Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

21) Calcule

∬ S   r o t   F → ⋅ n →   d S

Sendo F → x ,   y ,   z = x j → + x y k → , através de S : x 2 + y 2 + z 2 4 ,   z ≤ 1 , orientada de forma que o vetor normal no ponto 0 ,   0 ,   - 2 seja o vetor - k → .

Passo 1

O fluxo de um rotacional de um campo através de uma superfície S é dado por uma integral de superfície

∬ S   r o t F → ⋅ n →   d S

Como a superfície nos parece muito esquisita (uma paraboloide que a gente já já vamos ver), já é um indício de que iremos ter que utilizar o Teorema de Stokes, pois esse teorema relaciona

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t F → ⋅ n →   d S

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Mas não podemos aplicar essa igualdade assim... De qualquer forma. Precisamos averiguar as condições do Teorema que nos pede:

1º - Uma curva fechada C delimitando a superfície S .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

Vamos passar por cada um deles e verificar se satisfazem ou não 😊!

Passo 3

Para saber se o primeiro quesito é cumprido ou não, desenhemos a superfície S : sabemos que S é o elipsoide x 2 + y 2 + z 2 4 = 1

Mas cortado pelo plano z = 1 ...

E eis que aparece o S ali em baixo já que z ≤ 1 ...

Veja então que a curva fronteira de S é aquela circunferência ali, e ela é obtida na intercessão do plano com o elipsoide:

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

x 2 + y 2 + 1 4 = 1       →           x 2 + y 2 = 4 4 - 1 4               →

x 2 + y 2 = 3 4

No caso é uma circunferência de raio 3 2 ;D

Passo 4

Outra coisa que temos que averiguar é a condição do conjunto borda\superfície estarem orientados positivamente:

se você perceber essa a superfície está orientada de tal forma que o vetor normal lá em baixo no ponto 0 ,   0 ,   - 2 o vetor normal está apontando para baixo, afinal n → 0 ,   0 ,   - 2 = - k → ...

Então pela regra da mão direita, a borda deve estar girando no sentido horário:

E prontinho, agora elas estão orientadas positivamente 😉

Passo 5

A última exigência diz respeito a função vetorial

F → x ,   y ,   z = x j → + x y k →

Precisamos de um campo sem singularidades! O que já acontece neh? Já que não temos nenhum bug no campo como pontos de divisão por 0 ou algo assim 😊!

Passo 6

Com as condições de Stokes estando satisfeitas, podemos aplicar a igualdade linda entre as integrais:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ S   r o t F → ⋅ n →   d S

Se queremos a integral de superfície, calculemos a integral de linha e está numa boa! Para isso vamos precisar seguir algumas coisineas:

1º - Parametrizar a curva C

2º - encontrar o termo d r →

3º - Substituir em F → os caras determinados na parametrização

Passo 7

Primeiro em relação a parametrização da curva C : pametrizando com a parametrização polar...

x = R cos ⁡ θ

y = R sin ⁡ θ

z = 1

Onde R não é parâmetro, afinal como é uma curva só tem um parâmetro ( θ ). R é o raio da circunferência que no caso R = 3 2 ... Logo a parametrização final dessa borda é...

r → θ = 3 2 cos ⁡ θ ,   3 2 sin ⁡ θ ,   1

Onde θ tem que dar uma volta completa ao redor do z , lodo...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Veja que infelizmente tem um erro na parametrização a cima 😐! A curva parametrizada dessa forma ela gira sempre no sentido horário saindo do eixo x :

Porém... Queremos a curva girando no sentido contrário a esse sentido, ou seja, no sentido anti-horário!

Se invertermos os termos da parametrização dessa forma...

r → θ = 3 2 cos ⁡ θ ,   3 2 sin ⁡ θ ,   1             →                   r → θ = 3 2 sin ⁡ θ ,   3 2 cos ⁡ θ ,   1  

Agora a curva gira no sentido positivo, ou seja, no sentido horário como manda o vetor normal:

Então eia a parametrização final:

r → θ = 3 2 sin ⁡ θ ,   3 2 cos ⁡ θ ,   1 ,       0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 8

∫ C   F → ⋅ d r →

A curva C já está parametrizada positivamente. Para o termo d r → , basta derivar em relação a θ ...

d r → = 3 2 cos ⁡ θ , -   3 2 sin ⁡ θ ,   0 d θ

O campo F → = 0 ,   x ,   x y tem que ser transformado nas novas coordenadas (basta observar a parametrização) ...

F → = 0 ,   x ,   x y = 0 ,   3 2 sin ⁡ θ ,   3 4 sin ⁡ θ cos ⁡ θ

Voltando para a integral de linha...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π 0 ,   3 2 sin ⁡ θ ,   3 4 sin ⁡ θ cos ⁡ θ ⋅ 3 2 cos ⁡ θ , -   3 2 sin ⁡ θ ,   0 d θ =

Calculando o produto escalar:

∫ C   F → ⋅ d r → = - 3 4 ∫ 0 2 π sin 2 ⁡ θ d θ

Agora é só resolver essa integral e correr para o abraço.

Passo 9

- 3 4 ∫ 0 2 π sin 2 ⁡ θ d θ =

Lembrando que sin 2 ⁡ θ = 1 - cos ⁡ 2 θ 2 ...

- 3 4 ∫ 0 2 π sin 2 ⁡ θ d θ = - 3 4 ∫ 0 2 π 1 2 - cos ⁡ 2 θ 2 d θ =

- 3 4 1 2 θ - sin ⁡ 2 θ 4 0 2 π =

- 3 4 1 2 2 π - sin ⁡ 4 π 4 - 1 2 0 - sin ⁡ 0 4 =

- 3 4 π - 0 - 0 - 0 = - 3 π 4

Logo, pelo teorema de Stokes o fluxo do rotacional em S ...

∬ S   r o t F → ⋅ n →   d S = - 3 π 4

Resposta

- 3 π 4

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