Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Teorema de Gauss, Integrais de superfície - caso vetorial

Seja F x , y , z = ( y 2 , y z ,   1 ) um campo vetorial em R 3 .

Seja S a superfície parametrizada por

S = { x , y , z ∈ R 3 ;     z = x 2 + y 2 - 1 ,       z ≤ 0 }

e orientada de forma que o vetor normal possua terceira componente não positiva.

Use o Teorema de Gauss para calcular o fluxo do campo vetorial F através da superfície S .

Passo 1

O gráfico da função é alguma coisa desse tipo aqui

O Teorema de Gauss nos diz que

∬ ∂ W   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V

Ele calcula o fluxo do campo vetorial F   → através de uma superfície fechada. Po, mas a nossa superfície não é fechada, então como vamos fazer?!

O que temos que fazer é fechar a nossa superfície com, por exemplo, um disco circular de raio 1 no plano z = 0 .

Fazendo isso, vamos ter uma superfície fechada S onde podemos aplicar o Teorema de Gauss. Lembra qual a restrição desse teorema? A normal deve estar apontando para fora do sólido!

Note que o enunciado ta dizendo que a normal possui componente z negativa (não positiva), ou seja, está para baixo e portanto para fora do sólido mesmo =D

Show! Vou chamar a superfície em que queremos calcular o fluxo de S 1 e a nossa “tampa” de S 2 .

S = S 1 + S 2

∬ S   F → . n →   d s = ∬ S 1   F → . n →   d s + ∬ S 2   F → . n →   d s

∬ S 1   F → . n →   d s = ∬ S   F → . n →   d s - ∬ S 2   F → . n →   d s

∬ S 1   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V - ∬ S 2   F → . n →   d s

Ah! É importante ficar ligado que, para fechar a superfície e aplicar o Teorema de Gauss é mais jogo você quebrar um pouco a cabeça pra encontrar uma superfície relativamente simples, como nós fizemos.

Beleza, agora podemos seguir com a nossa vida.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos começar calculando

∭ w   d i v F →   d V

Beleza? O divergente de F → é dado por:

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

F x , y , z = ( y 2 , y z ,   1 )

F 1 = y 2 → ∂ F 1 ∂ x = 0

F 2 = y z → ∂ F 2 ∂ y = z

F 3 = 1 → ∂ F 3 ∂ z = 0

d i v F → = z

Passo 3

∭ w   d i v F →   d V = ∭ W z   d V

Como se trata de um paraboloide, podemos usar coordenadas cilíndricas:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

z = z

J = r

Para descobrir os limites vamos usar as equações dadas pelo enunciado:

z = x 2 + y 2 - 1

z = r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ - 1

z = r 2 - 1

r 2 - 1 ≤ z ≤ 0

O outro dado que podemos tirar do enunciado é

z ≤ 0

x 2 + y 2 - 1 ≤ 0

r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ ≤ 1

r 2 ≤ 1

r ≤ 1

0 ≤ r ≤ 1

Como não há outro tipo de restrição

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 4

Voltando pra integral

∭ w   d i v F →   d V = ∭ W z   d V

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ r 2 - 1 0 z r   d z d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r z 2 2 r 2 - 1 0 d r d θ

= - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r r 2 - 1 2   d r d θ

Fazendo uma substituição simples:

u = r 2 - 1

d u = 2 r   d r → d u 2 = r   d r

0 ≤ r ≤ 1

- 1 ≤ u ≤ 0

Voltando pra integral:

= - 1 12 ∫ 0 2 π r 2 - 1 3 0 1   d θ  

= - 1 12 × 0 - - 1 3 ∫ 0 2 π d θ  

= - 1 12 × 2 π = - π 6

Passo 5

Agora vamos calcular

∬ S 2   F → . n →   d s

Lembrando que a superfície S 2 é o disco de raio 1, centrado na origem e no plano z = 0 .

Vamos começar parametrizando a superfície. Como se trata de um disco, podemos usar coordenadas polares

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

z = 0

ϕ r , θ = r cos ⁡ θ , r sen ⁡ θ , 0

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 6

∂ ϕ ϕ r = ( cos ⁡ θ , sen ⁡ θ , 0 )

∂ ϕ ∂ θ = ( - r sen ⁡ θ ,   r cos ⁡ θ , 0 )

∂ ϕ ϕ r × ∂ ϕ ∂ θ = i j k cos ⁡ θ sen ⁡ θ 0 - r sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 = ( 0,0 , r )

Hmm, aqui pode ter uma confusão galera, tomem bastante cuidado! O enunciado diz que a normal do paraboloide tem componente z negativa, ou seja, aponta para fora do sólido.

Quando passamos para o disco S 1 , temos que manter a forma como pensamos na hora de montar o teorema: A normal deve apontar para fora do sólido.

Voltando pro nosso esboço, a normal do disco tem que apontar para cima nesse caso aqui! Só assim que vai estar para fora do sólido, então a componente z é positiva mesmo, tranquilo?

F → x , y , z = ( y 2 , y z ,   1 )

F → r , θ = r 2 sen 2 ⁡ θ , 0,1

Passo 7

∬ S 2   F → . n →   d s = ∬ D   F → ϕ r , θ . ∂ ϕ ∂ r × ∂ ϕ ∂ θ d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 sen 2 ⁡ θ , 0,1 . 0,0 , r d r d θ

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r   d r d θ

= ∫ 0 2 π r 2 2 0 1 d θ

= 1 2 × 2 π = π

Passo 8

∬ S 1   F → . n →   d s = ∭ w   d i v F →   d V - ∬ S 2   F → . n →   d s

∬ S 1   F → . n →   d s = - π 6 - π = - 7 π 6

Resposta

∬ S 1 F   → . d r →   d S = - 7 π 6

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