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Enunciado

Cálculo - Thomas - Vol 2- Ed: 12º - Capítulo 16.Exercícios práticos - Ex. 56

Nos Exercícios 53-56, encontre o fluxo exterior de F através da fronteira de D

56. Cone e cilindro F = 6 x + y i - x + z j + 4 y z k

D: A região no primeiro octante limitada pelo cone z = x 2 + y 2 , o cilindro x 2 + y 2 = 1 e os planos coordenados

Passo 1

Fala pessoal, tudo certinho? vamos responder mais uma questão, então prepara o material e vamos responder!!

Podemos notar que tanto F quanto a região D (com fronteira S), satisfazem a hipótese do Teorema da Divergência. De modo que, aplicando este teorema, o fluxo para fora do campo vetorial através do limite da região é dado por

∬ F ∙ n   d σ = ∭ ∇ ∙ F   d V

Neste caso, a divergência do campo vetorial é

∇ ∙ F = ∂ ∂ x 6 x - y + ∂ ∂ y - x - z + ∂ ∂ z 4 y z

Com isso, nós temos que

∇ ∙ F = 6 + 4 y

Portanto, o fluxo é

∬ F ∙ n   d σ = ∭ ( 6 + 4 y )   d V

onde V é o volume da região D delimitada pela superfície S. Em coordenadas cilíndricas temos que

z = x 2 + y 2 → z = r 2 = r

E

x 2 + y 2 = 1 → r 2 = 1 → r = 1

Assim, a região delimitada pela superfície é descrita por

D = r , θ , z 0 ≤ θ ≤ π 2 ,     0 ≤ r ≤ 1 ,     0 ≤ z ≤ r }

Passo 2

O volume desta região é igual a

∬ F ∙ n   d σ = ∫ 0 π / 2 ∫ 0 1 ∫ 0 r ( 6 + 4 r sen ⁡ θ ) r   d z d r d θ

Vamos trabalhar nesta integral, podemos “eliminar” o d z e d θ

∬ F ∙ n   d σ = ∫ 0 π / 2 ∫ 0 1 6 r + 4 r 2 sen ⁡ θ r d r d θ

Separando as integrais

∬ F ∙ n   d σ = ∫ 0 π / 2 6 r 3 3 + 4 sin ⁡ θ r 4 4   0 1 d θ

Resolvendo as mesmas integrais, nós obtemos o seguinte resultado

∬ F ∙ n   d σ = ∫ 0 π / 2 2 + sen ⁡ θ d θ

Com isso,

∬ F ∙ n   d σ = 2 π 2 - cos ⁡ θ 0 π 2 = π + 1

Resposta

∬ F ∙ n   d σ = π + 1

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