Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Seja S a parte do hiperboloide 1 + z 2 = x 2 + y 2 , com 0 ≤ z ≤ 1 , orientada de modo que a normal unitária N → satisfaça N → ⋅ k → ≥ 0 . Então

∫ ∫ S cos ⁡ z 2 d y ∧ d z + s e n x 3   d z ∧ d x + e x 2 + y 2   d x ∧ d y

é igual a:

a) π e 2 - e

b) 2 π e - 1

c) 2 π e - 1 e

d)   2 π e 2 - 1

e) π e - 1 e

Passo 1

Cara, a gente tem um campo vetorial bem feio, uma superfície e precisamos calcular uma integral de superfície. Essas são dicas para gente calcular essa integral usando o teorema de Gauss!

Vamos começar calculando o divergente de F → para saber se nossa ideia é boa mesmo. Ele tem essa fórmulinha:

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

Como o nosso campo é:

F x , y , z = F 1 , F 2 , F 3 = cos ⁡ z 2 , s e n x 3 ,   e x 2 + y 2

Então a gente calcula:

d i v   F = ∂ cos ⁡ z 2 ∂ x + ∂ s e n x 3 ∂ y + ∂ e x 2 + y 2 ∂ z

d i v   F = 0 + 0 + 0 = 0

Nossa o divergente está bem simples. Outra dica de que vamos de Gauss. Vem comigo!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Cara, Gauss tem umas condições para aplicar. Uma delas já atendemos:

- nosso campo está bem definido em todo x , y , z (já que não temos nenhuma restrição no domínio, tipo um denominador que pode zerar).

Maaas, não atendemos duas delas. Como assim? Os vetores normais precisam apontar para a parte externa de uma superfície fechada.

- Temos um hiperboloide de uma folha (porque só tem um termo negativo). Ele é aquela superfície que parece um tronco de árvore. Isso significa que a nossa superfície não está fechada em cima e embaixo.

O que a gente faz? Chora? Não! A gente vai fechar esse cara. Com planos em formato circular, porque planos são simples. Aí a nossa superfície geral vai ser o hiperboloide mais dois planos circulares.

Repara nesse gráfico lindão, lembrando que para o hiperboloide 0 ≤ z ≤ 1 :

Podemos parametrizar o plano de baixo como:

ϕ 1 x , y = x , y , 0

A componente dele em z é nula porque ele está em z = 0 no espaço.

Repara que o nosso plano, para fechar a essa superfície por baixo, precisa ter o formato da interseção do hiperboloide com o plano x y , certo? A equação dela é:

1 + z 2 = x 2 + y 2 ∴ x 2 + y 2 = 1

Ou seja, uma circunferência. Nosso plano vai estar dentro dessa circunferência. Então a gente pode dizer que o domínio dele é:

D 1 : x 2 + y 2 ≤ 1

Fazendo um raciocínio parecido para o plano circular que fecha nossa região por cima em z = 1 , vamos ter:

ϕ 2 x , y = x , y , 1

1 + z 2 = x 2 + y 2 ∴ 1 + 1 2 = x 2 + y 2

D 2 : x 2 + y 2 ≤ 2

Passo 3

Agora vamos montar nossa equação pelo teorema de Gauss. Ele diz que:

∫ ∫ δ W F ⋅ N   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   F d V

Esse δ W é uma superfície fechada. No nosso caso, a superfície fechada é a soma de três superfícies. A semiesfera S e os planos. Então a gente pode reescrever essa parte assim:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   F d V

Lembra que nosso divergente deu 0:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s = 0

- ∫ ∫ S F ⋅ N   d s = ∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s

Mas repara ele fala que a normal unitária N → ao hiperboloide satisfaz N → ⋅ k → ≥ 0 . Isso significa que a componente z do vetor normal a ele está virada para cima.

Mas olha a figura dele de novo. Se o vetor normal dele está virado para cima sempre, significa que ele está virado para a parte dentro da superfície e não de fora, como o teorema de Gauss pede.

Isso significa que gente vai inverter o sinal da integral de S para encaixar direitinho no teorema, como se estivéssemos multiplicando o vetor da superfície por - 1 para mudar de sentido. Então a gente tem:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = ∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s

Vamos calcular essas duas integrais da direita, aí achamos a que o enunciado pede.

Passo 4

O campo é aquele estranho né:

F x , y , z = cos ⁡ z 2 , s e n x 3 ,   e x 2 + y 2

A nossa parametrização dos planos é:

ϕ x , y = x , y , 0

D : x 2 + y 2 ≤ 1

ϕ 2 x , y = x , y , 1

D 2 : x 2 + y 2 ≤ 2

A gente precisa começar achando o vetor normal a cada um desses planos. Mas repara que ϕ 1 está dentro de x y e ϕ 2 é também paralelo a esse plano.. O vetor normal a todo o x y é o vetor N → = 0,0 , 1 , que é o sentido do eixo z , certo?

Então esse vai ser o nosso vetor para os dois planos? Cara, ele com certeza é normal as nossas superfícies, mas ele está apontando para fora da nossa região fechada em forma de tronco para os dois planos?

Em ϕ 1 , ele está apontando para dentro da nossa região Para apontar para fora, ele precisa estar apontando no sentido oposto. Então só vamos multiplicar ele por - 1 :

N → = 0,0 , - 1

Aí o nosso integrando para primeiro plano fica:

F ⋅ N = cos ⁡ z 2 , s e n x 3 ,   e x 2 + y 2 ⋅ 0,0 , - 1 = - e x 2 + y 2

A gente precisa substituir as componentes do plano aí. E colocar o domínio da parametrização desse plano como o domínio da integral:

ϕ 1 x , y = x , y , 0 ∴ x = x ,   y = y , z = 0

F ⋅ N = - e x 2 + y 2

∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 - e x 2 + y 2   d x d y

Passo 5

Agora repara que para o plano que está em z = 1 , se o vetor aponta para cima, ele aponta para fora da região. Então a gente pode dizer que para ele:

N → = 0,0 , 1

Aí o nosso integrando para esse fica:

F ⋅ N = cos ⁡ z 2 , s e n x 3 ,   e x 2 + y 2 ⋅ 0,0 , 1 = e x 2 + y 2

A gente precisa substituir as componentes do plano aí. E colocar o domínio da parametrização desse plano como o domínio da integral:

ϕ 2 x , y = x , y , 1 ∴ x = x ,   y = y , z = 1

F ⋅ N = e x 2 + y 2

∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 2 e x 2 + y 2   d x d y

Passo 6

Voltando para o teorema, a gente tem:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = ∫ ∫ ϕ 1 F ⋅ N   d s + ∫ ∫ ϕ 2 F ⋅ N   d s

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 - e x 2 + y 2   d x d y + ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 2 e x 2 + y 2   d x d y

Vamos usar as coordenadas polares para calcular essas duas integrais:

x = r cos ⁡ θ ,       y = r   s e n   θ ,     j a c = r

x 2 + y 2 = r 2

Para a primeira, temos um círculo completo de raio 1, então:

0 ≤ θ ≤ 2 π ,     0 ≤ r ≤ 1

Para a segunda, temos um círculo completo de raio 2 , então:

0 ≤ θ ≤ 2 π ,     0 ≤ r ≤ 2

Aí nossas integrais mudadas ficam (não esquecendo do jacobiano):

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 - e r 2 r d r d θ + ∫ 0 2 π ∫ 0 2 e r 2 r d r d θ

Se a gente usar uma substituição simples u = r 2 nas duas derivadas, achamos que:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = - ∫ 0 2 π e r 2 2 0 1 d θ + ∫ 0 2 π e r 2 2 0 2 d θ

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = - 1 2 ∫ 0 2 π e - 1 d θ + 1 2 ∫ 0 2 π e 2 - 1 d θ

Calculando a integral de fora, achamos que:

∫ ∫ S F ⋅ N   d s = π e 2 - e

Resposta

Letra a

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas