Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

19) Considere o campo vetorial F → = x + f y ,   z i → + x - y + z j → + z 4 - 3 a 2 k → , onde f : R 2 → R é de classe C 1 . Seja S uma lata cilíndrica com fundo e sem tampa dada por x 2 + y 2 = a 2 , 0 ≤ z ≤ a , a > 0 e x 2 + y 2 ≤ a 2 , z = 0 . Sabendo que o fluxo de F → através de S , de dentro para fora é igual a π a 3 , calcule o valor de a .

Passo 1

Sabemos que o fluxo de um campo sobre uma superfície S é dado por uma integral de superfície dessa forma aqui:

∬ S   F → ⋅ n →   d S

Mas se você notar bem o campo F → que o problema nos deu, vai reparar num detalhe:

F → = x + f y ,   z i → + x - y + z j → + z 4 - 3 a 2 k →

Não temos muitas informações sobre a função f x ,   y 😐

Mas não se preocupe! O Teorema de Gauss pode ser a nossa salvação 😉!

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

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Passo 2

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

1º - Uma superfície fechada ∂ W 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. Afinal de contas a nossa lata é uma superfície aberta na parte de cima em z = a :

Ora! Se a lata só não é fechada por um círculosinho em cima do plano z = a , fechamos esse cara com essa tampa!

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

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → = x + f y ,   z i → + x - y + z j → + z 4 - 3 a 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, afinal ele pede que o fluxo esteja saindo do sólido. Então é pra fora que o nosso vetor n → aponta (orientada positivamente 😉)

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

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

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

Passo 6

Eu sei que parece loucura trocar o cálculo de uma integral de superfície por outras duas integrais! Mas pode acreditar talvez é o único jeito mesmo ainda mais nesse caso 😐!

Mas vamos começar aqui então pela integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V

O divergente de F → pode ser calculado facilmente apenas derivando parcialmente...

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

Como

F → = x + f y ,   z i → + x - y + z j → + z 4 - 3 a 2 k →

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = 1

∂ F 2 ∂ y = - 1

∂ F 2 ∂ z = 4 z 3

Logo...

d i v   F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 2 ∂ z = 4 z 3

∭ W   4 z 3   d V

Passo 7

Essa integral se mata fazendo uma mudança para coordenadas cilíndricas...

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = z

J = r

Onde o r no cilindro varia de 0 até o raio máximo que é o raio do cilindro a :

0 ≤ r ≤ a

Quanto ao θ , bem vemos que na lata ele precisa de dar uma volta completa...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Quanto a variação de z , basta ver que o cilindro varia de 0 até a altura máxima que é a ...

0 ≤ z ≤ a

Passo 8

Jogando essa mudança na integral tripla não se esquecendo de multiplicar pelo Jacobiano a função já trocada pelas novas coordenadas:

∭ W   4 z 3   d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 a ∫ 0 a 4 z 3 ⋅ J   d z d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 a ∫ 0 a 4 z 3 r   d z d r d θ

Agora é só continhas mesmo, veja:

∫ 0 2 π ∫ 0 a ∫ 0 a 4 z 3 r   d z d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 a r ∫ 0 a 4 z 3   d z d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 a r z 4 0 a d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 a r a 4 d r d θ

Lembre-se de que a é um número e que a gente quer encontrar:

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

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

a 4 2 2 π = π a 4

Passo 9

Concluímos uma etapa, mas ainda nos falta encontrar qual é o resultado da integral de superfície de F → em cima de superfície que adicionamos, ou seja, a tampa onde z = a ...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

O vetor n → por ser um vetor normal unitário apontado pra cima... Pode ser escrito como...

0 ,   0 ,   1

Logo...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∬ S 2   x + f y ,   z ,   x - y + z ,   z 4 - 3 a 2 ⋅ 0 ,   0 ,   1   d S =

Resolvendo esse produto escalar...

∬ S 2   z 4 - 3 a 2   d S

Agora é s�� calcular essa integral de superfície do caso escalar 😉!

Passo 10

Estamos em cima do plano z = 2 , logo...

∬ S 2   2 4 - 3 a 2   d S   →

2 4 - 3 a 2 ∬ S 2     d S

Como a integral de superfície de 1 d S é a área de S 2 (um círculo de raio a )...

4 - 3 a 2 π a 2 =

4 π a 2 - 3 π a 4

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 → = π a 4 - 4 π a 2 - 3 π a 4

∬ S   F → ⋅ d S → = 4 π a 4 - 4 π a 2

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

∬ S   F → ⋅ d S → = π a 3

Então...

4 π a 4 - 4 π a 2 = π a 3       →

2 π a 3 - 2 π a 2 = 0       →

4 π a 2 a 2 - 1 - 1 4 a = 0

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

a 2 - 1 - 1 4 a = 0       →

a = 1 ± 1 + 4 3 8

Resposta

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