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Exercícios Resolvidos de Teorema de Gauss

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Enunciado

UFMG, Sem Campus, Cálculo 3, P2 - 2021.2, Questão 4.

Considere o campo vetorial F → = y x y z , z 3 , y 3 . Seja S a parte da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 5 acima do plano z = 1 , orientada com normal n → tal que n → · k → ≥ 0 . O valor da integral ∬ S F → · n → d S é:

a) 20 π

b) 16 π

c) 10 π

d) 12 π

e) 24 π

Passo 1

Fala aí!! Bem-vindo! Está tendo um pouco de dificuldades nessa questão? Não se preocupe vou fazer o máximo pra te ajudar. 😉👍

Nesse problema temos que obter a integral ∬ S F → · n → d S em que F → = y x y z , z 3 , y 3 e S é a superfície x 2 + y 2 + z 2 = 5 para z ≥ 1 ...

E agora, o que podemos fazer? 👀

Estamos interessados em obter a integral desse campo vetorial em uma superfície, portanto, podemos aplicar um teorema para nos auxiliar, já que obter o vetor normal à S pode dar um pouco de trabalho...

O teorema que vamos usar é o teorema de Gauss, porém, se analisarmos a região S , vemos que ela não é fechada, pois a esfera só existe em z ≥ 1 ...

Com isso, temos que aplicar uma outra superfície em z = 1 para fechar nossa região.

Entendeu? Bora lá! 😎

Passo 2

O teorema de Gauss nos diz que

∬ S F → · n → d S = ∭ W d i v F → d V

Como vamos aplicar uma outra superfície, vamos ter

∬ S F → · n → d S + ∬ S 2 F → · n → d S = ∭ W d i v F → d V

Vamos começar calculando o divergente de F → ...

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

d i v F → = ∂ x y 2 z ∂ x + ∂ y z 3 ∂ y + ∂ y 4 ∂ z

d i v F → = y 2 z + z 3

Assim, aplicando em ∭ W d i v F → d V tendo que W é a região para z ≥ 1 em x 2 + y 2 + z 2 = 5 , ou seja

  x 2 + y 2 + 1 = 5

x 2 + y 2 = 4

Devido a essa simetria cilíndrica, vamos obter os limites de integração em coordenadas cilíndrica, ou seja, convertendo as coordenadas, vamos obter

x = r c o s θ y = r s e n θ x 2 + y 2 = r 2 J = r

Logo, vemos que os limites de W são 1 ≤ z ≤ 5 - r 2 , 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2 π

∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 1 5 - r 2 r 2 s e n 2 θ z + z 3 r d z d r d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 2 ∫ 1 5 - r 2 r 3 s e n 2 θ z + r z 3 d z d r d θ

Tranquilo até aqui? 😁

Passo 3

Integrando com relação a z , temos

∫ 1 5 - r 2 r 3 s e n 2 θ z + r z 3 d z = r 3 s e n 2 θ z 2 2 + r z 4 4 z = 1 5 - r 2

∫ 1 5 - r 2 r 3 s e n 2 θ z + r z 3 d z = r 3 s e n 2 θ 5 - r 2 2 2 + r 5 - r 2 4 4 - r 3 s e n 2 θ 1 2 2 + r 1 4 4

∫ 1 5 - r 2 r 3 s e n 2 θ z + r z 3 d z = r 3 s e n 2 θ 5 - r 2 2 + r 5 - r 2 2 4 - r 3 s e n 2 θ 2 - r 4

∫ 1 5 - r 2 r 3 s e n 2 θ z + r z 3 d z = 4 r 3 s e n 2 θ 2 - r 5 s e n 2 θ 2 + 6 r - 10 r 3 4 + r 5 4

Integrando o resultado em função de r , temos

∫ 0 2 4 r 3 s e n 2 θ 2 - r 5 s e n 2 θ 2 + 6 r - 10 r 3 4 + r 5 4 d r = 4 r 4 s e n 2 θ 8 - r 6 s e n 2 θ 12 + 3 r 2 - 10 r 4 16 + r 6 2 4 r = 0 2

∫ 0 2 4 r 3 s e n 2 θ 2 - r 5 s e n 2 θ 2 + 6 r - 10 r 3 4 + r 5 4 d r = 4 2 4 s e n 2 θ 8 - 2 6 s e n 2 θ 12 + 3 2 2 - 10 2 4 16 + 2 6 24 - 0

∫ 0 2 4 r 3 s e n 2 θ 2 - r 5 s e n 2 θ 2 + 6 r - 10 r 3 4 + r 5 4 d r = 8 s e n 2 θ 3 + 14 3

E por último, integrando com relação a θ ...

∫ 0 2 π 8 s e n 2 θ 3 + 14 3 d θ = 6 θ - 2 3 s e n 2 θ θ = 0 2 π

∫ 0 2 π 8 s e n 2 θ 3 + 14 3 d θ = 6 2 π - 2 3 s e n 4 π - 0

∫ 0 2 π 8 s e n 2 θ 3 + 14 3 d θ = 12 π

Portanto, temos até agora

∬ S F → · n → d S + ∬ S 2 F → · n → d S = ∭ W d i v F → d V

∬ S F → · n → d S + ∬ S 2 F → · n → d S = 12 π

Entendeu essa parte? 😉

Passo 4

Agora, o que temos que obter é a integral ∬ S 2 F → · n → d S em que S 2 é a superfície x 2 + y 2 = 4

Diferentemente da integral passada, agora não integramos um volume, integramos uma superfície que vemos que temos que aplicar a conversão para coordenadas polares novamente.

F → = x y 2 z , y z 3 , y 4

n → é o vetor normal à circunferência x 2 + y 2 = 4 , sabemos que esse vetor é dado por 0,0 , - r pois ele deve apontar para fora da região e deve ter módulo r ...

∬ S 2 F → · n → d S = ∬ S 2 x y 2 z , y z 3 , y 4 · 0,0 , - r d S = ∬ S 2 - r y 4 d S

Aplicando as mudanças e os limites de integração, temos

∬ S 2 F → · n → d S = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 - r r s e n θ 4 d r d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 2 - r 5 s e n 4 ( θ ) d r d θ

Integrando com relação a r ...

∫ 0 2 - r 5 s e n 5 ( θ ) d r = - r 6 6 s e n 4 θ r = 0 2

∫ 0 2 - r 5 s e n 5 ( θ ) d r = - 2 6 6 s e n 4 θ - 0

∫ 0 2 - r 5 s e n 5 ( θ ) d r = - 32 3   s e n 4 θ

Integrando agora com relação a θ

∫ 0 2 π - 32 3   s e n 4 θ d θ = - 32 3 3 8 x - s e n 2 θ 2 - s e n 3 θ cos ⁡ θ 4 θ = 0 2 π

∫ 0 2 π - 32 3   s e n 5 θ d θ = - 32 3 3 8 x - s e n 4 π 2 - s e n 3 2 π cos ⁡ 2 π 4 - - 32 3 3 8 x - s e n 0 2 - s e n 3 0 cos ⁡ 0 4

∫ 0 2 π - 32 3   s e n 5 θ d θ = - 8 π

Agora, substituindo no teorema, temos

∬ S F → · n → d S - 8 π = 12 π

∬ S F → · n → d S = 20 π

É isso! Essa resolução te ajudou? Responde Aí! ✌

Resposta

a) 20 π

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Usar o teorema da divergência para calcular o fluxo do campo vetorial f → , através da superfície do sólido T ,sendo: f → = 2 i ^ + 2 j ^ = 2 k ^ e T a esfera x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4
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