Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Questão 3: Seja E ⊂ R 3 a região do exercício 2 . Seja S ⊂ ∂ E a parte da fronteira que contem o pedaço de paraboloide de cilindro. Calcule o fluxo

∬ S   H   d S

Do campo espacial H x ,   y ,   z = x ,   y + e z 2 ,   x + 1 , onde S está orientada positivamente (como parte da fronteira de E ). Dica: Aplique o teorema de Gauss a E ).

Passo 1

Bem, de acordo com o exercício 2 , temos uma região E definida desse jeito aqui:

x - 1 2 + y 2 = 1 ,           z + 1 = x - 1 2 + y 2 ,     z = x ,

E cujo desenho é esse:

Ora, se queremos a integral de superfície em S ⊂ ∂ E (parte do paraboloide com o cilindro) podemos usar o Teorema de Gauss pra isso mesmo, já que o Teorema de Gauss nos fala o seguinte:

∬ ∂ E   H   d S = ∭ E   d i v H d V

Agora, para aplicar essa igualdade, temos que estar dentro de algumas hipóteses:

  • Temos que ter uma superfície fechada ∂ E borda de E .
  • Precisamos de uma orientação positiva.
  • O campo H não pode ter nenhuma singularidade.

Vamos verificar cada hipótese e em seguida calcular a integral de superfície através de Gauss !

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Bem, infelizmente a superfície que estamos trabalhando não é à borda da região E , mas é quase (é a superfície S ):

Então, como se trata de uma superfície aberta, podemos fecha-la com o próprio plano z = x formando a borda de E : ∂ E .

Ora, como a borda ∂ E é a composição tanto da superfície S quanto do plano que vamos chamar de S 1 :

∂ E = S ∪ S 1

Passo 3

Precisamos de uma orientação positiva na superfície S , isso significa que o campo de vetores normais deve estar saindo da superfície S , o que já acontece por definição

Passo 4

Com relação ao último quesito:

Devemos verificar se o campo H tem ou não singularidades onde estamos trabalhando:

H x ,   y ,   z = x ,   y + e z 2 ,   x + 1

Por sorte tal campo não tem nenhum problema de definição!

Passo 5

Finalmente, após verificar tudo, podemos de fato aplicar a igualdade do teorema de Gauss para resolver o problema:

∬ ∂ E   H   d S = ∭ E   d i v H d V   →

Contudo, como ∂ E = S ∪ S 1   →

∬ S   H   d S + ∬ S 1   H   d S = ∭ E   d i v H d V

Então se queremos encontrar a integral em S , basta calcular essas outras duas integrais e matar o problema por Gauss !

Passo 6

Primeiro calculemos a integral tripla:

∭ E   d i v H d V

Como o d i v H   é:

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

Onde...

H x ,   y ,   z = H 1 ,   H 2 ,   H 3 = x ,   y + e z 2 ,   x + 1

Derivando...

d i v H = 1 + 1 + 0 = 2

Então...

∭ E   d i v H d V =

2 ∭ E   d V

Passo 7

Ora, para calcularmos essa integral tripla, como estamos no interior de um cilindro deslocado:

x - 1 2 + y 2 = 1

Acho interessante se mudarmos para as coordenadas cilíndricas deslocadas:

x - 1 = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = z

J = r

E uma equação útil é a equação do cilindro deslocado somando esses x - 1 e y ao quadrado...

x - 1 2 + y 2 = r 2

Agora, precisamos saber onde essas variáveis giram no interior do nosso sólido:

Perceba que o raio varia de 0 (eixo do cilindro deslocado) ao raio máximo 1 :

0 ≤ r ≤ 1

θ dá uma volta completa:

0 ≤ θ ≤ 2 π

Enquanto o z varia da base formada pelo paraboloide até o teto com o plano z = x

P a r a b o l i d e ≤ z ≤ p l a n o →

- 1 + x - 1 2 + y 2 ≤ z ≤ x →

Nas novas coordenadas...

- 1 + r 2 ≤ z ≤ r cos ⁡ θ + 1

Assim:

∭ E   d i v H d V = 2 ∭ E   d V =

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ - 1 + r 2 r cos ⁡ θ + 1 J   d z d r d θ =

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ - 1 + r 2 r cos ⁡ θ + 1 r   d z d r d θ

Calculando a integral de dentro...

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r ∫ - 1 + r 2 r cos ⁡ θ + 1   d z d r d θ = 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r r cos ⁡ θ + 1 + 1 - r 2 d r d θ =

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 cos ⁡ θ + 2 r - r 3   d r d θ

Integrando a do meio agora...

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

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

Por fim...

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

= 2 0 + 3 π 2 - 0 = 3 π

Passo 8

Calma jovem gafanhoto! Ainda falta mais uma integral:

∬ S 1   H   n → d S

Para calcular essa integral de superfície e matar o nosso, devemos:

  1. Parametrizar a superfície.
  2. Calcular o termo n → d S
  3. Mudar os termos de H para os termos da parametrização.

Vamos nessa?

Passo 9

Poxa, estamos lidando com um plano z = x , então nada mais justo que parametrizarmos utilizando parametrização explícita, onde podemos encontrar todos os pontos σ do plano assim:

σ x ,   y = x ,   y ,   z x =

x ,   y ,   x

Onde x e y variam dentro do cilindro:

x - 1 2 + y 2 = 1

Passo 10

Para calcular o termo n →   d S , podemos fazer:

n → d S = N → d x d y

Onde

N → = - ∂ z ∂ x , - ∂ z ∂ y ,   1   →

N → = - 1,0 ,   1

Agora, perceba que esse vetor normal aí está apontado pra cima e o que queremos tem que estar exatamente pra cima. Logo:

n → d S = - 1,0 ,   1 d x d y

Passo 11

Por último, antes de retornarmos à integral, devemos trocar os termos da parametrização no campo H :

H x ,   y ,   z = x ,   y + e z 2 ,   x + 1   →

H σ x ,   y = x ,   y + e x 2 ,   x + 1

Passo 12

Então...

∬ S 1   H   n → d S = ∬ D   x ,   y + e x 2 ,   x + 1 - 1,0 ,   1   d x d y =

∬ D   - x + x + 1   d x d y = ∬ D   1   d x d y

Ora, a integral dupla de 1 é a área da região D . Como se trata de uma área circular de raio 1 ...

∬ S 1   H   n → d S = π 1 2 = π

Passo 13

Como vimos...

∬ S   H   d S + ∬ S 1   H   d S = ∭ E   d i v H d V   →

∬ S   H   d S + π = 3 π   →

∬ S   H   d S = 2 π

Resposta

2 π

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