Exercícios Resolvidos de Teorema de Gauss

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Enunciado

10) Calcule o fluxo do campo F → x ,   y ,   z = x 3 3 + y , y 3 3 , z 3 3 + 2 , através da superfície S do sólido W definido por W = x , y , z ∈ I R 3   ; x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1 ,   x 2 + y 2 + z - 2 2 ≤ 4 ,   z ≥ x 2 + y 2 , com campo de vetores normais a S apontando para fora de W .

Passo 1

Se o problema nos pediu fluxo de F → sobre uma superfície S , com toda certeza o que ele está buscando é que façamos uma integral de superfície:

∬ S   F → ⋅ d S →

Para resolver essa integral, poderíamos seguir basicamente 2 caminhos:

1º - Fazer de uma forma direta (parametrizando e tudo mais)

2º - Aplicar o Teorema de Gauss.

Veja você que o campo é um pouco complicado para se fazer uma integral de superfície direto com ele. Além disso, se você quer mais certeza ainda que de fato vamos resolver o problema pelo Teorema de Gauss, calcule o divergente...

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

Como

F → x ,   y ,   z = x 3 3 + y , y 3 3 , z 3 3 + 2 = F 1 , F 2 , F 3

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = ∂ x 3 3 + y   ∂ x = x 2

∂ F 2 ∂ y = ∂ y 3 3   ∂ y = y 2

  ∂ F 3 ∂ z = ∂ z 3 3 + 2 ∂ z = z 2

Logo...

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

Pow, com um divergente simples e convidativo, sim, o problema está pedindo que façamos por Gauss!

Passo 2

O teorema basicamente é a igualdade maravilhosa:

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Mas não podemos aplicar essa integral assim... De qualquer forma. Precisamos averiguar as condições do Teorema que nos pede:

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W :

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

3º - Superfície orientada positivamente:

Vem comigo averiguar essas condições ;D

Passo 3

1º - Uma superfície fechada S delimitando o sólido W :

Vamos então desenhar a superfície S que queremos o fluxo. Pra começar, veja que:

W = x , y , z ∈ I R 3   ; x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1 ,   x 2 + y 2 + z - 2 2 ≤ 4 ,   z ≥ x 2 + y 2

Pô, essas duas inequações:

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1

  x 2 + y 2 + z - 2 2 ≤ 4

São inequações que representam regiões esféricas! A primeira seria o exterior de uma esfera centrada na origem de raio 1 e a segunda seria o interior de uma esfera centrada em 0,0 , 2 de raio 2 . O gráfico dessas duas esferas é:

A interseção das duas inequações dá o interior da esfera azul menos a esfera vermelha. Agora, considerando z ≥ x 2 + y 2 , que é o interior de um cone...

Dada a simetria dos planos Z X e Z Y , é como se tivéssemos a seguinte região revolucionada em torno do eixo z

E bem, nesse caso se o sólido W pode ser entendido como um sólido de revolução, a superfície é fechada! Uhuul

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → x ,   y ,   z = x 3 3 + y , y 3 3 , z 3 3 + 2

Esse campo Vetorial funciona em todas as situações, afinal ele não tem nenhuma divisão por 0 ou algo do tipo.

3º - Superfície orientada positivamente:

Bem, isso significa que precisamos de uma superfície com vetores normais saindo do sólido fechado por ela, o que já acontece lá do enunciado.

Passo 5

Bem, com as três condições sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade do Teorema sem nenhuma restrição...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Então se queremos a integral de superfície, calculemos a integral tripla que cara, vai dar muito menos trabalho. Acredite em mim!

Passo 6

Lembra que a gente disse que nosso sólido W podia ser entendido como um sólido de revolução? Oras, isso diz muita coisa pra gente! Como por exemplo, o fato de que podemos usar as mudanças para coordenadas esféricas pra resolver essa Integral Tripla:

x = ρ   sen ⁡ φ cos ⁡ θ  

y = ρ sen ⁡ φ sen ⁡ θ  

z = ρ cos ⁡ φ

Onde o Jacobiano dessa mudança é:

J = ρ 2   sen ⁡ φ

Passo 7

Bem, não devemos sair de uma mudança de coordenadas sem antes dizer onde os parâmetros variam. Primeiro, devemos olhar pra projeção do sólido no plano x y ...

Veja que essa projeção se parece muito com gráfico com um círculo. Isso ai já nos mostra o intervalo em que o ângulo θ varia:

0 ≤ θ ≤ 2 π

Agora pro intervalo de φ , já que esse ângulo é definido por:

Vemos que o ângulo varia desde o eixo z onde φ até as parede do cone definido por z = x 2 + y 2 . Pra achar o ângulo responsável por isso, substituímos na equação do cone:

z = x 2 + y 2

ρ cos ⁡ φ = ρ   sen ⁡ φ cos ⁡ θ 2 + ρ sen ⁡ φ sen ⁡ θ 2

ρ cos ⁡ φ = ρ 2   sen 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + ρ 2 sen 2 ⁡ φ sen 2 ⁡ θ

ρ cos ⁡ φ = ρ 2   sen 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ

ρ cos ⁡ φ = ρ 2   sen 2 ⁡ φ 1 = ρ 2   sen 2 ⁡ φ = ρ   sen ⁡ φ 2 = ρ   sen ⁡ φ

Continuando, temos que:

ρ cos ⁡ φ = ρ   sen ⁡ φ

cos ⁡ φ = sen ⁡ φ

sen ⁡ φ cos ⁡ φ = 1

tan ⁡ φ = 1

E o ângulo φ cuja tangente é 1 será π 4 . Portanto, temos o intervalo:

0 ≤ φ ≤ π 4

Pra fechar, vamos checar o intervalo de ρ . Pra isso, vamos lembrar dessa linda imagem aqui que já vimos:

Po galera, a região cinza começa sempre na circunferência menor, ou seja, ρ está sempre no mínimo uma unidade distante da origem. E a região cinza termina também sempre na superfície da circunferência maior! Portanto, da equação da esfera deslocada, que é a maior:

x 2 + y 2 + z - 2 2 = 4

x 2 + y 2 + z 2 - 4 z + 4 = 4

x 2 + y 2 + z 2 - 4 z = 0

x 2 + y 2 + z 2 = 4 z

Podemos fazer as substituições:

x = ρ   sen ⁡ φ cos ⁡ θ  

y = ρ sen ⁡ φ sen ⁡ θ  

z = ρ cos ⁡ φ

E obter:

ρ 2   sen 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + ρ 2 sen 2 ⁡ φ sen 2 ⁡ θ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2   sen 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ φ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ φ = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2   sen 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ φ = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2   sen 2 ⁡ φ 1 + cos 2 ⁡ φ = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2   sen 2 ⁡ φ + cos 2 ⁡ φ = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2   1 = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ 2 = 4   ρ cos ⁡ φ

ρ = 4 cos ⁡ φ

Sendo assim, o parâmetro ρ vai variar da seguinte forma:

1 ≤ ρ ≤ 4 cos ⁡ φ

Passo 8

Voltando então para a integral que devemos resolver:

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭   W   d i v   F →   d V = ∭ x 2 + y 2 + z 2   d x d y d z

Realizando as substituições devidas da mudança de variáveis, e aplicando o jacobiano, temos:

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π ∫ 1 4 cos ⁡ φ ρ 2   ∙ ρ 2   sen ⁡ φ   d ρ   d θ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π ∫ 1 4 cos ⁡ φ ρ 4   sen ⁡ φ   d ρ   d θ   d φ

Calculando a integral de dentro...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π ∫ 1 4 cos ⁡ φ ρ 4   sen ⁡ φ   d ρ d θ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π ρ 5 sen ⁡ φ 5 ρ = 1 ρ = 4 cos ⁡ φ d θ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π 1024   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ 5 - sen ⁡ φ 5 d θ   d φ

Agora a do meio...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 π 1024   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ 5 - sen ⁡ φ 5 d θ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 θ 1024   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ 5 - sen ⁡ φ 5 θ = 0 θ = 2 π   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = ∫ 0 π 4 2048 π   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ 5 - 2 π sen ⁡ φ 5   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = 1 5 ∙ ∫ 0 π 4 2048 π   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ - 2 π sen ⁡ φ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = 1 5 ∙ ∫ 0 π 4 2048 π   cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ   d φ - 1 5 ∙ ∫ 0 π 4 2 π sen ⁡ φ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = 2048   π 5 ∙ ∫ 0 π 4 cos 5 ⁡ φ sen ⁡ φ   d φ - 2 π 5 ∙ ∫ 0 π 4 sen ⁡ φ   d φ

Bora pra fechar então resolver cada uma dessas duas integrais. Pra primeira, que é mais difícil, podemos fazer a substituição:

u = cos ⁡ φ

d u = - sin ⁡ φ d φ

φ = 0 → u = 1 φ = π 4 → u = 2 2

E teremos:

2048   π 5 ∙ ∫ 0 π 4 cos 4 ⁡ φ sen ⁡ φ   d φ = - 2048   π 5 ∙ ∫ 1 2 2 u 5   d u

= - 2048   π 5 ∙ u 6 6 u = 1 u = 2 2 = - 2048   π 5 ∙ 1 8 ∙ 6 - 1 6

= - 2048   π 5 ∙ 1 - 8 8 ∙ 6 = 256   π 5 ∙ 8 - 1 6 =

O que por fim, dá:

= 896   π 1 5

Pra outra integral, teremos:

2 π 5 ∙ ∫ 0 π 4 sen ⁡ φ   d φ = 2 π 5 ∙ - cos ⁡ φ φ = 0 φ = π 4 = 2 π 5 ∙ - 2 2 + 1

= 2 π 5 ∙ 2 -   2 2 = π ∙ 2 -   2 5 = 2 π - π 2 5

Juntando tudo:

∬ S   F → ⋅ d S → = 2048   π 5 ∙ ∫ 0 π 4 cos 4 ⁡ φ sen ⁡ φ   d φ - 2 π 5 ∙ ∫ 0 π 4 sen ⁡ φ   d φ

∬ S   F → ⋅ d S → = 896   π 1 5 - 2 π - π 2 5

∬ S   F → ⋅ d S → = 896   π - 6 π + 3 π 2 1 5

∬ S   F → ⋅ d S → = 890   π + 3 π 2 1 5

∬ S   F → ⋅ d S → = π 1 5 ∙ 890 + 3 2

Resposta

∬ S   F → ⋅ d S → = π 1 5 ∙ 890 + 3 2

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