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Exercícios Resolvidos de Caso Vetorial

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Enunciado

23) Calcule

∬ S   F → ⋅ n →   d S

d) F → x ,   y ,   z = - 3 x y z 2 i → + x + 2 y z - 2 x z 4 j → + y z 3 - z 2 k → e S é a união da superfície

x 2 + y 2 = 1 , 0 ≤ z ≤ 1 , com z = 0 , x 2 + y 2 ≤ 1 , indicando a orientação escolhida para S .

Passo 1

Sabemos que o fluxo de um campo sobre uma superfície S é dado por uma integral de superfície dessa forma aqui:

∬ S   F → ⋅ n →   d S

Mas se você notar bem o campo F → que o problema nos deu é bem chato, e, além disso, a superfície se você a desenhar, vai reparar que se trata de uma lata com um fundo, mas sem tampa em z = 0 :

Não se preocupe! O Teorema de Gauss pode ser a nossa salvação 😉!

∬ ∂ W   F → ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v   F →   d V

Passo 2

Mas não podemos aplicar essa integral assim... De qualquer forma. Precisamos averiguar as condições do Teorema que nos pede:

1º - Uma superfície fechada ∂ W delimitando o sólido W .

2º - Sem singularidades na função Vetorial.

3º - Superfície orientada positivamente.

Vamos passar por cada um deles e verificar se satisfazem ou não 😊!

Passo 3

Quanto ao primeiro quesito, ter uma superfície fechada, já falhamos. Afinal de contas a nossa lata é uma superfície aberta na parte de cima em z = 1 :

Ora! Se a lata só não é fechada por um círculosinho em cima do plano z = 1 , fechamos esse cara com essa tampa!

A essa superfície que acabamos de adicionar, daremos um nome de S 2 , mas não se preocupe, é apenas um nome ok?

Passo 4

2º - Sem singularidades na função Vetorial:

F → = - 3 x y z 2 i → + x + 2 y z - 2 x z 4 j → + y z 3 - z 2 k →

Esse campo Vetorial funciona em todas as situações, afinal ele não tem nenhuma divisão por 0 ou algo do tipo.

3º - Superfície orientada positivamente:

Bem, isso significa que precisamos de uma superfície com vetores normais saindo do sólido fechado por ela, o que já acontece lá do enunciado já que a gente pode escolher. Então é pra fora que o nosso vetor n → aponta (orientada positivamente 😉)

Passo 5

Bem, com as três condições sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade do Teorema sem nenhuma restrição...

∬ ∂ W   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V

Aqui só tenho um detalhe que preciso te falar! A integral de superfície do teorema é calculada em cima da superfície que fecha o sólido W . E esse cara é

∂ W = S ∪ S 2

Logo, temos que desmembrar a integral de superfície em duas... ∬ S   F → ⋅ n →   d S + ∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v   F →   d V

Vamos só fazer mais simplificações aqui... Passando a integral de S 2 pro outro lado...

∬ S   F → ⋅ n →   d S = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

Passo 6

Eu sei que parece loucura trocar o cálculo de uma integral de superfície por outras duas integrais! Mas pode acreditar talvez é o único jeito mesmo ainda mais nesse caso 😐!

Mas vamos começar aqui então pela integral tripla...

∭ W   d i v   F →   d V

O divergente de F → pode ser calculado facilmente apenas derivando parcialmente...

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

Como

F → = - 3 x y z 2 i → + x + 2 y z - 2 x z 4 j → + y z 3 - z 2 k →

Calculando as derivadas parciais:

∂ F 1 ∂ x = - 3 y z 2

∂ F 2 ∂ y = 2 z

∂ F 3 ∂ z = 3 y z 2 - 2 z

Logo...

d i v   F → = ∂ F 1 ∂ x + ∂ F 2 ∂ y + ∂ F 2 ∂ z = 0

∭ W   0   d V = 0

Que maravilha 😊!

Passo 7

Concluímos uma etapa, mas ainda nos falta encontrar qual é o resultado da integral de superfície de F → em cima de superfície que adicionamos, ou seja, a tampa onde z = 1 ...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S

O vetor n → por ser um vetor normal unitário apontado pra cima... Pode ser escrito como...

0 ,   0 ,   1

Logo...

∬ S 2   F → ⋅ n →   d S = ∬ S 2   - 3 x y z 2 ,   x + 2 y z - 2 x z 4 ,   y z 3 - z 2 ⋅ 0 ,   0 ,   1   d S =

Resolvendo esse produto escalar...

∬ S 2     y z 3 - z 2   d S

Agora é só calcular essa integral de superfície do caso escalar 😉!

Passo 8

Estamos em cima do plano z = 1 , logo...

∬ S 2     y - 1   d S  

Precisamos no caso descrever S 2 em coordenadas polares...

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

z = 1

Calculando o termo d S ...

d S = N → d r d θ

Onde...

∂ σ ∂ θ = - r sen ⁡ θ , r cos ⁡ θ , 0

∂ σ ∂ r = cos ⁡ θ , sin ⁡ θ   ,   1

N → = i j k - r sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 cos ⁡ θ sin ⁡ θ 1

= ( 0 ,   0 ,   r )

E N → = r .

Vendo que r varia de 0 até o raio máximo do cilindro que é 1 e θ dá uma volta completa...

∬ S 2     y - 1   d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r sin ⁡ θ - 1 r d r d θ

Passo 9

Calculando a integral...

∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 sin ⁡ θ - r d r d θ = ∫ 0 2 π r 3 3 sin ⁡ θ - r 2 2 0 1 d θ =

∫ 0 2 π 1 3 sin ⁡ θ - 1 2 d θ = - π

Passo 10

Veja bem, encontramos o valor da integral em S 2 . Mas como vimos do teorema de Gauss...

∬ S   F → ⋅ d S → = ∭ W   d i v   F →   d V - ∬ S 2   F → ⋅ d S →

Então

∬ S   F → ⋅ d S → = 0 - - π

∬ S   F → ⋅ d S → = π

Resposta

π com o n → exterior

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