Exercícios Resolvidos de Teorema de Gauss

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Enunciado

Sejam F x ,   y ,   z = x + y + z 2 k e S a fronteira do cilindro x 2 + y 2 ≤ 4 e 0 ≤ z ≤ 3 .

Calcule ∬ S   F ∙ n   d S , em que n é o vetor normal unitário que aponte para fora do cilindro.

Passo 1

Antes de tudo, vamos ver melhor graficamente quem é essa superfície S aí?

Ela é formada pelo cilindro de raio 2 :

Mas calma! A superfície não tem apenas esse cilindro aberto!

Os planos z = 0 e z = 3 estão fechando o cilindro, e, portanto também fazem parte da superfície S :

Esse sim é o nosso S ! Uma superfície fechada delimitando um tronco de cilindro :D

Passo 2

Pow! Integral de superfície em cima de uma superfície fechada e com o vetor normal apontando para fora?! Cara, chama Gauss que ele resolve pra gente!:)

Hummm! Não sei não, heim! Ainda não me convenceu!

Então vou te convencer agora com o cálculo do divergente, veja só!

Passo 3

Pela teoria, a gente tem que

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

Onde esses caras aí, F 1 , F 2   e   F 3 , são as componentes do campo vetorial F .

Como F é dado por F = 0 ,   0 , x + y + z 2 ,   temos que

F 1 = 0

F 2 = 0

F 3 = x + y + z 2

Calculando, portanto essas derivadas parciais, teremos

d i v   F = 0 + 0 + 2 z

d i v   F = 2 z

Percebeu? O divergente é easy! Então bora aplicar Gauss! :D

Passo 4

O teorema de Gauss nos fala o seguinte

∬ S   F ∙ n   d S = ∭ W   d i v   F   d V

Onde o W é o sólido delimitado pela superfície fechada S , ou seja, o tronco de cilindro. Além disso, ele deve estar com o vetor saindo... o que já temos, neh?!:)

Então basta calcular aquela integral tripla e o nosso problema terá se resolvido.

Passo 5

Substituindo o divergente na integral tripla...

∭ W   d i v   F   d V = ∭ W   2 z   d V

Bem, para continuarmos as continhas devemos descrever a região W :

Como W é um cilindro, uma substituição por coordenadas cilíndricas seria uma boa:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = z

E o jacobiano da mudança é

J = r

Toda vez que realizamos uma troca de coordenadas, não podemos deixar de verificar os limites das novas variáveis, então me acompanha.

Passo 6

A primeira e mais imediata de todas é o z , como o z permaneceu inalterado, seu limite é o mesmo de antes, ou seja

0 ≤ z ≤ 3

Quanto ao ângulo θ , precisamos que ele dê uma volta completa, ou seja

0 ≤ θ ≤ 2 π

O raio r está limitado por 0 e pelo raio máximo que é o raio do próprio cilindro:

0 ≤ r ≤ 2

Passo 7

Voltando para a integral tripla e dessa vez substituindo tudo

∭ W   2 z   d V = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 0 3 2 z ��� J d z d r d θ →

Trocando o jacobiano...

∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 0 3 2 z ∙ r d z d r d θ   →

Calculando essa integral aí primeiro com relação à z

∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 2 z 2 2 0 3 d r d θ     →

Substituindo esse limite de integração em z

∫ 0 2 π ∫ 0 2 r 3 2 - 0 2 d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 9 r d r d θ     →

Passando essa constante pra fora e agora integrando com relação a r

9 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 r d r d θ =

9 ∫ 0 2 π r 2 2 0 2 d θ   →  

Limites...

9 ∫ 0 2 π 2 2 2 - 0 d θ =

9 ∙ 2 ∫ 0 2 π d θ =

18   θ 0 2 π =

36 π

Resposta

36 π

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