14 Teorema do Divergente (ou Teorema de Gauss)

Fluxo de um campo sobre uma superf $\'{\i }$ cie fechada $S$ que é fronteira de uma região $Q$ em três dimensões.

Teorema de Gauss. Seja $Q$ uma região em três dimensões delimitadas por uma superf $\'{\i }$ cie fechada $S,$ e denotemos por $\mathbf{\eta }$ o vetor normal unitário exterior a $S$ em $\left( x,y,z\right) .$ Se $F$ é uma função vetorial com derivadas parciais cont $\'{\i }$ nuas em $Q,$ então

${\displaystyle \iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta }\text { }dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \nabla \cdot \mathbf{F\ }dV.$

Demonstração: Se $\ \mathbf{F}(x,y,z)=M(x,y,z)\mathbf{i}+N(x,y,z)\mathbf{j}+P(x,y,z)\mathbf{k,}$ então o teorema de Gauss diz

${\displaystyle \iint \limits _{S}} \left( M\mathbf{i}\cdot \mathbf{\eta }+N\mathbf{j}\cdot \mathbf{\eta }+P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta }\right) dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \left( \frac{\partial M}{\partial x}+\frac{\partial N}{\partial y}+\frac{\partial P}{\partial z}\right) dV.$

Para provar esta igualdade é suficiente mostrar que

${\displaystyle \iint \limits _{S}} M\mathbf{i}\cdot \mathbf{\eta \ }dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial M}{\partial x}dV$

${\displaystyle \iint \limits _{S}} N\mathbf{j}\cdot \mathbf{\eta }\ dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial N}{\partial y}dV$

${\displaystyle \iint \limits _{S}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial P}{\partial z}dV.$

Vamos provar a terceira igualdade.

$S$ é a superf $\'{\i }$ cie de uma região $Q$ entre os gráficos de $z=u\left( x,y\right)$ e $z=v\left( x,y\right)$ e acima de uma região $R$ do plano- $xy.$ $\left( S=S_{1}\cup S_{2}\cup S_{3}\right) .$

Sobre $S_{2},$ o componente $k$ de $\mathbf{\eta }$ é zero e $\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta }=0.$ Assim ${\displaystyle \iint \limits _{S_{2}}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS=0,$ e podemos escrever

${\displaystyle \iint \limits _{S}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS={\displaystyle \iint \limits _{S_{1}}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS+{\displaystyle \iint \limits _{S_{3}}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS$

Para achar uma normal unitária (superior) a $S_{1},$ fazemos

$g_{1}(x,y,z)=z-u\left( x,y\right)$

e calculamos

$\mathbf{\eta }=\frac{\nabla g_{1}}{\left\Vert \nabla g_{1}\right\Vert }=\frac{-u_{x}\left( x,y\right) \mathbf{i}-u_{y}\left( x,y\right) \mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+u_{x}^{2}+u_{y}^{2}}}$

Logo, $\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta }=\dfrac {1}{\sqrt{1+u_{x}^{2}+u_{y}^{2}}}.$ Assim, se $R=R_{xy}$ e $f(x,y)=u(x,y)$ então

${\displaystyle \iint \limits _{S_{1}}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS={\displaystyle \iint \limits _{R}} P\left( x,y,u\left( x,y\right) \right) dA.$

Em $S_{3},$ fazemos

$g_{2}\left( x,y,z\right) =z-v\left( x,y\right)$

e da $\'{\i }$

$\mathbf{\eta }=\frac{\nabla g_{2}}{\left\Vert \nabla g_{2}\right\Vert }=\frac{v_{x}\left( x,y\right) \mathbf{i}+v_{y}\left( x,y\right) \mathbf{j}-\mathbf{k}}{\sqrt{1+v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}}\ \left( \text { normal unit\'{a}ria inferior}\right)$

Aplicando as integrais sobre superf $\'{\i }$ cies obtemos

${\displaystyle \iint \limits _{S_{2}}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta }dS=-{\displaystyle \iint \limits _{R}} P\left( x,y,v\left( x,y\right) \right) dA.$

Somando as integrais de fluxo sobre $S_{1}$ e $S_{3},$ temos

	$\displaystyle {\displaystyle \iint \limits _{S}} P\mathbf{k}\cdot \mathbf{\eta \ }dS$	$\displaystyle ={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left[ P\left( x,y,u\left( x,y\right) \right) -P\left( x,y,v\left( x,y\right) \right) \right] dA$
	$\displaystyle$	$\displaystyle ={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left[ \int _{v\left( x,y\right) }^{u\left( x,y\right) }\frac{\partial P}{\partial z}dz\right] dA={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial P}{\partial z}dV.$

Analogamente o temos o resultado:

${\displaystyle \iint \limits _{S}} M\mathbf{i}\cdot \mathbf{\eta \ }dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial M}{\partial x}dV,\ {\displaystyle \iint \limits _{S}} N\mathbf{j}\cdot \mathbf{\eta }\ dS={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \frac{\partial N}{\partial y}dV.$

Exemplo 1: Seja $Q$ a região delimitada pelo cilindro circular reto $x^{2}+y^{2}=4$ e pelos planos $z=0$ e $z=3.$ Denotemos por $S$ a superf $\'{\i }$ cie de $Q.\$ Se $\mathbf{F}(x,y,z)=x^{3}\mathbf{i}+y^{3}\mathbf{j}+z^{3}\mathbf{k}.$ Use o Teorema de Gauss para calcular $\iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta$ $dS.$

Solução: Como

$\operatorname {div}F=3x^{2}+3y^{2}+3z^{2}=3\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$

temos

${\displaystyle \iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta }dS=3{\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) dV$

Calculando em coordenadas cilindricas

	$\displaystyle {\displaystyle \iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta }dS$	$\displaystyle =3\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{2}\int _{0}^{3}\left( r^{2}+z^{2}\right) rdzdrd\theta =3\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{2}\left[ r^{2}z+\frac{z^{3}}{3}\right] _{0}^{3}rdrd\theta$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =3\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{2}\left( 3r^{2}+9\right) rdrd\theta =3\int _{0}^{2\pi }\left[ \frac{3}{4}r^{4}+9\frac{r^{2}}{2}\right] _{0}^{2}d\theta =90\left[ \theta \right] _{0}^{2\pi }=180\pi .$

Exemplo 2: Seja $Q$ a região delimitada pelo cilindro $z=4-x^{2},$ pelo plano $y+z=5$ e pelos planos $xy$ e $xz.$ Seja $S$ a superf $\'{\i }$ cie de $Q.$ Se $\mathbf{F}(x,y,z)=\left( x^{3}+\operatorname {sen}z\right) \mathbf{i}+\left( x^{2}y+\cos z\right) \mathbf{j}+\left( e^{x^{2}+y^{2}}\right) \mathbf{k,}$ calcule $\iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta$ $dS.$

Solução: Por Gauss

	$\displaystyle {\displaystyle \iint \limits _{S}} \mathbf{F}\cdot \mathbf{\eta }dS$	$\displaystyle ={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} \left( 3x^{2}+x^{2}\right) dV={\displaystyle \iiint \limits _{Q}} 4x^{2}dV$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{-2}^{2}\int _{0}^{4-x^{2}}\int _{0}^{5-z}4x^{2}dydzdx=\int _{-2}^{2}\int _{0}^{4-x^{2}}4x^{2}\left( 5-z\right) dzdx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{-2}^{2}\left[ 20x^{2}z-4x^{2}\frac{z^{2}}{2}\right] _{0}^{4-x^{2}}dx=\int _{-2}^{2}\left( 48x^{2}-4x^{4}-2x^{6}\right) dx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\frac{4608}{35}.$