Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

15) Considere o campo vetorial F → x ,   y ,   z = 2 x + e z i → + 3 y - z e x j → + z - 2 k → , seja S a calota esférica x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , com z ≥ 0 e raio a > 0 . Sabendo que o fluxo de F → na direção da normal exterior n → é igual a 2 π a 3 , calcule o raio da calota.

Passo 1

Bem, vamos com calma aqui. Um fluxo nada mais é do que uma integral de superfície...

F l u x o = ∬ S   F → ⋅ n →   d S

Em cima de S que nos representa uma “calota” de um raio a :

Podemos resolver uma integral de superfície dessa de 2 formas basicamente:

1º - De uma forma direta.

2º - Ou... Utilizando o Teorema de Gauss.

Normalmente o Teorema de Gauss é mais fácil e mais rápido, mas a princípio não temos como garantir que método é mais fácil. Mas uma boa dica de qual caminho tomar é sempre calculando o divergente:

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

Como

F → x ,   y ,   z = 2 x + e z i → + 3 y - z e x j → + z - 2 k →

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = 2

∂ F 2 ∂ y = 3

∂ F 2 ∂ z = 1

Logo...

d i v   F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 2 ∂ z = 6

Pow, com um divergente desses... Sim, o problema está pedindo que façamos por Gauss!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O teorema basicamente é a igualdade maravilhosa:

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

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

1º - Uma superfície fechada S delimitando o sólido W .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

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

Passo 3

Quanto ao primeiro quesito, ter uma superfície fechada, já falhamos nesse primeiro requisito. Afinal de contas a nossa calota é uma superfície aberta:

Veja que a calota é apenas a parte de cima da esfera cortado pelo pano z = 0 . No caso, temos a liberdade pelo teorema de Gauss de fechar essa superfície o que no caso vamos fazer justamente com o plano z = 0 ...

A essa superfície que acabamos de adicionar, daremos um nome de S 2 , mas não se preocupe, é apenas um nome ok?

Passo 4

Quanto ao segundo e ao terceiro quesitos...

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → x ,   y ,   z = 2 x + e z i → + 3 y - z e x j → + z - 2 k →

Esse campo Vetorial funciona em todas as situações, afinal ele não tem nenhuma divisão por 0 ou algo do tipo.

3º - Superfície orientada positivamente:

Bem, isso significa que precisamos de uma superfície com vetores normais saindo do sólido fechado por ela, o que já acontece lá do enunciado:

F → na direção da normal exterior n →

Passo 5

Bem, com as três condições sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade do Teorema sem nenhuma restrição...

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

Aqui só tenho um detalhe que preciso te falar! A integral de superfície do teorema é calculada em cima da superfície que fecha o sólido W . E esse cara é

∂ W = S ∪ S 2

Logo, temos que desmembrar a integral de superfície em duas... ∬ S   F → ⋅ d S → + ∬ S 2   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Então se queremos a integral de superfície, calculemos a integral tripla e essa outra integral de superfície que cara, vai dar muito menos trabalho, acredita em mim!

Vamos só fazer mais simplificações aqui... Passando a integral de S 2 pro outro lado...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Veja que podemos mudar o sinal dessa integral de superfície em S 2 ...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V + ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Caso ao invés de pegar o vetor normal pra baixo como vimos no passo anterior, pegarmos o outro... O virado pra cima...

Passo 6

Começando pela integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V = ∭ W   6   d V =

6 ∭ W     d V

Bem, quem é a integral de um d V ? Sim! Você já sabe que é o volume de um sólido...

6 ∭ W     d V = 6 ⋅ V o l W

Como W é a metade de uma esfera de raio a ...

6 ∭ W     d V = 6 4 3 π a 3 2 =

4 π a 3

Passo 7

Bem, ainda não acabamos o problema, pois precisamos de eliminar a integral de superfície em S 2 ...

∬ S 2   F → ⋅ d S →

E essa, infelizmente não temos truques. Precisamos calcular na marra:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Calcular d S .

3º - Trocar os termos do campo pelos termos da parametrização.

Passo 8

Precisamos da superfície S 2 parametrizado para prosseguir com os cálculos:

Como é um círculo, podemos parametrizar utilizando coordenadas cilíndricas...

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

O z do círculo é conhecido (ele está em cima do plano x y )...

z = 0

Então a gente pode em uma notação mais elegante, falar que a parametrização é...

σ r ,   θ = r cos ⁡ θ ,   r sin ⁡ θ ,   0

Onde r e θ varia com o círculo. θ podemos afirmar de antemão que ele dá uma volta completa, logo...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Já o raio, depende do raio do círculo. Bem, podemos encontra esse raio fazendo o z = 0 na equação da esfera...

x 2 + y 2 + z 2 = a 2           →                 x 2 + y 2 = a 2

Ou seja, é um círculo de raio a , logo, o raio r varia de 0 até esse cara, veja...

0 ≤ r ≤ a

Passo 9

O termo d S → dessa parametrização é...

d S → = N → d r d θ

Onde

N → = ∂ σ r ,   θ ∂ r × ∂ σ r ,   θ ∂ θ

σ r ,   θ = r cos ⁡ θ ,   r sin ⁡ θ ,   0             →               ∂ σ r ,   θ ∂ r = cos ⁡ θ ,   sin ⁡ θ ,   0

σ r ,   θ = r cos ⁡ θ ,   r sin ⁡ θ ,   0             →               ∂ σ r ,   θ ∂ θ = - r sin ⁡ θ ,   r cos ⁡ θ ,   0

N → = i → j → k → cos ⁡ θ sin ⁡ θ 0 - r sin ⁡ θ   r cos ⁡ θ 0       →

N → = r cos 2 ⁡ θ k → - - r sin 2 ⁡ θ k →   →

N → = r cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ k → →

N → = r k →

Logo...

d S → = 0 ,   0 ,   r d r d θ

Veja que esse é exatamente o vetor normal de que precisamos, ou seja, apontando pra cima 😉

Passo 10

Voltando para a integral que precisamos resolver...

∬ S 2   F → ⋅ d S → →

Substituindo os caras...

∬ D   2 x + e z , 3 y - z e x , z - 2   ⋅ 0 ,   0 ,   r d r d θ

∬ D   r z - 2 d r d θ

Agora trocando o D pelas variações de r e θ e tirando esse z daí e colocando sua correspondente que vimos na parametrização z = 0 ...

∫ 0 2 π ∫ 0 a - 2 r   d r d θ

- ∫ 0 2 π ∫ 0 a 2 r   d r d θ = - ∫ 0 2 π ∫ 0 a 2 r d r d θ =

- ∫ 0 2 π r 2 0 a d θ = - a 2 ∫ 0 2 π d θ =

- 2 π a 2

Passo 11

Veja bem, encontramos o valor da integral em S 2 . Mas como vimos do teorema de Gauss...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V + ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Então

∬ S   F → ⋅ d S → = 4 π a 3 - 2 π a 2

Como a integral de superfície em S pelo enunciado valia...

∬ S   F → ⋅ d S → = 2 π a 3

Então...

4 π a 3 - 2 π a 2 = 2 π a 3       →

2 π a 3 - 2 π a 2 = 0       →

2 π a 2 a - 1 = 0

Como a > 0 , então o raio só pode ser...

a = 1

Resposta

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