Teorema da Divergência

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – EP14 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Verifique o teorema da divergeˆncia calculando a integral de superf´ıcie e a integral tripla
para
−→
F (x, y, z) = x
−→
i + y
−→
j + z
−→
k e S e´ a superf´ıcie da regia˜o delimitada pelo cilindro x2 + y2 = 4
e os planos z = 0 e z = 4.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de S esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
S1
S2
S3
−→n1
−→n2
−→n3
2
2
4
Devemos mostrar que: ∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
W
div
−→
F dV
onde W e´ o so´lido tal que S = ∂W = S1 ∪ S2 ∪ S3. Enta˜o:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS +
∫∫
S2
−→
F · −→n2 dS +
∫∫
S3
−→
F · −→n3 dS .
Ca´lculo de
∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS
Temos que S1 e´ a porc¸a˜o do plano z = 4, no interior do cilindro x
2 + y2 = 4 com −→n1 apontando
para cima. Enta˜o, S1 : z = 4, (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 4, −→n1 = −→k e
dS =
√
1 + (zx)2 + (zy)2 dxdy =
√
1 + 0 + 0 dxdy = dxdy .
Logo:∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS =
∫∫
D
(x, y, 4) · (0, 0, 1) dxdy =
∫∫
D
4 dxdy = 4A(D) = 4(4pi) = 16pi .
Ca´lculo IV EP14 – Tutor 2
Ca´lculo de
∫∫
S2
−→
F · −→n2 dS
Temos que S2 e´ a porc¸a˜o do cilindro x
2 + y2 = 4 compreendida entre os planos z = 0 e z = 4 com
−→n2 exterior a S2. Da teoria temos que −→n2 = (x, y, 0)
2
. Enta˜o:
∫∫
S2
−→
F · −→n2 dS =
∫∫
S2
(x, y, z) · (x, y, 0)
2
dS
=
1
2
∫∫
S2
(
x2 + y2
)
dS
=
1
2
∫∫
S2
4 dS
= 2
∫∫
S2
dS
= 2A(S2)
= 2(2pirh)
onde r = 2 e h = 4. Logo: ∫∫
S2
−→
F · −→n2 dS = 32pi .
Ca´lculo de
∫∫
S3
−→
F · −→n3 dS
Temos que S3 e´ a porc¸a˜o do plano z = 0, no interior do cilindro x
2 + y2 = 4 com −→n3 apontando
para baixo. Enta˜o, S3 : z = 0, (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 4, −→n3 = −−→k e dS = dxdy. Logo:∫∫
S3
−→
F · −→n3 dS =
∫∫
S3
(x, y, 0) · (0, 0,−1) dS =
∫∫
S3
0 dS = 0 .
Portanto: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = 16pi + 32pi + 0 = 48pi .
Ca´lculo de
∫∫
W
div
−→
F dV
Temos que:
div
−→
F =
∂x
∂x
+
∂y
∂y
+
∂z
∂z
= 1 + 1 + 1 = 3 .
Enta˜o:∫∫
W
div
−→
F dV =
∫∫
W
3 dV = 3
∫∫
W
dV = 3V (W ) = 3(a´rea da base×altura) = 3(4pi×4) = 48pi .
Como os valores encontrados coincidem, conclu´ımos que o teorema da divergeˆncia esta´ verificado.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP14 – Tutor 3
Exerc´ıcio 2: Aplique o teorema de Gauss para calcular
∫∫
S
−→
F · −→n dS onde
−→
F = y3ez
−→
i − xy−→j + x arctg y−→k
e S e´ a superf´ıcie da regia˜o delimitada pelos planos coordenados e o plano x + y + z = 1 e −→n e´
exterior a S.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do so´lido W e´ tal que ∂W = S.
x
y
z
W
−→n
−→n
1
1
1
Como estamos nas condic¸o˜es do teorema de Gauss, isto e´, como
−→
F e´ de classe C1 em R3 e S = ∂W
esta´ orientada positivamente, temos:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
W
div
−→
F dV
onde
div
−→
F =
∂
∂x
(
y3ez
)
+
∂
∂y
(−xy) + ∂
∂z
(x arctg y) = 0− x + 0 = −x .
Enta˜o: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = −
∫∫∫
W
x dV
onde W = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 1− x− y} com Dxy =projec¸a˜o deW no plano
xy.
x
y
Dxy
y = 1− x
y = 0
1
1
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 4
Enta˜o: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = −
∫∫
Dxy
x
∫
1−x−y
0
dzdxdy
= −
∫∫
Dxy
x(1− x− y) dxdy
= −
∫∫
Dxy
(
x− x2 − xy) dxdy
= −
∫
1
0
∫
1−x
0
(
x− x2 − xy) dydx
= −
∫
1
0
[
xy − x2y − xy
2
2
]1−x
0
dx
= −
∫
1
0
(
x− x2 − x2 + x3 − x(1− x)
2
2
)
dx
= −1
2
∫
1
0
(
2x− 4x2 + 2x3 − x + 2x2 − x3) dx
= −1
2
∫
1
0
(
x3 − 2x2 + x) dx
= −1
2
[
x4
4
− 2x
3
3
+
x2
2
]1
0
= −1
2
· 1
12
= − 1
24
.
Exerc´ıcio 3: Calcule o fluxo de
−→
F = 2yz
−→
i +z cosh x
−→
j +(z2 + y arcsen x)
−→
k atrave´s de S superf´ıcie
do so´lido delimitado pelo parabolo´ide z = x2 + y2 e o plano z = 1 com −→n exterior a S.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do so´lido W limitado pela superf´ıcie S esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
D
−→n
−→n
S = ∂W
1
1
1
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 5
Como estamos nas condic¸o˜es do teorema de Gauss, isto e´,
−→
F e´ de classe C1 em R3 e S = ∂W esta´
orientada positivamente, temos que:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
W
div
−→
F dV
onde
div
−→
F =
∂
∂x
(2yz) +
∂
∂y
(z coshx) +
∂
∂z
(z2 + y arcsenx) = 0 + 0 + 2z = 2z .
Enta˜o: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = 2
∫∫∫
W
z dV
onde W = {(x, y, z) | x2 + y2 ≤ 1 e x2 + y2 ≤ z ≤ 1}. Passando para coordenadas cil´ındricas te-
mos 

x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dV = rdrdθdz
x2 + y2 = r2
.
Logo: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = 2
∫∫∫
Wrθz
zr drdθdz
onde Wrθz = {(r, θ, z) ∈ R3 | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2pi , r2 ≤ z ≤ 1}. Enta˜o:∫∫
S
−→
F · −→n dS = 2
∫
1
0
r
∫
1
r2
z
∫
2pi
0
dθdzdr
= 4pi
∫
1
0
r
∫
1
r2
z dzdr
= 4pi
∫
1
0
r
[
z2
2
]1
r2
dr
= 2pi
∫
1
0
r
(
1− r4) dr
= 2pi
∫
1
0
(
r − r5) dr
= 2pi
[
r2
2
− r
6
6
]1
0
= 2pi
(
1
2
− 1
6
)
=
2pi
3
.
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫∫
S
−→
F · −→n dS onde −→F = x3−→i + y3−→j + z3−→k e S e´ a superf´ıcie do so´lido
interior ao cone z =
√
x2 + y2 e a esfera x2 + y2 + z2 = 4, com −→n exterior a S.
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 6
Soluc¸a˜o: De z =
√
x2 + y2 e x2 + y2 + z2 = 4 temos x2 + y2 = 2 e z =
√
2 . Assim, o esboc¸o do
so´lido W de fronteira S esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
S = ∂W −→n
−→n
√
2
2
Como
−→
F e´ de classe C1 em R3 e S = ∂W esta´ orientada positivamente enta˜o podemos aplicar o
teorema de Gauss. Temos:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
W
div
−→
F dV =
∫∫
W
(
3x2 + 3y3 + 3z2
)
dV = 3
∫∫
W
(
x2 + y2 + z2
)
dV .
Passando para coordenadas esfe´ricas temos:

x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cos θ
dV = ρ2 senφdρdφdθ
x2 + y2 + z2 = ρ2
.
Logo: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = 3
∫∫
Wρφθ
ρ2ρ2 senφ dρdφdθ = 3
∫∫
Wρφθ
ρ4 senφ dρdφdθ
onde Wρφθ = {(ρ, φ, θ) ∈ R3 | 0 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ φ ≤ pi/4 , 0 ≤ θ ≤ 2pi}. Enta˜o:∫∫
S
−→
F · −→n dS = 3
∫
2
0
ρ4
∫ pi/4
0
senφ
∫
2pi
0
dθdφdρ
= 6pi
∫
2
0
ρ4
∫ pi/4
0
senφ dφdρ
= 6pi
∫
2
0
ρ4
[− cosφ]pi/4
0
dρ
= 6pi
(
1−
√
2
2
)∫
2
0
ρ4 dρ
= 3pi
(
2−√2) [ρ5
5
]2
0
=
96
5
(
2−√2) .
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 7
Exerc´ıcio 5: Seja W a regia˜o delimitada pelo cilindro z = 1− x2, pelos planos y + z = 2, z = 0 e
y = 0. Seja S a superf´ıcie de W . Se
−→
F (x, y, z) = (x+ sen z)
−→
i + (y+ cos z)
−→
j + ex
2+y2−→k , calcule∫∫
S
−→
F · −→n dS onde −→n e´ exterior a S.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura a seguir.
x y
z
W
−→n
−→n
y = 0
y = 2− z
−1
1
1
2
x
z
Dxz
z = 0
z = 1− x2
−1
1
1
Como estamos nas condic¸o˜es do teorema de Gauss temos que:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
W
div
−→
F dV =
∫∫
W
(1 + 1 + 0) dV = 2
∫∫
W
dV = 2
∫∫
Dxz
∫
2−z
0
dydxdz =
= 2
∫∫
Dxz
(2− z) dxdz = 2
∫
1
−1
∫
1−x2
0
(2− z) dzdx = 2
∫
1
−1
[
2z − z
2
2
]1−x2
0
dx =
=
2
2∫
1
−1
[
4
(
1− x2)2 − (1− x2)2] dx = ∫ 1
−1
(
3− 2x2 − x4) dx = [3x− 2x3
3
− x
5
5
]1
−1
=
= 2
(
3− 2
3
− 1
5
)
=
64
15
.
Exerc´ıcio 6: Calcule
∫∫
S
−→
F · −→n dS onde −→F = 3x−→i + xz−→j + z2−→k e S e´ a superf´ıcie da regia˜o
delimitada pelo parabolo´ide z = 4− x2 − y2 e o plano xy e −→n e´ exterior a S.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do so´lido W de fronteira S esta´ representado na figura a seguir.
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 8
x
y
z
W
−→n
−→n
2
2
4
Como estamos nas condic¸o˜es do teorema de Gauss, isto e´,
−→
F e´ de classe C1 em R3 e S = ∂W esta´
orientada positivamente, temos que:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
W
div
−→
F dV =
∫∫∫
W
(3 + 2z) dV =
∫∫∫
Wrθz
(3 + 2z) r drdθdz
onde Wrθz = {(r, θ, z) ∈ R3 | 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2pi e 0 ≤ z ≤ 4− r2}. Enta˜o:∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫
2
0
∫
4−r2
0
∫
2pi
0
(3r + 2rz) dθdzdr
= 2pi
∫
2
0
∫
4−r2
0
(3r + 2rz) dzdr
= 2pi
∫
2
0
[
3rz + rz2
]4−r2
0
dr
= 2pi
∫
2
0
[
3r
(
4− r2)+ r (4− r2)2] dr
= 2pi
∫
2
0
(
12r − 3r3 + 16r − 8r3 + r5) dr
= 2pi
∫
2
0
(
28r − 11r3 + r5) dr
= 2pi
[
14r2 − 11r
4
4
+
r6
6
]2
0
= 2pi
(
56− 44 + 32
3
)
=
136
3
pi .
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 9
Exerc´ıcio 7: Calcule o fluxo de
−→
F = (ez arctg y, ex ln (z2 + 1) , 2z) atrave´s de S parte do parabolo´ide
z = 4− x2 − y2 acima do plano z = 1 com −→n normal exterior.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da superf´ıcie aberta S esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
S
D
−→n
√
2√
2
1
4
Calcular diretamente o fluxo e´ uma tarefa dif´ıcil pela complexidade do campo
−→
F . Por outro lado, o
divergente de
−→
F e´ simples: div
−→
F =
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
= 0 + 0 + 2 = 2. Como S e´ uma superf´ıcie
aberta, devemos fecha´-la para aplicar o teorema de Gauss. Enta˜o consideremos a superf´ıcie fechada
S = S ∪ S1 onde S1 e´ a porc¸a˜o do plano z = 1, no interior da circunfereˆncia x2 + y2 = 2, orientada
com −→n1 = −−→k .
x
y
z
S
D
S1
−→n1
−→n
√
2√
2
1
4
Seja W o so´lido limitado por S = S ∪ S1. Enta˜o ∂W = S. Como −→F e´ de classe C1 em R3 e
S = ∂W esta´ orientada positivamente, temos pelo teorema de Gauss que:
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 10
∫∫
S
−→
F · −→n dS +
∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS =
∫∫∫
W
div
−→
F dV
= 2
∫∫∫
W
dV
= 2
∫∫
D
∫
4−x2−y2
1
dzdxdy
= 2
∫∫
D
(
3− x2 − y2) dxdy .
Passando para coordenadas polares temos∫∫
D
(
3− x2 − y2) dxdy = ∫∫
Drθ
(
3− r2) r drdθ = ∫∫
Drθ
(
3r − r3) drdθ
onde Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ r ≤ √2 . Logo:
∫∫
D
(
3− x2 − y2) dxdy = ∫
√
2
0
(
3r − r3) ∫ 2pi
0
dθdr
= 2pi
∫ √
2
0
(
3r − r3) dr
= 2pi
[
3r2
2
− r
4
4
]√2
0
= 2pi(3− 1)
= 4pi .
Enta˜o ∫∫
S
−→
F · −→n dS +
∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS = 2 · 4pi = 8pi
onde ∫∫
S1
−→
F · −→n1 dS =
∫∫
S1
(
e1 arctg y, ex ln
(
12 + 1
)
, 2 · 1) · (0, 0,−1) dS
=
∫∫
S1
−2 dS
= −2A(S1)
= −2pi(√2)2
= −4pi .
Portanto: ∫∫
S
−→
F · −→n dS = 8pi + 4pi = 12pi .
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 11
Exerc´ıcio 8: Calcule
∫∫
rot
−→
F · −→n dS sendo −→F = (xy2 + 2, 2x + y3, 2yz) e S a parte da esfera
x2 + y2 + z2 = 1 com z ≤ 0, orientada com −→n exterior.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da superf´ıcie aberta S esta´ representada na figura a seguir.
x
y
z
S −→n
1
1
−1
Das propriedades dos operadores diferenciais, temos que div
(
rot
−→
F
)
= 0. Portanto, fechemos a
superf´ıcie S atrave´s da superf´ıcie S1 : z = 0, com (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 1, orientado com −→n1 = −→k
e consideremos a superf´ıcie fechada S = S ∪ S1 e o so´lido W tal que ∂W = S.
x
y
z
S
S1
−→n1
−→n
1
1
−1
Enta˜o, pelo teorema de Gauss, temos que:∫ ∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
W
div
(
rot
−→
F
)
dV =
∫∫∫
W
0 dV = 0
ou ∫ ∫
S
rot
−→
F · −→n dS +
∫∫
S1
rot
−→
F · −→n1 dS = 0 .
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Ca´lculo IV EP14 – Tutor 12
Ca´lculo de
∫∫
S1
rot
−→
F · −→n1 dS
Temos que:
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xy2 + 2 2x + y3 2yz
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−2z, 0, 2− 2xy) = (0, 0, 2− 2xy)
em S1. Enta˜o:∫∫
S1
rot
−→
F · −→n1 dS =
∫∫
S1
(0, 0, 2− 2xy) · (0, 0, 1) dS =
∫∫
S1
(2− 2xy) dS .
Em S1 temos que dS = dxdy. Logo∫∫
S1
rot
−→
F · −→n1 dS =
∫∫
D
(2− 2xy) dxdy
= 2
∫∫
D
dxdy +
∫∫
D
(−2xy) dxdy
= 2A(D) + 0
= 2pi11 + 0
= 2pi
pois f(x, y) = −2xy e´ ı´mpar na varia´vel x e D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo y. Logo:∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS = 0− 2pi = −2pi .
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