Calcule as seguintes integrais

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ , onde F → ( x , y , z ) = x   i → + y   j → + z   k → ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 + z   k → e S é a parte de x 2 + y 2 - z 2 = 1 com 0 ≤ z ≤ 1 , orientada com a normal unitária N → ⋅ k → ≤ 0 ;

Passo 1

Oiie, tudo bem com você?

Temos que calcular a seguinte integral de superfície

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ

em que o campo vetorial considerado é dado por

F → ( x , y , z ) = x   i → + y   j → + z   k → ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 + z   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 . 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 e tampa dois planos. 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 [ x   ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 ] + ∂ ∂ y [ y ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 ] + ∂ ∂ z [ z ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 + z   k → ]

Aplicando a regra do quociente junto com a regra da cadeia, e lembrando que em derivadas parciais toda variável que não é derivada é tomada como constante, obtemos que

d i v ( F → ) = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 - 3 x 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1 / 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 + ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 - 3 y 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1 / 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 + ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 - 3 z 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1 / 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 + 1

evidenciando o denominador, e o termo - 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1 / 2 , temos que

d i v ( F → ) = 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 - 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1 / 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 + 1 = 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 - 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 + 1

Portanto, temos que

d i v ( F → ) = 1

Precisamos então resolver a seguinte integração

∫ ∫ ∫ W d V

Vamos obter os nossos limites de integração! Saca só!

Passo 4

O sólido W tem simetria cilíndrica, portanto, usando coordenadas cilíndricas, obtemos que

x = r   c o s ( ϕ ) , y = r   s e n ( ϕ ) e z = z

de forma que d V = r   d r   d ϕ   d z . Temos que os limites de integração são dados por 0 ≤ ϕ ≤ 2 π , pois o sólido tem uma completa revolução no ângulo polar. A coordenada radial pode ser obtida fazendo a intersecção entre o cilindro e o hiperbolóide

x 2 + y 2 = 1 + z 2

uma vez que temos que x 2 + y 2 = r 2 , note que podemos obter

r = 1 + z 2

desta forma temos os limites 0 ≤ r ≤ 1 + z 2 . E, por último, temos que a coordenada z vai do plano z = 0 até z = 1 . Temos que resolver então

∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ 0 1 + z 2 r   d r   d z   d ϕ

Vamos precisar resolver a integral em r primeiro pois temos que seus limites são da forma r = r ( z ) . Vamos lá!

Passo 5

A integral em r é tal que

∫ 0 1 + z 2 r   d r = 1 2 r 2 | 0 1 + z 2 = 1 2 [ 1 + z 2 ]

de forma que a nossa integral se reduz à

∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ 0 1 + z 2 r   d r   d z   d ϕ = 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( 1 + z 2 )   d z   d ϕ

A integral em z é obtida analogamente como

∫ 0 1 ( 1 + z 2 )   d z = ( z + 1 3 z 3 ) | 0 1 = 4 3

nos restando apenas

∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ 0 1 + z 2 r   d r   d z   d ϕ = 2 3 ∫ 0 2 π   d ϕ

A última integral é simplesmente

∫ 0 2 π   d ϕ = ϕ | 0 2 π = 2 π

Portanto, temos que

∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ 0 1 + z 2 r   d r   d z   d ϕ = 4 π 3

Maravilha! Mas, ainda precisamos resolver o lado esquerdo de nosso teorema para a base e a tampa! Então! Vamos lá!

Passo 6

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 = 4 π 3

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 N → ⋅ k → ≤ 0 (ou seja, o vetor normal externo a superfície S ), temos que a tampa tem um vetor normal dado por

N → t a m p a = ( 0,0 , 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 - ∫ ∫ S b a s e [ z ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 + z ] d σ b a s e + ∫ ∫ S t a m p a [ z ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 + z ] d σ t a m p a = 4 π 3

como temos que a base está em z = 0 e a tampa em z = 1 , isso se resume à

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ∫ S t a m p a [ 1 ( x 2 + y 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] d σ t a m p a = 4 π 3

Vamos tentar obter uma região que descreva a nossa superfície! Vem comigo!

Passo 7

Se usarmos coordenadas polares temos que x = r   c o s ( ϕ ) e y = r   s e n ( ϕ ) , e d σ t a m p a = r   d r   d ϕ , obtemos então que

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ ϕ 0 ( r ) ϕ f ( r ) ∫ r 0 ( ϕ ) r f ( ϕ ) [ 1 ( r 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] r   d r   d ϕ = 4 π 3

temos que a superfície é delimitada pela circunferência.

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

portanto, x 2 + y 2 = 2 . Portanto, temos que

r f ( ϕ ) = 2

usando que r 0 ( ϕ ) = 0 . E, que a revolução é completa, temos que

∫ ∫ S ' ( F → ) ⋅ N → d S ' = ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + ∫ 0 2 π ∫ 0 2 [ 1 ( r 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] r   d r   d ϕ = 4 π 3

Maravilha! Vamos cuidar de resolver essa integral que falta agora! Bora lá!

Passo 8

Temos que resolver a seguinte integração

∫ 0 2 π ∫ 0 2 [ 1 ( r 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] r   d r   d ϕ = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r ( r 2 + 1 ) 3 / 2 d r   d ϕ + ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r   d r   d ϕ

Para a primeira integral em r , é conveniente fazer a substituição simples

u = r 2 + 1 e d u   = 2 r   d r

de forma que a integral se torna

∫ 0 2 r ( r 2 + 1 ) 3 / 2 d r = 1 2 ∫ u ( 0 ) u ( 2 ) u - 3 / 2   d u

como temos que u ( 0 ) = 1 e u ( 2 ) = 3 , a nossa integral pode ser obtida como

1 2 ∫ 1 3 u - 3 / 2 d u = 1 2 1 - 3 / 2 + 1 [ u - 3 / 2 + 1 ] | 1 3 = - [ u - 1 / 2 ] | 1 3

Avaliando os limites, temos que

∫ 0 2 r ( r 2 + 1 ) 3 / 2 d r = 1 - 1 3 = 3 - 3 3

A segunda integral em r é um pouco mais direta, temos que

∫ 0 2 r   d r = 1 2 r 2 | 0 2 = 1

Vamos voltar estes resultados para o nosso problema! Saca só!

Passo 9

Usando os resultados que obtivemos no passo anterior, temos que

∫ 0 2 π ∫ 0 2 [ 1 ( r 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] r   d r   d ϕ = 3 - 3 3 ∫ 0 2 π   d ϕ + ( 1 ) ∫ 0 2 π   d ϕ

como temos que

∫ 0 2 π   d ϕ = ϕ | 0 2 π = 2 π

Obtemos que

∫ 0 2 π ∫ 0 2 [ 1 ( r 2 + 1 ) 3 / 2 + 1 ] r   d r   d ϕ = 2 ( 3 - 3 ) 3 π + 2 π

Juntando então todos os nossos resultados, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ + 2 ( 3 - 3 ) 3 π + 2 π = 4 π 3

Portanto, a integral que desejamos é tal que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π 3 - 2 ( 3 - 3 ) 3 π - 2 π

Tirando 2 π 3 em evidência, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 2 π 3 [ 3 - 4 ]

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

Resposta

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 2 π 3 [ 3 - 4 ]

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