Aula 36: Teorema da divergência

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Teorema da Divergência
Dizemos que um sólido E é um sólido simples se E é um sólido simultaneamente do tipo 1,
do tipo 2 e do tipo 3. Ou seja, E é um sólido simples se existem funções v1, v2, u1, u2, w1 e w2
tais que o sólido E pode ser descrito como
E = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ D1, v1(x, y) ≤ z ≤ v2(x, y)}
= {(x, y, z) ∈ R3 | (y, z) ∈ D2, u1(y, z) ≤ x ≤ u2(y, z)}
= {(x, y, z) ∈ R3 | (x, z) ∈ D3, w1(x, z) ≤ y ≤ w2(x, z)}
onde D1, D2 e D3 são regiões dos planos xy, yz e xz, respectivamente.
Teorema 1. (Teorema da divergência) Seja E um sólido simples limitado do R3 se seja S
a superfície de fronteira de E, orientada de forma que os vetores normais de S apontem para
fora do sólido E. Se
−→
F é um campo vetorial do R3 cujas funções componentes têm derivadas
parciais contínuas em uma região aberta que contenha E, então∫∫
S
−→
F • d−→S =
∫∫∫
E
div
−→
F dV
Exemplo 1. Determine o fluxo do campo vetorial
−→
F (x, y, z) = z
−→
i + y
−→
j + x
−→
k através da
esfera unitária x2 + y2 + z2 = 1.
Sabemos que a esfera x2 + y2 + z2 = 1 pode ser descrita pela função vetorial
−→r (θ, φ) = sen φ cos θ−→i + sen φsen θ−→j + cosφ−→k , (θ, φ) ∈ [0, 2pi]× [0, pi]
Entretanto, essa parametrização não condiz com a orientação exigida no Teorema da Divergên-
cia, pois a orientação induzida por essa parametrização é dada pelos vetores normais apontando
para dentro da esfera. Mas, ao invertermos a orientação de uma superfície, o que acontece é
que o resultado da integral de superfície troca de sinal. Logo, com a nossa parametrização,∫∫
S
−→
F • d−→S = −
∫∫∫
E
div
−→
F dV
onde E é a bola dada por x2 + y2 + z2 ≤ 1. Como
div
−→
F =
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
e as funções componentes do campo vetorial do exercício são P (x, y, z) = z, Q(x, y, z) = y e
R(x, y, z) = x, então
div
−→
F = 1
Portanto, ∫∫∫
E
div
−→
F dV =
∫∫∫
E
1 dV = V (E) =
4pi
3
e concluímos que ∫∫
S
−→
F • d−→S = −4pi
3
1
Exemplo 2. Calcule
∫∫
S
−→
F • d−→S , onde −→F (x, y, z) = xy−→i + (y2 + exz2)−→j + sen (xy)−→k e S é
a superfície do sólido E limitado pelo cilindro parabólico z = 1− x2 e pelos planos z = 0, y = 0
e y + z = 2.
Como as funções componentes do campo vetorial do exercício são P (x, y, z) = xy, Q(x, y, z) =
y2 + exz
2
e R(x, y, z) = sen (xy), então
div
−→
F =
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
= y + 2y = 3y
Pelo teorema da Divergência, se orientarmos S de forma que os vetores normais de S apontem
para fora do sólido E, então∫∫
S
−→
F • d−→S =
∫∫∫
E
div
−→
F dV =
∫∫∫
E
3y dV
onde
E = {(x, y, z) ∈ R3 | − 1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2− z, 0 ≤ z ≤ 1− x2}
Logo, ∫∫
S
−→
F • d−→S =
∫ 1
−1
∫ 1−x2
0
∫ 2−z
0
3y dy dz dx
Calculando a integral em y:∫ 2−z
0
3y dy =
[
3y2
2
]y=2−z
y=0
=
3
2
(2− z)2
Calculando a integral do resultado em z:∫ 1−x2
0
3
2
(2− z)2 dz = 3
2
[
−(2− z)
3
3
]z=1−x2
z=0
= −1
2
[
(1 + x2)3 − 8]
= −1
2
[
1 + 3x4 + 3x2 + x6 − 8]
= −1
2
[
3x4 + 3x2 + x6 − 7]
2
Calculando a integral do resultado com relação à x:∫ 1
−1
−1
2
[
3x4 + 3x2 + x6 − 7] dx = −1
2
[
3x5
5
+ x3 +
x7
7
− 7x
]x=1
x=−1
=
184
35
Concluímos assim que ∫∫
S
−→
F • d−→S = 184
35
Observação 1. Se calculássemos a integral de superfície direto da definição no exemplo acima
teríamos muito trabalho, uma vez que teríamos que dividir a superfície S em 4 superfícies,
parametrizar cada uma delas e calcular 4 integrais de superfície distintas.
Exemplo 3. Calcule
∫∫
S
−→
F • d−→S , onde −→F (x, y, z) = z arctan(y2)−→i + z3 ln(x2 + 1)−→j + z−→k e
S é a parte do parabolóide x2 + y2 + z = 2 acima do plano z = 1 orientada para baixo.
Observamos que a superfície em questão não é a fronteira de um sólido simples. Entretanto,
se S1 for a superfície S1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 ≤ 1, z = 1} orientada para cima, então
S1 ∪ S é a fronteira do sólido simples
E = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 ≤ 1, 1 ≤ z ≤ 2− x2 − y2}
Logo, ∫∫
S
−→
F • d−→S +
∫∫
S1
−→
F • d−→S =
∫∫
S∪S1
−→
F • d−→S = −
∫∫∫
E
div
−→
F dV
Como as funções componentes do campo vetorial do exercício são P (x, y, z) = z arctan(y2),
Q(x, y, z) = z3 ln(x2 + 1) e R(x, y, z) = z, então
div
−→
F =
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
= 1
e, portanto, ∫∫∫
E
div
−→
F dV =
∫∫∫
E
1 dV =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ 2−r2
1
r dz dr dθ
Calculando a integral em z:∫ 2−r2
0
r dz = r
[
z2
2
]z=2−r2
z=1
=
1
2
[
r(2− r2)− r] = 1
2
[
r − r3]
Calculando a integral do resultado em r:∫ 1
0
1
2
[
r − r3] dr = 1
2
[
r2
2
− r
4
4
]r=1
r=0
=
1
4
Calculando a integral do resultado com relação à θ:∫ 2pi
0
1
4
dθ =
pi
2
Logo,
3
∫∫∫
E
div
−→
F dV =
pi
2
A superfície S1 pode ser parametrizada por
−→r (x, y) = x−→i + y−→j + z−→k , (x, y) ∈ D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}
Temos que
−→r x = −→i , −→r y = −→j
o que implica que
−→r x × −→r y = −→k (observe que esse vetor normal à S1 é compatível com a
orientação que queríamos). Logo,
−→
F (−→r (x, y)) • (−→r x ×−→r y)) = 1
e temos que ∫∫
S1
−→
F • d−→S =
∫∫
D
1 dA = A(D) = pi
Logo, ∫∫
S
−→
F • d−→S = −
∫∫∫
E
div
−→
F dV −
∫∫
S1
−→
F • d−→S = −pi
2
− pi = −3pi
2
De forma semelhante ao que foi feito no teorema de Green, podemos estender o teorema da
divergência para sólidos E cuja fronteira seja composta de duas superfícies disjuntas S1 ∪ S2.
As superfícies tem que ser orientadas de forma que o vetor normal sempre esteja apontando
para fora de E e, portanto, neste caso, as superfícies tem orientações opostas.
Por exemplo, se E é o sólido entre as esferas x2 + y2 + z2 = 1 e x2 + y2 + z2 = 4, então a
esfera x2 + y2 + z2 = 1 tem que ser orientada de forma que seus vetores normais apontem para
dentro dela e a esfera x2+ y2+ z2 = 1 tem que ser orientada de forma que seus vetores normais
apontem para dentro dela.
4