Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Sejam F → = - a 2 y + z e x i ^ + a 2 x - z e y j ^ + x y   k ^   com a > 0 e G → = ∇ → × F → .

a) Mostre que ∇ → ⋅ G → = 0 .

b) Seja S a superfície união de S 1 : x 2 + y 2 - z 2 = 1 , 0 ≤ z ≤ a e S 2 : x 2 + y 2 ≤ 1 ,   z = 0 .

Se ∬ S G → ⋅ n ^ d S = - 6 π quando n ^ aponta “para fora” de S , calcule o valor de a .

(Dica: A superfície S não é fechada. Feche-a e utilize o Teorema do Divergente.)

Passo 1

a) Cara, calcular ∇ → × F → , é o mesmo que calcular o rotacional desse campo F → , já que

∇ → = ∂ ∂ x , ∂ ∂ y , ∂ ∂ z

Aí a gente pode calcular

G → = ∇ → × F → = r o t   F → = i ^ j ^ k ^ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

Nosso campo é:

F → = - a 2 y + z e x i ^ + a 2 x - z e y j ^ + x y   k ^ .

F → = F 1 , F 2 , F 3 = ( - a 2 y + z e x , a 2 x - z e y ,   x y )

Então precisamos calcular:

r o t   F → = i ^ j ^ k ^ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z - a 2 y + z e x a 2 x - z e y x y

r o t   F → = ∂ x y ∂ y - ∂ a 2 x - z e y ∂ z i ^ - ∂ x y ∂ x - ∂ - a 2 y + z e x ∂ z j ^ + ∂ a 2 x - z e y ∂ x - ∂ - a 2 y + z e x ∂ y k ^

r o t   F → = ( x + e y ) i ^ - y - e x j ^ + a 2 + a 2 k ^

G → = r o t   F → = x + e y , - y + e x ,   a

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos calcular ∇ → ⋅ G → , que é o mesmo que calcular o divergente de G → .

Ele tem essa fórmulinha:

∇ → ⋅ G → = d i v   G → = ∂ G 1 ∂ x + ∂ G 2 ∂ y + ∂ G 3 ∂ z

Como o nosso campo é:

G → = r o t   F → = x + e y , - y + e x ,   a = G 1 ,   G 2 , G 3

Então a gente calcula:

∇ → ⋅ G → = d i v   G → = ∂ x + e y ∂ x + ∂ - y + e x ∂ y + ∂ a ∂ z

d i v   G → = 1 - 1 + 0 = 0

Prontinho! Provamos o que ele pediu!

Mas repara que o que a gente fez foi calcular

d i v   G → = d i v   r o t   F →

Ou seja, a gente calculou o divergente de um rotacional, e isso sempre zera! Por isso que nossas continhas deram 0 mesmo.

Passo 3

b) Ele diz para usarmos o Teorema do Divergente para achar a . Sendo que S é a superfície união de S 1 : x 2 + y 2 - z 2 = 1 , 0 ≤ z ≤ a e S 2 : x 2 + y 2 ≤ 1 ,   z = 0 .

E ∬ S G → ⋅ n ^ d S = - 6 π quando n ^ aponta “para fora” de S .

Os requisitos do teorema são

- nosso campo G →   e suas derivadas devem estar bem definidos em todo x , y , z . Já que não temos nenhuma restrição no domínio, tipo um denominador que pode zerar, isso tá valendo!

- o vetor normal à S aponta para fora dela: pelo enunciado, isso também acontece!

Maaas, a gente não atende um critério muito importante: nossa superfície não está fechada. Ela é o hiperboloide de uma folha (aquele em formato de tronco)

x 2 + y 2 - z 2 = 1

Mas só de z = 0 e z = a . Junto com o plano z = 0 , dentro de x 2 + y 2 ≤ 1 , ou seja, um plano com formato circular. Repara que esse plano fecha o hiperboloide por baixo, mas falta fechar em cima, na altura z = a .

O que a gente faz? Chora? Não! A gente vai fechar essa superfície. Com um plano em formato circular, porque planos são simples. Aí a nossa superfície geral vai ser S e esse plano, beleza?

Podemos parametrizar esse plano como:

ϕ x , y = x , y , a

A componente dele em z é essa porque ele está em z = a no espaço. Agora repara aqui nesse gráfico lindão:

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

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

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

D : x 2 + y 2 ≤ 1 + a

Passo 4

Agora vamos montar nossa equação pelo teorema do Divergente. Ele diz que:

∫ ∫ δ W G → ⋅ n ^   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   G → d V

Esse δ W é uma superfície fechada. No nosso caso, a superfície fechada é a soma de duas superfícies. A S e o nosso plano ϕ . Então a gente pode reescrever essa parte assim:

∫ ∫ S G → ⋅ n ^   d s + ∫ ∫ ϕ G → ⋅ n ^   d s = ∫ ∫ ∫ W d i v   G → d V

Lembra que nosso divergente deu 0 e que já temos a integral

∬ S G → ⋅ n ^ d S = - 6 π

Aí ficamos assim

- 6 π + ∫ ∫ ϕ G → ⋅ n ^   d s = 0

∫ ∫ ϕ G → ⋅ n ^   d s = 6 π

Só falta calcular essa integral de superfície sobre o plano. Então vamos focar nela!

Passo 5

O campo é aquele:

G → = r o t   F → = x + e y , - y + e x ,   a

A nossa parametrização do plano é:

ϕ x , y = x , y , a

D : x 2 + y 2 ≤ 1 + a

Esse vai ser o domínio da nossa integral.

A gente precisa começar achando o vetor normal a esse plano. Mas repara que esse plano é paralelo a x y . O vetor normal a todo o x y (e ao nosso plano) é o vetor n ^ = 0,0 , 1 , que é o sentido do eixo z , certo?

Então esse vai ser o nosso vetor? Cara, ele com certeza é normal a nossa superfície, mas ele está apontando para fora da nossa região?

Está sim! Como ele sai do plano que fecha nossa região por cima e está apontando para cima (porque z ≥ 0 ), então ele aponta para fora da nossa região!

Aí o nosso integrando fica:

G → ⋅ n ^ = x + e y , - y + e x ,   a ⋅ 0,0 , 1 = a

A gente precisa substituir as componentes do plano aí.

∫ ∫ ϕ G → ⋅ n ^   d s = 6 π = ∫ ∫ ϕ a   d s = 6 π

O domínio dessa integral vai ser o domínio da parametrização. Aí a gente escreve

∫ ∫ ϕ G → ⋅ n ^   d s = 6 π = ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 + a a   d s = 6 π

Passo 6

Nossa integral ficou assim:

∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 + a a   d s = 6 π ∴ a ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 + a 1   d s = 6 π

A integral dupla sobre esse círculo de raio 1 + a vai ser igual a área do círculo! Isso porque o argumento dela é 1 . Como a área do círculo é π r 2 e r = 1 + a :

∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 + a 1   d s = π 1 + a

Voltando para nossa equaçãozinha:

a ∫ ∫ x 2 + y 2 ≤ 1 + a 1   d s = 6 π

a a + 1 π = 6 π

Daí a gente tira que

a 2 + a - 6 = 0

Resolvendo essa equação do segundo grau:

a = 2 ,     a = - 3

Como a está dentro de uma raiz em

0 ≤ z ≤ a

Ele só pode ser positivo, então

a = 2

Ufa!

Resposta

a = 2

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