Notas para o Curso de Cálculo Vetorial
Dayse Haime Pastore
20 de fevereiro de 2009
2
Sumário
1 Funções Vetoriais
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Gradiente, Divergente e Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
7
10
2 Integrais de Superfı́cies e Divergência
2.1 O vetor normal unitário . . . . . . . . .
2.2 Definição de Superfı́cie Integráveis . . . .
2.3 Calculando integrais de Superfı́cies . . .
2.4 A Divergência . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 A divergência em coordenadas cilı́ndricas
2.6 O Teorema da Divergência . . . . . . . .
2.7 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . .
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13
13
16
18
25
26
27
31
3 Integral de Linha e o Rotacional
3.1 Trabalho e Integral de Linha . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Integral de Linha Envolvendo Campo Vetorial . . . .
3.3 O Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 O Rotacional em Coordenadas Cilı́ndricas e Esféricas
3.5 O Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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48
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3
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e
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esféricas
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4
SUMÁRIO
Capı́tulo 1
Funções Vetoriais
1.1
Introdução
Um exemplo muito importante de campo vetorial são os campos elétricos estudados em
eletricidade.
Vamos começar revendo o que é uma função. Uma função de uma variável, geralmente
escrita como y = f (x), é uma regra que associa dois números x e y, onde x pertence a um
domı́nio e y a um contra-domı́nio. Exemplo, se y = f (x) = x2 − 2, então calculamos y como
sendo a raiz quadrada de x subtraida de 2. Assim, se x = 3,
y = 32 − 2 = 7.
Funções de mais de uma variável podem ser vistas como regras para associar conjuntos
de números. Exemplo, uma função de três variáveis, w = f (x, y, z) associa um valor a w
referente a x, y e z. Um exemplo no plano cartesiano é a função, T (x, y, z) que mede a
temperatura de uma sala no ponto (x, y, z). Um outro exemplo de função vetorial é a que
associa a um ponto (x, y, z) do espaço a velocidade do fluı́do.
Definição 1 Em três dimensões, um função é dita escalar, ou um campo escalar, se
associa um ponto (x, y, z) a um escalar T = f (x, y, z). E é dita vetorial, ou um campo
vetorial, se associa ao ponto (x, y, z) um vetor w = f (x, y, z).
Assim a função que mede a temperatura é uma função escalar, e a função que mede a
velocidade de um fluı́do é uma função vetorial.
Em geral, uma função vetorial F (x, y, z) especifica a magnitude e a direção de cada ponto
em uma região do espaço.
A figura 1.1 mostra uma função vetorial como uma coleção de setas, uma para cada ponto
(x, y, z). A direção de cada seta em qualquer ponto é a direção especifica dada pela função
vetorial, o seu comprimento é proporcional a magnitude da função. Uma função vetorial
pode ser representada através de suas componentes, como na figura 1.2. Seja i, j e k os
vetores unitários ao longo dos eixos x, y e z, respectivamente, temos
F (x, y, z) = i Fx (x, y, z) + j Fy (x, y, z) + k Fz (x, y, z).
5
6
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES VETORIAIS
Figura 1.1: exemplo
Figura 1.2: exemplo
As três quantidades Fx , Fy e Fz , todas funções escalares de x, y e z, são as três componentes
cartesianas1 da função vetorial F (x, y, z).
Um exemplo de função vetorial (em duas dimensões para simplificar) é
F (x, y) = i x + jy,
ilustrada na figura 1.3. Neste exemplo, a posição dos vetores são representados pelas setas,
vemos que elas estão na posição radial (isto é, na direção de uma linha passando pela origem)
e tem como comprimento sua distância da origem. Um segundo exemplo,
−i y + j x
G(x, y) = p
x2 + y 2
1
Neste texto usaremos a notação de subescrito para indicar coordenada e não derivada, ou seja, NÃO
usaremos Fx = ∂F /∂x.
1.2. GRADIENTE, DIVERGENTE E ROTACIONAL
7
Figura 1.3: exemplo
é mostrado na figura 1.4. Verificamos que para essa função vetorial todas as setas estão na
Figura 1.4: exemplo
direção tangente (isto é, cada uma é tangente a um cı́rculo centrado na origem) e todos tem
o mesmo comprimento.
1.2
Gradiente, Divergente e Rotacional
Seja F um campo escalar no espaço, se suas derivadas parciais existem então elas formam
as componentes do vetor grad F , o gradiente da função escalar F . Assim,
grad F = ∇ F = i
∂F
∂F
∂F
+j
+k
.
∂x
∂y
∂z
8
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES VETORIAIS
Exemplo 1
F (x, y, z) = x2 y − z 2
∂F
∂F
∂F
grad F = ∇ F = i
+j
+k
= i 2 x y + j x2 − k 2 z.
∂x
∂y
∂z
A componente do gradiente em uma dada direção representa a taxa de variação de F
nessa direção.
Propriedades do Gradiente
1. grad (F + G) = grad F + grad G
2. grad (F G) = F grad G + G grad F
3. c grad F = c grad F
Vamos provar a propriedade 2, as demais são deixadas como exercı́cio. Prova:
∂F G
∂F G
∂F G
+j
+k
∂x
∂y
∂z
∂F
∂G
∂F
∂G
∂F
∂G
= i(
G+F
) + j(
G+F
) + k(
G+F
)
∂x
∂x
∂y
∂y
∂z
∂z
∂F
∂F
∂F
∂G
∂G
∂G
= (i
+j
+k
) G + F (i
+j
+k
)
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
= G grad F + F grad G
grad (F G) = i
Dado um campo vetorial V no espaço. Temos três funções escalares Vx , Vy e Vz . Se essas
três funções possuı́rem derivadas parciais primeira, a partir delas, constrói-se o escalar div V ,
a divergência de V , ou o divergente de V
div v = ∇ · V =
∂Vx ∂Vy ∂Vz
+
+
.
∂x
∂y
∂z
Exemplo 2
V = i x2 − j x y + k x y z
∂V
∂V
∂V
div V = ∇ · V =
+
+
= 2 x − x + x y = x + x y.
∂x
∂y
∂z
Na dinâmica dos fluı́dos, a divergência surge como uma medida da taxa de diminuição
da densidade num ponto. Mais precisamente, seja U = U (x, y, z) o vetor velocidade do
movimento de um fluı́do e indiquemos por ρ = ρ(x, y, z, t) a densidade. Então V = ρ U é
um vetor cuja a divergência satisfaz à equação
div V = −
∂ρ
,
∂t
Essa é, na verdade, a “equação de continuidade”da mecânica dos fluı́dos. Se o fluı́do for
incompressı́vel, a equação se reduzirá a uma expressão mais simples: div V = 0 .
1.2. GRADIENTE, DIVERGENTE E ROTACIONAL
9
Propriedades da Divergência
1. div (U + V ) = div U + div V
2. div (F V ) = F div V + grad F · V
onde F é um campo escalar e V é um campo vetorial.
Vamos deixar a prova destas propriedade como exercı́cio.
O rotacional de um campo vetorial com derivadas parciais primeiras e dado pelo campo
vetorial abaixo:
∂Vx ∂Vz
∂Vy ∂Vx
∂Vz ∂Vy
−
+j
−
+k
−
rot V = i
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
ou ainda,
i
j
k rot V = ∇ × V = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z Vx
Vy
Vz O rotacional é importante na análise de campos de velocidades na mecânica dos fluı́dos e
na análise de campos de forças eletromagnéticos. Podemos interpretar o rotacional como
uma medida de movimento angular de um fluı́do, e a condição rot V = 0 para o campo de
velocidades V caracteriza os chamados fluxos irrotacionais.
Propriedades do Rotacional
1. rot (U + V ) = rot U + rot V
2. rot (F V ) = F rot V + grad F × V
onde F é um campo escalar e V é um campo vetorial.
Vamos deixar a prova destas propriedade como exercı́cio.
Combinações de Operações
Quando se examinam as combinações possı́veis entre rot, div e grad chega-se a uma longa
lista de identidades. Algumas da quais vamos considerar.
Rotacional de um gradiente
rot grad F = 0
∇ × (∇F ) = 0
Divergência de um rotacional
div rot V = 0
∇ · (∇ × V ) = 0
Divergência de um gradiente
div grad F =
∂ 2F
∂ 2F
∂ 2F
+
+
= ∇ · (∇F )
∂x2
∂y 2
∂z 2
10
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES VETORIAIS
Uma função F (que tem derivadas parciais segunda contı́nuas) tal que div grad F = 0 é
chamada harmônica. A equação
∂ 2F
∂ 2F
∂ 2F
+
+
= 0,
∂x2
∂y 2
∂z 2
satisfeita por F , é chamada equação de Laplace.
Rotacional de um rotacional
rot rot U = grad div U − (i ∇2 Ux + j ∇2 Uy + k ∇2 Uz )
Se definirmos o Laplaciano de um vetor U como sendo o vetor,
∇2 U = i ∇2 Ux + j ∇2 Uy + k ∇2 Uz
então
rot rot U = grad div U − ∇2 U
e dessa forma,
grad div U = rot rot U + ∇2 U
1.3
Exercı́cios
1. Esbouçar os seguintes campos vetoriais:
a) iy + jx;
b) (i + j)/sqrt2;
c) ix − jy;
d) iy;
e) jx;
f) i(x2 − y 2 )2 + j2xy;
g) i(x − y) + j(x + y);
h) −iy + jx + k.
2. Esbouçar as curvas ou superfı́cie de nı́vel:
a) f = xy;
b) f = x2 + y 2 − z 2 .
3. Determinar grad f para os campos escalares do exercı́cio anterior e traçar alguns vetores
correspondentes.
4. Dado ocampo vetorial v = 2xyzi + x2 zj + x2 yk, verificar que rot v = 0. Achar todas
as funções f tais que grad f = v.
1.3. EXERCÍCIOS
11
5. Dado o campo vetorial v = 2xi + yj − 3zk,verificar que div v = 0. Achar todos
os vetores u tais que rot u = v.[Sugestão: Observar inicialmente que, em virtude de
div(f u) = f div u + grad f · u, todas as soluções da equação rot u = v são dadas por
u = u0 + grad f , onde f é um escalar arbitrário e u0 é um vetor qualquer cujo o
rotacional é v. Para achar u0 , supor que u0 · k = 0.]
12
CAPÍTULO 1. FUNÇÕES VETORIAIS
Capı́tulo 2
Integrais de Superfı́cies e Divergência
2.1
O vetor normal unitário
A palavra normal nesse contexto deve ser linda como, perpendicular. Assim, um vetor n
normal ao plano xy é um vetor paralelo ao plano z (figura 2.1). Enquanto um vetor normal
Figura 2.1: exemplo
à esfera está na direção radial (figura 2.2). A definição precisa de um vetor normal a uma
Figura 2.2: exemplo
superfı́cie, como mostra a figura 2.3. Considere uma superfı́cie arbitrária S construa dois
vetores não colineares u e v tangentes a S passando por um ponto p. Um vetor n que é
perpendicular ao mesmo tempo aos vetores u e v por definição é normal à superfı́cie S
no ponto p. Agora, sabemos que o vetor que resulta do produto vetorial entre u e v é
perpendicular a ambos. Assim podemos escrever n = u × v. Para tornar esse vetor unitário
13
14
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Figura 2.3: exemplo
(isto é, ter comprimento igual a 1) é muito simples: basta dividi-lo por seu comprimento.
Dessa forma,
u×v
n=
|u × v|
é um vetor normal unitário à superfı́cie S no ponto P . Vamos encontrar uma expressão para
n. Considere a superfı́cie S dada pela equação z = f (x, y), figura 2.4. Assim, como sugerimos
antes, vamos começar encontrando dois vetores v e u. Para isso construa um plano paralelo
Figura 2.4: exemplo
ao plano-xy passando por P em S, como na figura 2.4. Este plano intersecta a superfı́cie S
em uma curva C. Construı́mos o vetor u tangente a C em P que tenha a componente x de
comprimento arbitrário. A componente z de u é (∂f /∂x)ux ; nesta expressão usamos o fato
da inclinação de u ser a mesma, por construção da superfı́cie S na direção x, ver figura 2.5.
Assim
Figura 2.5: exemplo
2.1. O VETOR NORMAL UNITÁRIO
u = iux + k
∂f
∂x
15
∂f
ux = i + k
ux
∂x
Para encontrar o vetor v, passaremos um outro plano no ponto P em S, porém neste caso
o plano será paralelo ao plano-yz (figura 2.6) Este intersecta S em uma curva C 0 , e o vetor
Figura 2.6: exemplo
v será construı́do tangente a curva C 0 em P com componente y de comprimento arbitrário
vy . Temos
∂f
∂f
uy = j + k
uy .
v = juy + k
∂y
∂y
Vamos calcular agora o produto vetorial entre u e v. O resultado,
∂f
∂f
u × v = −i
−j
+ k ux vy
∂x
∂y
é um vetor que é normal a superfı́cie S no ponto P , se dividirmos ele por sua norma teremos:
∂f
∂f
+k
−i
−
j
∂x
∂y
u×v
n=
= r
(2.1)
2 .
|u × v|
2
1 + ∂f
+ ∂f
∂x
∂y
Este é o vetor normal unitário a uma superfı́cie z = f (x, y) no ponto (x, y, z) da superfı́cie.
Note que esse vetor independe do valor das quantidades ux e vy .
Exemplo 3
Um primeiro exemplo trivial é: Qual o vetor normal unitário ao plano-xy? Claro que a
resposta é k. Vejamos como variamos usando a equação 2.1. A equação do plano-xy é:
z = f (x, y) = 0,
Obviamente,
∂f /∂x = 0
e ∂f /∂y = 0.
√
Substituı́ndo na equação 2.1 temos n = k/ 1 = k.
Um segundo exemplo, considere a esfera de raio 1 centrada na origem, figura 2.2, A
semi-esfera superior é dada por
z = f (x, y) = (1 − x2 − y 2 )1/2 ,
16
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Assim,
∂f
x
=−
∂x
z
e
∂f
y
=−
∂y
z
Usando a equação 2.1
i xz + j yz + k
ix + jy + kz
q
= ix + jy + kz,
=p
n=
2 + y2 + z2
2
2
y
x
x
+
+
1
z2
z2
Como estamos usando a esfera unitária temos que x2 + y 2 + z 2 = 1. Assim, como já tinhamos
afirmado, n é um vetor na direção radial com norma 1. Observe que n · n = x2 + y 2 + z 2 = 1.
Agora que temos os vetores normais a nossa disposição podemos passar para a próxima
questão, superfı́cies integrais.
2.2
Definição de Superfı́cie Integráveis
Seja z = f (x, y) a equação de uma superfı́cie. Cosidere uma parcela limitada dessa superfı́cie.
que chamaremos de S (ver figura 2.7) Nosso primeiro passo na formulação da definição dessa
Figura 2.7: exemplo
integral de superfı́cie é aproximar S por um poliedro que consisti de N faces planas cada
uma tangente a S em um ponto. A figura 2.8 mostra essa aproximação polinomial para
um octante da esfera. Concentre sua atenção em uma de suas faces planas, digamos a l-
Figura 2.8: exemplo
ésima face (figura 2.9). Denote a área dessa face por ∆Sl e seja (xl , yl , zl ) as coordenadas do
ponto que tangência a superfı́cie nessa face. Evalue a função F neste ponto e então faça o
2.2. DEFINIÇÃO DE SUPERFÍCIE INTEGRÁVEIS
17
Figura 2.9: exemplo
produto com nl , o vetor normal unitário para a l-ésima face. O resultado, F(xl , yl , zl ) · nl , é
multiplicado pela área ∆Sl da face, temos
F(xl , yl , zl ) · nl ∆Sl
Repita esse processo para todas as N faces da aproximação polinomial. Então faça a soma
de todas as N faces.
N
X
F(xl , yl , zl ) · nl ∆Sl .
l=1
ZZ
F · ndS é definida como o limite desta soma no número de faces,
A superfı́cie integral
S
N , quando o número de faces se aproxima de infinito a área de cada uma dessas faces se
aproxima de zero. Assim,
N
X
ZZ
F · ndS =
S
lim
N →∞
cada ∆Sl →0 l=1
F(xl , yl , zl ) · nl ∆Sl .
Muitas vezes encontramos integrais de superfı́cies que são um pouco mais simples. Essas
integrais são da forma
ZZ
G(x, y, z)dS,
S
onde o integrando G(x, y, z) é uma função escalar.
Agora aproximamos S novamente por um poliedro, formamos os produtos G(xl , yl , zl )∆Sl ,
somamos todas as faces, e então passamos o limite:
ZZ
G(x, y, z)dS =
S
lim
N
X
N →∞
cada ∆Sl →0 l=1
Um exemplo de integral de superfı́cie simples é
ZZ
dS.
S
Essa integral é a definição da área da superfı́cie S.
G(xl , yl , zl ) · ∆Sl .
18
2.3
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Calculando integrais de Superfı́cies
Agora que já definimos a integral de uma superfı́cie, vamos desenvolver métodos para calculalas Por simplicidade começaremos calculando integrais de superfı́cie onde o integrando é uma
função escalar. Para calcular a integral
ZZ
G(x, y, z)dS
S
considere a parte S da superfı́cie z = f (x, y) (figura 2.10) Nossa estratégia será relacionar
Figura 2.10: exemplo
∆Sl com a área ∆Rl da sua projeção no plano-xy, como mostra a figura 2.11 Relacionar ∆Sl a
Figura 2.11: exemplo
∆Rl não é difı́cil, se lembramos que (como na área de superfı́cies planas) pode-se aproximar
com qualquer grau de exatidão desejado por um grupo de retângulos, como mostrado na
figura 2.12. Por essa razão só iremos encontrar a relação entre a área de um retângulo e sua
projeção no plano-xy. Assim, considere um retângulo orientado de forma que dois dos seus
lados seja paralelos ao plano-xy (figura 2.13). Se chamarmos o comprimento desses lado de a,
claramente o comprimento das suas projeções no plano-xy é a. Porém o outro par de lados,
de comprimento b, tem projeções de comprimento b0 , e em geral b e b0 não são iguais. Assim
para relacionarmos a área do triângulo ab coma área de sua projeção ab0 , basta expressar b
em termos de b0 . Isto é fácil de fazer, se considerarmos o ângulo θ mostrado na figura 2.13,
b0
temos que b = cos
, e assim
θ
ab
ab =
.
cos θ
2.3. CALCULANDO INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
19
Figura 2.12: exemplo
Figura 2.13: exemplo
Se n denota o vetor normal unitário para o retângulo, então temos que cos θ = n · k, onde
k é sempre o vetor normal unitário que representa a direção positiva z. Dessa forma,
ab =
ab0
.
n·k
Assim cada área δSl pode ser aproximada por esses retângulos, isto é,
δSl =
δRl
,
nl · k
onde o vetor nl é o normal unitário a l-ésima face da superfı́cie.
Assim a definição de integral de superfı́cie fica
ZZ
G(x, y, z)dS =
S
lim
N
X
N →∞
cada ∆Rl →0 l=1
G(xl , yl , zl )
∆Rl
,
n·k
onde substituı́mos o ‘cada ∆Sl ’ por ‘cada ∆Rl ’ muito mais apropriado e conveniente. Escreveremos a integral da superfı́cie S como uma integral sobre R. De fato,
lim
N
X
N →∞
cada ∆Rl →0 l=1
∆Rl
G(xl , yl , zl )
=
n·k
ZZ
R
G(x, y, z)
dxdy,
n(x, y, z) · k
onde n é o vetor normal unitário a superfı́cie S no ponto (x, y, z). Esta é a uma integral
dupla sobre R. Lembramos que R é uma região do plano-xy, e que agora temos que ver a
20
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
variável z em função de x e y. Por esse motivo teremos que olhar para a representação da
superfı́cie z = f (x, y). E assim, tiramos a dependência de z da integral anterior,
ZZ
G[x, y, f (x, y)]
dxdy,
R n[x, y, f (x, y)] · k
Nessa expressão a única dificuldade que nos resta é calcular n(x, y, f (x, y)) · k , para isso
basta lembramos da expressão 2.1 para o vetor normal unitário de uma superfı́cie. Dessa
forma, encontramos,
1
∂f 2
n(x, y, f (x, y)) · k = r
1+
∂x
+
∂f
∂y
2
que nos leva a expressão:
ZZ
s
ZZ
G[x, y, f (x, y)] ·
G(x, y, z)dS =
S
1+
R
∂f
∂x
2
+
∂f
∂y
2
dxdy.
Note que essa última integral está definida em uma região do plano-xy, e só contém
expressões facilmente calculáveis.
Exemplo 4
Calcule a integral de superfı́cie
ZZ
(x + z)dS
S
onde S é a parte do plano x + y + z = 1 que pertence ao primeiro octante, ver figura 2.14
Figura 2.14: exemplo
A projeção de S no plano-xy é o triângulo R mostrada na figura. A equação de S pode
ser escrita como:
z = f (x, y) = 1 − x − y
o que nos dá,
∂f
∂f
=
= −1
∂x
∂y
s
e
1+
∂f
∂x
2
+
∂f
∂y
2
=
√
3
2.3. CALCULANDO INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
21
Assim,
ZZ
√ Z Z
√ Z Z
√ Z Z
(x + z)dS = 3
(x + z)dxdy = 3
(x + 1 − x − y)dxdy = 3
(1 − y)dxdy,
S
R
R
onde usamos que z = 1 − x − y.
√ Z Z
√ Z
3
(1 − y)dxdy = 3
R
1
0
1−y
Z
R
√ Z 1
(1 − y)dxdy = 3
(1 − y)x|01−y dy =
0
0
√ Z 1
√ (y − 1)3 1
1
(1 − y)2 dy = 3
3
|0 = √
3
3
0
Exemplo 5
Calcule a integral de superfı́cie
ZZ
z 2 dS
S
onde S é a parte da esfera de raio 1 que pertence ao primeiro octante, ver figura 2.15 A
Figura 2.15: exemplo
projeção de S no plano-xy é o quarto de circulo R mostrada na figura. A equação de S pode
ser escrita como x2 + y 2 + z 2 = 1 ou
p
z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 .
Assim temos que:
∂f
x
=−
∂x
z
∂f
y
=− ,
∂z
z
e
assim,
s
1+
∂f
∂x
2
+
∂f
∂y
s
2
=
1+
x2
z2
2
+
y2
z2
2
=
1p 2
1
x + y2 + z2 = ,
z
z
onde usamos que, em vários passos, x2 + y 2 + z 2 = 1. Assim,
ZZ
ZZ
ZZ
ZZ p
2
21
z dS =
z dxdy =
zdxdy =
1 − x2 − y 2 dxdy,
z
S
R
R
R
22
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Para resolver essa equação usaremos coordenadas polares x = r cos θ e y = rsenθ,
ZZ p
Z
1 − x2 − y 2 dxdy =
0
R
π
2
1
Z
√
Z
r 1 − r2 drdθ =
0
π
2
0
3
1
− (1 − r2 ) 2 |10 dθ =
3
Z
π
2
0
1
π
dθ = .
3
6
Até o momento, tratamos de superfı́cie S descritas pela forma z = f (x, y). Nessa situação
é conveniente resolver a integral sobre o plano-xy. Agora se a superfı́cie é convenientemente
escrita na forma y = g(x, z) como mostra a figura 2.16. Analogamente ao feito anteriormente
Figura 2.16: exemplo
chegamos a integral de superfı́cie:
s
ZZ
ZZ
G[x, g(x, y), z] ·
G(x, y, z)dS =
1+
R
S
∂g
∂x
2
+
∂g
∂z
2
dxdz.
onde R é uma região do plano-xz.
Similarmente, se temos uma superfı́cie descrita na forma x = h(y, z) como na figura 2.17
usamos
Figura 2.17: exemplo
ZZ
s
ZZ
G[h(y, z), y, z] ·
G(x, y, z)dS =
S
R
1+
∂h
∂y
2
+
∂h
∂z
2
dydz,
onde agora R é uma região do plano-yz.
Finalmente se tivermos uma superfı́cie com várias partes, podemos usar de forma conveniente cada uma das deduções anteriores.
2.3. CALCULANDO INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
23
Vamos voltar ao nosso problema inicial, que era calcular o valor da integral de superfı́cie
sobre um campo vetorial,
ZZ
F · ndS,
S
onde trocamos o campo escalar G(x, y, z) por F · n . Pelo que já feito até agora,
s
2 2
ZZ
ZZ
∂f
∂f
F · ndS =
F·n 1+
+
dxdy.
∂x
∂z
S
R
Novamente usando a expressão 2.1 para o vetor normal unitário n e que F = (Fx , Fy , Fz ),
temos que
− Fy [x, y, f (x, y)] ∂f
+ Fz [x, y, f (x, y)]
−Fx [x, y, f (x, y)] ∂f
∂x
∂y
q
F·n=
2
2
1 + ∂f
+ ∂f
∂x
∂z
ZZ ZZ
F · ndS =
S
R
∂f
∂f
− Fy [x, y, f (x, y)]
+ Fz [x, y, f (x, y)] dxdy.
−Fx [x, y, f (x, y)]
∂x
∂y
Onde lembramos que podemos fazer formulas análogas para superfı́cies dadas por y = g(x, z)
e x = h(y, z).
Exemplo 6
Calcule a integral
RR
S
F · ndS, onde F(x, y, z) = iz − jy + kx e S é a parte do plano,
x + 2y + 2z = 2
limitado pelas coordenadas planas, isto é, o triângulo inclinado que mostra a figura 2.18.
Assim temos,
Figura 2.18: exemplo
z = f (x, y) = 1 −
x
− y,
2
Que nos dá,
Fx = z = 1 −
x
− y,
2
∂f
1
=−
∂x
2
Fy = −y,
e
∂f
= −1.
∂y
Fz = x.
24
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Substituindo na ultima formula temos:
ZZ
Z Z h i 1
x
F · ndS =
− 1 − − y (− ) + y(−1) + x dxdy
2
2
S
R
ZZ 3x 3y 1
=
−
+
dxdy.
4
2
2
R
A região R é mostrada na figura 2.19
Figura 2.19: exemplo
ZZ R
3x 3y 1
−
+
4
2
2
Z
1
2(1−y)
Z
dxdy =
0
0
3x 3y 1
−
+
4
2
2
dxdy =
1
2
Exemplo 7
RR
Calcule a integral S F · ndS, onde F(x, y, z) = ixz + kz 2 e S é a parte da esfera
pertencente ao primeiro octante (ver figura 2.15), então
p
z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 ,
e assim como já vimos antes,
∂f
x
=−
∂x
z
e
∂f
y
=− .
∂y
z
Que nos dá,
ZZ
F · ndS =
S
ZZ
x2 + 1 − x2 − y
=
2
ZZ h
Z ZR
dxdy =
R
x
i
−xz −
+ z 2 dxdy
z
ZZ
ZZ
2
1 − y dxdy =
dxdy −
y 2 dxdy,
R
R
R
onde a região R é mostrada na figura 2.15. Note que a primeira integral representa a área
de um quarto do cı́rculo de raio 1, que é igual a π4 . Vamos aplicar coordenadas polares para
resolver a outra integral,
ZZ
Z πZ 1
Z π
Z 1
2
2
π
2
2
2
2
y dxdy =
r sen θrdrdθ =
sen θdθ
r3 dr =
16
R
0
0
0
0
Assim,
ZZ
F · ndS =
S
π
π
3π
−
=
.
4 16
16
2.4. A DIVERGÊNCIA
2.4
25
A Divergência
Considere a integral de superfı́cie sobre o campo vetorial qualquer F:
ZZ
F · ndS.
S
Vamos tentar encontrar uma relação entre a integral de um campo e a divergência desse
campo. Assim, considere um cubo com lados ∆x, ∆y e ∆z paralelos aos eixos coordenados,
figura 2.20. Suponha que o ponto central do cubo tenha coordenadas (x, y, z). Calculemos
Figura 2.20: exemplo
a integral de superfı́cie de F sobre a superfı́cie do cubo. Essa integral pode ser dividida em
6 termos, onde cada uma será uma face do cubo. Vamos começar considerando a face S1 ,
indicada na figura 2.20, assim
ZZ
F · ndS.
S1
O vetor normal unitário dessa face é claramente o vetor i. Temos assim que F · i = Fx , e a
integral correspondente,
ZZ
Fx (x, y, z)dS.
S1
Suponha que esse cubo é tal pequeno quando necessário (eventualmente, faremos sua área
tender a zero). Consequentemente, calculamos está integral aproximando o valor de Fx pelo
seu valor no centro da face S1 e multiplicaremos pela área dessa face1 . As coordenadas do
centro de S1 são (x + ∆x/2, y, z). Assim,
ZZ
∆x
, y, z ∆y∆z.
Fx (x, y, z)dS ≈ Fx x +
2
S1
O mesmo procedimento pode ser aplicado a face S2 , porém o vetor normal unitário para essa
face é −i e o ponto central da face será (x − ∆x/2, y, z), assim,
ZZ
ZZ
∆x
F · ndS = −
Fx (x, y, z)dS ≈ −Fx x −
, y, z ∆y∆z.
2
S2
S2
1
Existe um teorema do valor médio, que diz que a integral de Fx sobre S1 é igual a área de S1 multiplicada
pela função calculada em algum ponto de S1 . Desde que S1 seja suficientemente pequena o ponto onde
deverı́amos calcular Fx e o ponto central do cubo estarão suficientemente próximos, além disso, faremos a
área desse cubo tender a zero, o que nos dará o valor exato dessa integral.
26
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Somando a contribuição dessas duas faces, temos que
ZZ
∆x
∆x
F · ndS ≈ Fx x +
, y, z − Fx x −
, y, z ∆y∆z
2
2
S1 +S2
∆x
, y, z
2
− Fx x − ∆x
, y, z
2
=
∆x∆y∆z.
∆x
Considerando que ∆V = ∆x∆y∆z, o volume do cubo, temos que
ZZ
∆x
,
y,
z
−
F
x
−
,
y,
z
Fx x + ∆x
1
x
2
2
F · ndS ≈
∆V
∆x
S1 +S2
Fx x +
Agora faça esse limite quando o valor de ∆V se aproxima de zero. Claramente quando o
volume de ∆V tende a zero2 , a mesma coisa acontece para cada lado do cubo. Assim do
lado direito da equação temos que lim∆x→0 no lugar de lim∆V →0 , e finalmente
ZZ
, y, z − Fx x − ∆x
, y, z
Fx x + ∆x
∂Fx
1
2
2
=
lim
F · ndS = lim
∆V →0 ∆V
∆x→0
∆x
∂x
S1 +S2
em (x, y, z). Essa última igualdade segue da definição de derivadas parciais. Não deve ser
nenhuma surpresa que os outros dois pares de faces do cubo contribuem com ∂Fy /∂y e
∂Fz /∂z. Assim,
ZZ
∂Fx ∂Fy ∂Fz
1
F · ndS =
+
+
.
lim
∆V →0 ∆V
∂x
∂y
∂z
S
O limite do lado esquerdo da última equação é a divergência de F. Assim demostramos, o
que já havı́amos definido,
∂Fx ∂Fy ∂Fz
divF =
+
+
.
∂x
∂y
∂z
2.5
A divergência em coordenadas cilı́ndricas e esféricas
Agora ao invés de usarmos as coordenadas cartesianas para o calculo do da divergência
usaremos outro sistema de coordenadas. Começaremos usando o sistema de coordenadas
cilı́ndricas. Neste sistema o campo vetorial F tem três componentes que chamaremos de Fr ,
Fθ e Fz , ver figura 2.21 Para obtermos a divergência de F em coordenadas cilı́ndricas, vamos
considerar ‘cubo cilı́ndrico’ como mostra a figura 2.22 com volume ∆V = r∆r∆θ∆z e centro
no ponto (r, θ, z)3 . O fluxo de F na face 1 é
ZZ
ZZ
∆r
∆r
F · ndS =
Fr dS ≈ Fr r +
, θ, z
r+
∆θ∆z,
2
2
S1
S1
já na face 2,
ZZ
ZZ
F · ndS = −
S2
2
Fr dS ≈ −Fr
S2
∆r
r−
, θ, z
2
∆r
r−
∆θ∆z,
2
Note que a proposta é calcularmos esse mesmo limite em todas as faces do cubo.
Note que em coordenadas cartesianas 2.20 cada face do cubo tem é dada por uma equação da forma,
x =constante, y =constante e z =constante. Da mesma forma, cada face da superfı́cie na figura 2.21 é dada
por uma equação da forma r =constante, θ =constante e z =constante.
3
2.6. O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA
27
Figura 2.21: exemplo
Figura 2.22: exemplo
Como fizemos no cubo, vamos somar as duas faces e dividir o resultado pelo seu volume,
ZZ
∆r
1
∆r
∆r
∆r
, θ, z − r −
, θ, z ,
F · ndS ≈
r+
Fr r +
Fr r −
r∆r
2
2
2
2
S1 +S2
quando mandamos o limite de ∆r (consequentemente o de ∆V ) para zero, temos
1 ∂
(rFr ).
r ∂r
Fazendo o mesmo procedimentos para as outras 4 faces temos que a divergência em coordenadas cilı́ndricas é:
1 ∂
1 ∂Fθ ∂Fz
divF =
(rFr ) +
+
.
(2.2)
r ∂r
r ∂θ
∂z
Em coordenadas esféricas as componentes de F são Fr , Fθ e Fφ (ver figura 2.23), procedendo
como no caso anterior temos que a divergência em coordenadas esférica é dada pela expressão,
divF =
2.6
1 ∂ 2
1 ∂
1 ∂Fθ
(r Fr ) +
(senφFφ ) +
.
2
r ∂r
rsenφ ∂φ
rsenφ ∂θ
(2.3)
O Teorema da Divergência
Agora gastaremos o nosso tempo estudando um famoso teorema que estabelece uma relação
entre a integral de superfı́cie e a integral de volume. Este fato, é conhecido como Teorema
da Divergência ou simplesmente ‘Teorema de Gauss’. Esse teorema é muitas vezes utilizado
em aplicações fı́sicas, um exemplo é a sua utilização em eletrostática.
28
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Figura 2.23: exemplo
Não daremos uma prova formal e rigorosa desse teorema, tal prova pode ser encontrada
em um livro de calculo mais avançado.
Considere um superfı́cie fechada. Subdivida o volume V delimitado por S em N subvolumes, isso é mostrado na figura 2.24(desenhamos um cubo por conveniência). Começaremos
Figura 2.24: exemplo
a prova afirmando que o fluxo de um campo vetorial F(x, y, z) sobre a superfı́cie S é igual a
soma dos fluxos de todas as superfı́cies de cada sub-volume:
ZZ
F · ndS =
S
N ZZ
X
l=1
F · ndS.
(2.4)
Sl
Agora Sl é a superfı́cie fechada que tem sub-volume ∆Vl . Para estabelecermos a equação
2.4, considere 2 sub-volumes adjacentes (ver figura 2.25). Seja S0 a face em comum a essas
duas superfı́cies. Claramente o fluxo nos dois sub-volumes têm suas contribuições na face
S0 , ou seja, temos
ZZ
ZZ
F · n1 dS
F · n2 dS,
e
S0
S0
onde n1 é o vetor normal unitário a face S0 , na convenção usual, nos pontos do sub-volume
1. Já n2 é o vetor normal unitário as pontos do sub-volume 2. Claramente, n1 =-n2 .
Dessa forma, todos as faces comuns a dois sub-volumes iram se cancelar na soma da
equação 2.4, pois
ZZ
ZZ
ZZ
ZZ
F · n1 dS +
F · n2 dS =
F · n1 dS −
F · n1 dS = 0.
S0
S0
S0
S0
2.6. O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA
29
Figura 2.25: exemplo
Como vimos todos esses termos são cancelados na equação 2.4, ou seja eles não contribuem na
soma. De fato, isso acontece para qualquer dois sub-volume adjacentes. Mais toda superfı́cie
dos sub-volumes, salvo as que pertencem a superfı́cie original, são adjacentes a alguma outra
superfı́cie de um outro sub-volume. Assim os únicos termos que não se cancelam na equação
2.4 são os que pertencem a superfı́cie S. O que valida a equação 2.4.
Agora re-escreva a equação 2.4 na seguinte forma curiosa:
ZZ
ZZ
N X
1
F · ndS ∆Vl .
F · ndS =
∆Vl
Sl
S
l=1
(2.5)
Claramente, isto não altera nada desde que nós apenas multiplicamos o termo dividido da
soma por ∆Vl , o sub-volume fechado pela superfı́cie Sl . Nós agora podemos particionar o
volume original V em um número grande de sub-volumes cada vez menores. Em outras
palavras, nós passamos o limite na soma da Equação 2.5 com o número de sub-divisões
tendendo a infinito e cada ∆Vl tendendo para zero. Nós reconhecemos que o limite da
quantidade nos cubos da Equação 2.5 é, por definição (∇ · F)l , que é, a divergência de F
calculada em um ponto de ∆Vl que é pequeno. Assim, para cada ∆Vl realmente pequeno,
temos da Equação 2.5 que
ZZ
F · ndS =
S
N
X
(∇ · F) ∆Vl .
(2.6)
l=1
No limite, essa soma, por definição é a integral tripla de ∇ · F sobre o volume fechado por
S:
ZZZ
N
X
lim
(∇ · F) ∆Vl ≡
∇ · FdV.
N →∞
cada ∆Vl →0 l=1
V
Juntando a última equação com a equação 2.4, encontramos o resultado desejado:
ZZ
ZZZ
F · ndS =
∇ · FdV.
(2.7)
S
V
Este é o Teorema da Divergência. Em palavras, diz que o fluxo de uma função vetorial
através de uma superfı́cie fechada é igual a integral tripla da divergência dessa função sobre
o volume limitado pela superfı́cie.
30
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
a maior razão da prova dada não ser considerada rigorosa é que a integral tripla é definida
como o limite de uma soma da forma:
N
X
g(xl , yl , zl )∆Vl ,
l=1
onde a função g é bem definida. Na equação 2.5, entretanto, o quantidade que multiplica
o elemento de volume ∆Vl em cada termo da soma não é uma função bem definida neste
sentido. Isto é, como ∆Vl tende a zero a quantidade nos cubos muda; pode ser identificada
como a divergência de F somente no limite. Felizmente, um estudo rigoroso mostra que a
Equação 2.7 é valida se F (que é, Fx , Fy e Fz ) é continua e diferenciável, e suas primeiras
derivadas são continuas em V e em S.
Figura 2.26: exemplo
Vamos agora ilustrar o teorema da divergência. Para isso vamos resolver um exemplo
simples. Seja F(x, y, z) = ix + jy + kz e escolha para S a superfı́cie da figura 2.26, que
é a semi-esfera de raio 1 e a região R do plano xy é limitada pelo circulo unitário. Neste
hemisfério temos que n = ix + jy + kz, assim F · n = x2 + y 2 + z 2 = 1. Neste hemisfério,
ZZ
ZZ
F · ndS =
dS = 2π,
onde a última igualdade segue do fato que a integral é meramente a área do hemisfério
unitário. Na região R temos que n = −k com isso F · n = −z,
ZZ
ZZ
F · ndS = −
z dx dy = 0,
pois z = 0 em toda região R. Dessa forma, não existe contribuição da região circular R na
integral de superfı́cie e
ZZ
F · ndS = 2π.
S
Por outro lado, trivialmente calculamos o ∇ · F = 3. Segue que
ZZZ
ZZZ
2π
= 2π
∇ · FdV = 3
dV = 3
3
V
V
onde usamos o fato que o volume do hemisfério unitário é 2π/3. Dessa forma, as integrais
de superfı́cie e volume são iguais como mostra a Equação 2.7.
2.7. EXERCÍCIOS
2.7
31
Exercı́cios
1. Encontre o vetor normal unitário nos seguintes casos:
a) z = 2 − x − y;
b) z = (x2 + y 2 )1/2 ;
c) z = (1 − x2 )1/2 ;
d) z = x2 + y 2 ;
e) z = (1 − x2 /a2 − y 2 /a2 )1/2 .
2. a) Mostre que o vetor normal unitário para o plano
ax + by + cz = d
é dado por
n=±
ia + jb + kc
(a2 + b2 + c2 )1/2
b) Explique geometricamente por que o vetor normal não depende da constante d.
3. Calcule a integral de superfı́cie
RR
S
G(x, y, z)dS
a) G(x, y, z) = z, onde S é a parte do plano x + y + z = 1 no primeiro octante;
1
b) G(x, y, z) =
, onde S é a parte do paraboloide z = x2 + y 2 entre
2
2
1 + 4(x + y )
z = 0 e z = 1;
c) G(x, y, z) = (1 − x2 − y 2 )3/2 , onde S é o hemisfério z = (1 − x2 − y 2 )1/2 .
ZZ
F · ndS
4. Calcule a integral de superfı́cie
S
a) F(x, y, z) = ix − kz, onde S é a parte do plano x + y + 2z = 2 no primeiro octante;
b) F(x, y, z) = ix + jy + kz, onde S é o hemisfério z = (1 − x2 − y 2 )1/2 ;
c) F(x, y, z) = jy + k, onde S é a parte do paraboloide z = 1 − x2 − y 2 no plano-xy.
5. Às vezes as integrais de superfı́cie
Z Z podem ser calculadas sem usar os procedimentos
esboçados no texto. Calcule
F · ndS para cada item abaixo. Pense um pouco e
evite muito trabalho!
S
a) F = ix + jy + kz, onde S são os quadrados de lado b, mostrados a figura 2.27;
32
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Figura 2.27: exercı́cio
Figura 2.28: exercı́cio
b) F = (ix + jy) ln(x2 + y 2 ), onde S é o cilindro (incluindo o fundo e o topo) de raio
R e altura h, como mostra a figura 2.28;
2
2
2
c) F = (ix + jy + kz)e−x +y +z , onde S é a esfera de raio R centrada na origem,
como mostra a figura 2.29;
Figura 2.29: exercı́cio
d) F = iE(x), onde E(x) é um função escalar qualquer que só depende de x. E S é
o cubo de lado b, como mostra a figura 2.30.
6. a) Sejam i, j e k os vetores unitários em coordenadas cartesianas e er , eθ , e ez os
2.7. EXERCÍCIOS
33
Figura 2.30: exercı́cio
vetores unitários em coordenadas cilı́ndricas. Mostre que
i = er cos θ − eθ sen θ,
j = er sen θ − eθ cos θ,
k = ez .
b) Escreva a função (−ixy + jx2 )/(x2 + y 2 ), onde (x, y) 6= (0, 0), em coordenadas
cilı́ndricas e calcule sua divergência utilizando a equação 2.2.
7. a) Sejam i, j e k os vetores unitários em coordenadas cartesianas e er , eθ , e eφ os
vetores unitários em coordenadas esféricas. Mostre que
i = er sen φ cos θ + eφ cos φ cos θ − eθ sen θ,
j = er sen φ sen θ + eφ cos φ sen θ + eθ cos θ,
k = er cos θ − eφ sen φ.
[Sugestão: É mais fácil expressar er , eθ , e eφ em termos de i, j e k e a seguir
resolve algebricamente para i, j e k. Para fazer isto, use primeiramente que
er = r/r = (ix + jy + kz)/r. Depois, resolva geometricamente, mostre que
eθ = −i sen θ + j cos θ. Finalmente, calcule eφ = eθ × er ]
b) Escreva a função ix + jy + kz, em coordenadas esféricas e calcule sua divergência
utilizando a equação 2.3.
8. Verifique o teorema da divergência
ZZ
ZZZ
F · n dS =
∇ · F dV
S
V
para os seguintes casos:
a) F = ix + jy + kz, onde S são os quadrados de lado b, mostrados a figura 2.30;
b) F = er r + ez z), r = ix + jy e S é um quarto do cilindro (de raio R e altura h),
como mostra a figura 2.31;
c) F = er r2 , r = ix + jy + kz, onde S é a esfera de raio R centrada na origem, como
mostra na figura 2.29;
34
CAPÍTULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES E DIVERGÊNCIA
Figura 2.31: exercı́cio
9. a) Use o teorema da divergência para mostrar que
ZZ
1
n · r dS = V,
3 S
onde S é fechada que limita uma região de volume V , n é um vetor unitário
normal a superfı́cie S, e r = ix + jy + kz.
b) Use a expressão dada no item a) para encontrar o volume de:
i) um paralelepı́pedo de lados a, b e c.
ii) um cone circular com altura h e base de raio R. [Sugestão: O calculo é
simples com o cone orientado como mostra a figura 2.32].
Figura 2.32: exercı́cio
iii) uma esfera de raio R.
Capı́tulo 3
Integral de Linha e o Rotacional
3.1
Trabalho e Integral de Linha
A propriedade dos campos eletrostáticos que nós começaremos agora a discutir está intimamente ligada com a pergunta do trabalho e da energia. Você se lembra da definição elementar
de trabalho, força vezes distância. Assim, em uma dimensão, se a força F (x) atua de x = a
para x = b, o trabalho é dado, por definição,
Z b
F (x) dx.
a
Para podermos falar de uma situação mais geral, devemos introduzir o conceito de integral
de linha.
Figura 3.1: exemplo
Suponha que tenhamos uma curva em três dimensões (figura 3.1) e suponha que essa
curva seja direcionada. Isso significa que colocamos uma seta sobre a curva e definimos
esse sentido como o positivo. Seja s um comprimento de arco ao longo da curva medido de
algum ponto arbitrário nela com s = s1 em um ponto P1 e s = s2 em P2 . Suponha que
tenhamos uma função f (x, y, z) definida sobre essa curva, C. Subdivida a curva C entre P1
e P2 em N pedaços arbitrários. A figura 3.1 mostra um exemplo com 4 subdivisões. Em
seguida, junte os pontos sucessivos da subdivisão por segmentos de reta, diga que l-ésimo,
tem comprimento ∆Sl . Agora, calcule o valor de f (x, y, z) em (xl , yl , zl ), qualquer ponto na
35
36
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
l-ésima subdivisão da curva, e faça o produto f (x, y, z) ∆Sl . Feito isso para cada um dos N
segmentos de C, faça a soma
N
X
f (x, y, z) ∆Sl .
l=1
Por definição, a integral de linha de f (x, y, z) ao longo da curva C é o limite dessa soma
quando o numero de subdivisões N se aproxima do infinito fazendo o o comprimento de cada
arco se aproximar a zero:
N
X
Z
f (x, y, z) ds =
C
lim
N →∞
cada ∆Sl →0 l=1
f (x, y, z) ∆Sl .
Para calcular a linha integral, precisamos saber o caminho de C. Geralmente a maneira mais
conveniente de especificar este caminho é usar s para parametriza-lo via comprimento de
arco. Assim, escrevemos x = x(s), y = y(s) e z = z(s). Neste caso, a integral de linha se
reduz a:
Z
Z s2
f (x, y, z) ds =
f (x(s), y(s), z(s)) ds.
s1
C
Vamos ver um exemplo, por simplicidade trabalharemos em duas dimensões, calcule
Z
(x + y) ds,
C
onde C é a linha reta que sai da origem até a coordenada (1, 1), ver figura 3.2. Se (x, y)
Figura 3.2: exemplo
são a coordenada de qualquer√ponto P em√C e se s é a medida do seu comprimento
de arco
√
√
desde a origem, então x = s/ 2 e y = s/ 2. Dessa forma, x + y = 2s/ 2 = 2s. Assim,
Z
C
√ Z
(x + y) ds = 2
√
2
s ds =
√
2.
0
Vamos integrar agora a mesma função x + y de (0, 0) para (1, 1) considerando as subdivisões mostradas na figura 3.3. Temos que separar a integral em duas partes, ao longo de
C1 , e ao longo de C2 . Em C1 temos x = s e y = 0. Assim, x + y = s, e
Z
Z 1
1
(x + y) ds =
s ds = .
2
C1
0
3.2. INTEGRAL DE LINHA ENVOLVENDO CAMPO VETORIAL
37
Figura 3.3: exemplo
Ao longo de C2 , x = 1 e y = s, note que o comprimento de arco desse segmento é medido a
partir do ponto (1, 0). Segue que,
Z
Z
(x + y) ds =
C2
0
1
3
(1 + s) ds = .
2
Somando os dois resultados temos que,
Z
Z
Z
1 3
(x + y) ds =
(x + y) ds +
(x + y) ds = + = 2.
2 2
C1
C2
C
A lição a ser aprendida é esta: o valor de uma integral pode (geralmente) depender do
caminho de integração.
3.2
Integral de Linha Envolvendo Campo Vetorial
Embora a discussão precedente nos diga o que é uma integral de linha, o tipo de integral
de linha que nós devemos tratar aqui tem uma caracterı́stica que ainda não foi mencionada.
Nós introduzimos as integrais de linha através do conceito de trabalho. Trabalho, no sentido
mais elementar, é o deslocamento da força no tempo. Essa elaboração torna-se mais clara
quando reconhecemos que força e deslocamento são vetores.
Assim, considere uma partição da curva C em três dimensões (figura 3.4). Vamos supor
Figura 3.4: exemplo
38
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
que sob a ação de uma força um objeto se move neste caminho de s1 para s2 . Em qualquer
ponto P da curva designaremos f (x, y, z) como a ação dessa força. A componente de f que
exerce o trabalho é, por definição, simplesmente a que atua ao longo da curva, isto é, a
componente tangencial. Seja t o vetor unitário que é tangente a curva no ponto P 1 . Então
o trabalho realizado pela força em mover o objeto de s1 para s2 ao longo da curva C é
Z
T =
f (x, y, z)·t ds,
C
onde se compreende, naturalmente, que a integração começa em s = s1 e termina em s = s2 .
A nova caracterı́stica desta integral é que o integrando é o produto escalar de duas funções
vetoriais. Para avaliarmos essa integral devemos saber encontrar t, e é esse o problema que
tentaremos resolver agora.
Considere um curva arbitrária C (ver figura 3.5) parametrizada pelo comprimento de
arco. Em algum ponto s na curva temos que x = x(s), y = y(s) e z = z(s). Em um outro
Figura 3.5: exemplo
ponto s + ∆s temos x + ∆x = x(s + ∆s), y + ∆y = y(s + ∆s) e z + ∆z = z(s + ∆s). Assim,
o segmento de reta que une os dois pontos na curva direcionada do primeiro ao segundo é o
vetor ∆r = i∆x + j∆y + k∆z, onde
∆x = x(s + ∆s) − x(s),
∆y = y(s + ∆s) − y(s),
∆z = z(s + ∆s) − z(s).
Se dividirmos esse vetor por ∆s, temos
∆r
∆x
∆y
∆z
=i
+j
+k
∆s
∆s
∆s
∆s
Tomando o limite quando ∆s se aproxima de zero, temos
i
dx
dy
dz
+j +k
ds
ds
ds
1
t é uma função de x, y e z e na realidade deveria ser escrita como t(x, y, z). Escreveremos simplismente
t para simplificar a notação.
3.2. INTEGRAL DE LINHA ENVOLVENDO CAMPO VETORIAL
39
afirmamos que esse limite é o campo t. Para começar, é claro que quando ∆s → 0, o vetor
∆r tangência a curva s. Além disso, no limite ∆s → 0, vemos que |∆r → ∆s|. Portanto, no
limite a norma deste vetor é 1. Segue que
t=i
dx
dy
dz
+j +k
ds
ds
ds
Se retornarmos agora a expressão do trabalho T e usarmos a formula de t, encontramos
Z
Z
Z
dx
dy
dz
T =
f (x, y, z)·t ds =
f (x, y, z) · i + j + k
ds = (fx dx + fy dy + fz dz).
ds
ds
ds
C
C
C
Esta é uma expressão formal; frequentemente, para realizar a integração, é útil restaurar o
ds como ilustra o exemplo a seguir.
Considere
f (x, y, z) = iy − jx
R
e a curva mostrada na figura 3.6. Para calcular C (f · t) ds neste caso, divida a curva C em
três partes, C1 , C2 e C3 como mostramos. Considerando fz = 0, temos
Figura 3.6: exemplo
Z
Z
f · t ds =
C
Z
y dx − x dy
fx dx + fy dy =
C
C
Agora, em C1 , y = 0 e dy = 0, assim C1 não contribui na integral. Similarmente, em C3
temos x = 0 e dx = 0, o que dá resultado igual a zero. Assim, a única contribuição para a
integral sobre C e a parte em C2 . Restaurando o ds, temos
Z dx
dy
y
−x
ds.
ds
ds
C
√
√
Mas (1 − x)/s = cos 450 = 1/ 2 e (1 − x)/s = sen 450 = 1/ 2 (figura 3.7). Assim,

s
dx
1 
x=1− √
⇒
= −√ 

√
ds
2
2 
0 ≤ s ≤ 2.

s
dy
1


y=√
⇒
=√

ds
2
2
40
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
Figura 3.7: exemplo
Dessa forma, a integral é
√
Z
0
2
s
√
2
1
−√
2
Z √2
s
1
1
√ ds = − √
ds = −1.
− 1− √
2
2
2 0
Um segundo exemplo de integral de linha envolvendo funções vetoriais, seja
f (x, y, z) = ix2 − jxy,
e tome C o quarto de circulo de raio R orientado como mostra a figura 3.8. Então temos
Figura 3.8: exemplo
Z
Z
f · t ds =
C
x2 dx − xy dy.
C
Considerando x = R cos θ, y = R sen θ, encontramos esta integral como
Z
π/2
2
2
2
[R cos θ(−R sen θ) − R sen θ cos θ(R cos θ)] dθ = −2R
0
3
Z
0
π/2
cos2 θ sen θ dθ = −
2R3
.
3
3.3. O ROTACIONAL
3.3
41
O Rotacional
Se nós é dado uma função vetorial F(x, y, z) e perguntado, “ Poderia ser esse um campo
eletrostático?”, podemos, a principio, responder. Se
I
F · t ds 6= 0
sobre uma curva então F não pode ser um campo eletrostático. Se
I
F · t ds = 0
sobre qualquer curva fechada, então F pode (mas não tem que ser) ser um campo eletrostático. Claramente, este critério não é fácil de aplicar, pois devemos saber que a circulação de F é zero sobre todos os caminhos possı́veis.
Vamos tentar encontrar um critério mais útil. Considere a circulação de F em um
retângulo pequeno paralelo ao plano xy, com lados ∆x e ∆y e com o ponto central (x, y, z),
ver figura 3.9 Como é mostrado na figura 3.9, faremos a integração no sentido anti-horário
de que olha de cima do plano xy. Vamos quebrar essa integral de linha em quatro partes: CB (parte inferior), CR (lado direito), CL (lado direito) e CT (parte superior). Essa
Figura 3.9: exemplo
retângulo é pequeno (eventualmente no limite faremos ele tender a zero), nós aproximaremos a integral sobre cada segmento por F · t avaliado no centro do segmento, multiplicado
pelo comprimento do segmento2 .
Consideraremos CB primeiro, temos que
Z
Z
∆y
∼
F · t ds =
Fx dx = Fx x, y −
, z ∆x.
(3.1)
2
CB
CB
Em CT encontramos,
Z
Z
F · t ds =
CT
CT
∆y
∼
, z ∆x.
Fx dx = −Fx x, y +
2
(3.2)
2
Releia a primeira nota de roda pé da seção 2.4 do Capı́tulo 2 e assim temos um argumento que dá
suporte a essa argumentação.
42
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
O sinal negativo aqui se refere ao fato que
Z
Z
Fx dx =
CT
Fx
CT
dx
ds
ds
e dx/ds = −1 em CT . Somando as equações 3.1 e 3.2 temos,
Z
∆y
∆y
, z ∆x − Fx x, y −
, z ∆x
F · t ds ∼
= − Fx x, y +
2
2
CT +CB
Fx
∼
= −
∆y
x, y +
,z
2
− Fx
∆y
∆y
x, y −
,z
2
∆x∆y.
Claramente ∆x∆y é a área de ∆S do retângulo. Assim,
∆y
∆y
Z
Fx x, y +
, z − Fx x, y −
,z
1
2
2
∼
.
F · t ds = −
∆S CT +CB
∆y
(3.3)
Exatamente a mesma análise se aplica ao lado esquerdo e direito do retângulo (CL eCR )
resultando em
∆x
∆x
Z
Fy x +
, y, z − Fy x −
, y, z
1
2
2
∼
F · t ds =
.
(3.4)
∆S CL +CR
∆x
Fazendo a soma da equações 3.3 e 3.4 e tomando o limite quando ∆S se fecha sobre o ponto
(x, y.z) (neste caso, ∆x e ∆y → 0 ao mesmo tempo), encontramos
Z
1
∂Fy ∂Fx
lim
F · t ds =
−
,
∆S→0
∆S
∂x
∂y
sobre (x,y,z)
onde estamos considerando a circulação em torno do retângulo pequeno. Você pode querer
se perguntar sobre a generalidade e a unicidade deste resultado pois ele é obtido usando uma
curva especial para a integração: primeiro, um retângulo, e segundo, ele é paralelo ao plano
xy. Se a curva não for um retângulo, mas uma curva plana da forma arbitrária, não afetaria
nosso resultado (exercı́cios 1 e 12). Mas nosso resultado definitivamente depende em especial
da orientação da curva na integração. A escolha da orientação A escolha da orientação feita
acima sugere claramente duas outras, que são mostradas na figura 3.10 junto com o resultado
do cálculo, para cada uma de
Z
1
F · t ds.
lim
∆S→0
∆S
sobre (x,y,z)
Cada uma dessas três curvas são nomeadas com base no vetor normal a área delimitada
por elas. A convenção usada é: Trace a curva C de modo que a área delimitada por ela esteja
3.3. O ROTACIONAL
43
Figura 3.10: exemplo
Figura 3.11: exemplo
sempre a esquerda, como mostra a figura 3.11. Então escolha o vetor normal de modo que
ele aponte para “acima” no sentido mostrado na figura 3.11. Esta convenção é chamada da
regra da mão direita, para que se a mão direita é orientada de modo que os dedos ondulem
no sentido em que a curva é seguida, o polegar, estendido, aponte no sentido do vetor normal
(figura 3.11). Usando a regra da mão direita, temos o seguinte:
I
ds
calculando lim
F·t
∆S→0
∆S

∂Fz ∂Fy 

para uma curva à qual o normal é i, temos
−
,

∂y
∂z 



∂Fx ∂Fz 
para uma curva à qual o normal é j, temos
−
,
(3.5)
∂z
∂x 




∂Fy ∂Fx 

para uma curva à qual o normal é k, temos
−
,

∂x
∂y
Dizemos que essas três quantidades são as coordenadas cartesianas do vetor. Daremos o
nome a este vetor de o “rotacional de F”, que escreveremos como rot F. Assim, temos que
∂Fz ∂Fy
∂Fx ∂Fz
∂Fy ∂Fx
rot F =, i
−
+j
−
+k
−
(3.6)
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
44
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
Esta expressão é frequentemente é dada como a definição do rotacional, mas nós preferimos considerá-la meramente como o forma do rotacional em coordenadas cartesianas. Nós
definiremos o rotacional
como o limite da circulação quando a área tende a zero. Mas preciZ
samente, seja
F · t ds a circulação de F sobre uma curva com normal n como mostra a
Cn
figura 3.12. Então por definição
Figura 3.12: exemplo
n·rot F =
lim
∆S→0
sobre (x,y,z)
1
∆S
I
F · t ds.
Tomando n sucessivamente igual a i, j e k, temos de volta o resultado dado na Equação 3.6.
Esse limite, em geral, tem valores diferentes para pontos (x, y, z) diferentes, o rotacional de
F é a função vetorial da posição 3 . Embora em nosso trabalho supomos sempre que a área
delimitada pela curva de integração é plana, isto, necessariamente não precisa acontecer.
Desde que o rotacional seja definido em termos de um limite no qual a superfı́cie fechada se
aproxime de zero para qualquer ponto, no estagio final desse processo de limite a superfı́cie
fechada é infinitessimalmente próxima do plano, e todas as considerações feitas se aplicam.
A expressão 3.6 dada para o rot F em coordenadas cartesianas é quase impossı́vel de
ser lembrada, por sorte existe uma forma mais fácil de memoriza-la. Se expandirmos o
determinante de
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z Fx
Fy
Fy e se certos “produtos” são interpretados como derivadas parciais (por exemplo, (∂/∂x)Fy =
∂Fy /∂x), o resultado é idêntico ao dado na expressão 3.64 . Assim, a angústia de recordar a
fórmula de rot F em coordenadas cartesianas pode ser substituı́da pela dor de recordar como
expandir o determinante três por três. A vontade do cliente.
3
A palavra rotação (abreviada “rot”) já foi usada para o que nós chamamos agora de rotacional. Embora
esse terno tenha deixado de ser usado a muito tempo: Se rot F = 0, a função F é dita irrotacional.
4
Um matemático varia objeção a isto, estritamente falando, um determinante não pode conter vetores ou
operadores. Porém não estamos fazendo nenhum erro grave, pois nosso “determinante” é meramente uma
ajuda a memória.
3.4. O ROTACIONAL EM COORDENADAS CILÍNDRICAS E ESFÉRICAS
45
Um exemplo de calculo do rotacional, considere a função vetorial
F(x, y, z) = ixz + jyz − ky 2 .
Temos,
i
j
k rot F = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = i(−2y − y) + j(x − 0) + k(0 − 0) = −3iy + jx.
2
xy
yz
−y
Você pode ter observado que o operador rotacional pode ser escrito em termos da notação
com delta que introduzimos anteriormente. Você mesmo pode verificar que
rot F = ∇ × F,
que é lida “delta versos F”. A partir de agora usaremos ∇ × F para indicar o rotacional.
3.4
O Rotacional em Coordenadas Cilı́ndricas e Esféricas
Para obtermos a forma do ∇ × F em outro sistema de coordenadas procederemos da mesma
maneira que fizemos para coordenadas cilı́ndricas, meramente usaremos a curva para integração apropriada. Como um exemplo, usaremos o caminho mostrado na figura 3.14 isso nos
dará a componente z do ∇ × F em coordenadas cilı́ndricas5 . Note que o traço da curva está
em concordância com a regra da mão direita dada na outra seção. Vendo a curva de acima
(como nós fazemos na figura 3.14), a integral de linha de F(r, θ, z) · t ao longo do segmento
Figura 3.13: exemplo
do caminho marcado 1 é
∆θ
F · t ds ' Fr r, θ −
, z ∆r,
2
C1
Z
5
Analogamente a forma cartesiana de ∇ × F, cada curva de integração (ver figuras 3.9 e 3.10) tem a
forma x =constante, y =constante ou z =constante. Similarmente, de forma análoga, na forma cilı́ndrica,
cada segmento de cada caminho é da forma r =constante, θ =constante ou z =constante.
46
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
enquanto oo longo do segmento 3 temos
Z
∆θ
F · t ds ' −Fr r, θ +
, z ∆r.
2
C3
A área limitada pela curva é r∆r∆θ, e
Z
1
∆r
∆θ
∆θ
F · t ds ' −
Fr r, θ +
, z − Fr r, θ −
,z .
∆S C1 +C3
r∆r∆θ
2
2
No limite quando ∆r e ∆θ tendem a zero, isto é
−
1 Fr
r ∂θ
avaliado no ponto (r, θ, z).
Ao longo do segmento 2 encontramos
Z
∆r
∆r
F · t ds ' Fθ r +
, θ, z
r+
∆θ,
2
2
C2
e ao longo do segmento 4
Z
∆r
∆r
, θ, z
r−
∆θ.
F · t ds ' −Fθ r −
2
2
C4
Assim,
Z
∆r
∆θ
∆r
1
∆r
∆r
, θ, z − r −
, θ, z .
F · t ds ' −
r+
Fθ r +
Fθ r −
∆S C2 +C4
r∆r∆θ
2
2
2
2
No limite temos (1/r)(∂/∂r)(rFθ ) avaliado em (r, θ, z). Dessa forma,
I
1 ∂
1 ∂Fr
(∇ × F)z ≡ lim
F · t ds =
(rFθ ) −
.
∆S→0 C
r ∂r
r ∂θ
Para encontrar as componentes r e θ de ∇ × F os caminhos são mostrados na figura 3.14,
respectivamente. Deixaremos como exercı́cio a obtenção dessas duas componentes.
Para completar as três componentes do ∇ × F em coordenadas cilı́ndricas são dadas por:
(∇ × F)r =
1 ∂Fz ∂Fθ
−
,
r ∂θ
∂z
(∇ × F)θ =
∂Fr ∂Fr
−
,
∂z
∂r
(∇ × F)z =
1 ∂
1 ∂Fr
(rFθ ) −
.
r ∂r
r ∂θ
Vamos calcular um exemplo de rotacional em coordenadas cilı́ndricas, considere a função
F(r, θ, z) = er r2 z + eθ rz 2 cos θ + ez r3
3.4. O ROTACIONAL EM COORDENADAS CILÍNDRICAS E ESFÉRICAS
47
Figura 3.14: exemplo
então
(∇ × F)r =
1 ∂ 3
∂
(r ) − (rz 2 cos θ) = −2rz cos θ,
r ∂θ
∂z
(∇ × F)θ =
∂
∂ 2
(r z) − (r3 ) = −2r2 ,
∂z
∂r
(∇ × F)z =
1 ∂ 2 2
1 ∂ 2
(r z cos θ) −
(r z) = 2z 2 cos θ,
r ∂r
r ∂θ
portanto
∇ × F = −2er rz cos θ − 2eθ r2 + 2ez z 2 cos θ.
As três componentes do rot F em coordenadas esféricas são as seguintes:
(∇ × F)r =
1
∂
1 ∂Fφ
(sen φFθ ) −
,
r sen φ ∂φ
r sen φ ∂θ
(∇ × F)φ =
1 ∂Fr 1 ∂
−
(rFθ ),
r sen φ ∂θ
r ∂r
(∇ × F)θ =
1 ∂
1 ∂Fr
(rFφ ) −
.
r ∂r
r ∂φ
Vamos calcular um exemplo de rotacional em coordenadas esféricas, considere a função
er eφ
eθ
F(r, θ, φ) =
+
+
rθ
r
r cos φ
então
1
∂
1
1
sec2 φ
(∇ × F)r =
sen φ
−
·0= 2
,
r sen φ ∂φ
r cos φ
r sen φ
r sen φ
1
rθ
(∇ × F)φ
1
∂
=
r sen φ ∂θ
(∇ × F)θ
1 ∂
1 ∂
(1) −
=
r ∂r
r ∂φ
−
1 ∂
1
(cos φ) = − 2 2
,
r ∂r
r θ sen φ
1
rθ
= 0.
48
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
Assim
∇×F=
3.5
sec2 φ
1
er − 2 2
eφ .
2
r sen φ
r θ sen φ
O Teorema de Stokes
Nos concentraremos a partir de agora em um famoso teorema. Este teorema, que tem o nome
do matemático Stokes, relaciona uma integral de linha em torno de um caminho fechado a
uma integral da superfı́cie sobre o que é chamado uma “superfı́cie cobrindo” o caminho,
assim a primeira coisa a fazermos é definir este termo. Suponha que tenhamos uma curva
fechada C, como mostra a figura 3.15, e imagine que ela é feita de fio. Agora suponha que
Figura 3.15: exemplo
nós anexamos uma membrana elástica ao fio como indicado na figura 3.16. Essa membrana
Figura 3.16: exemplo
é uma “superfı́cie cobertura” da curva C. Qualquer outra superfı́cie que possa ser formada
esticando a membrana é uma “superfı́cie cobrindo”; um exemplo é mostrado na figura 3.17.
A figura 3.18 mostra quatro diferentes superfı́cies cobertura de um caminho plano: (a) a
Figura 3.17: exemplo
região do plano fechado pelo circulo: (b) um hemisfério com o circulo como base; (c) o cone
com o circulo como base, e (d) o cilindro também com o circulo como base.
3.5. O TEOREMA DE STOKES
49
Figura 3.18: exemplo
Após essas notas prévias, você não será surpreendido ao nós ver começar o teorema de
Stokes considerando uma curva fechada C e uma superfı́cie cobertura S (ver figura 3.19)
Como temos feito anteriormente, aproxime essa superfı́cie cobertura por poliedros de N
Figura 3.19: exemplo
faces, onde cada um é tangente a S em apenas um ponto (ver figura 3.20). Note que com
Figura 3.20: exemplo
isso automaticamente criamos uma poligonal (marcada com P na figura 3.20) que é uma
aproximação para a curva C. Seja F(x, y, z) uma função vetorial bem comportada definida
em toda a região do espaço ocupada pela curva C e pela superfı́cie cobertura S. Considere
a circulação de F em torno de Cl , o bordo da l-ésima face do poliedro:
I
F · t ds.
Cl
Se nós fazemos isto para cada um das faces do poliedro e então adicionamos juntas todas as
circulações, afirmamos que esta soma será igual à circulação de F em torno da poligonal P :
N I
X
l=1
Cl
I
F · t ds =
F · t ds.
P
(3.7)
50
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
Isto não é difı́cil de ser provado. Considere duas faces adjacentes como mostra aZfigura 3.21.
B
F · t ds.
A circulação em torno da face do lado esquerdo inclui o segmento AB, que é
A
Figura 3.21: exemplo
Mas o segmento AB é comum a ambas as faces, e contribui também para circulação da face
do lado direito que é
Z A
Z B
F · t ds = −
F · t ds.
B
A
Note que o segmento AB tem uma direção na face a esquerda, e a direção contrária na face
a direita. Dessa forma, quando olharmos a contribuição do segmento AB na circulação de
F observamos que
Z
Z
B
A
F · t ds +
A
F · t ds = 0.
B
Dessa forma, se torna claro que qualquer segmento comum a duas faces adjacentes não contribui na soma da equação 3.7 porque tais segmentos sempre vem em pares que se cancelam.
Mas todos os segmentos são comuns a pares de faces adjacentes exceto aqueles, somados
juntos, que constituem a poligonal P . Isso estabelece a equação 3.7.
Agora vamos fazer uma análise muito similar a feita no caso do teorema da divergência.
Escreva
I
I
N n I
X
X
1
F · t ds ∆Sl ,
(3.8)
F · t ds =
F · t ds =
∆S
l Cl
P
C
l
l=1
l=1
onde ∆Sl é a área da l-ésima face. O valor entre parêntese, é aproximadamente, igual a
nl ·(∇ × F)l onde nl é o vetor normal unitário positivo em cada l-ésima face e (∇ × F)l é
o rotacional da função vetorial F avaliada no ponto da l-ésima face que é tangente a S.
Dizemos “aproximadamente” porque é na realidade o limite quando ∆Sl tende para zero
na expressão entre parêntese na equação 3.8, que é identificada com nl ·(∇ × F)l . Ignorando
essa falta de rigor, escrevemos
I
N
N X
X
1
lim
F · t ds ∆Sl =
lim
nl ·(∇ × F)l ∆Sl
N →∞
N →∞
∆Sl Cl
l=1
l=1
cada ∆Sl →0
cada ∆Sl →0
(3.9)
ZZ
=
n · (∇ × F) dS.
S
Desde que a curva C seja o limite da poligonal P , temos
I
I
lim
F · t ds =
F · t ds.
N →∞
cada ∆Sl →0
P
C
(3.10)
3.5. O TEOREMA DE STOKES
51
Combinando as equações 3.8, 3.9 e 3.10, chegamos, finalmente, no Teorema de Stokes:
ZZ
I
F · t ds =
n · (∇ × F) dS
(3.11)
C
S
onde S é “qualquer” superfı́cie cobertura da curva C. Assim, em palavras, o teorema de
Stokes diz que a integral de linha da componente tangencial de uma função vetorial sobre
um caminho fechado é igual a integral de superfı́cie da componente normal do rotacional da
função vetorial sobre qualquer superfı́cie cobertura do caminho. O teorema de Stokes vale
para qualquer função vetorial F que é continua e diferenciável e tem derivadas continuas em
C e S.
Vamos trabalhar em um exemplo. Tome F(x, y, z) = iz + jx − kx, com C o cı́rculo de
raio 1 centrado na origem no plano xy, e S a parte do plano xy limitada por esse cı́rculo
(ver figura 3.22) Agora
Figura 3.22: exemplo
F · t ds = z dx + x dy − x dz.
I
Assim,
I
F · t ds =
x dy. Vamos usar a parametrização de C em ternos do ângulo θ
mostrado na figura 3.22. Assim, escrevemos
Z 2π
I
I
dy
cos2 θ dθ = π,
x dy = x
dθ =
dθ
0
onde usamos x = cos θ e y = sen θ.
O próximo calculo é:
i
j
k
∇ × F = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = 2j + k
z
x
−x Aqui a superfı́cie cobertura é uma parte do plano xy, tal que o normal unitário na orientação
positiva é n = k. Assim,
n · ∇ × F = k · (2j + k) = 1
e
I
I
n · ∇ × F dS =
dS = π,
S
52
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
onde a última igualdade segue do fato que a integral de superfı́cie neste caso é meramente a
área do circulo unitário. Esse resultado é igual ao obtido anteriormente ilustrando o teorema
de Stokes.
Vamos agora calcular usando uma outra superfı́cie cobertura, dessa vez vamos pegar um
hemisfério como mostra a figura 3.23. Usando a equação 3.11, temos
Figura 3.23: exemplo
ZZ
n · ∇ × F dS =
S
ZZ h
R
ZZ
ZZ
y
i
y
−2 −
+ 1 dx dy = 2
dx dy +
dx dy
z
R z
R
onde R é o circulo unitário no plano xy como mostra a figura 3.22. A segunda integral
do lado direito da igualdade é justamente a área do circulo, e este valor é igual a π. Para
calcular a primeira equação, usaremos coordenadas polares. E encontramos:
ZZ
ZZ
Z 2π Z 1
y
y dx dy
r sen θ r dr dθ
p
√
2
dx dy = 2
= 2
1 − r2
1 − x2 − y 2
R z
R
0
0
Z
2π
Z
1
sen θ dθ
= 2
0
0
r2 dr
√
= 0.
1 − r2
ZZ
n · ∇ × F dS = π, em
Não é difı́cil observar que a integral em θ é igual a zero. Logo,
concordância com os resultados encontrados anteriormente.
3.6
S
Exercı́cios
1. No texto obtivemos o resultado
(∇ × F)z =
∂Fy ∂Fx
−
∂x
∂y
integrando sobre um pequeno caminho retangular. Como um exemplo, que de fato esse
resultado indefere do caminho, reencontre esse resultado, usando o caminho triangular
mostrado na figura 3.24.
I
2. a) Calcule F · t ds onde
F = k(y + y 2 )
3.6. EXERCÍCIOS
53
Figura 3.24: exemplo
Figura 3.25: exemplo
sobre o perı́metro do triângulo mostrado na figura 3.25 (integrando na direção
indicada pelas setas).
b) Divida o resultado do item a) pela área do triângulo e tome o limite quando
a → 0.
c) Mostre que o rsultado da parte b) é n · ∇ × F calculado no ponto (0, 0, 0) onde
n é o vetor normal unitário do triângulo e saindo da origem.
3. Mostre que
A×r
=A
2
onde r = ix + jy + kz em A é um vetor constante.
∇×
4. Mostre que o ∇ · (∇ × F) = 0. (Suponha que a segunda derivada parcial mista é
independente da ordem de derivação. Exemplo: ∂ 2 Fz /∂x∂z = ∂ 2 Fz /∂z∂x)
5. No texto obtemos a componente z de ∇ × F em coordenadas cilı́ndricas. Proceda da
mesma forma, e obtenha as componentes θ e r.
6. Seguindo o procedimento sugerido no texto, obtenha a expressão de ∇ × F em coordenadas esféricas. A figura 3.26 pode lhe ser útil.
7. Calcule o rotacional das funções vetoriais abaixo em coordenadas cilı́ndricas e esféricas:
a) −iyz + jxz;
b) ixy + jy 2 + kyz;
54
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
Figura 3.26: exemplo
8. Toda força centrı́fuga pode ser escrita na forma
F(r) = er f (r),
onde er é um vetor unitário na direção radial e f é uma função escalar. Mostre, pelo
calculo direto do rotacional, que essa função é irrotacional (isto é, ∇ × F = 0).
9. Verifique o teorema de Stokes em cada caso seguinte:
a) F = iz 2 − jy 2 , onde C, é o quadrado de lado 1 no plano xz e direcionado como
mostra a figura 3.27 e S, é os cinco quadrados S1 , S2 , S3 , S4 e S5 mostrados na
figura 3.27
Figura 3.27: exemplo
b) F = iy + jz + kx, onde C, é os três quartos de cı́rculos C1 , C2 e C3 direcionados
como mostra a figura 3.28 e S, é o octante da esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 limitado por
esses três arcos.
3.6. EXERCÍCIOS
55
Figura 3.28: exemplo
Figura 3.29: exemplo
c) F = iy − jx + kz, onde C, é o cı́rculo de raio R no plano xy, centrado em (0, 0, 0)
e direcionado como mostra a figura 3.29 e S, é o cilindro de raio R e altura h
mostrado na figura 3.29. limitado por esses três arcos.
10.
a) Aplique o teorema da divergência na função
G(x, y) = iGx (x, y) + iGy (x, y),
usando com V e S a superfı́cie mostrada na figura 3.30; Sua base é uma região
do plano xy, e o seu topo tem o mesmo formato, e é paralelo, a base, e seu lado
é paralelo ao eixo z. Obtenha desta maneira a relação
Figura 3.30: exemplo
ZZ I
Gx dy − Gy dx =
C
R
∂Gx ∂Gy
+
∂x
∂y
este é o teorema da divergência em duas dimensões.
dx dy,
56
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL
b) Aplique o teorema de Stokes na função
F(x, y) = iFx (x, y) + iFy (x, y),
usando com C a curva fechada do plano xy mostrada na figura 3.30 e como S a
região R do plano xy limitada por C, como mostra a figura 3.30. Obtenha desta
maneira a relação
I
ZZ ∂Fy ∂Gx
+
dx dy,
Fx dx + Fy dy =
∂x
∂y
C
R
este é o teorema de Stokes em duas dimensões.
c) Mostre que em duas dimensões o teorema da divergência e o teorema de Stokes
são idênticos. Ele é conhecido como o teorema de Green.
11.
a) Seja C uma curva fechada no plano xy. Quais condições a função F deve satisfazer
para que
I
F · tds = A,
c
onde A é a área limitada por essa curva? [Sugestão: Veja o exercı́cio 10]
b) Dê um exemplo de função F que tenha as propriedades descritas no item a).
c) Use integral de linha para encontrar as formulas de área de
(i) um retângulo;
(ii) um triângulo retângulo;
(iii) um circulo;
12. O resultado
∂Fy ∂Fx
−
∂x
∂y
foi estabelecido calculando a circulação de F em torno de um retângulo e em torno de
um triângulo. Neste problema você mostrará que o resultado vale quando a circulação
é calculada em torno de qualquer curva fechado que se encontra no plano xy.
(∇ × F)z =
a) Aproxime uma curva fechada arbitrária C por uma no plano xy por uma poligonal
P como mostra a figura 3.31. Subdivida a área limitada por P em N partes de
Figura 3.31: exemplo
tal forma que a l-ésima tenha área ∆Sl . Convença-se por meio de um esboço
que esta subdivisão pode ser feita com somente dois tipos de partes: retângulos
e triângulos retângulos.
3.6. EXERCÍCIOS
57
b) Seja C(x, y) = ∂Fy /∂x − ∂Fx /∂y, use a serie de Taylor para mostrar que para N
grande e cada ∆Sl pequeno,
I
F · t ds =
N I
X
P
l=1
F · t ds ∼
= C(x0 , y0 )∆A +
Cl
+
∂C
∂y
∂C
∂x
N
X
(xl − x0 )∆Sl
x0 ,y0 l=1
N
X
(yl − y0 )∆Sl + · · · ,
x0 ,y0 l=1
onde Cl é o perı́metro da l-ésima parte, (x0 , y0 ) é algum ponto na região limitada
por P , e ∆A é a área dessa região.
c) Mostre que
I
F · t ds =
lim
N →∞
cada ∆Sl →0
"
I
P
F · t ds =
C(x0 , y0 ) + (x − x0 )
C
+ (y − y0 )
∂C
∂y
∂C
∂x
x0 ,y0
#
+ · · · ∆S,
x0 ,y0
onde ∆S é a área a região R limitada por C e (x, y) são as coordenadas do
centróide da região R; isto é,
ZZ
ZZ
1
1
x=
x dx dy e y =
y dx dy.
∆S
∆S
R
R
d) Finalmente, calcule
(∇ × F)z =
lim
∆S→0
sobre x0 ,y0
1
∆S
I
F · t ds.
C