Conteúdo

Teorema de Fubini

Cálculo Diferencial e Integral II
Taguspark,

IST

Ficha 11 — Teoremas de Green e da divergência

Tente resolver os exercícios seguintes tanto quanto possível tirando partido dos teoremas de Green ou da divergência:

  1. Calcule \[\oint_L -\frac{y}{x^2+y^2}\, dx +\frac{x}{x^2+y^2} \, dy\] em que $L$ é a linha descrita pelo caminho $r(t)=(2\cos t, \operatorname{sen} t)$, $t\in [0,2\pi]$.
  2. Seja $A\subset\mathbb{R}^2$ um aberto limitado simplesmente conexo e com fronteira seccionalmente $C^1$. Sejam $u, v: A\to\mathbb{R}^2$ duas funções de classe $C^2(\overline{A})$. Exprima o integral de linha \[\oint_{\partial A}\left(v\frac{\partial u}{\partial x}- u \frac{\partial v}{\partial x}\right)dx +\left(u\frac{\partial v}{\partial y}- v \frac{\partial u}{\partial y}\right)\, dy, \] em que $\partial A$ é suposta percorrida uma vez no “sentido directo”, em termos de um integral duplo apropriado envolvendo $u$, $v$ e as suas derivadas parciais até à segunda ordem.
    Solução

    Com $P(x,y)=v\frac{\partial u}{\partial x}- u \frac{\partial v}{\partial x}$ e $Q(x,y)=u\frac{\partial v}{\partial y}- v \frac{\partial u}{\partial y}$, pelo Teorema de Green sabemos que \[\oint_{\partial A}P\, dx +Q \, dy = \iint_A \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right) \, dx\, dy.\] Ora, \[\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}+u\frac{\partial^2  v}{\partial x \partial y}-\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}-v\frac{\partial^2  u}{\partial x \partial y}-\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}-v\frac{\partial^2  u}{\partial y \partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}+u\frac{\partial^2  v}{\partial y \partial x}.      \] Uma vez que $u$ e $v$ são funções de classe $C^2(A)$, \[\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2\left(u\frac{\partial^2  v}{\partial x \partial y}-v\frac{\partial^2  u}{\partial x \partial y}\right)\] e \[\oint_{\partial A}\left(v\frac{\partial u}{\partial x}- u \frac{\partial v}{\partial x}\right)dx +\left(u\frac{\partial v}{\partial y}- v \frac{\partial u}{\partial y}\right)\, dy=2 \iint_A\left(u\frac{\partial^2  v}{\partial x \partial y}-v\frac{\partial^2  u}{\partial x \partial y}\right)\, dx\, dy.\]

  3. Calcule o fluxo do campo $\mathbb{R}^3\ni(x, y, z) \mapsto \psi(x, y, z) = (x^2 , y^2 , z^2 −2xz −2yz)$ através da fronteira da região $R =\left \{(x, y, z) ∈ \mathbb{R}^3 : x^2 +y^2 +z^2 \leq 1 , z \geq 0 , x \geq 0 , y \geq 0\right\}$ no sentido da respectiva normal exterior.
  4. Calcule \[\iint_{\partial D}F\cdot\nu \, dS \] em que \[D=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x > 0, y>0, z>0, x+y+z<1\},\] $\nu$ é a respectiva normal unitária exterior e $F(x,y,z)=(x+e^{y^2+z^2},y+e^{z^2+x^2},z+e^{x^2+y^2} )$.
    Solução

    Dado que $\div F=3$ o teorema da divergência permite obter \begin{align*}\iint_{\partial D} F\cdot \nu\, dS & = \iiint_D \div F \, dx\, dy\, dz \\ &= \int_0^1\left(\int_0^{1-x}\left(\int_0^{1-x-y}3\, dz\right) dy\right)dx \\ & = 3\int_0^1\left(\int_0^{1-x} 1-x-y\; dy\right)dx \\ &= 3 \int_0^1 (1-x)^2 - \frac{(1-x)^2}{2}\, dx = \frac{1}{2}. \end{align*}

Volte a considerar, desta vez usando o teorema da divergência:

  1. Calcule o fluxo do campo $F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ definido por $F(x,y,z)=(x, -2x+y, z)$ através da superfície $\left\{(x, y, z)\in\mathbb{R}^3 : x+2y+z=1, x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0\right\}$ com sentido da normal unitária com terceira componente positiva.
  2. Calcule o fluxo do campo $G :\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ definido por $G(x, y, z) = (yz, xz, xy)$ através da superfície definida por $\left\{(x, y, z)\in\mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 = 1, z\gt 0\right\}$ com sentido da normal unitária com terceira componente positiva.
    Solução

    Para utilizarmos o Teorema da Divergência, é natural considerar a região \[D=\left\{(x, y, z)\in\mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z\geq 0\right\},\] com fronteira $\partial D=A \cup B$ onde \[A=\left\{(x, y, z)\in\mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 = 1, z\gt 0\right\}\] e \[B=\left\{(x, y, 0)\in\mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 \leq 1\right\}.\] Vem então \[\iint_A G \cdot \boldsymbol{n_e}\,dS +\iint_B  G\cdot \boldsymbol{n_e}\,dS=\iiint_D  \div G\,dx\,dy\,dz,\] em que $ \boldsymbol{n_e}$ designa a normal unitária exterior (que, em todo o ponto de $A$, tem terceira componente positiva). Mas, em $B$, tem-se $ \boldsymbol{n_e}=-e_3$, logo  $G \cdot \boldsymbol{n_e}=-xy$ e, consequentemente, \[\iint_B  G\cdot \boldsymbol{n_e}\,dS=-\iint_{B_1(0,0)}xy\, dx\, dy =\int_0^{2\pi}\left(\int_0^1 r^3 \cos \theta\operatorname{sen}\theta \, dr\right)d\theta=0.\] Por outro lado, $\div G=0$ e, portanto, \[\iiint_D  \div G\,dx\,dy\,dz=0.\] Concluímos assim que $\iint_A G \cdot \boldsymbol{n_e}\,dS=0$.

    Veja também a solução em que o fluxo é calculado directamente.
  3. Para $r\gt 0$ define-se \[g(r)=\iint_{\partial B_r(0,0,0)}F\cdot \nu\, dS \] em que $F(x,y,z)=(x^2, -2xy+e^{y^3+3x^2y}, z)$ e $\nu$ é a normal unitária exterior a $B_r(0,0,0)$. Calcule, ou mostre que não existe, $\lim_{r\to +\infty} g(r)$.
    SoluçãoPelo teorema da divergência \begin{align*}g(r) & =\iiint_{B_r(0,0,0)} \operatorname{div} F \, dx\, dy\, dz \\ & = \iiint_{B_r(0,0,0)} 3(x^2+y^2) e^{y^3+3x^2y} +1 \, dx\, dy\, dz \\ & \geq \iiint_{B_r(0,0,0)} 1 \, dx\, dy\, dz = \frac{4\pi r^3}{3}\to +\infty\end{align*} pelo que $\lim_{r\to + \infty} g(r)=+\infty$.

Última actualização: João Palhoto Matos em 17/07/2017 14:11:14.