( b ) Calcule ∫ ∫ S F → ⋅ N   → d S , onde F → ( x , y , z ) = l n ( 2 + c o s ( y + z ) i → - y z   j → + z 2 2 k → e S é a parte do cilindro x 2 + y 2 = 4 acima do plano z = 0 e abaixo do plano z = y + 7 . Considere S orientada com a normal que aponta para fora do cilindro.

Passo 1

Oiie, tudo bem com você?

Temos que calcular a seguinte integral de superfície

∫ ∫ S F → ⋅ N   → d S

em que o campo vetorial considerado é dado por

F → ( x , y , z ) = l n ( 2 + c o s ( y + z ) i → - y z   j → + z 2 2 k →

Existe uma identificação bastante direta, através do teorema da divergência de Gauss que pode ser útil, temos que

∫ ∫ S ' F ��� ⋅ N → d σ = ∫ ∫ ∫ W d i v ( F → ) ⋅ d V

mas note que no lado esquerdo temos uma superfície S ' que é fronteira do sólido W , em nosso caso, esse sólido é o cilindro x 2 + y 2 = 4 , entre z = 0 e z = y + 7 . Para sabermos qual identificação vale a pena trabalhar, precisamos verificar a nossa superfície! Saca só!

Passo 2

A nossas região pode ser visualizada como

A nossa superfície é a lateral de um sólido W , que tem como base o plano z = 0 e tampa o plano z = y + 7 . Então, podemos considerar o teorema da divergência de Gauss, usando um S ' da forma

S ' = S + S b a s e + S t a m p a

que é fronteira de W , e portanto, a nossa integral pode ser identificada como

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ∫ S b a s e F → ⋅ N → b a s e d σ b a s e + ∫ ∫ S t a m p a F → ⋅ N → t a m p a d σ t a m p a = ∫ ∫ ∫ W d i v ( F → ) ⋅ d V

A integral que nós queremos é apenas uma parte do lado esquerdo do teorema de Gauss, portanto, vamos ter que calcular as outras três componentes. No entanto, isso é um pouco mais fácil do que expandir a integral de superfície normalmente! Saca só!

Passo 3

Vamos começar calculando o lado direito, temos que a divergência do campo é tal que

d i v ( F → ) = ∂ ∂ x [ F x ] + ∂ ∂ y [ F y ] + ∂ ∂ z [ F z ]

em que F → ( x , y , z ) = ( F x , F y , F z ) . Substituindo então o campo dado no enunciado, temos que

d i v ( F → ) = ∂ ∂ x [ l n ( 2 + c o s ( y + z ) ) ] + ∂ ∂ y [ - y z ] + ∂ ∂ z [ z 2 2 ]

Resolvendo as derivadas parciais, obtemos que

d i v ( F → ) = 0 - z + z = 0

Precisamos então resolver a seguinte integração

∫ ∫ ∫ W d i v ( F → ) d V = 0

Portanto, só precisamos resolver as integrais de superfície! Bora lá!

Passo 4

O nosso problema está resumido em

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ∫ S b a s e F → ⋅ N → b a s e d σ b a s e + ∫ ∫ S t a m p a F → ⋅ N → t a m p a d σ t a m p a = 0

Vamos analisar as duas integrais em conjunto, primeiro, discutindo quem são os vetores normais! Pela nossa figura, e levando em consideração que a normal considerada para a nossa superfície é tal que, temos que a tampa tem um vetor normal dado por

N → t a m p a = ( 0 , - 1,1 )

e, a base, analogamente, tem vetor normal

N → b a s e = ( 0,0 , - 1 )

Usando o formato de nosso campo vetorial, e resolvendo os produtos escalares nas integrais de superfície, temos que

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ - 1 2 ∫ ∫ S b a s e [ z 2 ] d σ b a s e + ∫ ∫ S t a m p a [ y z + z 2 2 ] d σ t a m p a = 0

como temos que a base está em z = 0 e a tampa em z = y + 7 , por conveniência, vamos usar que y = z - 7 , de forma que temos

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ∫ S t a m p a [ ( z - 7 ) z + z 2 2 ] d σ t a m p a = 0

Expandindo o produto no segundo termo, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ∫ S t a m p a [ 3 z 2 2 - 7 z ] d σ t a m p a = 0

Ou simplesmente

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 3 2 ∫ ∫ S t a m p a z 2 d σ t a m p a - 7 ∫ ∫ S t a m p a z   d σ t a m p a = 0

Vamos tentar resolver essas integrais de superfície! Bora lá!

Passo 5

Temos que a interseção do plano com o cilindro é a seguinte circunferência

x 2 + ( z - 7 ) 2 = 4

que é uma circunferência centrada em ( x , z ) = ( 0,7 ) com raio R = 2 . Se, usarmos coordenadas polares da forma

x =   r   c o s ( θ )   e z - 7 =   r   s e n   ( θ )

de forma que d σ t a m p a = r   d r   d θ . A revolução em torno do eixo y é completa, portanto, temos que 0 ≤ θ ≤ 2 π , e o raio r é tal que 0 ≤ r ≤ 2 , portanto, a nossa integral é tal que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 3 2 ∫ 0 2   π ∫ 0 2 ( 7 + r   s e n ( θ ) ) 2 r   d r   d θ - 7 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 ( 7 + r   s e n ( θ ) ) r   d r   d θ = 0

Expandindo os produtos, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 147 2 ∫ 0 2   π ∫ 0 2 r   d r   d θ + 21 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r     s e n ( θ ) d r   d θ + 3 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3   s e n 2 ( θ )   d r   d θ - 49 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r   d r   d θ - 7 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 2   s e n ( θ )   d r   d θ = 0

Vamos resolver agora as integrais todas! Vamos lá!

Passo 6

Vamos resolver primeiro as integrais em θ , pois algumas irão se anular, temos que

∫ 0 2 π s e n ( θ ) = - c o s ( θ ) | 0 2 π = 0

temos também que

∫ 0 2 π s e n 2 ( θ ) d θ = 1 2 ∫ 0 2 π d θ - 1 2 ∫ 0 2 π c o s ( 2 θ ) d θ = π

e, por último

∫ 0 2 π d θ = 2 π

Portanto, temos finalmente que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 147 π ∫ 0 2 r   d r + 3 π 2 ∫ 0 2 r 3 d r   - 98 π ∫ 0 2 r   d r = 0

Juntando alguns termos, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 49 π ∫ 0 2 r   d r + 3 π 2 ∫ 0 2 r 3 d r = 0

Maravilha! Agora só falta resolver as integrais em r , bora lá!

Temos que

∫ 0 2 r   d r = 1 2 r 2 | 0 2 = 2

e, também que

∫ 0 2 r 3 d r = 1 4 r 4 | 0 2 = 4

de forma que o resultado é tal que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 98 π + 6 π = 0

Finalmente, a nossa integral é tal que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = - 104 π

A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = - 104 π

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Usar o teorema da divergência para calcular o fluxo do campo vetorial f → , através da superfície do sólido T ,sendo: f → = 2 i ^ + 2 j ^ = 2 k ^ e T a esfera x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4
(Divergente em coordenadas polares) Seja Ω um campo aberto no semiplano y0 e seja F → x , y = P x , y i → + Q x , y j → , x , y ∈ Ω , com PeQ de classe C 1 . Seja P 1 θ ,ρ = P x , y e Q 1 θ ,ρ = Q x ,