Exercícios Resolvidos de Superfície Aberta

Use o Teorema de Gauss para calcular o fluxo do campo F → definido por

F → = x 2 y ,   x y 2 ,   5 - 4 x y z

Através da superfície dada pela equação x 2 + y 2 + z = 1 com z ≥ 0 , orientada tal que o seu vetor normal tem coordenada z negativa.

Passo 1

Como quase todo problema de Teorema de Gauss, é muito legal pra gente iniciar o problema olhando com mais detalhe a superfície de integração que no caso é .

Se a gente trabalhar um pouco com a equação dessa superfície passando o x 2 e o y 2 pro outro lado...

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

Ganhamos uma expressão que nos indica que a superfície que a gente está trabalhando aqui se trata de um paraboloide centrada no eixo z e virada pra baixo

Porém, não estamos interessados em todo o paraboloide, até porque ele cresce infinitamente pra baixo. Só queremos esse pedaço com o z ≥ 0

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Passo 2

Pois bem... já sabemos que queremos o fluxo do campo F → através dessa superfície com a normal pra dentro (coordenada z negativa), e teremos que fazer isso através de Gauss.

Mas espera! Gauss necessita de uma superfície fechada, correto?

SIM! Mas não é um grande problema pra gente, pois podemos pegar essa ‘tampa’ de baixo ai, ou seja, o plano z = 0

Mas espera novamente! Pra aplicar Gauss precisamos normal pra fora!!!

O que também não é um grande problema, pois depois basta inverter o sinal da resposta que a gente encontrar, beleza?

BELEZA! Então bora aplicar Gauss aí!

Passo 3

∯ ∑ ∪ ∑ 1 F → ∙ n 1 →   d S = ∭ w d i v F → d V

n 1 → é o vetor normal apontando pra fora, como queremos o inverso, n → , basta inverter o sinal da integral tripla

∯ ∑ ∪ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = - ∭ w d i v F → d V

Onde ∑ ∪ ∑ 1 é a superfície fechada que delimita o sólido W dentro do paraboloide, ou seja, a união do paraboloide com o plano ∑ 1 .

Pela propriedade da soma

∯ ∑ ∪ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = ∯ ∑ F → ∙ n →   d S + ∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S

∯ ∑ F → ∙ n →   d S + ∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = ∭ w d i v F → d V

Logo, para encontrar o resultado do problema, é procurar a solução das outras duas integrais mais simples. :D

Passo 4

Vamos começar então, por ela: a integral tripla. E começar pela integral tripla, não é nada mais do que começar calculando esse divergente.

Lembre-se que d i v F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z , sendo assim, calculando esses caras e fazendo essa soma

d i v F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 3 ∂ z = 2 x y + 2 x y + - 4 x y

d i v F → = 0

Logo

∭ w d i v F → d V = 0

Veja que maravilha!

Para resolver o problema, basta encontrar uma integral de superfície! :)

Passo 5

Então... calculando essa integral de superfície pelo método direto (não se preocupe, pois ela não será um grande problema. Eu prometo!:D )

∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S

Devemos parametrizar a superfície   ∑ 1 , o que não é um problema, pois estamos em cima de um plano z = 0 e dentro de uma circunferência, veja só

x 2 + y 2 + z = 1   ⇒     x 2 + y 2 = 1    

Logo podemos parametrizar, utilizando coordenadas polares

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

Como z = 0 , obtemos a parametrização de ∑ 1

σ r ,   θ = ( r cos ⁡ θ ,   r sin ⁡ θ ,   0 )

Onde

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

Vamos agora encontrar o vetor normal, sabendo que n → = ∂ σ ∂ r × ∂ σ ∂ θ .

Calculando essas derivadas parciais aí

∂ σ ∂ r = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ ,   0

∂ σ ∂ θ = ( - r sin ⁡ θ ,   r cos ⁡ θ ,   0 )

Jogando dentro do determinante e resolvendo, vamos obter

n → = i ^ j ^ k ^ cos ⁡ θ sin ⁡ θ 0 - r sin ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 = 0 ,   0 ,   r

Observe que esse vetor é justamente o que queremos, pois ele está apontado pra cima ( r ≥ 0 ), ou melhor, pra dentro da superfície.

E aí aqui você precisa ter atenção!! O vetor normal n → é o vetor que indica a parametrização da superfície! Como ela tem que estar orientada positivamente, ele tem que apontar pra cima! (O que tá ok, porque r ≥ 0 .)

É diferente do que ele falou no enunciado, que o vetor normal apontava no sentido negativo de z . Isso a gente já arrumou quando trocou o sinal do Teorema de Gauss, aqui:

∯ ∑ ∪ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = - ∭ w d i v F → d V

Não confunda!

Passo 6

Agora voltando para a integral

∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 x 2 y ,   x y 2 ,   5 - 4 x y z ∙ 0 ,   0 ,   r d r d θ

Note que quando fizermos o produto interno desses dois vetores, as duas primeiras coordenas sumirão, logo, devemos mudar para as novas variáveis apenas a terceira coordenada 5 - 4 x y z .

Repare também que quando substituirmos as coordenadas, como z = 0 , apenas restará o 5 , logo

∫ 0 2 π ∫ 0 1 x 2 y ,   x y 2 ,   5 - 4 x y z ∙ 0 ,   0 ,   r d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 5 r d r d θ

Chegamos em uma integral bem simples, portanto integrando primeiro em r e depois em θ

∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = ∫ 0 2 π 5 r 2 2 0 1 d θ = ∫ 0 2 π 5 2 d θ

∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = 5 2 2 π - 0 = 5 π

Passo 7

Voltando para Gauss, temos

∯ ∑ F → ∙ n →   d S + ∯ ∑ 1 F → ∙ n →   d S = - ∭ w d i v F → d V

∯ ∑ F → ∙ n →   d S + 5 π = 0   ⇒         ∯ ∑ F → ∙ n →   d S = - 5 π  

Resposta

∯ ∑ F → ∙ n →   d S = - 5 π

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