∫ 0 3 ∫ 0 2 π ∫ 0 9 - r 2 2 r d y d θ d r =

∫ 0 3 ∫ 0 2 π 2 r 9 - r 2 d θ d r =

∫ 0 3 2 r 9 - r 2 2 π d r =

∫ 0 3 18 r - 2 r 3 2 π d r =

2 π 18 r 2 2 - 2 r 4 4 0 3 =

2 π 9.3 2 - 3 4 2 - 0 - 0 =

2 π 81 - 81 2 =

2 π 81 2 =

81 π

Passo 10

Lembrando que

∬ S F ∙ n → d S + ∬ S 1 F ∙ n → d S = ∭ W 2 d W

Vamos trocar os valores que achamos

∬ S F ∙ n → d S + - 81 π 4 = 81 π

∬ S F ∙ n → d S = 81 π + 81 π 4

∬ S F ∙ n → d S = 324 π + 81 π 4

∬ S F ∙ n → d S = 405 π 4

Resposta

405 π 4

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