144 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE 3.8 O Teorema a ivergência ou Teorema e Gauss O Teorema e tokes relaciona uma integral e superfície com uma e linha ao longo o boro a superfície. O Teorema e Gauss exprime uma relação entre uma integral e superfície e uma integral e volume sobre a região limitaa pela superfície. Teorema 3.64 Teorema a ivergência ou Teorema e Gauss: eja um sólio no R 3 limitao por uma superfície regular, ou regular por partes, fechaa, orientaa pela normal unitária exterior n. eja D um aberto conteno e F : D R 3 um campo vetorial e classe C 1 em D. Temos Z iv F (x, y, z) xyz = F.n. (3.7) Prova. eja = F (x, y, z) =(P (x, y, z),q(x, y, z),r(x, y, z)). Expressano n em termos o seus cossenos iretores, n =(cosα x, cos α y, cos α z ), provar a igualae em (3.7) é equivalente a provar que Z P (x, y, z) xyz = P cos α x = Z Q (x, y, z) xyz = Q cos α y = Z R (x, y, z) xyz = R cos α z = Py z, Qz x, Rx y. A iéia a prova é a mesma para toas: transformar a integral tripla numa upla e esta numa integral e superfície. Para a terceira igualae vamos supor que é projetável no plano xoy, isto é = {(x, y, z) :(x, y) K, f 1 (x, y) z f 2 (x, y)}, one K R 2 é fechao e limitao com fronteira K = γ regular, ou regular por partes, fechaa,simpleseasfunçõesf 1,f 2 : K R são e classe C 1 em K. Nestas conições temos = 1 2 3, one 1 = {(x, y, z) :(x, y) K, z = f 1 (x, y)}, 2 = {(x, y, z) :(x, y) K, z = f 2 (x, y)}, 3 = {(x, y, z) :(x, y) K, f 1 (x, y) z f 2 (x, y)}.
3.8. O TEOREMA DA DIERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAU 145 Logo R cos α z = 3X i=1 i R cos α z. 1. Em 3 vemos que n éparaleloaoplanoxoy, assim 3 R cos α z =0. 2. 2 poe ser parametrizaa por r (x, y) =(x, y, f 2 (x, y)), (x, y) K, então N (x, y) = µ f 2 (x, y), f 2 (x, y), 1 e n (x, y) = N (x, y) kn (x, y)k eportanto R cos α z = 2 Rx y = 2 3. 1 poe ser parametrizaa por r (x, y) =(x, y, f 1 (x, y)), (x, y) K, K R (x, y, f 2 (x, y)) xy. então e N (x, y) = µ f 1 (x, y), f 1 (x, y), 1 R cos α z = 1 Rx y = 1 N (x, y) e n (x, y) = kn (x, y)k K R (x, y, f 1 (x, y)) xy.
146 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE omano os resultaos obtios segue R cos α z = [R (x, y, f 2 (x, y)) R (x, y, f 1 (x, y))] xy K = = Z f2 (x,y) z=f 1 (x,y) K Z R e éprojetávelnoplano yoz, mostramos Z P cos α x = e éprojetávelnoplano xoz, mostramos Z Q cos α y = R (x, y, z) xyz (x, y, z) xyz. P (x, y, z) xyz. Q (x, y, z) xyz. Desta forma o Teorema e Gauss fica provao para sólios que são projetáveis nos tres planos coorenaos. Quano é um sólio qualquer que poe ser iviio, por meio e superfícies regulares por partes, num número finito e sólios projetáveis, então aplicamos o teorema a caa um eles e somamos os resultaos, este moo o resultao fica estabelecio também neste caso. Exemplo 3.65 ejam osóliolimitaopeloplanox+y+z =1eosplanoscoorenaos e = orientaapelanormalexteriorn. Determinemos o fluxoocampof (x, y, z) = (x + y + z 1,xy,x+ y + z) através e na ireção e n. abemos que o fluxo é ao pela integral F.n. Pelo Teorema e Gauss temos Z F.n = [2 + x] xyz = Exemplo 3.66 ejam Z 1 x=0 Z 1 x Z 1 x y com = orientaapelanormalexteriorn, ef (x, y, z) = F.n. y=0 z=0 [2 + x] xyz = 3 8. = (x, y, z) :x 2 + y 2 1,x 2 + y 2 z 5 x 2 y 2ª, µ 3xy, 3 2 y2,z, calculemos
3.8. O TEOREMA DA DIERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAU 147 Temos.F (x, y, z) =1, logo Z F.n = xyz = Z 1 Z 2π Z 5 ρ 2 ρ=0 θ=0 z=ρ 2 ρzρθ=4π. Exemplo 3.67 eja a superfície x 2 + y 2 + z 2 =1com z 0, orientaa pela normal n com componente em z positiva. e F (x, y, z) = µxy 2,xyz, y 2 z 12 xz2,calcule F.n. Observamos que não é uma superfície fechaa, então não poemos aplicar iretamente o Teorema e Gauss. Consierano = n(x, y, z) :x 2 + y 2 1, 0 z p o 1 x 2 y 2 vemos que = 1, one 1 : z =0,x 2 + y 2 1. Como.F (x, y, z) =0, obtemos pelo Teorema e Gauss: F.n + F.n =0, 1 one 1 está orientaa pela normal n com componente em z negativa. Uma parametrização e 1 poe ser r (x, y) =(x, y, 0),x 2 + y 2 1, assim Logo N (x, y) =(0, 0, 1) e n (x, y) = N (x, y). F.n = F.n =0. 1 Exemplo 3.68 eja uma superfície fechaa, regular ou regular por partes, limitano uma região, como consieraa no Teorema e Gauss. uponhamos que a origem é um ponto interior e. ejam r (x, y, z) =(x, y, z) e F (x, y, z) =q r (x, y, z) kr (x, y, z)k 3, one q é constante. Determinemos o fluxo e F através e naireçãoanormal exterior n e. Como F não está efinia na origem, novamente não poemos usar iretamente o Teorema e Gauss. Proceemos como segue: eja a umaesferacentraanaorigeme
148 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE raio a>0 contia no interior e. Por a enotamos a região exterior à a einteriorà, assim a = a.comof C 1 ( a ), segue por Gauss: Z.F (x, y, z) xyz = F.n + a F.n, a mas.f (x, y, z) =0em a, logo F.n = F.n. a Em a evemos consierar a normal unitária r (x, y, z) n = kr (x, y, z)k, assim 1 F.n = q 2 = 4πq. a a kr (x, y, z)k Portanto F.n =4πq. Exemplo 3.69 O ivergente como limite o fluxo por uniae e volume: eja D R 3 um aberto. e (x 0,y 0,z 0 ) D consieremos ri D aesferacentraaem (x 0,y 0,z 0 ) com raio r i > 0, e ri D osóliolimitaopor ri. e F C 1 (D) segue pelo Teorema e Gauss que Z.F (x, y, z) xyz = ri F.n. ri (3.8) Pelo Teorema o alor Méio para integrais triplas, existe (x i,y i,z i ) ri Z.F (x, y, z) xyz =.F (x i,y i,z i ) vol ( ri ). ri tal que Concluimos e (3.8)que 1.F (x i,y i,z i )= F.n. (3.9) vol ( ri ) ri Consierano a sequência r 1 >r 2 >... > r i >... com r i 0 quano i temos: (x i,y i,z i ) (x 0,y 0,z 0 ), quano i. Assim, a continuiae e.f (x, y, z) em (x 0,y 0,z 0 ), ee(3.9)segue 1.F (x 0,y 0,z 0 ) = lim F.n. ri 0 vol ( ri ) ri
3.8. O TEOREMA DA DIERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAU 149 Exemplo 3.70 A equação a continuiae na forma integral: Imaginemos um escoamento no aberto D R 3, com velociae v (x, y, z, t) e ensiae ρ (x, y, z, t) no ponto (x, y, z) D enoinstantet I, seno I R um intervalo aberto. uponhamos v, ρ C 1 (D I). eja B D um sub-conjunto fechao e limitao cuja fronteira B = é uma superfície fechaa, regular ou regular por partes, orientaa pela normal exterior n. A massa e fluio que ocupa B no instante t é aa por Z M (t) = ρ (x, y, z, t) xyz, B logoataxaevariaçãoamassanoinstantet é Z t M (t) = ρ (x, y, z, t) xyz. (3.10) t B imos que o fluxo através e na ireção e n, no instante t é I (t) = (ρv).n. (3.11) uponhamos que em D não existe nem fonte nem sorveouro, então pelo Princípio a conservação e massa segue M (t) = I (t), t pois se a massa entro e B aumenta temos eseamassaiminuientão B M (t) 0 e I (t) 0, t M (t) 0 e I (t) 0. t Assim e (3.10), (3.11) e o Teorema e Gauss obtemos Z Z ρ (x, y, z, t) xyz =. (ρv)(x, y, z, t) xyz, t ou seja Z ρ (x, y, z, t)+. (ρv)(x, y, z, t) xyz =0, (3.12) B t que é a equação a continuiae na forma integral. Como (3.12) é válio para qualquer região B em D, segueacontinuiaeointegrano que ρ (x, y, z, t)+. (ρv)(x, y, z, t) =0, (x, y, z) D. t B
150 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE ou aina ρ + ρ.v + ρ.v (x, y, z, t) =0, (x, y, z) D. t (3.13) Quano tivermos ρ (x, y, z, t) =ρ (x (t),y(t),z(t),t), como t ρ (x (t),y(t),z(t),t) = ρ (x (t),y(t),z(t),t).(x0 (t),y 0 (t),z 0 (t)) + + ρ (x (t),y(t),z(t),t), t seguee(3.13)aequação ρ + ρ.v =0 (x, y, z, t) =0, (x, y, z) D. t Quano o fluio é incompressível temos.v (x, y, z, t) =0, (x, y, z) D, e izemos que o campo v éumcampo solenoial.
3.9. RECONTRUÇÃO DE UM CAMPO A PARTIR DE EU ROTACIONAL 151 3.9 Reconstrução e um campo a partir e seu rotacional Nosso objetivo é resolver o seguinte problema: ao um campo vetorial existe um campo F (x, y, z) =(P (x, y, z),q(x, y, z),r(x, y, z)), G (x, y, z) =(L (x, y, z),m(x, y, z),n(x, y, z)), tal que G (x, y, z) =F (x, y, z)?? Resolver esta questão, significa encontrar L, M e N satisfazeno o seguinte sistema e equações iferenciais parciais: P (x, y, z) = N Q (x, y, z) = L R (x, y, z) = M M N L (x, y, z) (3.14) (x, y, z) (3.15) (x, y, z) (3.16) uponhamos que existe solução e classe C 2 em D R 3 e (3.14), (3.15) e (3.16). Então.F (x, y, z) =. G (x, y, z) =0, (x, y, z) D. O Teorema seguinte nos mostra que esta conição é também uma conição suficiente para a existência e G. Teorema 3.71 eja F : D R 3, one D =(x 1,x 2 ) (y 1,y 2 ) (z 1,z 2 ), éumintervalo aberto o R 3 e F (x, y, z) = (P (x, y, z),q(x, y, z),r(x, y, z)) éeclassec 1 em D. Existe G C 2 (D) tal que G (x, y, z) =F (x, y, z) em D seesóse.f (x, y, z) =0 em D. Prova. ( ) Já foi provao. ( ) uponhamos que.f (x, y, z) =0, (x, y, z) D, isto é P R (x, y, z) = Q (x, y, z). (3.17) amos supor L =0. Por (3.14), (3.15) e (3.16), queremos encontrar M e N tais que Q (x, y, z) R (x, y, z) P (x, y, z) = N (x, y, z), = M (x, y, z), = N M (x, y, z). (3.18)
152 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE eja (x 0,y 0,z 0 ) D. Integrano (3.18) 1 e(3.18) 2 com respeito a x obtemos upono f =0temos N logo e (3.17) segue M N M N (x, y, z) = M (x, y, z) = Z x Z x x 0 Q (t, y, z) t + f (y, z), x 0 R (t, y, z) t + g (y, z). (x, y, z) = g (y, z)+ (x, y, z) = Z x x 0 Q R (t, y, z) t, Z x g P (y, z)+ (t, y, z) t x 0 = P P (x 0,y,z) g (y, z). Usano (3.18) 3 obtemos Z z g (y, z) = P (x 0,y,s) s. z 0 Concluimos então que o campo G =(L, M, N) existeeéaopor L (x, y, z) =0, Z x Z z M (x, y, z) = R (t, y, z) t P (x 0,y,s) s, xz 0 z x 0 N (x, y, z) = Q (t, y, z) t. x 0 Nota 3.72 Consieremos F como no Teorema 3.71. As observações feitas a seguir mostram que a solução o problema não é única. 1. eja G C 2 (D) tal que G (x, y, z) =F (x, y, z), (x, y, z) D. e ϕ : D R éumcampoescalareclassec 2 em D e H = G + ϕ então H (x, y, z) =F (x, y, z), (x, y, z) D. 2. e G, H C 2 (D) são tais que H (x, y, z) = G (x, y, z) =F (x, y, z), (x, y, z) D, então existe um campo escalar ϕ : D R e classe C 2 em D tal que H (x, y, z) =[G + ϕ](x, y, z), (x, y, z) D.
3.9. RECONTRUÇÃO DE UM CAMPO A PARTIR DE EU ROTACIONAL 153 Exemplo 3.73 eja F (x, y, z) =(y z,z x, x y). Temos.F (x, y, z) =0, (x, y, z) R 3, logo existe G C 2 (D) tal que G (x, y, z) =F (x, y, z), (x, y, z) D. Determinemos G =(L, M, N) com M =0. Então L e N evem satisfazer N (x, y, z) =y z, L (x, y, z) = x + y, L N (x, y, z) =z x. Integrano as uas primeiras igualaes com repeito a y temos upono g =0, temos N (x, y, z) = y2 zy + f (x, z), 2 L (x, y, z) = xy + y2 + g (x, z). 2 Assim eportanto Concluimos que L G (x, y, z) = (x, y, z) =0 e N f (x, z) = z + x (x, y, z) = f (x, z). f (x, z) = zx + x2 2 + h (z). µ xy + y2 y2 x2, 0, zy zx + 2 2 2 + h (z). Exemplo 3.74 ejamos um exemplo e um campo que é solenoial mas não é um rotacional: eja D R 3 o omínio simplesmente conexo limitao por uas esferas centraas na origem com raios 0 <a<b.e enotamos por r (x, y, z) =(x, y, z) efinimos F (x, y, z) = r (x, y, z) kr (x, y, z)k 3. imos que.f (x, y, z) =0, (x, y, z) D. uponhamos que existe G C 2 (D) com G (x, y, z) =F (x, y, z), (x, y, z) D. Consieremos uma esfera ρ centraa na origem e raio ρ>0 com a<ρ<b.destaquemos e ρ uma pequena calota polar e enotemos por a superfície obtia e por Γ sua fronteira
154 CAPÍTULO 3. INTEGRAI DE UPERFÍCIE orientaa pela normal unitária exterior n e. AplicanooTeorema etokesà obtemos Z G.n = G.T s (3.19) Mas G.n = assim quano a calota polar se reuz a um ponto G.n 4π. Por outro lao temos Z Γ Z G.T s Γ r (x, y, z) kr (x, y, z)k 3. r (x, y, z) kr (x, y, z)k = 1 ρ 2 a (), Γ Z kgk s M assim quano a calota polar se reuz a um ponto Z G.T s 0. Γ Estas uas convergências contrariam (3.19). Desta forma o campo G não poe existir. Γ s,