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Exercícios Resolvidos de Caso Vetorial

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Enunciado

Questão 4) Dados o campo vetorial F → x ,   y ,   z = y i → + x j → + x z k → e a superfície S dada por

S = x ,   y ,   z : z = x + y + 2 ,   x 2 + y 2 4 ≤ 1

Calcule

∬ S   r o t   F → ⋅ n → d S ,

em que n → é o vetor unitário apontando para baixo.

Passo 1

r o t   F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   →

F → x ,   y ,   z = y ,   x ,   x z = F 1 ,   F 2 ,   F 3

r o t   F → = 0 - 0 ,   0 - z ,   1 - 1

r o t   F → = 0 ,   - z ,   0

Passo 2

Bem, se vamos calcular essa integral de superfície, vamos precisar conhecer bem a Superfície S em que estamos trabalhando. Pra isso, basta desenha-la:

S = x ,   y ,   z : z = x + y + 2 ,   x 2 + y 2 4 ≤ 1

Desenhando o plano: z = x + y + 2 ...

E delimitando pelo cilindro x 2 + y 2 4 ≤ 1 ...

Aqui surge uma dúvida: quem é a superfície aqui? Cara, a superfície sempre será a igualdade (o plano) ok? O cilindro só está ali pra indicar onde o x e o y variam (delimitando a plano que queremos).

Passo 3

Como a superfície, repito, é o plano e sua equação é bem explícita em função de z , podemos parametrizar como uma parametrização explícita:

x = x

y = y

z = x + y + 2

Então a superfície de uma forma mais legal...

φ x ,   y = x , y ,   x + y + 2

Passo 4

Onde os parâmetros variam mesmo?

O enunciado diz que a região é a interior ao cilindro x 2 + y 2 4 = 1

Então por hora, vamos apenas dizer que os parâmetros variam nessa região ai da elipse, ok? Depois se precisar, descrevemos em coordenadas polares.

Passo 5

Vamos achar agora o valor do nosso vetor normal

N → = ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

φ x ,   y = x , y ,   x + y + 2

Calculando cada derivada separadamente

∂ φ ∂ x = 1,0 ,   1

∂ φ ∂ y = 0 ,   1 ,   1

N → = i j k 1 0 1 0 1 1

= - 1 , - 1 ,   1

Como o vetor que ele nos pede tem que estar apontado pra baixo, basta que invertemos o sinal desse vetor encontrado (para a coordenada z ficar negativa):

N → = 1 ,   1 ,   - 1

Passo 6

Substituindo, por conseguinte, os termos da parametrização...

φ x ,   y = x , y ,   x + y + 2

Na função que queremos a integral dupla, ou seja...

r o t   F → = 0 ,   - z ,   0

r o t   F → φ x ,   y = 0 ,   - x + y + 2 ,   0

Passo 7

Voltando para a integral de superfície...

∬ S   r o t   F → ⋅ n → d S = ∬ R   0 ,   - x + y + 2 ,   0 ⋅ 1 ,   1 ,   - 1 d x d y =

- ∬ R   x + y + 2   d x d y

Agora, repare que estamos trabalhando com uma integral dupla em uma região elíptica. Podemos então usar as mudanças para coordenadas elípticas ;)

x = r cos ⁡ θ

y = 2 r sin ⁡ θ

J = 2 r

Onde r varia de 0 até 1 (quando a elipse é a maior possível), enquanto que θ dá uma volta completa:

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

Substituindo na integral dupla...

- ∬ R   x + y + 2 d x d y = - ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r cos ⁡ θ + 2 r sin ⁡ θ + 2 ⋅ J   d r d θ =

E calculando...

- ∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 r 2 cos ⁡ θ + 4 r 2 sin ⁡ θ + 4 r   d r d θ =

- ∫ 0 2 π 2 r 3 3 0 1 cos ⁡ θ + 4 r 3 3 0 1 sin ⁡ θ + 2 r 2 0 1 d θ =

- ∫ 0 2 π 2 3 cos ⁡ θ + 4 3 sin ⁡ θ + 2 d θ = - 2 3 sin ⁡ θ - 4 3 cos ⁡ θ + 2 θ 0 2 π =

- 2 3 sin ⁡ 2 π - 4 3 cos ⁡ 2 π - 2 3 sin ⁡ 0 - 4 3 cos ⁡ 0 + 4 π = - 4 π

Resposta

- 4 π

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