Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule

∬ S   F → ∙ n → d S

onde

F → x , y , z = ( x , y , z ) x 2 + y 2 + z 2 3 / 2 + x , 0,0

e S é parte da superfície z = 4 - 2 x 2 - y 2 com z ≥ 0 , orientada de modo que n → é tal que n → . k → > 0 .

Passo 1

Ele quer aquela integral de superfície ao longo daquela função F → , repara que ele colocou essa parada divida em duas funções, vamos pensar então na F → como

F → = F 1 → + F 2 →

Com

F 1 → = x , y , z x 2 + y 2 + z 2 3 2

E

F 2 → = x , 0,0

Vamos fazer cada uma das integrais para cada um desses dois campos separado e depois é só somar.

Passo 2

Vamos começar fazendo

∬ S   F 2 → ∙ n → 2 d S

Aqui temos que parametrizar a superfície S , mas olha a sua fórmula de novo

z = 4 - 2 x 2 - y 2

Consegue perceber que z depende tanto de x quando de y ? Então vamos fazer

φ x , y = x , y , 4 - 2 x 2 - y 2

Ele disse que z ≥ 0 , então

4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0

Passo 3

Agora vamos achar o vetor normal a essa superfície

n → 2 = ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

Primeiro temos que achar as derivadas em relação a x e em relação a y

∂ φ ∂ x = 1,0 , - 4 x

E

∂ φ ∂ y = 0,1 , - 2 y

O nosso vetor vai ficar

n → 2 = i j k 1 0 - 4 x 0 1 - 2 y

n → 2 = 0 - - 4 x , 0 - - 2 y , 1 - 0

n → 2 = 4 x , 2 y , 1

Vamos conferir aquela parada que ele pediu, ou seja, n → ∙ k > 0

n → 2 ∙ k = 4 x , 2 y , 1 ∙ 0,0 , 1 = 1

Ok deu maior que 0 , então o vetor normal é esse n → 2 mesmo, caso esse produto escalar desse negativo era só trocar o sentido do vetor n → 2 .

Passo 4

A nossa integral vai ficar

∬ S   F 2 → ∙ n → 2 d S = ∬ 4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0 x , 0,0 ∙ 4 x , 2 y , 1 d x d y =

∬ 4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0 4 x 2 d x d y

Isso na verdade é a integral dupla ao longo da região D

D = x , y ∈ R 2 4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0

Vamos ver como trabalhar com essa região aí no próximo passo

Passo 5

Essa região é

2 x 2 + y 2 ≤ 4

x 2 2 + y 2 4 ≤ 4

Repara que isso é a parte de dentro da elipse

x 2 2 + y 2 4 = 1

Então vamos usar coordenadas cilíndricas dando aquela adaptada para a elipse, colocando os coeficientes da elipse na fórmula para “transformar” numa circunferência de raio 1 , fazendo

x = 2 r cos ⁡ θ

y = 2 r sen ⁡ θ

Aqui vamos ter r ∈ 0,1 e θ ∈ 0,2 π

Não pode esquecer do jacobiano, ele vai ser o jacobiano das coordenadas polares, multiplicando por 2 e por 2 , então

J = 2 2 r

Passo 6

A nossa integral dupla vai ficar

∬ 4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0 4 x 2 d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 2 π 4 2 r cos ⁡ θ 2 2 2 r d θ d r =

∫ 0 1 ∫ 0 2 π 4.2 r 2 cos 2 ⁡ θ 2 2 r d θ d r =

∫ 0 1 ∫ 0 2 π 16 2 r 3 cos 2 ⁡ θ d θ d r

Aqui podemos fazer

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

A nossa integral vai ficar

∫ 0 1 ∫ 0 2 π 16 2 r 3 1 + cos ⁡ 2 θ 2 d θ d r =

∫ 0 1 ∫ 0 2 π 8 2 r 3 1 + cos ⁡ 2 θ d θ d r

∫ 0 1 8 2 r 3 θ + sen ⁡ 2 θ 2 0 2 π d r =

∫ 0 1 8 2 r 3 2 π + sen ⁡ 2.2 π 2 - 0 + sen ⁡ 0 2 d r

∫ 0 1 8 2 r 3 2 π d r

2 π 8 2 r 4 4 0 1 =

4 π 2 r 4 0 1 =

4 π 2 . 1 4 - 4 π 2 . 0 4 =

4 π 2

Isso nos diz que

∬ S   F 2 → ∙ n → 2 d S = 4 π 2

Essa integral no Gabarito está com o valor diferente, mas se você repara eles fizeram a superfície S errada, para o cálculo em F 2 ele fazem

z = 1 - 2 x 2 - y 2

Quando na verdade seria 4 no lugar de 1 ali.

Passo 7

Vamos agora achar a integral de superfície de F 1 , ou seja

∬ S   F 1 → ∙ n → 1 d S

Aqui se tentarmos fazer a parada pela definição a conta vai ficar mostrar, sabe porque? Se fizéssemos aquela parametrização de S teríamos que substituir isso em

F 1 → = x , y , z x 2 + y 2 + z 2 3 2

Tá vendo um z 2 maldito ali? Isso vai fazer nossa conta ficar surreal de gigante. Então precisamos fazer outra parada. A ideia é usar o teorema de Gauss para tentar melhorar a cara dessa integral que temos que fazer. MAAAAAS temos dois problemas ao tentar usar Gauss, consegue ver? Primeiro temos que a função F 1 → não é definida na origem, se a superfície S incluir a origem não podemos usar Gauss.

Vamos ver como é a superfície S

Isso nos mostra que ela inclui a origem, o outro problema é que essa superfície não é fechada.

Temos que fechar essa superfície S , o mais interessante seria colocar a tampa na parte de baixo, ou seja, fazer

4 - 2 x 2 - y 2 ≥ 0

Com z = 0

Mas isso ainda inclui a origem na nossa conta, vamos fazer um buraco na origem, colocando uma semi esfera de raio 1 , assim teríamos algo assim tampando tudo

Tá vendo a esfera ali dentro? Isso vai mudar a nossa tampa, ela vai ser a parte de dentro de

4 = 2 x 2 + y 2

E a parte de fora de

x 2 + y 2 = 1

Sacou? São as duas bases.

Vamos ter

∂ W = S + S 1 + S 2

Onde

S = x , y , z ∈ R 3 4 - 2 x 2 - y 2 ≥ z ≥ 0

E

S 1 = x , y , z ∈ R 3 z = 0 , x 2 + y 2 ≥ 1,2 x 2 + y 2 ≤ 4

Essa é a tampa dentro do paraboloide e fora da esfera.

E

S 2 = x , y , z ∈ R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1 , z ≥ 0

Essa é a esfera preta.

Uma parada que temos que tomar cuidado é como vão ser os vetores normais, repara que ele deu a orientação para S quando ele diz que n → ∙ k > 0 significa que a parada vai apontar para fora, isso porque ele está dizendo que a componente z vai ser positivo.

Quando aplicamos Gauss a orientação dos vetores normais vai ser para fora de ∂ W , ou seja, em S é para cima, e em S 1 e S 2 é para baixo.

Passo 8

Ufa, depois de contornar muito problemas dessa parada podemos aplicar Gauss em ∂ W sem problema. Vamos ter

∬ ∂ W F 1 → ∙ n → d S = ∭ W d i v F 1 → d W

Vamos escrever aquela integral de superfície separa em S , S 1 e S 2

∬ S F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 1 F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 2 F 1 → ∙ n → d S = ∭ W d i v F 1 → d W

Vamos começar achando o divergente de F 1 →

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

d i v F 1 → = - 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + x 2 - 2 y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2 + x 2 + y 2 - 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 5 2

d i v F 1 → = 0

Beleza, isso nos faz ter uma conta a menos rs, que seria aquela integral tripla. Vamos ter

∬ S F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 1 F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 2 F 1 → ∙ n → d S = 0

Passo 9

Vamos começar fazendo a integral dupla de S 1

∬ S 1 F 1 → ∙ n → d S

Lembrando que

S 1 = x , y , z ∈ R 3 z = 0 , x 2 + y 2 ≥ 1,2 x 2 + y 2 ≤ 4

Isso é a parte do plano z = 0 limitada pela esfera e o paraboloide. Vamos fazer

f x , y , z = z

E o vetor normal vai ser

n → = ∇ f = 0,0 , 1

Fica atento a orientação do vetor, eu falei ali em cima que para S 1 deve ser para baixo, então o vetor normal na verdade vai ser trocando o sinal desse vetor que achamos

n → = 0,0 , - 1

A nossa integral vai ficar

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

∬ S 1 - z x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S =

Repara que em S 1 vamos ter z = 0 , então podemos fazer essa substituição na integral, e a integral vai ficar

∬ S 1 - z x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S = ∬ S 1 0 x 2 + y 2 3 2 d S = 0

Beleza, temos uma integral já

∬ S 1 F 1 → ∙ n → d S = 0

Passo 10

Vamos agora para a outra integral de linha

∬ S 2 F 1 → ∙ n → d S

Lembrando que

S 2 = x , y , z ∈ R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1 , z ≥ 0

Respira fundo e vamos continuar, essa questão é levemente gigante né mas fazer o que.

Para achar o vetor normal vamos fazer

f x , y , z = x 2 + y 2 + z 2 - 1

Então

n → = ∇ f

n → = 2 x , 2 y , 2 z

Fica atento a orientação do vetor, eu falei ali em cima que para S 1 deve ser para baixo, então como z ≥ 0 vetor normal na verdade vai ser trocando o sinal desse vetor que achamos

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z

Um detalhe importante é que quando achamos o vetor normal pelo gradiente temos que normalizar esse vetor, vamos fazer

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z - 2 x 2 + - 2 y 2 + - 2 z 2

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 4 x 2 + y 2 + z 2

Lembrando que para essa esfera temos

x 2 + y 2 + z 2 = 1

n → = - 2 x , - 2 y , - 2 z 4

n → = - x , - y , - z

A nossa integral vai ficar

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

∬ S 2 - x 2 - y 2 - z 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S =

∬ S 2 - 1 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 3 2 d S

∬ S 2 - 1 x 2 + y 2 + z 2 1 2 d S

Lembra também que em S 2 vamos ter

x 2 + y 2 + z 2 = 1

Então

∬ S 2 - 1 d S = - Á r e a S 2

Então queremos a área da metade de uma esfera de raio 1 , então

Á r e a S 2 = 4 π . 1 2 2 = 2 π

Assim nossa integral de superfície vai ficar

∬ S 2 F 1 → ∙ n → d S = - 2 π

Passo 11

Vamos juntar a parada toda agora

∬ S F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 1 F 1 → ∙ n → d S + ∬ S 2 F 1 → ∙ n → d S = 0

∬ S F 1 → ∙ n → d S + 0 + - 2 π = 0

∬ S F 1 → ∙ n → d S = 2 π

Passo 12

Ufa, achamos a integral de superfície em F 1 e em F 2 , agora é só somar

∬ S F → ∙ n → d S = ∬ S F 1 → ∙ n → d S + ∬ S F 2 → ∙ n → d S = 2 π + 4 2 π

Resposta

2 π + 4 2 π