Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Teorema de Gauss

Calcule ∬ S   F → . N → d S onde F → x , y , z = e y 2 + x , y + 1 , z e S é a parte da superfície 4 x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 com y ≥ 0 sendo N → a normal tal que N → . j → ≥ 0 .

Passo 1

Vamos começar com um esboço da região para entender melhor o que está acontecendo. Temos o elipsoide:

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

Com y ≥ 0 . É isso aqui então:

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Como deve dar trabalho calcular isso ai pela definição (dá uma olhada no campo), vamos tentar usar Gauss aqui. Começarmos calculando esse divergente:

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

d i v F → = 1 + 1 + 1 = 3

Olha que maravilha isso aqui.

Passo 3

Para usar Gauss, precisamos fechar essa região.Vamos fechar com esse disco (elipse) que a borda de S forma, pode ser? Então, temos isso aqui:

∬ S   F → . n →   d s + ∬ e   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V

Sendo W a região na figura acima, orientada positivamente, e e é a elipse que fecha S . Temos então:

∬ S   F → . n →   d s = 3 ∭ w   d V - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 3 V o l u m e ( W ) - ∬ e   F → . n →   d s

Onde V o l u m e ( W ) é metade do volume do elipsoide. Lembra que o volume de um elipsoide é dado por isso aqui?

V o l u m e e l i p s o i d e = 4 3 π   a b c

Onde a , b , c são as raízes dos denominadores de x 2 , y 2 e z 2 (os semeixos do elipsoide):

a = 1

b = 2

c = 2

Portanto:

V o l u m e e l i p s o i d e = 8 π 2   3  

Isso nos dá:

∬ S   F → . n →   d s = 3 × 1 2 × 8 π 2   3 - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 - ∬ e   F → . n →   d s

Passo 4

Agora precisamos da integral na elipse. Para descobrir sua equação vamos fazer y = 0 na equação do elipsoide:

x 2 + 0 + z 2 2 = 1

x 2 + z 2 2 = 1

Vamos parametrizar isso aí em coordenadas elipticas então:

φ r , θ = r cos ⁡ θ ,   0 , 2 r s e n   θ  

Onde 0 ≤ θ ≤ 2 π e 0 ≤ r ≤ 1 .

Lembrando que a elipse pertence ao plano y = 0 . Show, agora vamos achar a sua normal:

∂ φ ∂ r = cos ⁡ θ , 0 ,   s e n   θ

∂ φ ∂ θ = - r   s e n   θ ,   0 ,   2 r cos ⁡ θ

∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ θ 0 2 s e n   θ - r   s e n   θ 0 2 r cos ⁡ θ = 0 , 2 r , 0

Como a normal deve apontar para fora de W , para a elipse, isso significa y ≤ 0 , portanto, queremos o vetor oposto a esse:

∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ r = 0 , - 2 r , 0

Passo 5

Agora, vamos usar essa fórmula aqui:

∬ e   F → . n → d S = ∬ D   F → φ r , θ ∂ φ ∂ r × ∂ φ ∂ θ d r d θ

Escrevendo o campo em função da parametrização, temos:

F → φ r , θ = 1 + r cos ⁡ θ , 1 , 2 r   s e n   θ

Levando o que temos para a integral:

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 1 + r cos ⁡ θ , 1 , 2 r   s e n   θ . 0 , - 2 r , 0 d r d θ =

= - 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r d r d θ =

= - 2 ∫ 0 2 π r 2 2 0 1 d θ =

= - 2 2 ∫ 0 2 π d θ =

= - 2 π

Passo 6

Temos então

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 - ∬ e   F → . n →   d s

∬ S   F → . n →   d s = 4 π 2 + 2 π

Resposta

4 π 2 + 2 π

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