A integral de superfície ∫ ∫ S c o s ( s e n ( z 2 ) ) d y ∧ d z + y d z ∧ d x + x d x ∧ d y onde S é x 2 + y 2 + z 2 = 1 , com z ≥ 0 e orientada com a normal exterior é

( a )   0

( b )   4 π 3

( c )   4 π 6

( d )   4 π 6 - 2 π

( e )   4 π 3 + 2 π

Passo 1

Eaew, belezinha?

Precisamos calcular a integral de superfície

∫ ∫ S c o s ( s e n ( z 2 ) ) d y   ∧   d z +   y   d z   ∧   d x + x   d x   ∧   d y

Temos que a notação com produto exterior pode ser escrita da seguinte forma:

∫ ∫ S c o s ( s e n ( z 2 ) ) d y   ∧   d z +   y   d z   ∧   d x + x   d x   ∧   d y = ∫ ∫ S c o s ( s e n ( z 2 ) ) ( i → ⋅ n → ) d y d x   +   y ( j → ⋅ n → ) d z   d x   + x ( k → ⋅ n → ) d x d y .

Temos então que:

∫ ∫ S c o s ( s e n ( z 2 ) ) d y   ∧   d z +   y   d z   ∧   d x + x   d x   ∧   d y = ∫ ∫ S F → ( x , y , z ) . n → d S

sendo,

F → ( x , y , z ) = ( c o s ( s e n ( z 2 ) ) ,   y ,   x )

e a superfície considerada é a semi-esfera

x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,   z ≥ 0 .

Como este campo vetorial é complicado vamos tentar utilizar o teorema da divergência de Gauss dado por

∫ ∫ S ' F → ( x , y , z ) . n → d S ' = ∫ ∫ ∫ W d i v ( F → ) d V

em que S ' é a superfície fronteira ao sólido W , não necessariamente a nossa superfície S , mas elas estão relacionadas, vamos ver isso durante o exercício. Vamos lá!

Passo 2

A nossas região pode ser visualizada como

A nossa superfície é a cúpula de um sólido W , que tem como base um plano. Então, podemos considerar o teorema da divergência de Gauss, usando um S ' da forma

S ' = S + S b a s e

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 = ∫ ∫ ∫ 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 duas 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 [ c o s ( s e n ( z 2 ) ) ] + ∂ ∂ y [ y ] + ∂ ∂ z [ x ]

fazendo as derivadas parciais (lembre-se que variáveis que não estão sendo derivadas são tomadas como constantes), temos que

d i v ( F → ) = 0 + 1 + 0 = 1

de forma que

∫ ∫ ∫ W d i v ( F → ) d V = 1 ∫ ∫ ∫ W d V

A integral é simplesmente o volume da meia esfera, como temos que uma esfera tem volume dado por

V = 4 π r 3 3

portanto, meia esfera tem o volume dado por

V = 4 π r 3 6

e, essa esfera tem r = 1 . Portanto, podemos escrever que

∫ ∫ ∫ W d i v ( F → )   d V = 4 π 6

Desta maneira tudo que precisamos fazer é resolver a integral de superfície restante! 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 = 4 π 6

Pela nossa figura, e levando em consideração que a normal considerada para a nossa superfície é tal que estamos considerando as normais externas, temos que a base tem um vetor normal dado por

N → b a s e = ( 0,0 , - 1 )

Usando o formato de nosso campo vetorial, e resolvendo o produto escalar na integral de superfície, temos que

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ - ∫ ∫ S b a s e x   d σ b a s e = 4 π 6

como temos que a base está em z = 0 , a nossa superfície é obtida como a circunferência

x 2 + y 2 = 1

de forma que podemos usar coordenadas polares da seguinte maneira

x = r   c o s ( θ ) e y   = r   s e n ( θ )

de forma que d σ b a s e = r   d r   d θ . Como temos uma circunferência de raio 1 , a integração se torna simplesmente

∫ ∫ S b a s e x   d σ b a s e = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2   c o s ( θ )   d r   d θ

Vamos resolver essa integral rapidamente! Saca só!

Passo 5

Resolvendo primeiro a integral em θ (a ordem não importa aqui pois os limites são todos constantes), temos que

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

Portanto, temos que

∫ ∫ S b a s e x   d σ b a s e = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2   c o s ( θ )   d r   d θ = 0

Sendo assim, o nosso problema se torna

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ - 0 = 4 π 6

ou simplesmente

∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π 6

Ou seja, alternativa ( c ) . A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

( c )   ∫ ∫ S F → ⋅ N → d σ = 4 π 6

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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 ,