Lista de Exercícios Resolvidos - Teorema da Divergência - Cálculo Vetorial

14 Verifique a Fórmula 1 do Teorema da Divergência calculando a integral de superfície e a integral tripla 1 Fx y z xi yj zk σ é a superfície do cubo limitado pelos planos x 0 x 1 y 0 y 1 z 0 z 1 2 Fx y z xi yj zk σ é a superfície esférica x² y² z² 1 3 Fx y z 2xi yj z²k a superfície σ é o parabolóide z x² y² tampado pelo disco x² y² 1 no plano z 1 4 Fx y z xyi yzj xzk σ é a superfície do cubo limitado pelos planos x 0 x 2 y 0 y 2 z 0 z 2 515 Use o Teorema da Divergência para encontrar o fluxo de F através da superfície σ com orientação para fora 5 Fx y z x² yi z²j ey zk σ é a superfície do sólido retangular limitado pelos planos coordenados e os planos x 3 y 1 e z 2 6 Fx y z z³i x³j y³k σ é a esfera x² y² z² a² 7 Fx y z x zi y xj z yk σ é a superfície do sólido cilíndrico limitado por x² y² a² z 0 e z 1 8 Fx y z xi yj zk σ é a superfície do sólido limitado pelo parabolóide z 1 x² y² e o plano xy 9 Fx y z x³i y³j z³k σ é a superfície do sólido cilíndrico limitado por x² y² 4 z 0 e z 3 10 Fx y z x² yi xyj 2xz yk σ é a superfície do tetraedro do primeiro octante limitado por x y z 1 e os planos coordenados 11 Fx y z x³ eyi y³ sen zj z³ xyk σ é a superfície do sólido limitado acima por z 4 x² y² e abaixo pelo plano xy Sugestão use coordenadas esféricas 13 Fx y z x²i y²j z²k σ é a superfície do sólido cônico compreendido por z x² y² e z 1 14 Fx y z x²yi xy²j z 2k σ é a superfície do sólido limitado acima pelo plano z 2x e abaixo pelo parabolóide z x² y² 15 Fx y z x³i x²yj xy k σ é a superfície do sólido limitado por z 4 x² y z 5 z 0 e y 0 16 Prove que se r xi yj zk e σ for a superfície de um sólido G orientado por vetores normais unitários para fora então volG 13 σ r n dS onde volG é o volume de G 17 Use o resultado do Exercício 16 para determinar o fluxo para fora do campo vetorial Fx y z xi yj zk através da superfície σ do sólido cilíndrico limitado por x² 4x y² 5 z 1 e z 4 2327 Prove a identidade supondo que F σ e G satisfaçam as hipóteses do Teorema da Divergência e que todos os requisitos necessários de diferenciabilidade para as funções fx y z e gx y z estejam satisfeitos 23 σ rot F n dS 0 Sugestão ver Exercício 33 Seção 161 25 σ f g n dS G f 2g f g dV 712 Encontre o fluxo do campo vetorial F através de σ 7 Fxyz x i y j 2z k σ é a porção da superfície z 1 x2 y2 acima do plano xy orientada por normais para cima 8 Fxyz x yi y zj z xk σ é a porção do plano x y z 1 do primeiro octante orientada por vetores normais unitários com componentes positivos 9 Fxyz x i y j 2z k σ é a porção do cone z2 x2 y2 entre os planos z 1 e z 2 orientada por vetores normais unitários para cima 10 Fxyz y j k σ é a porção do parabolóide z x2 y2 abaixo do plano z 4 orientada por vetores normais unitários para baixo 11 Fxyz x k σ é a porção do parabolóide z x2 y2 abaixo do plano z y orientada por vetores normais unitários para baixo 12 Fxyz x2 i y x j z x k σ é a porção do plano 6x 3y 2z 6 no primeiro octante orientada por vetores normais unitários com componentes positivos 1316 Encontre o fluxo do campo vetorial F através de σ na direção da orientação positiva 13 Fxyz x i y j k σ é a porção do parabolóide ruv u cos v i u sen v j 1 u2 k com 1 u 2 0 v 2π 15 Fxyz x2 y2 k σ é a porção do cone ruv u cos v i u sen v j 2u k com 0 u sen v 0 v π 16 Fxyz x i y j z k σ é a porção da esfera ruv 2 sen u cos v i 2 sen u sen v j 2 cos u k com 0 u π3 0 v 2π 17 Seja σ a superfície do cubo limitado pelos planos x 1 y 1 z 1 orientada por vetores normais unitários para fora Em cada parte determine o fluxo de F através de σ a Fxyz x i b Fxyz x i y j z k c Fxyz x2 i y2 j z2 k 1920 Encontre o fluxo de F através de σ expressando σ parametricamente 19 Fx y z i j k a superfície σ é a parte do cone z sqrtx2 y2 entre os planos z 1 e z 2 orientado por vetores normais unitários para baixo 20 Fx y z xi yj zk σ é a porção do cilindro x2 z2 1 entre os planos y 1 e y 2 orientada por vetores normais unitários para fora 21 Sejam x y e z medidos em metros e suponha que Fx y z 2xi 3yj zk seja o vetor velocidade em ms de uma partícula de fluido no ponto x y z num fluxo fluido em estado estacionário a Calcule o volume líquido de fluido que passa em 1s na direção para cima através da porção do plano x y z 1 do primeiro octante b Supondo que o fluido tenha densidade de massa de 806 kgm3 encontre a massa líquida do fluido que passa em 1s através da superfície de a na direção para cima 22 Sejam x y e z medidos em metros e suponha que Fx y z yi zj 3xk seja o vetor velocidade em ms de uma partícula de fluido no ponto x y z num fluxo fluido incompressível em estado estacionário a Determine o volume líquido de fluido que passa em 1s através do hemisfério z sqrt9 x2 y2 na direção para cima b Supondo que o fluido tenha densidade de massa de 1060 kgm3 encontre a massa líquida do fluido que passa em 1s através da superfície da parte a na direção para cima 23 a Deduza os análogos das Fórmulas 12 e 13 para superfícies da forma x gy z b Seja σ a porção do parabolóide x y2 z2 para x 1 e z 0 orientada por vetores normais unitários com componentes x negativos Use o resultado da parte a para encontrar o fluxo de Fx y z yi zj 8k através de σ 12 Calcule a integral de linha usando o Teorema de Green e verifique a resposta calculandoa diretamente 1 y2 dx x2 dy onde C é o quadrado de vértices 0 0 1 0 1 1 e 0 1 orientado no sentido antihorário 2 y dx x dy onde C é o círculo unitário orientado no sentido antihorário 313 Use o Teorema de Green para calcular a integral Em cada exercício suponha que a curva C seja orientada no sentido antihorário 3 3xy dx 2xy dy onde C é o retângulo limitado por x 2 x 4 y 1 e y 2 4 x2 y2 dx x dy onde C é o círculo x2 y2 9 5 x cos y dx y sen x dy onde C é o quadrado de vértices 0 0 π2 0 π2 π2 e 0 π2 6 y tg2 x dx tg x dy onde C é o círculo x2 y 12 1 7 x2 y dx x dy onde C é o círculo x2 y2 4 8 ex y2 dx ey x2 dy onde C é a fronteira da região compreendida por y x2 e y x 9 ln1 y dx xy1 y dy onde C é o triângulo de vértices 0 0 2 0 e 0 4 10 x2 y dx y2 x dy onde C é a fronteira da região no primeiro quadrante compreendida pelos eixos coordenados e o círculo x2 y2 16 11 C arc tg y dx y2 x 1 y2 dy onde C é o quadrado de vértices 0 0 1 0 1 1 e 0 1 12 C cos x sen y dx sen x cos y dy onde C é o triângulo de vértices 0 0 3 3 e 0 3 13 C x2 y dx y x y2 dy onde C é a fronteira da região compreendida por y x2 e x y2 17 Use uma integral de linha para encontrar a área da região envolvida pelo astróide x a cos3 ϕ y a sen3 ϕ 0 ϕ 2π Ver Exercício 29 da Seção 74 do Volume 1 18 Use uma integral de linha para encontrar a área do triângulo de vértices 0 0 a 0 e 0 b onde a 0 e b 0 19 Use a fórmula A 12 C y dx x dy para encontrar a área da região varrida pela reta da origem até a elipse x a cos t y b sen t se t variar de t 0 a t t0 0 t0 2π 2526 Use o Teorema de Green para determinar o trabalho realizado pelo campo de forças F numa partícula que se move ao longo do caminho especificado 25 Fxy xyi 12 x2 xy j a partícula começa em 5 0 percorre o semicírculo superior x2 y2 25 e retorna ao seu ponto de partida ao longo do eixo x 27 Calcule C y dx x dy onde C é a cardióide r a 1 cos θ 0 θ 2π Cálculo Teorema de Stokes 7 Solução Uma parametrização para τ é guv u v 1u²v² u² v² 1 Assim gu 102u gv 012v gu gv 2u 2v 1 Daí τ F n ds u² v² 1 u v 2 2u² 2v² 2u 2v 1 dudv u² v² 1 2u² 2v² 2 2u² 2v² dudv 2 u² v² 1 dudv 2π1² 2π 9 Solução Como 1 z 2 temos z² x² y² z x² y² Daí uma parametrização de τ é guv u v u² v² 1 u² v² 4 Portanto os vetores normais que apontam para cima são nuv uu²v² vu²v² 1 Logo τ F n ds 1 u² v² 4 u v 2u² v² uu² v² vu² v² 1 dudv 1 u² v² 4 u²u² v² v²u² v² 2u² v² dudv 1 u² v² 4 2u² v² u² v²u² v² dudv 1 u² v² 4 u² v² dudv Em coordenadas polares concluímos que σ Fnds 02π 12 r r dr dθ 02π r3312 dθ 02π 83 13 dθ 14π3 11 Solução Note que a interseção de z x2 y2 e z y é x2 y2 y x2 y2 y 0 x2 y2 y 14 14 x2 y 122 14 Uma parametrização de σ é guv u v u2 v2 u2 v 122 14 Os vetores normais que apontam para baixo são nuv 2u 2v 1 Logo σ Fnds σ 00u 2u 2v 1 dudv u2 v 122 14 σ u dudv u2 v 122 14 Fazendo u r cosθ v 12 r senθ com 0 θ 2π e 0 r 12 temos uvrθ r Logo σ Fnds 02π 012 r2 cosθ dr dθ 02π r33 cosθ012 dθ 02π 124 cosθ dθ senθ2402π 0 B Solução Temos que ru cosv senv 2u rv u senv u cosv 0 ru rv 2u2 cosv 2u2 senv u Logo σ Fnds 02π 12 u cosv u senv u 2u2 cosv 2u2 senv u dudv 02π 12 2u3 cos2v 2u3 sen2v u dudv 02π 12 2u3 u dudv 2π u42 u2212 π16 4 1 1 18π 15 Solução Temos que ru cosv senv 2 rv u senv u cosv 0 ru rv 2u cosv 2u senv u Logo Fnds ₀π ₀sen v 00u2u cos v 2u sen v u dudv ₀π ₀sen v u² dudv 13 ₀π u³₀sen v dv 13 ₀π sen³ v dv 13 ₀π sen² v sen v dv 13 ₀π 1 cos² v sen v dv Fazendo t cos v temos dt sen v dv isto é dt sen v dv Além disso se v0 então t1 Se vπ então t1 Logo Fnds 13 ₁1 1 t²dt 13 11 1 t² dt 13 t t³311 13 1 13 1 13 13 43 49 17 Solução a Precisamos calcular a integral de superfície para cada uma das faces do cubo Suas parametrizações são r₁ r₁yz 1 y z 1 y z 1 r₂ r₂yz 1 y z 1 y z 1 r₃ r₃xz x 1 z 1 x z 1 r₄ r₄xz x 1 z 1 x z 1 r₅ r₅xy x y 1 1 x y 1 r₆ r₆xy x y 1 1 x y 1 r₁ Note que r₁ᵧ 010 r₁𝓏 001 r₁ᵧ r₁𝓏 100 Fnds ₁¹₁¹ 100100 dydz ₁¹₁¹ dydz 4 r₂ Note que r₂ᵧ 010 r₂𝓏 001 r₂ᵧ r₂𝓏 100 Fnds ₁¹₁¹ 100100 dydz 4 r₃ Temos r₃ₓ 100 r₃𝓏 001 r₃ₓ r₃𝓏 010 Fnds ₁¹₁¹ x00010 dxdz 0 r₄ Temos r₄ₓ 100 r₄𝓏 00 1 r₄ₓ r₄𝓏 010 Fnds ₁¹₁¹ x00010 dxdz 0 r₅ Temos r₅ₓ 100 r₅ᵧ 010 r₅ₓ r₅ᵧ 001 Fnds ₁¹₁¹ x00001 dxdy 0 Γ6 Tomos r6x 100 r6y 010 r6x r6y 0011 Γ6 Fnds 11 11 x000011 dxdy 0 b Usando as contas do item a Γ1 Fnds 11 11 143100 dydz 4 Γ2 Fnds 11 11 143100 dydz 4 Γ3 Fnds 11 11 x13010 dxdz 4 Γ4 Fnds 11 11 x13010 dxdz 4 Γ5 Fnds 11 11 x41001 dxdz 4 Γ6 Fnds 11 11 xy1001 dxdz 4 c Usando as contas do item a Γ1 Fnds 11 11 1y²z²100 dydz 4 Γ2 Fnds 11 11 1y²z²100 dydz 4 Γ3 Fnds 11 11 x²1z²010 dxdz 4 Γ4 Fnds 11 11 x²1z²010 dxdz 4 Γ5 Fnds 11 11 x²y²1001 dxdy 4 Γ6 Fnds 11 11 x²y²1001 dxdy 4 99 Solução Uma parametrização de Γ é ruv uvu²v² 1 u²v² 4 Os vetores normais que apontam para baixo são nuv uu²v² vu²v² 1 Logo Γ Fnds 1 u²v² 4 111uu²v² vu²v² 1 dudv 1 u²v² 4 uvu²v² 1 dudv Em coordenadas polares concluímos que Γ Fnds 2π0 21 r cosθ r senθ r 1 r dr dθ 2π0 21 r cosθ senθ r dr dθ 2π0 r²2cosθ senθ r²2 21 dθ 2π0 2cosθ senθ 2 12cosθ senθ 12 dθ 2π0 32senθ cosθ 32 θ 20 32 6π 32 0 6π 21 Solução Queremos calcular T F nds onde T é a porção do plano x y z 1 no primeiro octante com Fxyz 2x 3y z Uma parametrização de T é ruv uv1uv 0 u 1 0 v 1u Daí ru 101 rv 011 ru rv 111 Logo T F nds 01 01u 2u 3v 1uv 111 dv du 01 01u 2u 3v 1 u v dv du 01 01u u 2v2 v dv du 01 111u 21u2 du T F nds 01 1u2 21u2 du u u33 23 1u3 01 1 13 0 0 033 23 0 m3s b Sejam V o volume m a massa e d a densidade Sabemos que V md isto é m dV Como d 806 e V 0 concluímos que m 0 kgs 23 Solução a Sendo T a superfície x gyz com yz R temos que uma parametrização de T é ryz gyz y z yz R Daí ry gy 1 0 rz gz 0 1 ry rz i j k gy 1 0 gz 0 1 1 gy gz isto é o vetor normal que dá a orientação positiva é nyz 1 gy gz Logo orientação positiva T F nds R Fryz 1 gy gz dA orientação negativa T F nds R Fryz 1 gy gz dA b Parametrizando T ryz y2 z2 y z y2 z2 1 z 0 Do item a como queremos vetores normais com x negativo vem que T F nds y2 z2 1 z 0y 3 z 1 2y 2z dy dz y2 z2 1 z 0 y 2yz 16z dy dz Em coordenadas polares Finds ₀π ₀¹ r cosθ 2r³ senθ cosθ 16 r senθ r dr dθ ₀π r³3 cosθ r⁴2 senθ cosθ 16r³3 senθ ᐅ₀¹ dθ ₀π cosθ3 senθ cosθ2 16 senθ3 dθ senθ3 sen²θ4 16 cosθ3 ᐅ₀π 163 163 323 Cálculo Teorema de Green 1 Solução Inicialmente vamos calcular C y² dx x² dy onde C é o quadrado de vértices 00 10 11 01 no sentido antihorário via de fimção Esboçando C y c₃ 1 c₂ c₄ x o c₁ 1 Logo C y² dx x² dy c₁ y² dx x² dy c₂ y² dx x² dy c₃ y² dx x² dy c₄ y² dx x² dy Vamos calcular as integrais separadamente Segmento C₁ Uma parametrização de c₁ é r₁t t0 0 t 1 Logo c₁ y² dx x² dy ₀¹ 0² 1 t² 0 dt 0 Segmento C₂ Uma parametrização para c₂ é r₂t 1 t 0 t 1 Daí c₂ y² dx x² dy ₀¹ t² 0 1² 1 dt ₀¹ dt 1 Segmento C₃ Uma parametrização de c₃ é r₃t 1t 1 0 t 1 Daí c₃ y² dx x² dy ₀¹ 1² 1 1t² 0 dt ₀¹ dt 1 Segmento C₄ Uma parametrização de c₄ é r₄t 0 1t 0 t 1 Assim c₄ y² dx x² dy ₀¹ 1t² 0 0² 1 dt 0 Logo C y² dx x² dy 0 1 1 0 0 Por outro lado note que a região D delimitada por C é 0 x 1 0 y 1 Pelo Teorema de Green temos c y² dx x² dx D x x² y y² dA D 2x 2y dA 2 ₀¹ ₀¹ x y dx dy 2 ₀¹ x²2 xy ₀¹ dy 2 ₀¹ 12 y dy 2 12y y²2 ₀¹ 2 12 12 0 3 Solução Esboçando C Se D é a região delimitada por C segue do Teorema de Green que c 3xy dx 2xy dy D x 2xy y 3xy dA ₁² 2⁴ 2y 3x dx dy ₁² 2yx 3x²2 2⁴ dy ₁² 8y 24 4y 6 dy 6y² 18y ₁² 24 36 6 18 42 42 0 5 Solução Esboçando C Pelo Teorema de Green c x cos y dx y sen x dy D x y sen x y x cos y dA D y cos x x sen y dA onde D é a região delimitada por C Logo c x cos y dx y sen x dy ₀π2 ₀π2 x sen y y cos x dy dx ₀π2 x cos y y²2 cos x ₀π2 dx ₀π2 π²8 cos x x dx x²2 π²8 sen x ₀π2 π²8 π²8 0 7 Solução Esboçando C C x2 y2 1 Pelo Teorema de Green C x2 y dx x dy x2y21 x x y x2 y dA x2y21 1 1 dA x2y21 2 dA 2 x2y21 dA 4 π 12 4π 9 Solução Esboçando C Pelo Teorema de Green C ln1 y dx xy1 y dy D x xy1 y y ln1 y dA D y1 y 11 y dA D 1 y1 y dA áreaD onde D é a região delimitada por C Logo C ln1 y dx xy1 y dy 4 11 Solução Esboçando C Pelo Teorema de Green C arctg y dx y2 x1 y2 dy D x y2 x1 y2 y arctg y dA D y21 y2 11 y2 dA D 1 y21 y2 dA áreaD onde D é a região delimitada por C Logo C arctg y dx y2 x1 y2 dy 1 13 Solução Esboçando C Seja D a região delimitada por C Temos pelo Teorema de Green C x²y dx y xy² dy D x y xy² y x²y dA D y² x² dA 01 x²x y² x² dy dx 01 y³3 x²y x²x dx 01 x³3 x²x x⁶3 x⁴ dx 215 x52 27 x72 x⁷21 x⁵5 ₀¹ 215 27 121 15 14 30 5 21 105 0 17 Solução Vamos calcular C y2 dx x2 dy onde C é a astróide x a cos³φ y a sen³φ 0 φ 2π Esboçando C Do teorema de Green C y2 dx x2 dy D 12 12 dA áreaD onde D é a região delimitada pela astróide Note que C C₁ C₂ C₃ C₄ onde C₁ x a cos³φ y a sen³φ 0 φ π2 C₂ x a cos³φ y a sen³φ π2 φ π C₃ x a cos³φ y a sen³φ π φ 3π2 C₄ x a cos³φ y a sen³φ 3π2 φ 2π Agora observe que C₁ y2 dx x2 dy 12 0π2 a sen³φ 3a cos²φsenφ a cos³φ 3a sen²φ cosφ dφ 12 0π2 3a² sen²φ cos²φ sen²φ cos²φ dφ C₁ y2 dx x2 dy 3a²2 0π2 senφ cosφ² dφ 3a²2 0π2 sen2φ2² dφ 3a²8 0π2 sen²2φ dφ 3a²16 0π2 1 cos4φ dφ 3a²16 φ sen4φ 4 0π2 3a²16 π2 0 0 0 3a² π 32 Usando o cálculo anterior C₂ y2 dx x2 dy 3a²16 φ sen4φ 4 π2π 3a²16 π 0 π2 0 3a² π 32 c₃ y2 dx x2 dy 3a²16 φ sen 4φ4 π2 π 3a²16 3π2 0 π 0 3a²π32 c₄ y2 dx x2 dy 3a²16 φ sen 4φ4 2π 3π2 3a²16 2π 0 3π2 0 3a²π32 Logo a área da astroide é dada pela integral de Linha c y2 dx x2 dx 3a²π32 3a²π32 3a²π32 3a²π32 3a²π8 ua 19 Solução Usando a fórmula A 12 c y dx x dy onde c é dada pelo esboço Diagram of ellipse with axes labeled and curves C₁ C₂ C₃ and C onde C₁ é a parte da elipse x a cos t y b sen t 0 t t₀ para algum t₀ 0 2π Note que 12 c₁ y dx x dy 12 0t₀ b sen t a sen t a cos t b cos t dt ab2 0t₀ sen² t cos² t dt ab2 t₀ Note que C₂ é o segmento que liga a cos t₀ b sen t₀ a 00 Uma parametrização de C₂ é ru a cos t₀ u a cos t₀ b sen t₀ u b sen t₀ 0 u 1 Assim 12 c₂ y dx x dy 12 01 u1 b sen t₀ a cos t₀ 1u a cos t₀ b sen t₀ du 12 01 1u ab sen t₀ cos t₀ ab sen t₀ cos t₀ du 0 Por fim note que C₃ é parametrizado por rv av 0 0 v 1 Logo 12 c₃ y dx x dy 12 01 0a av0 dv 0 Portanto A 12 c y dx x dy ab t₀2 0 0 ab t₀2 ua 25 solução Seja C a curva em questão Esboçando temos Dados Fxy xy i 12 x2 xy j o trabalho realizado pelo campo F é dado por usando o Teorema de Green C F dr D x 12 x2 xy y xy dA D x y x dA D y dA onde D é a região delimitada pela curva C Em coordenadas polares C F dr 0π 05 r seno r drdθ 0π r33 seno 05 dθ 1253 0π seno dθ 1253 cosθ 0π 2503 27 Solução Usando o teorema de Green C y dx x dy D 1 1 dA 2 áreaD onde D é a região inferior a cardioide Mas a área interior à cardioide é 3a²π Logo C y dx x dy 6 a²π Cálculo Divergente 1 Solução Inicialmente vamos parametrizar as seis faces de T Denotemos por T1 T2 T3 T4 T5 e T6 estas faces Daí T1 r1xy y1 x 0 0 xy 1 T2 r2xy x y 1 0 xy 1 T3 r3xz x 0 z 0 xz 1 T4 r4xz z 1 x 0 xz 1 T5 r5yz 0 z y 0 yz 1 T6 r6yz 0 y z 0 yz 1 Assim T1 r1x 010 r1y 100 r1x r1y 001 T1 F nds 01 01 y x 0 001 dx dy 0 T2 r2x 100 r2y 010 r2x r2y 001 T2 F nds 01 01 x y 1 001 dx dy 1 3 r3x 100 r3z 001 r3x x r3z 010 Fnds 01 01 x0z 010 dx dz 0 4 r4x 001 r4z 100 r4x x r4z 010 Fnds 01 01 z1x 010 dx dz 1 5 r5y 001 r5z 010 r5y x r5z 100 Fnds 01 01 03y 100 dy dz 0 6 r6y 010 r6z 001 r6y x r6z 100 Fnds 01 01 1y3z 100 dy dz 1 Logo Fnds 0 1 0 1 0 1 3 Por outro lado se G é o sólido delimitado por Σ segue do teorema da divergência que Fnds xx yy zz dV 3 dV 3 3 Solução Inicialmente vamos notar que Σ Σ1 Σ2 onde Σ1 é o disco x² y² 1 z1 e Σ2 é o paraboloide z x² y² x² y² 1 Note que 1 r uv u cos v u sen v 1 0 u 1 0 v 2π ru cos v sen v 0 rv u sen v u cos v 0 ru x rv 00u Fnds 02π 01 2u cos v u sen v 1 00u du dv 02π 01 u du dv 2πu²2₀1 π 2 gxy xyx² y² x² y² 1 gx 102x gy 012y gx x gy 2x2y1 Como os vetores precisam apontar para fora temos nxy 2x 2y 1 Da Σ1 Fnds 2x y x² y²² 2x 2y 1 dx dy x²y² 1 4x² 2y² x² y²² dx dy x²y² 1 Usando coordenadas polares Fnds 02π 01 4r² cos² θ 2r² sen² θ r⁴ r dr dθ 02π 01 r 4 cos² θ r² sen² θ r⁴6 dr dθ 02π cos² θ sen² θ2 16 dθ 02π 12 cos 2θ2 14 cos 2θ4 16 dθ 12 θ sen 2θ4 14 θ sen 2θ8 16 θ 02π π π2 π3 6π 3π 2π 6 π6 Portanto Fn ds π π6 7π6 Agora sendo G o sólido delimitado por Γ segue do Teorema da divergência que Fn ds x 2x y y z z² dV 2 1 2z dV 1 2z dV Em coordenadas cilíndricas Fn ds ₀²π ₀¹ ᵣ²¹ 1 2z r dz dr dθ ₀²π ₀¹ r₃ r₃²₁² dr dθ ₀²π ₀¹ 2r r³ r⁵ dr dθ 2π r² r⁴4 r⁶6₀¹ 2π 1 ¼ ⅙ 2π 12 3 2 12 7π6 5 Solução Como div F 2x 0 1 2x 1 Pelo Teorema da divergência Fn ds 2x 1 dV ₀³ ₀¹ ₀² 2x 1 dz dy dx 2 ₀³ 2x 1 dx 2 x² x₀³ 12 7 Solução Como div F 1 1 1 3 Logo pelo Teorema da divergência Fn ds 3 dv 3 dv 3 volG 3a² π 9 Solução Como div F 3x² 3y² 3z² 3 x² y² z² segue do Teorema da Divergência que Fn ds 3 x² y² z² dv Usando coordenadas cilíndricas Fn ds ₀²π ₀² ₀³ 3 r² z² r dz dr dθ 6π ₀² r³z r z³3₀³ dr 6π ₀² 3r³ 9r dr 6π 3r⁴4 9r²2₀² 6π 12 18 180π 11 Solução Como div F 3x² 3y² 3z² 3 x² y² z² Segue do Teorema da divergência e usando coordenadas esféricas que Fnds 3x²y²z² dV ₀²π ₀π2 ₀² 3 ρ⁴ sen φ dρ dφ dθ 2π ₀π2 3 ρ⁵5 sen φ ₀² dφ 192π5 cos φ ₀π2 192π5 13 Solução Como div F 3x² x² 0 4x² Segue do Teorema da divergência que Fnds 4x² dV ₂² ₀⁴ₓ² ₀⁵z 4x² dy dz dx ₂² ₀⁴ₓ² 4x²5z dz dx ₂² 4x² 5z z²2 ₀⁴ₓ² dx Fnds ₂² 4x² 54x² 4x²²2 dx ₂² 80x² 20x⁴ 2x²16 8x² x⁴ dx ₂² 80x² 20x⁴ 32x² 16x⁴ 2x⁶ dx ₂² 48x² 4x⁴ 2x⁶ dx 16x³ 4x⁵5 2x⁷7 ₂² 128 1285 2567 128 1285 2567 5125 5127 102435 17 Solução Como Fxyz xyz temos Fnds 3volG onde G x2² y² 9 1 z 4 Logo Fnds 3π3²5 135π 23 Solução Seja F PQR Dati rot F T x J x K z P Q R Ry Qz Pz Rx Qx Py Assim sabendo que as derivadas mistas de PQ e R comutam temos divrot F ²Rxy ²Qxz ²Pyz ²Fyx ²Qzx ²Pzy ²Rxy ²Ryx ²Qzx ²Qxz ²Pyz ²Pzy 0 0 0 0 Logo pelo Teorema da divergente temos rot Fnds divrot F dV 0 25 Solução Dadas fg UR2 R com g gx gy gz temos f g f gx f gy f gz Dali div f g f gxx fx gx f gyy fy gy f gzz fz gz f gxx f gyy f gzz fx gx fy gy fz gz f 2 g f g onde 2 g gxx gyy gzz Logo pelo Teorema da divergência que T f g n ds G div f g dV G f 2 g f g dV