Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Questão 4) Considere o campo vetorial

F → x ,   y ,   z = x y 2 + e 2077 y ,   y z 2 + sin 2 ⁡ x ,   5 + z x 2

e a superfície S descrita por z = 4 - x 2 - y 2 .

  1. Calcule o fluxo do campo F → através da superfície S 1 que é a parte do plano z = 0 que está dentro da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 com vetor normal apontando pra cima.
  2. Calcule o Divergente do campo F → .
  3. Calcule o fluxo do campo F → através de S orientado pelo vetor z positiva.

Passo 1

a )

O fluxo de um campo F → através de uma superfície S 1 é nos dado como uma integral de superfície:

∬ S 1   F → ⋅ n →   d S

S 1 é a superfície do plano z = 0 ...

Só que não queremos o plano todo, neh? Só queremos o pedaço o que está dentro da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 de raio r = 2 ...

Sim, é um círculo. Pra saber o seu raio e sua equação, basta substituir a equação do plano z = 0 na equação da esfera:

x 2 + y 2 + z 2 = 4     →

x 2 + y 2 = 4  

Yes! Entã a região é um círculo de raio 2 ;)

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para resolver essa integral de superfície, pensa comigo: essa superfície tem o vetorzinho normal n → apontado para cima sempre

no caso do plano z = 0 e ele é unitário, então vale...

n → = 0 ,   0 ,   1

Logo...

F → ⋅ n → =

x y 2 + e 2077 y ,   y z 2 + sin 2 ⁡ x ,   5 + z x 2 ⋅ 0 ,   0 ,   1 =

5 + z x 2

Como no plano o z é 0 , então...

F → ⋅ n → = 5

Substituindo na integral de superfície...

∬ S 1   F → ⋅ n →   d S = 5 ∬ S 1     d S

Bem, ficou 5 vezes a área de S 1 . Ora bolas, S 1 não é um círculo de raio 2 ? Então...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = 5 π 2 2 = 20 π

Sacou? Quando conhecermos o vetorzinho normal n → e ele simplificar as contas como simplificou, podemos sempre fazer assim e ganhar tempo ao invés do método tradicional: parametrizar a superfície e bla, bla, bla (que também daria a mesma coisa ;D)

Passo 3

b )

O divergente é dado por:

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

Como

F → x ,   y ,   z = x y 2 + e 2077 y ,   y z 2 + sin 2 ⁡ x ,   5 + z x 2

Calculando as derivadas parciais:

1 )                       ∂ F 1 ∂ x = ∂ x y 2 + e 2077 y ∂ x = y 2

2 )           ∂ F 2 ∂ y = ∂ y z 2 + sin 2 ⁡ x ∂ y = z 2

3 )                       ∂ F 2 ∂ z = ∂ 5 + z x 2 ∂ z = x 2

Logo...

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

Passo 4

c )

Ora, o problema não te pediu para calcular o divergente atoa. Ele quer que você use-o. Bem, a relação maravilhosa que existe entre o divergente e o cálculo de fluxo é que pelo Teorema de Gauss:

∬ ∂ W   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 ∂ W delimitando o sólido W :

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

3º - Superfície orientada positivamente:

Vem comigo averiguar essas condições ;D

Passo 5

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W :

Se desenharmos a superfície S que queremos o fluxo, como o problema nos sugeriu,

S : z = 4 - x 2 - y 2

Vamos obter a parte de cima da esfera de raio 2 ...

z = 4 - x 2 - y 2         →           z 2 = 4 - x 2 - y 2         →

z 2 + x 2 + y 2 = 4

Infelizmente ela é uma superfície aberta, logo, para aplicar o Teorema teremos que fecha-la. Podemos fazer isso com o plano z = 0 ...

Veja então que o sólido W onde devemos integrar agora é fechado pelas superfícies S e por esse plano foi chamado de S 1 no item a , logo...

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

∬ S   F → ⋅ d S → + ∬ S 1   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V   →

Como queremos o fluxo só em S , isolemos...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 1   F → ⋅ d S →

Passo 6

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → x ,   y ,   z = x y 2 + e 2077 y ,   y z 2 + sin 2 ⁡ x ,   5 + z x 2

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 o vetor n → tem a componente z positiva...

Passo 7

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

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 1   F → ⋅ d S →

E podemos simplificar ainda mais esse problema se invertermos o sinal de S 1 pra positivo (isso significa que vamos trocar sua orientação de pra baixo passa a ser pra cima parecido com o do item a :D)

∬ S   F → ��� d S → = ∭ W   d i v   F →   d V + ∬ S 1   F → ⋅ d S →

Então se queremos a integral de superfície S , calculemos a integral tripla por que milagrosamente já temos a integral de superfície em cima de S 1 ;)

Passo 8

Então vamos lá, e começando com a integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V = ∭ W   x 2 + y 2 + z 2   d V

Descrevendo W :

Podemos utilizar as mudanças para coordenadas cilíndricas:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = z

Onde o Jacobiano dessa mudança é:

J = r

E uma equação que nos ajuda muito é a equação do cilindro:

x 2 + y 2 = r 2

Não devemos sair de uma mudança de coordenadas sem antes dizer onde os parâmetros variam:

Para encontrar a variação de r e θ , devemos olhar pra projeção do sólido no plano x y ...

Veja que essa projeção se parece muito pelo método gráfico com um círculo. Não podemos ficar no “se parece” neh? Devemos ter certeza, por isso vamos encontrar a equação dessa projeção.

Observe que ela é o encontro da equação do plano z = 0 com a equação da esfera: z = 4 - x 2 - y 2

0 = 4 - x 2 - y 2 →

0 = 4 - x 2 - y 2 →

x 2 + y 2 = 4

Veja que a intersecção de fato é uma circunferência de raio 2 , onde podemos concluir que o Raio r ...

0 ≤ r ≤ 2

E o ângulo θ ...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Já variação do z , bem ele é o cara que varia de cima pra baixo no sólido:

Ou seja...

P l a n o   z = 0 ≤ z ≤ e s f e r a →

0 ≤ z ≤ 4 - x 2 + y 2 →

Agora, se estamos em coordenadas polares...

0 ≤ z ≤ 4 - r 2

Passo 9

Então montando a integral tripla não se esquecendo do Jacobiano...

∭ W   x 2 + y 2 + z 2   d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 0 4 - r 2 r 2 + z 2   J d z d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 0 4 - r 2 r 3 + r z 2   d z d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 0 4 - r 2 r 3 + r z 2   d z d r d θ =

Integrando em z e já substituindo...

∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3 z + r z 3 3 0 4 - r 2 d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3 4 - r 2 + r 4 - r 2 3 3 d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3 4 - r 2 + r 4 - r 2 4 - r 2 3 d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3 4 - r 2 + 4 r 4 - r 2 3 - r 3 4 - r 2 3 d r d θ =

Chegamos enfim a essa integral dupla:

∫ 0 2 π ∫ 0 2 2 r 4 - r 2 2 + r 2 3 d r d θ =

Podemos calcular essa integral de dentro fazendo uma substituição...

4 - r 2 = t       →               d t = - 2 r d r               o u             2   r d r = - d t

Só não esqueça de trocar os limites também...

r = 4 - 2 2 = 0     →           t = 0

r = 4 - 0 2 = 0     →           t = 4

∫ 0 2 π ∫ 0 2 2 r 4 - r 2 2 + r 2 3 d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 4 0 t 6 - t 3 - d t d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 4 2 t - t 3 t d t d θ = ∫ 0 2 π 2 ⋅ 2 3 t t - 2 t 2 t 3 ⋅ 5 0 4 d θ =

∫ 0 2 π 2 ⋅ 2 3 4 4 - 2 4 2 4 15 d θ = 32 3 - 64 15 ∫ 0 2 π d θ

160 15 - 64 15 2 π = 64 5 π

Eu sei que é tentador terminar a questão aqui, mas não se esqueça de que ainda não chegamos ao valor do fluxo em S , então...

Passo 10

Regressando a integral do problema...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V + ∬ S 1   F → ⋅ d S →

Utilizando o resultado obtido em a ...

∬ S   F → ⋅ d S → = 832 15 π + 20 π →

∬ S   F → ⋅ d S → = 64 5 π + 20 π =

164 5 π

Resposta

a )   20 π

b )   d i v   F → = x 2 + y 2 + z 2

c )   164 5 π

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