[integrais] Fluxo do campo vetorial através de um triângulo

por **paulohsm** » Qui Jul 26, 2012 02:42

Tenho um campo vetorial dado por $\vec{Q} = u\left(x,y,z\right)\hat{i} + v\left(x,y,z\right)\hat{j}$ , onde

e

são funções lineares no espaço do tipo u = ax + by + cz + d

, que sou capaz de determinar.

E tenho três pontos no espaço, $A = \left(x_1,y_1,z_1\right)$ , $B = \left(x_1,y_1,z_2\right)$ e $C = \left(x_2,y_2,z_2\right)$ . Notem que os pontos tem algumas coordenadas que se repetem, é assim mesmo.

Meu problema é determinar o fluxo de $\vec{Q}$ através da superfície triangular formada por ABC.

Estou recorrendo à definição de integral do campo vetorial sobre uma superfície, que no meu caso pode ser escrita como

$\Phi_s = \iint_{S} \vec{Q} \cdot d\vec{S} = \iint_{S} \left( u\hat{i} + v\hat{j} \right ) \cdot d\vec{S}$

Para isso, eu determino a equação do plano que passa por A, B a C, do tipo ax + by + cz + d = 0

, onde as componentes do produto vetorial $\vec{AB}\times\vec{BC}$ dão os valores dos coeficientes a, b e c, e o coeficiente d é obtido resolvendo-se a função para um dos pontos nesse plano, ou seja, $d = \vec{A}\cdot\left(\vec{AB}\times\vec{BC}\right)$ . Esse produto vetorial também me dá a orientação da superfície e, finalmente, o sentido do fluxo. Nesta página (em inglês) esse procedimento é descrito.

Agora é que entra a minha dificuldade: não estou sabendo juntar tudo isso na integral.

Eu encontrei aqui (PDF em inglês; vide Example 2) um exemplo que descreve a solução de um exercício parecido com o meu. Lá, o sujeito parametriza a equação do plano, o que reduz o problema a uma integral múltipla com um produto escalar no integrando.

Eu não estou conseguindo fazer essa parametrização para o meu caso.

Alguém poderia, por favor, me ajudar a armar esta integral?
Como fazer devidamente a substituição de $d\vec{S}$ pela equação do plano?
Eu preciso realmente parametrizar esta equação? Tenho a impressão que não.

Obrigado!

por **Russman** » Qui Jul 26, 2012 19:37

Você pode postar o problema original? Essa porção de varáveis deixa a solução muito extensa.

por **paulohsm** » Qui Jul 26, 2012 20:41

Russman escreveu:Você pode postar o problema original? Essa porção de varáveis deixa a solução muito extensa.

Ok.

Vejamos como fica com
x_1 = -38.54
x_2 = -39.18
y_1 = -3.82
y_2 = -5.12
z_1 = 975
z_2 = 970

e com
u = -0.549628x -1.90564y +0.04162z -76.1066
v = -2.64815x + 3.56824y -0.00524z -81.9325

Para este caso, a equação do plano é
-6.5x +3.2y +0z +238.286 = 0

por **Russman** » Qui Jul 26, 2012 22:22

Eu imaginei que os dados eram mais simples. haha

Enfim, vamos pensar um pouco.

Partamos do ponto que a superfície

é uma porção triângular do plano $\pi$ .

Primeiramente, temos de identificar este plano e seu vetor normal unitário.

Dados três pontos A(x_A,y_A,z_A),B(x_B,y_B,z_B)

e

, não colineares, o plano que os contém tem um vetor normal $\overrightarrow{N}$ tal que

$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ ,

de onde o vetor normal unitário $\widehat{n}$ é então

$\widehat{n}=\frac{\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}}{\left \| \overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} \right \|}$ .

Tomando $\widehat{n}=n_x\widehat{i}+n_y\widehat{j}+n_z\widehat{k}$ e , de partida, o ponto A o plano é então

$n_x(x-x_A)+n_y(y-y_A)+n_z(z-z_A)=0 \Rightarrow ax+by+cz+d=0$ .

Existe um teorema que afirma o seguinte:

$\int \int_{S} \overrightarrow{F}\cdot \widehat{n}dS=\int \int _{R}\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\bigtriangledown }G dR$ .

O fluxo do campo $\overrightarrow{F}$ atráves da superfície

é dado pela integral dupla, na região

pertencente a

, do produto vetorial mencionado se $S: z = f(x,y) \Rightarrow G=z-f(xy)$ .

Como a superfície é S: ax+by+cz+d=0

, temos $G = z+\frac{1}{c}(ax+by+d)$ e, portanto, $\overrightarrow{\bigtriangledown }G=\frac{a}{c}\widehat{i}+\frac{b}{c}\widehat{j}+\widehat{k}$ . Ainda, $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{Q}=u\widehat{i}+v\widehat{j}$ .

Logo,

$\int \int _{R}\overrightarrow{Q}\cdot \overrightarrow{\bigtriangledown }G dR = \int \int _{R}u\widehat{i}+v\widehat{j}\cdot (\frac{a}{c}\widehat{i}+\frac{b}{c}\widehat{j}+\widehat{k})dR=\int \int _{R}\frac{1}{c}(au+bv)dR$

Agora, precisamos identificar a região

. Pela coincidência dos pontos é interessante tomamos o plano

ou

. Escolhamos o plano xz, por exemplo. A região será descrita , então, partindo da reta

,projeção em y=0

, até a reta

, projeção y=0

também.
Limita-se ainda, de x_A

até a abcissa do ponto de intersecção das mesmas.
Mãos a obra!

A reta AC é tal que: $r_{AC}:\left\{\begin{matrix} x=x_A+t(x_C-x_A)\\ y=y_A+t(y_C-y_A)\\ z=z_A+t(z_C-z_A) \end{matrix}\right.$

A reta BC é tal que: $r_{BC}:\left\{\begin{matrix} x=x_B+t(x_C-x_B)\\ y=y_B+t(y_C-y_B)\\ z=z_B+t(z_C-z_B) \end{matrix}\right.$

Como estamos interessados na progessão y=0

de ambas devemos calcular as retas z=z(x)

de ambas.

$\left\{\begin{matrix} r_{BC}[y=0]:z=\frac{(z_C-z_B)}{(x_C-x_B)}x+z_B-x_B\frac{(z_C-z_B)}{(x_C-x_B)}\\ r_{AC}[y=0]:z=\frac{(z_C-z_A)}{(x_C-x_A)}x+z_A-x_A\frac{(z_C-z_A)}{(x_C-x_A)} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} z_1=z_B+D_B(x-x_B)\\ z_2=z_A+D_A(x-x_A) \end{matrix}\right.$

Feito isso, calculemos a interssecção! Este é $x_I=\frac{1}{(D_B-D_A)}\left [(z_B-z_A) +x_AD_A -x_BD_B\right ]$

Agora, finalmente

$\pm \Phi =\int_{x_A}^{x_I}\int_{z_1(x)}^{z_2(x)}\frac{1}{c}(au[y=0]+bv[y=0])dzdx$ .

Eu posso ter errado alguma passagem ou até, talvez, em alguma teoria. Mas eu acredito que seja este o caminho.
Agora: divirta-se. k

por **MarceloFantini** » Qui Jul 26, 2012 23:25

Não seria interessante usar o Teorema da Divergência (Gauss)?

por **Russman** » Qui Jul 26, 2012 23:31

Bom, seria uma estratégia também. Mas ao invés de calcular o fluxo por uma região projetada teríamos de calcula-lo para três regiões. Eu penso ser mais dificultoso.
Geralmente, eu aplico o Teorema de Gauss quando a superfície ,por si,é fechada.

por **paulohsm** » Seg Ago 06, 2012 16:37

Prezados,

Muitíssimo obrigado pela ajuda, ficou bastante explicada. E me desculpem pela demora em votar aqui com um feedback. Eu estava (ainda estou, na verdade) digerindo a resposta. Não sou muito bom com matemática.

Tenho mais perguntas, por enquanto relacionadas somente ao teorema que foi mencionado na resposta do Russman. Sobre a determinação dos limites de integração, provavelmente voltarei em breve para pedir mais ajuda.

Qual é mesmo o nome desse teorema?

Assumindo a sua validade, eu posso escrever coisas do tipo

$\hat{n}dS = \vec{\nabla} GdR \Rightarrow \left\{\begin{matrix} \hat{n} = \frac{dR}{dS} \vec{\nabla}G \\ \vec{\nabla}G = \hat{n} \frac{dS}{dR} \end{matrix}\right.$ ,

ou ainda, $d\vec{S} = \vec{\nabla}G dR \Rightarrow \vec{\nabla}G = \frac{d\vec{S}}{dR}$ ?

Mais uma: sendo a superfície S:ax+by+cz+d

, não deveríamos ter G = ax+by+cz+d

, e portanto $\vec{\nabla}G = a\hat{i}+b\hat{j}+c\hat{k}$ ? Com isso, teríamos $S:h=f\left(x,y,z\right)$ . (A verdade é que nunca dominei essa notação com ":" que matemáticos usam para expressar funções)

Não estou achando que a resposta está errada, mas ela me fez imaginar essas possibilidades.

A propósito, o comentário do MarceloFantini me deixou curioso. Como seria a abordagem caso eu adotasse o teorema de Gauss? Pergunto isso porque, pelo que entendo, o Teorema de Gauss só se aplicava a superfícies fechadas, o que não é o caso da questão que lancei aqui.

por **Russman** » Seg Ago 06, 2012 18:25

paulohsm escreveu:Qual é mesmo o nome desse teorema?

Não conheço nome algum para este Teorema. Na faculdade o chamamos de Teorema Sem-Nome. kk

paulohsm escreveu:Assumindo a sua validade, eu posso escrever coisas do tipo ..., ...ou ainda, ... ?

Sim. A afirmação matemática na qual se baseia o Teorema é a seguinte : $\widehat{n}dS = \overrightarrow{\bigtriangledown }G dR$ .

Veja que a notação $d\overrightarrow{S}$ é uma forma de resumir a formalmente correta $\widehat{n}dS$ .

paulohsm escreveu:Mais uma: sendo a superfície ....., não deveríamos ter..... , e portanto .....? Com isso, teríamos ..... (A verdade é que nunca dominei essa notação com ":" que matemáticos usam para expressar funções)

Não. Suponhamos que a superfície

seja representada matematicamente por uma função contínua

de modo que z=f(x,y)

,

OU

. Assim, a função G = G(x,y,z)=0

é uma SUPERFÍCIE DE NÍVEL construída da seguinte forma: G= z-f(x,y)

, para o 1° caso , G = y-f(x,z)

, para o segundo, OU G = x-f(y,z)

para o terceiro!

Assim, se a superfície

é representada pela equação ax+by+cz+d=0

então ela é da forma $z =f(x,y) = -\frac{1}{c}(ax+by+d)$ . Portanto,

$G=z-f(x,y)=z+\frac{1}{c}(ax+by+d)$ .

Quanto a sugestão do Marcelo eu digo que , na minha opinião e visão do problema, não é um bom caminho a se seguir. Talvez ele tenha visto algo interessante na aplicação do Th. de Gauss. Eu digo isto porque a grande dificuldade do problema é descrever a porção triângular do plano funcionalmente.

O Th. de Gauss se aplica sim, somente a superfícies fechadas. Mas , por exemplo, podemos muito mais facilmente calcular o fluxo de um campo vetorial através de um tronco de cilindro calculando o fluxo total, isto é, através do tronc.o e das bases via Th. de Gauss, e descontando o fluxo contribuído somente pelas bases.

por **paulohsm** » Ter Ago 07, 2012 21:28

Muito obrigado Russman por mais essa rápida resposta. Vou deixar uma questão aqui, mas somente no último parágrafo.

Minha curiosidade sobre a possível utilização do teorema da divergência nesse meu exemplo se dá porque, na verdade, esse cálculo que estou tentando fazer é parte de uma aplicação do teorema da divergência que estou implementando.

Numa descrição mais abrangente do meu problema, eu tenho um conjunto (na verdade, farei isso para vários conjuntos) de seis pontos no espaço, sendo três pares ordenados x,y

em dois níveis verticais. Ou seja, um prisma triangular reto. Nos vértices desse prisma eu tenho os valores das componentes do campo vetorial. Veja que eu não tenho u(x,y,z)

e

para todo

, mas apenas nas coordenadas dos vértices do prisma.

Meu objetivo é encontrar o fluxo de $\vec{F}=u(x,y,z)\hat{i}+v(x,y,z)\hat{j}$ através da face superior do prisma, considerando que: (1) a integral da divergência desse campo sobre o volume do prisma é nula; (2) o fluxo através da face inferior (base) do prisma é nulo. Como eu não tenho fontes ou sumidouros de campo no interior do volume, o fluxo através da superfície fechada deve ser zero. Determinando o fluxo através de uma parte dessa superfície, fica determinado o fluxo no restante.

Daí eu precisaria obter uma expressão para $\vec{F}$ e calcular o fluxo através das faces laterais do prisma. Mas obter essa expressão demandaria demais do meu conhecimento em matemática, então eu optei por adotar funções lineares para ajustar as componentes do campo $\vec{F}$ , e para isso eu tive que decompor o prisma em tetraedros.

Decompondo o prisma, eu fico com três tetraedros. Para cada tetraedro, eu conheço os valores de

e

em seus vértices. Armando e resolvendo o sistema de equações lineares, obtenho as expressões para

e

, referentes a cada tetraedro. Aqui tem um detalhe: enquanto as faces laterais do prisma são quadrangulares e apenas três, as faces externas dos tetraedros são triangulares num total de seis. Em compensação, o campo $\vec{F}$ válido para um tetraedro gera fluxo através de duas das suas faces.

E foi aqui que eu empanquei, no cálculo do fluxo de $\vec{F}$ através das faces externas desses tetraedros, que acabou se mostrando não tão trivial quanto eu esperava.

Considerando (ou não) tudo que descrevi até aqui, seria bastante conveniente se eu pudesse calcular o fluxo através de uma superfície triangular simplesmente conhecendo-se os valores de

e

nos vértices (x_A,y_A,z_A)

,

e

desse triangulo, valendo ressaltar que este triângulo não reside no plano mas sim no espaço. Não tenho certeza, mas tenho esperança que isso seja possível. Alguém poderia por favor fazer comentários a esse respeito?

por **Russman** » Qua Ago 08, 2012 01:22

Estas integrais de fluxo podem se revelar bastante complicadas, mesmo. Pelo que entendi você está tentando verificar o Th. da Divergência.

Quanto há

paulohsm escreveu:Considerando (ou não) tudo que descrevi até aqui, seria bastante conveniente se eu pudesse calcular o fluxo através de uma superfície triangular simplesmente conhecendo-se os valores de u e v nos vértices (x_A,y_A,z_A), (x_B,y_B,z_B) e (x_C,y_C,z_C) desse triangulo, valendo ressaltar que este triângulo não reside no plano mas sim no espaço. Não tenho certeza, mas tenho esperança que isso seja possível. Alguém poderia por favor fazer comentários a esse respeito?

note que a superfície triângular reside SIM em um plano, o qual reside em um espaço. Somente você deseja que o plano desse triângulo não seja o trivial mas um qualquer.
No início da resolução eu te mostrei como calcular o plano ao qual o triângulo pertence somente a partir de seus vértices. Eu disse e repito: a dificuldade do problema é descrever a porção triângular do plano funcionalmente!

Eu vou tentar calcular o fluxo através desse triângulo sem usar o teorema e posto alguma coisa se eu obtiver um bom resultado.

por **paulohsm** » Qua Ago 08, 2012 23:40

Russman escreveu:Eu vou tentar calcular o fluxo através desse triângulo sem usar o teorema e posto alguma coisa se eu obtiver um bom resultado.

Eu estou recorrendo aos tetraedros por que, conhecendo os valores das funções

e

nos vértices, eu consigo determinar expressões lineares partindo do sistema de equações:

$\left\{\begin{matrix} u_1 = ax_1 + by_1 + cz_1 + d \\ u_2 = ax_2 + by_2 + cz_2 + d \\ u_3 = ax_3 + by_3 + cz_3 + d \\ u_4 = ax_4 + by_4 + cz_4 + d \end{matrix}\right.$

Expressando em forma de matrizes, com certa facilidade eu resolvo esse sistema para determinar os coeficientes

,

e

:

$\begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \\ u_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & y_1 & z_1 & 1\\ x_2 & y_2 & z_2 & 1\\ x_3 & y_3 & z_3 & 1\\ x_4 & y_4 & z_4 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 & y_1 & z_1 & 1\\ x_2 & y_2 & z_2 & 1\\ x_3 & y_3 & z_3 & 1\\ x_4 & y_4 & z_4 & 1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \\ u_4 \end{bmatrix}$

Se eu tomo os valores de

(ou

) em apenas três pontos do espaço, que correspondem aos vértices de um triângulo, a princípio eu não teria como obter os coeficientes da função linear, pois o sistema ficaria com mais incógnitas do que equações. Matricialmente falando, eu teria

$\begin{bmatrix} x_1 & y_1 & z_1 & 1\\ x_2 & y_2 & z_2 & 1\\ x_3 & y_3 & z_3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{bmatrix}$

O que, evidentemente, não tenho como resolver para determinar

,

e

.

Entretanto, como todo bom triângulo, ele reside num plano. E como tal, deve haver uma forma de expressá-lo como coordenadas no plano ou invés de coordenadas no espaço. Ou seja, deve haver uma transformação, digamos, do tipo $(x_i,y_i,z_i)\rightarrow(\rho_i,\sigma_i)$ (onde i=1,2,3

se refere à cada um dos vértices do triângulo).

Se eu conseguir fazer a devida transformação, poderei expressar minha componente

como uma função de duas variáveis, $u=u(\rho,\sigma)$ , o que me permitiria escrever um sistema de equações lineares solucionável. Algo do tipo

$\begin{bmatrix} \rho_1 & \sigma_1 & 1\\ \rho_2 & \sigma_2 & 1\\ \rho_3 & \sigma_3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{bmatrix}$

E fazendo o mesmo para

, me restaria calcular o fluxo, o que, imagino, continuará sendo um belo exercício.

Mas eu não sei fazer essa transformação. Eu sequer sei qual tópico da matemática aborda esse tipo de problema. Se me indicassem um link, um nome de livro+capítulo que trate desse assunto, ou mesmo um termo de busca que me permita encontrar informações sobre isso, já será de bom tamanho. Obrigado!

por **Russman** » Qui Ago 09, 2012 00:15

A notação

é referente a pontos pertencentes ao plano z=0

. Na verdade, os pontos deveriam ser expresso como (x,y,0)

.

Triângulos são figuras planas e, portanto, pertencem a planos os quais pertencem a espaços maiores.

Para fazer o que você quer será necessária a adoção de outro referencial que , coincidentemente, faça o plano do triângulo um plano trivial, isto é, x=0, y=0 ou z=0.

Sendo assim, você terá de expressar todo problema, digo o campo vetroial, no segundo referencial! Eu acredito que seja trabalho dobrado.

por **paulohsm** » Sex Ago 10, 2012 01:58

Russman escreveu:Para fazer o que você quer será necessária a adoção de outro referencial que , coincidentemente, faça o plano do triângulo um plano trivial, isto é, x=0, y=0 ou z=0.

Sendo assim, você terá de expressar todo problema, digo o campo vetroial, no segundo referencial! Eu acredito que seja trabalho dobrado.

Muito agradecido Russman, pela orientação. Isso eu comecei a perceber enquanto redigia minha última mensagem. Sendo assim, vou deixar para conferir esse caminho noutra ocasião.

Agora estou com outra dúvida, ainda relacionada ao teorema sem nome e com a determinação da região

sobre a qual a o fluxo será calculado.

De acordo com

Russman escreveu:Suponhamos que a superfície seja representada matematicamente por uma função contínua de modo que , OU . Assim, a função é uma SUPERFÍCIE DE NÍVEL construída da seguinte forma: , para o 1° caso , , para o segundo, OU para o terceiro!

Assim, se a superfície é representada pela equação então ela é da forma $z =f(x,y) = -\frac{1}{c}(ax+by+d)$ . Portanto,

$G=z-f(x,y)=z+\frac{1}{c}(ax+by+d)$ .

, dependendo da forma que eu defino

, terei um conteúdo diferente para o integrando.

Ou seja, se...
G= z-f(x,y)

, temos que $\vec{\nabla}G = \frac{a}{c}\hat{i}+\frac{b}{c}\hat{j}+\hat{k}$

G= y-f(x,z)

, temos que $\vec{\nabla}G = \frac{a}{b}\hat{i}+\hat{j}+\frac{c}{b}\hat{k}$

G= x-f(y,z)

, temos que $\vec{\nabla}G = \hat{i}+\frac{b}{a}\hat{j}+\frac{c}{a}\hat{k}$

Com isso, para cada caso, teremos um integrando diferente, o que dará um valor diferente para o resultado da integral. Essa observação confere?

Além disso, num momento anterior, foi comentado que

Russman escreveu:Agora, precisamos identificar a região . Pela coincidência dos pontos é interessante tomamos o plano ou . Escolhamos o plano xz, por exemplo. A região será descrita , então, partindo da reta ,projeção em , até a reta , projeção também.
Limita-se ainda, de até a abcissa do ponto de intersecção das mesmas.

onde foi dito que, pela coincidência dos pontos, é tomado o plano

. A minha questão é: o plano que eu escolho aqui não deveria ser o mesmo do domínio da função

?

Para exemplificar: se eu escolho o plano

para identificar a região

, eu não estaria obrigado a escolher

tal que

, o que me daria $\vec{\nabla}G = \frac{a}{b}\hat{i}+\hat{j}+\frac{c}{b}\hat{k}$ ?

Obrigado!

por **Russman** » Seg Ago 13, 2012 20:34

Não! Você está livre com a conveniência. Eu tenho um exemplo muito bom sobre este assunto:

Calule o fluxo de $\overrightarrow{F}=3z^2\widehat{i}+6\widehat{j}+6xz\widehat{k}$ através da superfície

dada por

com $0\leq x\leq 2$ e $0\leq z\leq 3$ .

De acordo com nosso Teorema temo y=f(x) = x^2

. Assim,

e $\overrightarrow{\bigtriangledown }G = -2x\widehat{i}+\widehat{j}$ .
Portanto, $\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\bigtriangledown }G = 6(xz^2 - 1)$ e, assim,

$\pm \Phi =\int_{0}^{2} \int_{0}^{3} 6(xz^2 - 1)dzdx = \pm 72$ .