117808333 Calculo Vetorial Aplicado Exercicios Resolvidos

Cálculo Vetorial Aplicado

Exercícios Resolvidos

Salete Souza de Oliveira Buffoni

Salete Souza de Oliveira Buffoni

Nasceu em Belém, iniciou seus estudos universitários na Universidade Federal do Pará onde se bacharelou em Engenharia Civil. Fez pós-graduação na Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro, onde obteve os graus de Mestre e Doutor. Foi Professora colaboradora da Universidade Estadual do Norte Fluminense ministrando as disciplinas Estruturas de Madeira, Análise de Estruturas II e Saneamento e Engenharia Ambiental. Foi Professora Substituta da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de Volta Redonda ministrando as disciplinas Cálculo Diferencial e Integral I, Cálculo Vetorial Aplicado e Introdução aos Métodos Numéricos. Atualmente é Professor Adjunto do Instituto de Tecnologia da Informação e Comunicação da Universidade Santa Úrsula e das Faculdades Integradas Anglo-Americano ministrando as disciplinas Algoritmos, Estruturas de Dados, Linguagens de Programação, Computação Gráfica, Multimídia e Interface e Sistemas Distribuídos. Publicou 14 trabalhos em anais de eventos. Possui um software. Participou de 18 eventos no Brasil. Atua na área de Matemática Aplicada e Engenharia Civil, com ênfase em Mecânica das Estruturas. Em suas atividades profissionais interagiu com sete colaboradores em co-autorias de trabalhos científicos.

Dedicatória

Ao meu querido esposo Humberto Buffoni

Prefácio

Este texto é resultado das notas de aula do curso de Cálculo Vetorial

Aplicado que ministramos nos anos de 2002 e 2003 para os cursos de Engenharia

da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de Volta Redonda da

Universidade Federal Fluminense.

Esta obra é dividida em oito partes, abrangendo um programa de estudo de

Cálculo Vetorial. A primeira parte que corresponde ao capítulo de funções

vetoriais cobre as funções a valores vetoriais, suas derivadas e integrais, o

comprimento e a curvatura de curvas espaciais e a velocidade e aceleração ao

longo de curvas espaciais. No capítulo 2 são introduzidos os campos vetoriais.

Nos capítulos seguintes estudam-se as integrais de linha, o Teorema de Green, o

teorema de Gauss e o teorema de Stokes. Ao longo do texto encontram-se setenta

e dois exercícios resolvidos.

Agradeço aos alunos da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de

Volta Redonda – EEIMVR/UFF que colaboraram de forma grandiosa para a

conclusão desta obra.

Sumário

1 Funções Vetoriais 8

1.1. Definição 8

1.2. Limite de Funções Vetoriais 8

1.3. Continuidade de Funções Vetoriais 8

1.4. Derivada de funções vetoriais 9

1.4.1. Propriedades da Derivada 9

1.4.2. Derivadas de Ordem Superior 9

1.4.3. Regra da Cadeia para Funções Vetoriais 10

1.4.4. Tangentes 10

1.4.5. Cálculo da Segunda Derivada 10

1.5. Integral de funções vetoriais 11

1.6. Cálculo de Áreas 11

1.7. Comprimento de Arco 11

1.8. Aplicações ao Movimento 12

Exercícios 13

1.9. Vetores Tangente Unitário e Normal Principal 16

1.9.1. Vetor Tangente Unitário 16

1.9.2.Vetor Normal Principal 16

1.9.3. Curvatura 17

Exercícios 19

2 Campos Vetoriais 21

2.1. Campos Vetoriais 21

2.2. Rotacional e Divergente 23

2.2.1. Rotacional 23

2.2.2. Divergente 23

Exercícios 24

3 Integrais de Linha 26

3.1. Introdução 26

3.2. Integral de Linha de Função Escalar 26

3.2.1. Definição formal de Integrais de Linha de Função Escalar 27

3.2.2. Interpretação Geométrica das Integrais de Linha 29

3.3. Integrais de Linha de Campos Vetoriais 30

3.4. Propriedades da Integral de Linha 34

3.5. Aplicações das Integrais de Linha 35

4 Teorema de Green 39


4.1.1 A Vida de George Green 39

4.1.2 A Matemática de Green 41

4.1.3. Trabalhos de George Green 43

4.1.4. Reconhecimento 43

4.2. Teorema de Green 44

4.2.1 Cálculo de Áreas Utilizando Teorema de Green 47

5 Integral de Superfície 58

5.1. Integral de Superfície de Campo Escalar 58

5.2. Integral de Superfície de Campo Vetorial 62

5.3. Superfícies Orientáveis 66

5.4. Aplicações das Integrais de Superfície 67

6 Teorema de Gauss 70


6.2. Definição 70

Exercícios 73

7 Teorema de Stokes 86


7.1.1. A Vida de George Stokes 86

7.1.2. A Matemática Stokes 87

7.2. Teorema de Stokes 90

8 Referências Bibliográficas 100

“Eu entendo a palavra prova, não no sentido do advogado, para quem 2 meias provas equivalem a uma prova completa, mas no sentido do

matemático, para quem 21 prova = 0 e se exige uma demonstração que

qualquer dúvida se torne impossível.”

Carl Friedrich Gauss

1 Funções Vetoriais

1.1. Definição

Uma função vetorial é aquela cujo domínio é um conjunto de números reais e cuja

imagem é um conjunto de vetores. A equação ( ) ( ) ( ) ( )kthjtgitftrrrr

++=σ é chamada de

equação vetorial e define uma curva C. As equações x=f(t), y=g(t) e z=h(t) são chamadas de

equações paramétricas de C e pertencem a ℜ.

1.2. Limite de Funções Vetoriais

Seja ( )tσr uma função com valores vetoriais cujos valores funcionais são dados por

( ) ( ) ( ) ( )kthjtgitftrrrr

++=σ . Então, o limite de ( )tσr quando t tende a t1 será definido por:

k)]t(hlim[j)]t(glim[i)]t(flim[))t((lim1tt1tt1tt1tt

rrrr

→→→→++=σ (1.1)

se )t(flim1tt→

, )t(glim1tt→

e )t(hlim1tt→

existirem.

1.3. Continuidade de Funções Vetoriais

A função ( )tσr com valores vetoriais será contínua em t1 se, e somente se, as três

condições seguintes forem satisfeitas:

i. ( )tσr existe

ii. ( )tlim1ttσr

→ existe

iii. ( ) ( )11tt

ttlim σσrr

=→

Capítulo 1 – Funções Vetoriais 9

1.4. Derivada de funções vetoriais

Se ( )tσr for uma função com valores vetoriais, então a derivada de ( )tσr também será

uma função com valores vetoriais, denotada ( )t'σr e definida por:

t)t()tt(lim)t('

0t ΔσΔσσ

Δ

rrv −+

=→

(1.2)

se o limite existir.

1.4.1. Propriedades da Derivada

Teorema: Sejam ( )tRr

e ( )tFr

funções vetoriais definidas num intervalo I C ℜn, r um

escalar e f uma função real.

1. )t('F)t('R)FR(dtd rrrr

±=±

2. )t('Rr))t(Rr(dtd rr

=

3. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'RtftRt'ftRtfdtd rrr

+=

4. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'FtRtFt'RtFtRdtd rrrrrr

⋅+⋅=⋅

1. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'FtRtFt'RtFtRdtd rrrrrr

×+×=×

6. [ ] ( )( )

( )dt

tdf)tf(d)tf(Fd))t(f(F

dtd

×=r

r

1.4.2. Derivadas de Ordem Superior

))t(''h),t(''g),t(''f()t('' =σr (1.3)

))t(h),t(g),t(f()t( nnnn =σr (1.4)

( )tσr é de classe C1, se σr , 'σ

r forem contínuas e classe C2 se σr , 'σr e ''σ

r forem contínuas e

assim sucessivamente.


1.4.3. Regra da Cadeia para Funções Vetoriais

Teorema: Se ( )uσr é uma função vetorial diferenciável num intervalo I, e u é uma

função real diferenciável de uma variável então:

dt)t(du.

)t(du))t(u(d

dt))t(u(d σσ

rr

= (1.5)

A expressão da regra da cadeia na forma escalar torna-se:

)dt

)t(du.)t(du))t(u(dh,

dt)t(du.

)t(du))t(u(dg,

dt)t(du.

)t(du))t(u(df(

dtd

=σr

(1.6)

1.4.4. Tangentes

Eliminando-se t das equações paramétricas, obtém-se a equação cartesiana da curva C

de forma implícita ou explícita, assim y é definida como uma ou mais funções de x, i-sto é, se

x=f(t) e y=g(t), então y=h(x). Se h for uma função diferenciável de t, então, pela regra da

cadeia:

dtdx.

dxdy

dtdy

= (1.7)

Se, 0dt/dx ≠ podemos dividir ambos os membros da igualdade acima por dtdx e obter

dtdxdtdy

dxdy

= (1.8)

1.4.5. Cálculo da Segunda Derivada

O cálculo da segunda derivada é importante para se avaliar a concavidade de curvas

definidas paramétricamente.

dtdx

dxdy

dtd

dxyd2

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= (1.9)


1.5. Integral de funções vetoriais

A integral definida de uma função vetorial ( )tσr pode ser definida da mesma forma que

para a função real, exceto que a integral resulta num vetor. Pode-se expressar a integral de σr

como a integral de suas funções componentes f, g e h como se segue:

( ) ( ) ( ) ( ) kdtthjdttgidttfdttb

a

b

a

b

a

b

a

rrrr⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∫∫∫∫σ (1.10)

Estende-se o Teorema Fundamental do Cálculo para funções vetoriais contínuas como se

segue:

( ) ( )] ( ) ( )arbrtrdtt ba

b

a

−==∫σr (1.11)

onde r é uma primitiva deσr .

1.6. Cálculo de Áreas

Suponha que uma função vetorial seja definida pelas suas equações paramétricas x=f(t),

y=g(t). Sabe-se que a área sob o gráfico de uma função y =F(x) é dada por:

∫=b

a

dx)x(FA (1.12)

Para se calcular a área sob um gráfico de uma curva C definida por suas equações

paramétricas, faz-se mudança de variáveis na expressão (1.12) como a seguir:

( ) ( )dtt'xdxt'xdtdx

=⇒= e ( ) ( )tgxFy == (1.13)

( ) ( )∫=β

α

dtt'xtgA (1.14)

1.7. Comprimento de Arco

Seja C a curva com equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), com 'f e 'g contínuas no

intervalo fechado [a,b]. Então, se L for o comprimento de arco da curva C entre os pontos

(f(a),g(a)) e (f(b),g(b)) então:

∫ +=b

a

22 dt))t('g())t('f(L (1.15)


Para a curva C tendo como equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), seja S o comprimento

de arco de C do ponto (f(to),g(to)) ao ponto (f(t),g(t)) e vamos supor que S seja crescente

enquanto t cresce. Então, S será uma função de t dada por:

du)]u('g[)]u('f[St

to

22∫ += (1.16)

Do primeiro teorema fundamental do cálculo

22 )]t('g[)]t('f[dtdS

+= (1.17)

22 )]t('g[)]t('f[)t(' +=σr (1.18)

Logo,

dtdS)t(' =σ

r (1.19)

Teorema: Seja C a curva com equação vetorial ( ) ( ) ( ) jtgitftrrr

+=σ , com 'f e 'g contínuas no

intervalo fechado [a,b]. Então, o comprimento de arco de C, traçado pelo ponto final da

representação posicional de ( )tσr quando t cresce de a até b, é determinado por:

∫=b

a

dt)t('L σr (1.20)

1.8. Aplicações ao Movimento

Seja C a curva tendo equações paramétricas x=f(t) e y=g(t). Se uma partícula estiver se

movendo ao longo de C de tal forma que sua posição em qualquer instante t seja o ponto (x,y),

então a velocidade instantânea da partícula no instante t será determinada pelo vetor

velocidade dado por:

( ) ( ) ( ) jt'git'ftVrrr

+= (1.21)

se ( )t'f e ( )t'g existirem. Como a direção de ( )t'σr no ponto P(f(t),g(t)) é ao longo da reta

tangente à curva C no ponto P, o vetor velocidade V(t) tem o mesmo sentido ( )t'σr em P.

O módulo do vetor velocidade é uma medida da velocidade escalar da partícula no

instante t sendo dada por: 22 )]t('g[)]t('f[)t(V)t(v +==

r (1.22)

A velocidade escalar é a taxa de variação de S em relação a t e escreve-se da seguinte

forma:


dtdS)t(V)t(v ==

r (1.23)

A aceleração instantânea no instante t de uma partícula movendo-se ao longo de uma

curva C, tendo como equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), é determinada pelo vetor

aceleração:

)t('')t(A)t('V)t(A σ=⇔= (1.24)

onde ( )t''σr existe.

Exercícios:

1) Fazer uma parametrização da reta L no 3ℜ que passa pelo ),,( 000 zyxPo e é paralelo ao

vetor Vr

0),,( 321 ≠vvv

Solução:

)tvz, tvy, tvx()t(tvzz tvzztvyy tvyytvxx tvxx

)v,v,v(t )zz,yyxx(

302010

3030

2020

1010

32100,0

+++=+==−+==−+==−

=−−−

σr

2) Parametrize a curva C que é interseção da semi-esfera 0 2222 ≥=++ zyzyx

com o plano 01 =+− yz

Solução:

12

sen

12

sen 2

sen)1( sen)1(2

cos1)1(2

1242 0222122)1( 2

z subst. 101

22222

22

22222

222222

+=

+=⇒=−⇒=−

==−+

=+−+⇒=−+−+−++

=−++⇒=++

−==+−

ty

tytyty

txyx

yyxyyyyxyyyxyzyx

yzyz

2tsenz 11

2tsenz:teremos,1yzComo =⇒−+=−=


3) Considere o caminho regular )(0, t ),tln,t,t2()t( 2 ∞∈=γr . Verifique que os pontos (2,1,0) e

(4,4,ln2) pertencem à trajetória de γr e calcule o comprimento de arco de γr entre estes pontos.

Solução:

[ ] 2ln3)1ln1()2ln4(ln

)12()12())12((

)144( )144(

1)('

2)('2)('

))('())('())('()('

traj.a pontos os Logo24 11224 122

21

2

2

1

2

1

22

1 2

22

2

1 2

422

1 22

222

22

+=+−+=+

+=+

=+

++=++

=

==

++=

∈=⇒=⇒==⇒=⇒=

=⇒=⇒==⇒=⇒=

∫∫∫

∫∫

∫∫

tt

dtt

tdtt

tdtt

t

dtt

ttdtt

t

ttz

ttytx

dttztytxdtt

ttyyttyyttxxttxx

b

a

b

aγ

γ

4) Prove que a aplicação )2 , 0(t ,2tsen2,tsen,tcos1)t( πγ ∈⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

r é um caminho cuja a

trajetória está contida na interseção do cilindro { }0z ,1y)1x( ;)z,y,x(C 223 ≥=+−ℜ∈= e

da esfera { }4zyx ; )z,y,x(S 2223 =++ℜ∈= .

Solução:

)2 , 0(t 2tsen2z

2tcos14z

2tcos1

4z

4tcos22

4z

4ztsentcostcos21

4ztsen)tcos1(

tseny tseny

tcos1x tcos1x tcos)1x(

4zyx 0z 1y)1x(

2

22

222

222

22

22

22222

π∈=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

−=⇒

−=

=++++

=+++

=⇒=

+=⇒=−⇒=−

=++≥=+−


5) Calcule o limite ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−−

++→

ktttgj

1t1ti3tlim 21t

rrr

Solução:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⇒→⇒

=→

=′−

′→⇒

−−

=⇒+⇒→⇒+

tg1,212,

k tg11tk tttg

j 21 1t quando subst.

t21

)1(t)1-(t L`hopital Aplicando 1ti

1t1t

24 i 31 1t i 3t

22

rr

r

r

rr

6) Dado )2t3,tsene(f(t) t3 −= calcule ( )t'f

Solução:

j3i)tcostsen3(e()t('f

)3),tcostsen3(e((t)' f

3(t)y' tcosetsene3(t)x'

2-3ty(t) tsenex(t)

(t))y'(t),(x'(t)' f

t3

t3

t3t3

t3

++=

+=

=+=

==

=

7) Encontre os pontos na curva onde a tangente é horizontal ou vertical, para x= t (t2 – 3) e

y= 3 (t2 – 3)

Solução:

( )

0dtdy0

dtdx0

dtdydtdx

9,0:horizontalétgaondepontos0t/p

)9t3(y)t3t(x

0t0t6

0dtdx0

dtdy0

dtdxdtdy

vertical é tangente a 0dydx Se.horizontal é tangente a 0

dxdy Se

23

≠=⇒=

−=

−=−=

=⇒=

≠=⇒=

==

)6,2(:verticalétgaondepontos1t/p

1t1t03t3 22

−±±=

±=⇒=⇒=−


8) ( )tσr denota o vetor posição de uma partícula se movendo, em cada instante t, determine:

a) O vetor velocidade ( )tVr

b) O vetor aceleração ( )tAr

c) A velocidade escalar em t=t1, sendo t1= 9π

d) Dois vetores tangentes unitários à trajetória da partícula em t=t1.

Para: σr (t)=(2+cos 6t, 2+ sen 6t)

Solução:

121

11

222222

1

-TT e 21,

23-

63)- ,3(-3

)(')('

)(tT d)

6v(t)))9/(6cos)9/(636(sen ))9/(6cos6())9/(6(-6v(t)

(t)'v(t)9

tc)

6t)sen 36- 6t, cos (-36 (t)A

(t) '' (t)A b)

6t) cos 6 6t,sen (-6 (t)V

(t) '(t)V a)

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −===

=

+=+=

=

=

=

=

=

=

tt

sen

σσ

ππππ

σ

π

σ

σ

r

rr

r

r

rr

r

rr

1.9. Vetores Tangente Unitário e Normal Principal

A cada ponto da curva no plano associamos dois outros vetores unitários, o vetor

tangente unitário e o vetor normal principal. Esses valores aparecem em muitas aplicações de

funções com valores vetoriais.

1.9.1. Vetor Tangente Unitário

Se ( )tσr for o vetor posição da curva C num ponto de P em C, então o vetor tangente

unitário de C em P, denotado por ( )tTr

,será o vetor unitário na direção de ( )tDtσr se ( )tDtσ

r ≠ 0.

O vetor unitário na direção de ( )tDtσr é dado por:

)t(')t(')t(T

σσr

rr= (1.25)


1.9.2. Vetor Normal Principal

Se ( )tTr

for o vetor tangente unitário da curva C no ponto P, então, o vetor normal

principal denotado por ( )tNr

, será um vetor unitário na direção de ( )tDtσr .

)t('T)t('T)t(N r

rr

= (1.26)

Ilustração:

Será mostrado que a aceleração possui duas componentes: uma normal ao movimento

e uma tangencial.

Teorema: Considere uma partícula se movendo com vetor posição ( )tσr . Se

0)t(')t(v ≠= σr é a velocidade da partícula, então o vetor aceleração é dado por

)t('T)t(v)t(T)t('v)t(Arrr

+= (1.27)

Se )(')(')(

tttT

σσr

rr= então:

( )

( ) )t(T)t('v)t(v)t('TtN)t(A

)t(T)t('v)t(v)t('TtN)t('')t(A

)t('v)t(T)t(v)t('T)t('')t(A

)t(')t(T)t('

rrrr

rrrrr

rrrr

rr

+=

+==

+==

=

σ

σ

σσ

(1.28)

1.9.3. Curvatura A curvatura fornece a taxa de variação da direção de uma curva em relação à variação

de seu comprimento. A curvatura de uma curva é a medida da taxa de variação em relação ao

comprimento de arco, e não em relação ao parâmetro. Se s representa o comprimento de arco

de um certo ponto fixo, então a curvatura k é dada por:

)('

)('

t

tTk

σr

r

= (1.29)


Demonstração:

)('

)(' Então,

)('dtds )(')('

)('

)('

)(')('.

22

t

tTk

tdttytxS

t

tT

ttT

dsdt

dtTdk

σ

σ

σσβ

α

r

r

r

r

r

r

rr

=

=+=

===

∫ (1.30)

Quando a curva é plana como a mostrada na Figura 1 e tem equação cartesiana )(xfy = , a

equação da curvatura se escreve da seguinte forma:

23

2

2

2

1

)(

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

dxdy

dxyd

xk (1.31)

θ

F’(x)

x

y

Figura 1- Curva Plana

Demonstração:

[ ]

[ ][ ]

[ ]

[ ] [ ]

23

2

2

2

22

2

22

1

1

)(

)('1

1.)('1)('')(

)('1

)('1 se )('1)(''

x temosa relação em derivando )(' )(' )(

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

++=

+=

+=+

=

=

==

∫

−

dxdy

dxyd

xk

xfxfxfxk

xfdxds

dxxfsxfxf

dxd

xftgxftgxfy

φφ

φ

(1.32)


Exercícios:

1) Dada a curva descrita pelas equações paramétricas 23 3 e 3 tyttx =−= ache ( )tTr

e ( )tNr

em t=2.

Solução:

( ) ( )

( )( )

jijiTji

jt

tit

ttTtT

tt

ttt

ttt

tttT

jt

tit

ttT

jt

titt

tt

tt

tttjtitt

jtittt

rrrrrrrrr

rrr

rr

r

rrr

rrr

rr

rrrr

rrr

53

54(2)N

54

53)2( 122)2(

11

12

)(')('(t)N

1t

2

)1()1(4

)1(484

)1(484

)1(16)('

)1(22

)1(4)('

12

11

''(t)T

1)3(t

)12(9

36)33(' 6)33('

3)3()(

2

2

2

2

42

22

42

42

42

42

42

2

22

2

22

22

2

2

24

2222

23

−=+=+=

+−

++

==

+=

++

=

+++

=

++−

++

=

+−

++

=

++

+−

==

+=

++=

+−=+−=

+−=

σ

σσ

σσ

σ

2) Considere a equação vetorial dada 1t , jti)t1()t( 2 =++=rrr

σ . Determinar o vetor tangente

unitário e normal principal:

Solução:

( ) ( )( ) j

tti

ttttT

vvv

vv

22 412

411

''

++

+==

σσ em t = 1 ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

52,

51tT

v

jt

it

ttT

tTtT

rrr

r

rr

3232 )41(

2

)41(

4)('

)(')('(t)N

++

+

−=

=


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

++

+

−==

+=

51,

52-(t)N 1 em

411

412

)(')('(t)N

142)('

22

2

rrrr

rr

r

tjt

it

ttTtT

ttT

3) Dada a circunferência com raio a e equações paramétricas 0 a tsenay tcosax >== .

Ache o vetor curvatura e a curvatura em qualquer t.

Solução:

curvatura 1k(t)

curvatura vetor cos)(

;cos)(')(')(

)(' cos)('cos)(

a

ja

sentia

ttk

jtisenttttT

atjtaiasenttjasentitat

=

−−=

+−==

=+−=

+=

rr

rrr

rr

rrrr

rrr

σσ

σσ

σ

4) Uma partícula se move com velocidade constante de 10 unidades por segundo, no sentido

anti-horário, ao longo da elipse 194

22

=+yx . Ache o vetor aceleração A

r no instante em que a

partícula passa pelo ponto (0,3).

Solução:

Derivando implicitamente em relação a x :

22

2

16

3636

dxyd

49 0

92

2

ydxdyxy

yx

dxdy

dxdyyx

+−=

−==+

( ) 43

01

43

1

logo

43

dxyd e 0 : temos3y e 0 xquando Assim,

23

23

2

2

2

2

2

=+

−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

====

dxdy

dxyd

k

dxdy


)75,0()1,0()10(43 daí e (0,-1)N (0,3), ponto no Portanto

ponto). neste elipse da econcavidad da direção (na baixo para aponta N principal normal vetor o que modo de ,horizontal é T gente vetor tano (0,3),y)(x, Quando

22 −=−===

=

NkvArr

2 Campos Vetoriais

2.1. Campos Vetoriais

Um campo vetorial associa um vetor a um ponto no espaço. Por exemplo, se F for

uma função com valores vetoriais definida numa bola aberta B em ℜ³, tal que:

k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr

++= (2.1)

então Fr

associa a cada ponto (x, y, z) em B um vetor, sendo Fr

chamada de campo vetorial.

Esse campo vetorial tem como seu domínio um subconjunto de ℜ³ e como sua imagem um

subconjunto de V3. Se o domínio de um campo vetorial for um conjunto de pontos num plano

e sua imagem for um conjunto de vetores em V2, então o campo vetorial terá uma equação da

forma:

j)y,x(Qi)y,x(P)y,x(Frrr

+= (2.2)

Exercícios:

1) Um exemplo de um campo vetorial em V3 decorre da lei do inverso dos quadrados de

Newton da atração gravitacional. Essa lei estabelece que a medida da intensidade da força

gravitacional entre duas partículas com massa M e m unidades, respectivamente é 2dGMm

onde d unidades é a distância entre duas partículas e G é uma constante gravitacional. Assim,

se uma partícula com M unidades de massa estiver na origem e uma partícula com 1 unidade

(m = 1) de massa estiver num ponto

P(x, y, z) e se Fr

(x, y, z) for a força gravitacional exercida pela partícula na origem sobre a

partícula em P, temos

2)z,y,x(R

)1(GM)z,y,x(F rr

=

onde kzjyix)z,y,x(Rrrrr

++= . Para obter o vetor Fr

(x, y, z) que representa a força, precisamos

também da direção e sentido de Fr

. Como a direção é radial e o sentido aponta para a origem,

Capítulo 2- Campos Vetoriais

22

podemos caracterizá-los pelo vetor unitário RRr

r

− . Como o módulo foi dado anteriormente,

temos:

)kzjyi(x)zy(x

GM)z,y,x(F

teremos zyx)z,y,x(R como

)z,y,x(R)z,y,x(R

)z,y,x(R

GM)z,y,x(F

23222

222

2

rrrr

r

r

r

rr

++++

−=

++=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−=

O campo vetorial definido acima é chamado de campo de forças.

2) Desenhe um campo vetorial em ℜ³ dado por Fr

(x, y, z) = z kr

Solução:

(0, 0, 1) k

(1, 2, 3)

x

y

z

o

X

Z

Y


23

2.2. Rotacional e Divergente

Existem dois campos obtidos do campo vetorial Fr

por meio de derivações parciais. Um

deles é o campo vetorial denotado por Frotr

(diz-se rotacional de Fr

) e o outro é o campo

escalar denotado por Fdivr

(diz-se divergente de Fr

). Inicialmente será mostrado como o

símbolo ∇ é usado como operador. Recorde-se que se f for uma função escalar de três

variáveis x, y e z, então o gradiente de f será dado por ∇f(x, y, z) = fx(x, y, z) ir

+ fy (x, y, z) jr

+

fz (x, y, z) kr

Denotaremos agora o operador del em três dimensões por

zk

yj

xi

∂∂

+∂∂

+∂∂ (2.3)

assim a operação ∇ sobre a função escalar f significa

kzfj

yfi

xff

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇ (2.4)

2.2.1. Rotacional

Seja Fr

um campo vetorial numa bola aberta B em ℜ³, tal que:


++=

Então, o rotacional de Fr

é definido por:

kyP

xQj

xR

zPi

zQ

yRzyxFrot

vvv⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

−∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=),,( (2.5)

se essas derivadas parciais existirem.

O Rotacional pode ser dado na forma de produto vetorial

RQP

zyx

kji

FxF rot∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

rrr

rr (2.6)

Teorema: Se f for um campo escalar numa bola aberta B em ℜ³ e as derivadas parciais

segundas de f forem contínuas em B, então rot (∇f) = 0.

2.2.2. Divergente

Seja Fr

um campo vetorial numa bola aberta B em ℜ³, tal que:


24


++= (2.7)

Então, o Divergente de Fr

, denotado por div Fr

será definido por:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=zR

yQ

xP)z,y,x(F div

r (2.8)

se as derivadas parciais existirem.

Teorema: Suponha que Fr

seja um campo vetorial numa bola B em ℜ³, tal que


++= , se as derivadas parciais segundas de P, Q e R

forem contínuas em B então div (rot Fr

) = 0

Exercícios:

1) Ache o rot F, se f for um campo vetorial definido por Fr

(x, y z) = e2x ir

+ 3x2yz jr

+ (2y2z +

x) kr

Solução:

xzyyzxezy

x +∂∂

∂∂

∂∂

=

222 23x

kji

z) y, (x,Frot

rrr

r=

= (4yz – 3x2y) ir

+ ( 0 – 1) jr

+ (6xyz – 0) kr

=(4yz –3x2y) ir

– jr

+ 6xyz kr

2) Ache o div Fr

, sendo que Fr

o campo vetorial é definido por:

k x) z(2y jyz3x ie z)y (x,F 222xrrrr

+++=

Solução:

Div Fr

(x, y, z) = ∇ . Fr

(x, y z)

)2()3()( 222x xzyz

yzxy

ex

+∂∂

+∂∂

+∂∂

=

= 2e2x + 3x2z + 2y2

3) Calcule o Rotacional kzjyixz) y, (x,Frrrr

++=


25

Solução:

0z) y, (x,Frot

)()()()()()(y

z) y, (x,Frot

z) y, (x,Frot

=

∂∂

−∂∂

−∂∂

−∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂=

r

rrrrrrr

rrr

r

kxy

iyz

jzx

jxz

kyx

iz

zyxzyx

kji

4) Calcule o divergente do campo vetorial dado

Solução:

2z . )zy(x1

1 ). ()( tg2z F div

)().(0.0.F div

)( tg)(z) y, (x,F

22222222221-

2221222

2221222

++++++++=

∂++++∂

+∂∂

+∂∂

=

++++=−

−

zyxzyx

zzyxtgzyx

yx

kzyxzyx

r

r

rr

3 Integrais de Linha

3.1. Introdução

A integral de linha é semelhante a uma integral simples, exceto que, em vez de

integrarmos sobre um intervalo [a, b], integramos sobre uma curva C. Elas foram inventadas

no começo do século XIX para resolver problemas envolvendo escoamento de líquidos, forças,

eletricidade e magnetismo.

As integrais de linha são definidas em termos de limites de somas de Riemann, de um

modo semelhante à definição de integral definida.

3.2. Integral de Linha de Função Escalar

Suponha-se uma curva C espacial lisa dada pelas equações paramétricas:

x= x(t) y = y(t) z= z(t) a ≤ t ≤ b

ou pela equação vetorial σr (t) = x(t) ir

+ y(t) jr

+ z(t) kr

. Se f é uma função de três variáveis que

é contínua em alguma região contendo C, então se define a integral de linha de f ao longo de C

(com relação ao comprimento de arco) de modo semelhante ao feito para curvas planas:

∑∫=

∗∗∗∞→=

n

1iiiiinC

s)z,y,x(flimds)z,y,x(f Δ (3.1)

Calculando-se essa integral tem-se:

dtdtdz

dtdy

dtdx))t(z),t(y),t(x(fds)z,y,x(f

222b

aC

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ∫∫ (3.2)

Observe que as integrais podem ser escritas de modo mais compacto com notação vetorial

dtttfb

a∫ )('))(( σσ (3.3)

Para o caso especial quando f(x, y, z)= 1, tem-se:

∫ ∫ ==C

b

a

Ldt)t('ds)z,y,x(f σr (3.4)

onde L é o comprimento da curva C.

Capítulo 3- Integrais de Linha

27

27

Defini-se também, integrais de linha ao longo de C com relação à x, y e z. Por exemplo,

∫ ∑ ∫=

∗∗∗∞→ =Δ=

C

n

i

b

aiiiin dttztztytxfzzyxfdszyxf

1)('))(),(),((),,(lim),,( (3.5)

Portanto, como para as integrais de linha no plano, podemos calcular integrais da forma

∫ ++C

dzzyxRdyzyxQdxzyxP ),,(),,(),,( (3.6)

escrevendo-se (x, y, z, dx, dy, dz) em termos do parâmetro t.

Exercícios:

1) Calcule ∫C zdsseny onde C é a hélice circular dada pelas equações x= cos t, y= sen t, z= t,

0 ≤ t ≤ 2π.

Solução:

∫∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

π2

0

222sen)(sensen dt

dtdz

dtdy

dtdxttdszy

C

dtttt∫ ++=π2

0

222 1cossensen

πππ

22sen21

22

2)2cos1(2

2

0

2

0

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=

−= ∫ ttdtt

3.2.1. Definição formal de Integrais de Linha de Função Escalar

Sejam f : ℜ³ -ℜ uma função real e C uma curva em R3, definida pela função

]b,a[I: =σr → ℜ³ σr (t) = (x(t), y(t), z(t)) (3.7)

Para motivar a definição de integral de linha de f ao longo de C, supõe-se que C

representa um arame e f (x, y, z) a densidade (massa por unidade de comprimento) em cada

ponto (x, y, z) ∈ C. Deseja-se calcular a massa total M do arame.

Para isto, divide-se o intervalo I = [a, b] por meio da partição regular de ordem n

a= t0<t1<...<ti<ti+1<tn=b, obtendo assim uma decomposição de C em curvas Ci definidas em

[ti, ti+1] ,i = 0, . . . , n- 1].

Supondo que σr (t) é de classe C1, e denotando por ΔSi o comprimento da curva Ci ,tem-

se:


28

28

( )∫+

=1it

itsi dtt'σΔ

r (3.8)

Pelo teorema do valor médio para integrais, existe ui ∈ [ti,ti+1 ] tal que

( ) ( ) ( ) iii1iiSi tu'ttu' ΔσσΔrr

=−= + (3.9)

Onde Δti = ti+1 - ti. Quando n é grande, ΔSi é pequeno e f(x, y, z) pode ser considerada constante

em Ci e igual a f(σ (ui)). Portanto, a massa total M é aproximada por:

( )( ) ( )∑−

=

=1n

0iiiin tu'ufS Δσσ

rr (3.10)

A soma Sn é uma soma de Riemann da função ( )( ) ( )ii u'uf σσrr no intervalo [a, b]. Logo, se f(x,

y, z) é contínua em C, então:

( )( ) ( )∫=b

a

dtt'tfM σσrr (3.11)

Considerando-se uma curva C em ℜ³, parametrizada por σr (t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [a, b], onde

σr é de classe C1, e f (x, y ,z) uma função real contínua em C. Definimos a integral de linha de f

ao longo de C por:

( ) ( )( ) ( )∫ ∫∫ ==C CC

dtt'tfdsz,y,xffds σσrr (3.12)

Esta fórmula ainda é válida se σr é Cl por partes . Neste caso, a integral é calculada dividindo-

se o intervalo [a, b] em um número finito de intervalos fechados.

Exercício: 1) Calcule ∫ ++

C222 ds)zyx( onde C é a hélice definida por σr (t) = (cos t, sen t, t),

0 ≤ t ≤ 2π.

Solução:

σr ’(t) =(x’(t), y’(t), z’(t)) = (- sen t, cos t, 1). Portanto, σr é de classe C1 em [0,2π] e como

f é contínua, então segue que:

∫ ∫ ∫ =+=++=++C

2

0

2

0

2222222 dt)t1(2dt2)ttsent(cosds)zyx(π π

( )22

0

3

43322

3tt2 ππ

π

+=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

Se pensarmos na hélice como um arame e f(x, y, z)= x² + y2 + z2 como a densidade de

massa no arame, então a massa total do arame é:


29

29

( )22

0

3

43322

3tt2M ππ

π

+=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

3.2.2. Interpretação Geométrica das Integrais de Linha

Um caso particular da integral de linha ocorre quando a curva C é uma curva no plano xy

definida por uma função de classe C1 ondeσr (t)= (x(t), y(t)), a ≤ t ≤ b, é uma função real

contínua definida em C. Neste caso, a integral de linha de f ao longo de C é:

∫ ∫ ∫==C C

b

a

dt)t('))t(y),t(x(fds)y,x(ffds σr (3.13)

Quando f(x, y) ≥ 0 em C, a fórmula acima tem como interpretação geométrica a “área de

uma cerca” que tem como base a curva C e altura f (x, y) em cada (x, y)..

Exercício:

1) A base de uma cerca é uma curva C no plano xy definida por x(t) = 30cos3 t, y(t) = 30sen3 t,

0 ≤ t ≤ 2π, e a altura em cada ponto (x, y) é dada por f(x, y)= 1+3y

(x e y em metros). Se para

pintar cada m2 um pintor cobra p reais, quanto o pintor cobrará para pintar a cerca?

Solução:

A base da cerca no primeiro e segundo quadrantes é a porção de C dada por:

σr (t)= (30 cos³t, 30 sen³ t), 0 ≤ t ≤ π, e a altura da cerca em cada ponto (x, y) é f(x, y)=1+y/3.

Visto que σr (t) = (x’(t), y’(t)) = (-90 cos²t sen t, 90sen²t cos t), então σr é de classe C1 e

tcostsen)90(tsentcos)90())t('y())t('x()t(' 24224222 +=+=σ =

tttt cossen90cossen)90( 222 ==

Como f é contínua, a área da metade da cerca é:

∫ ∫ =+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

C0

3 dttcostsen)tsen101(90ds3y1

π

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−+= ∫ ∫2

02

44 tdtcos)tsen10t(sentdtcos)tsen10t(sen90

ππ

π

450221180tsen2

2tsen180

2

0

52

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

π

A área total da cerca é 2 x 450 m2 = 900 m2 e, portanto, o pintor cobrará 900p reais.


30

30

3.3. Integrais de Linha de Campos Vetoriais

O trabalho feito por uma força →F (x) que move uma partícula de A até B ao longo do eixo

x é W = ∫b

af(x) dx. Já o trabalho feito por uma força constante F para mover um objeto de um

ponto P para outro ponto Q no espaço é W = →F . D, onde D =

→PQ é o vetor deslocamento.

Suponha agora que k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr

++= é um campo de força

contínuo no IR3 (um campo de força em IR2 pode ser visto como um caso especial onde R = 0 e

P e Q dependem apenas de x e y). Deseja-se calcular o trabalho exercido por essa força

movimentando uma partícula ao longo de uma curva lisa C.

Dividi-se C em sub-arcos Pi-1Pi com comprimentos sΔ i , dividindo-se o intervalo do

parâmetro [a, b] em subintervalos de mesmo tamanho . Escolhe-se Pi*(xi*, yi*, zi*) no i-ésimo

subarco correspondendo ao valor do parâmetro ti*. Se sΔ i é pequeno, o movimento da partícula

de Pi-1 para Pi na curva se processa aproximadamente na direção de T(ti*), versor tangente a

Pi*. Então, o trabalho realizado pela força →F para mover a partícula de Pi-1 para Pi é

aproximadamente:

→F (xi*, yi*, zi*) . [ sΔ i

→T (ti*) ] = [

→F (xi*, yi*, zi*) . T(ti*) ] sΔ i (3.14)

O trabalho total executado para mover a partícula ao longo de C é aproximadamente:

∑=

n

i 1[

→F (xi*, yi*, zi*) .

→T (xi*, yi*, zi*) ] sΔ i (3.15)

Onde →T (x ,y ,z) é o vetor unitário tangente ao ponto (x, y, z) sobre C. Intuitivamente

podemos ver que essas aproximações devem ficar melhores quando n aumenta muito. Portanto

definimos o trabalho W feito por um campo de força F como sendo o limite da soma de

Riemman dada por:

W = ∫c →F (x, y, z) .

→T (x, y, z) ds = ∫c

→F .

→T ds (3.16)

A equação (3.16) nos diz que o trabalho é a integral em relação ao comprimento de arco

da componente tangencial da força. Se a curva C é dada pela equação vetorial σr (t) = x(t) ir

+

y(t) jr

+ z(t) kr

, então →T (t) = σr ’(t) / |σr ’(t) |, e podemos reescrever a equação anterior como:

W = ∫b

a[

→F (r(t)) . σr ’(t) / | σr ’(t) | ] | σr ’(t) | dt = W = ∫

b

a

→F (r(t)) . σr ’(t) dt (3.17)


31

31

Esta última integral é freqüentemente abreviada como ∫c→F . d

→r e ocorre também em

outras áreas da física . Portanto podemos definir a integral de linha para um campo vetorial

contínuo qualquer.

Definição : Seja →F um campo vetorial contínuo definido sobre uma curva lisa C dada pela

função vetorial σr (t), a ≤ t ≤ b. Então a integral de linha ao longo de C é :

∫c→F . d

→r = ∫

b

a →F (σr (t)) . σr ’ (t) dt = ∫c

→F .

→T ds (3.18)

Quando se usa a definição anterior, deve-se lembrar que →F (σr (t)) é uma abreviação para

→F = (x(t),y(t),z(t)), e calcula-se

→F (σr (t)) tomando-se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) na expressão

de →F (x, y, z). Nota-se também que se pode formalmente escrever que dr =σr ’(t) dt .

Apesar de ∫c→F .d

→r = ∫c

→F .

→T ds e integrais em relação ao comprimento de arco não trocarem

de sinal quando a orientação do caminho é invertida. É verdade que ∫c→F .d

→r = - ∫−

→→

crd.F

porque o versor tangente T é substituído por seu negativo quando C é trocado por -C.

Finalmente, nota-se relação entre integrais de linha de campos vetoriais e integrais de

linha de campos escalares. Supõe-se que um campo vetorial F em ℜ3 seja dado sob a forma de

componentes pela equação k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr

++= . Usa-se a definição

para calcular sua integral de linha ao longo de C:

∫c→F .d

→r = ∫

b

a (

→F (σr (t) . σr ’(t) ) dt =

= ∫b

a( P

→i + Q

→j + R

→k ). (x’(t)

→i + y’(t)

→j + z’(t)

→k ) dt =

= ∫b

a[ P(x(t) + y(t) + z(t))x’(t) + Q(x(t) + y(t) + z(t))y’(t) +R (x(t) + y(t) + z(t))z’(t)] dt

. (3.19)

Mas esta última integral pode ser expressa como:

∫c→F .d

→r = ∫c Pdx + Qdy + Rdz (3.20)

onde k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr

++= .

Por exemplo, a integral ∫c ydx + zdy + xdz poderia ser expressa como:

∫c→F .d

→r (3.21)


32

32

Onde →F (x, y, z) = y

→i + z

→j + x

→k .

Definição: (consideremos uma curva C em ℜ3) parametrizada por σr (t) = ( x(t), y(t), z(t)),

t ∈ [a,b] , onde σr é de classe C1, e →F (x, y, z) = ( P (x, y, z), Q (x, y, z), R (x, y, z) ) um campo

vetorial contínuo definido em C. Definimos a integral de linha de →F ao longo de C por:

∫c→F .d

→r = ∫

b

a (

→F (σr (t) . σr ’(t) ) dt (3.22)

Se a curva C é fechada, isto é, se σr (b) = σr (a), a integral de linha é denotada por ∫c→F .d

→r .

Exercícios:

1) Calcule ∫c→F .d

→r onde

→F (x,y,z) = (x,y,z) e C é a curva parametrizada por σr (t)= ( sen t,

cos t, t ), 0 ≤ t ≤ 2π.

Solução:

Como →F é contínua em ℜ³ e σ’(t)= (cos t, - sen t, 1) é contínua em [0,2π], temos

∫ ∫ =−=→→

C

2

0

dt)1,tsen,t).(cost,tcos,t(senrd.Fπ

∫ ∫ ==+−=π π

π2

0

2

0

22tdtdt)ttcostsentcost(sen

2) Calcule a integral de linha do campo vetorial →F (x,y)= (x²-2xy, x³+ y) de (0,0) a (1,1) ao

longo das seguintes curvas:

a) O segmento de reta C1 de equações paramétricas x= t, y= t, 0 ≤ t ≤ 1.

b) A curva C2 de equações paramétricas x= t², y= t³, 0 ≤ t ≤ 1.

Solução:

a)

∫ ∫ =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−=++−=

→→

1C

1

0

2433

1

0

2

125

2t

4t

3tdt)ttt(rd.F


33

33

b)

∫ ∫ =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=++−=

→→

2

1

0

1

0

9765865

4225

374

65)3342(.

C

tttdtttttrdF

Este exemplo mostra que a integral de linha de um campo vetorial de um ponto a outro

depende, em geral, da curva que liga os dois pontos. Calculando novamente o item b), usando

uma representação paramétrica diferente para a curva C2. A curva C2 pode ser descrita pela

função →β (t) = (t, t3/2), 0 ≤ t ≤ 1.

∫ ∫ =++−=→→→1

0

1

0

227

252 )

23

232()(')).('( dtttttdtttF ββ

Como ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

→→→2

332522

1,2))('(e

23,1)(' tttttFtt ββ , obtemos

4225

3t

7t4

6t5

1

0

29

273

=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡+−=

Verificamos no exemplo acima que o valor da integral é o mesmo para as duas

parametrizações da curva C2. Esta é uma propriedade importante das integrais de linha que

provaremos a seguir.

É importante destacar que se σr (t) (a≤ t≤b) e →β (t) (c≤ t≤ d) são duas parametrizações

equivalentes da curva C, então existe uma função h: [c, d] → [a, b], bijetora e de classe C1, tal

que β (t)= σr (h(t)). Se h é crescente, dizemos que h preserva a orientação, isto é, uma partícula

que percorre C com a parametrização →β (t) se move no mesmo sentido que a partícula que

percorre C segundo a parametrização σr (t). Se h é decrescente, dizemos que h inverte a

orientação.

Teorema: Sejam σr (t) (a≤ t≤b) e

→β (t) (c≤ t≤d) parametrizações de C1 por partes e

equivalentes. Se h preserva a orientação, então:

∫ βC

→F .d

→r = ∫ σC

→F .d

→r (3.23)

Se h inverte a orientação, então:


34

34

∫ βC

→F .d

→r = - ∫ σC

→F .d

→r (3.24)

( C β e Cσ denotam a curva C parametrizada por →β (t) e σr (t) respectivamente).

Demonstração: É suficiente provar o teorema para σr (t) e →β (t) de classe C1. Suponhamos que

as parametrizações σr (t) e →β (t) estão relacionadas pela equação

→β (t) = σr (h(t)), t ∈[c, d] (3.25)

Então,

∫→→

βCrd.F = ∫

→d

cF ( β (t)).β

v’(t) dt = ∫

→d

cF (σv (h(t))).σv ’(h(t))h’(t) dt (3.26)

Fazendo a substituição u = h(t), du = h’(t)dt, obtém-se :

∫→→

βCrd.F = ∫

→)d(h

)c(hF (σr (u)). σr ’(u)du =

= ∫→b

aF (σr (u)). σr ’(u)du = ∫ ∂

→

cF .d

→r , se h preserva a orientação.

= ∫→a

bF (σr (u)). σr ’(u)du = - ∫ ∂

→

cF .d

→r , se h inverte a orientação.

3.4. Propriedades da Integral de Linha

(i) Linearidade.

∫∫∫→→→→→→→

+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

CCC

rd.Gbrd.Fard.GbFa (3.27)

onde a e b são constantes reais.

(ii) Aditividade. Se C admite uma decomposição num número finito de curvas

C1,...,Cn ,isto é, C= C1

U ... U Cn, então:

∫→→

crd.F =∑∫

=

→→n

1i icrd.F (3.28)

A prova destas propriedades segue imediatamente da definição de integral de linha.


35

35

Exercício:

1) Considere C a fronteira do quadrado no plano xy de vértices (0,0), (1,0), (1,1) e (0,1),

orientada no sentido anti-horário. Calcule a integral de linha ∫ +C

2 xydydxx

Solução: A curva é decomposta em quatro segmentos de reta que podem ser parametrizados do

seguinte modo:

C1 : σ1 (t) = (t, 0), 0 ≤ t ≤ 1

C2 : σ2 (t) = (1, t), 0≤ t ≤ 1

C3 : σ3 (t) = (-t, 1), -1≤ t ≤ 0

C4 : σ4 (t) = (0, -t) , -1 ≤ t ≤ 0

Assim, ∫ ∫ ==+1C

1

0

22

31dttxydydxx

∫ ∫ ==+2C

1

0

2

21tdtxydydxx

∫ ∫−

−=−=+3C

0

1

22

31dttxydydxx

∫ ∫−

==+4C

0

1

2 0dt0xydydxx

Logo,

∫ =+−+=+C

2

210

31

21

31xydydxx

3.5. Aplicações das Integrais de Linha

As integrais de linha possuem vasta utilização em diversas áreas, sobretudo na física para

ajudar a descrever alguns fenômenos e calculá-los.

Apresenta-se algumas aplicações das integrais citadas na física, além de alguns exemplos

resolvidos.

a) Cálculo da Massa e Centro de Massa de um Fio

Admitamos o seguinte problema descrito no exemplo abaixo onde os dados são os

seguintes:

Um fio extremamente delgado está identificado com as duas primeiras voltas do traço da

hélice C em ℜ3 dada por →C (t) = [cos(t), sen(t), t], com t percorrendo o intervalo [0,4π]. A

densidade linear em qualquer ponto (x, y, z) da curva é φ( x, y, z ) = 5x + z.


36

36

Com o uso de integrais de linha de campos escalares podemos calcular o centro de massa

do fio. Primeiramente aproximamos a massa do fio por pequenos elementos de massa mi,

concentrados nos pontos ( xi, yi, zi ).

Massa ≅ iiii

n

1i

n

1ii s)z,y,x(densm Δ∑∑

==

= (3.29)

Logo, uma aproximação do momento de massa em relação ao plano "xy" do fio é dado

por ∑=

=n

1iiiiixy s)z,y,x(densM Δ (3.30)

Define-se então:

∫∑ ===

∞→ ds)z,y,x(zdenss)z,y,x(denslimMn

1iiiiinxy Δ (3.31)

De maneira análoga definem-se os outros momentos de massa. Se M denota a massa

total do fio então as coordenadas do centro de massa são dadas por:

centro de massa = ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

MMxy,

MMxz,

MMyz (3.32)

b) Momento de Inércia

Seja L uma linha reta e designemos por dL(x) a distância do ponto x pertencente a ℜn a

linha L. O momento de inércia da linha Γ relativo a reta L é a integral de linha da função

φ(x) = α(x)d2L(x), ou seja,

dt)t(g))t(g(Ld 2))t(g(I 'b

a

L ∫= α (3.33)

c) Campo gravitacional

Seja M uma massa pontual e situada na origem de IR3. O campo gravitacional gerado

pela massa M é dado por

( ) rz,y,x

33rGM),z,y,x(GM)z,y,x(F rr

−=−= (3.34)

Onde r = (x; y; z) e G é a constante universal da gravitação.

Facilmente se verifica que o campo gravitacional é um gradiente e o seu potencial é a

função

zyx)z,y,x( 222

GMr1GM),z,y,x(GM)z,y,x(

++=== rφ (3.35 (3.35)


37

37

A integral de linha de um campo gradiente não depende do caminho. Depende apenas

do ponto inicial A e do ponto final B. Podemos aplicar então o teorema fundamental do cálculo

para o cálculo da integral de linha:

)()(.. abdgdgF φφφ −=∇=∫ ∫Γ Γ

(3.36)

d) Campo Magnético Através da Lei de Ampère

Em 1819, Oersted descobriu que uma corrente elétrica produz um campo magnético, e

que para o caso de um fio retilíneo, as linhas de campo são círculos em planos perpendiculares

ao fio, como ilustra a Figura (3.1). O sentido do campo é dado pela regra da mão direita: com o

polegar no sentido da corrente, os outros dedos dão o sentido de B.

Logo após a apresentação do trabalho de Oersted, em 1820, Ampère realizou outras

experiências e formalizou a relação entre corrente elétrica e campo magnético. Ele mostrou

que o campo produzido pela corrente, i, é dado pela lei que recebeu seu nome.

→→→

=∫ ild.B 0μ (3.37)

Onde μo é a permeabilidade magnética do vácuo.

Em (3.37), a integral é realizada ao longo de uma linha fechada arbitrária, que alguns

autores denominam linha amperiana, pela sua correspondência com a superfície gaussiana no

caso da eletrostática, e através desta lei é possível calcular o campo magnético numa integral

de linha.

Figura 3.1- Ilustração para a dedução da lei de Ampère


38

38

Exercícios:

1) Seja Γ um fio de um material cuja densidade de massa é dada por

yx2

21

1)y,x(

++

=α e tem a configuração de uma espiral descrita pelo

caminho g(t) = (t cos t; t sen t) ; 4π ≥ t ≥ 0 (vide figura abaixo).

Então 1)t())t(g( g'=α e, portanto, a massa de Γ é dada por:

παππ

411

1)())(( 24

0 2

4

0

'=+

+== ∫∫ dtdtttgM t

tg .

A coordenada y do centro de massa é dada por:

144sen

41),(1 4

0−=

−=== ∫∫

Γ

π

ππ

πα tdttyxy

My

2) Seja Γ pertencente ao IR3 um fio de um material com densidade de massa α(x; y; z) = z e

cuja configuração é a de uma hélice cilíndrica descrita pelo caminho g(t) = (cos t; sen t; t) ; 4π

≥ t ≥ 0 da figura abaixo:

Então 2)(' =tg e o momento de inércia de Γ relativo ao eixo z é dado pela integral de linha

∫∫ ==+=ΓΓ

ππ

4

0

222 282)()( tdtdsyxzIz


39

39

4. Teorema de Green

4.1. Introdução

George Green foi um pioneiro na aplicação de matemática para problemas físicos. Ele

era um moleiro que viveu em Nottingham toda sua vida e teve muito pouca educação formal

até ter completado a maior parte de seu melhor trabalho. Como resultado das suas

circunstâncias, ele recebeu pequeno reconhecimento público na vida, e foi William Thomson

(Lord Kelvin) que primeiro reconheceu o valor do seu trabalho e tornou-o de larga

publicidade. Uma extensão do teorema de Green, o teorema de Stokes, foi também descoberto

a partir de William Thomson. Stokes soube desse teorema por uma carta de Thomson em

1850 e pediu a seus estudantes para prová-lo num exame em Cambridge em 1854. Não se

sabe se algum de seus estudantes foi capaz de fazê-lo.

O trabalho de Green teve grande influência e hoje em dia é lembrado principalmente

pelo teorema de Green em análises de vetor, tensor de Green (ou o tensor Cauchy-Green) na

teoria de elasticidade e acima de tudo as funções de Green para resolver equações

diferenciais. A técnica da função de Green tem sido muito extensamente aplicada a equações

que surgem em física clássica e engenharia e recentemente foi adaptada a problemas de

mecânica quântica em áreas tão diversas como física nuclear, eletrodinâmica quântica e

supercondutividade.

4.1.1. A Vida de George Green

George Green nasceu em Nottingham em 13 de julho de 1793. Por várias gerações seus

antepassados foram fazendeiros na aldeia de Saxondale, a algumas milhas de Nottingham,

mas o pai dele, o mais jovem de três filhos, tinha sido enviado para lá em 1774 para ser

aprendiz de um padeiro em Nottingham. Com o tempo ele comprou a própria padaria e

prosperou, adquirindo terra e propriedades, as quais ele alugou, como também um armazém

nas margens do rio Lean, onde ele armazenava grãos antes de enviar para que fossem moídos

para a padaria. Quando George tinha oito anos, enviaram-no para a Robert Goodacre’s

Academy. A instrução dele durou só quatro períodos, e começou ajudar na padaria. Ele teve

Capítulo 4- Teorema de Green

40

sorte de que seu pai o enviou para aquela escola particular, Robert Goodacre era um professor

de ciência entusiástico. Goodacre se tornou um locutor popular em astronomia e dissertou ao

longo das Ilhas britânicas e América. Assim, George Green teria adquirido um gosto para

ciência, embora seja duvidoso que o professor Goodacre poderia tê-lo incentivado muito em

matemática; Goodacre não tinha tido nenhum treinamento formal e tinha sido aprendiz de

alfaiate antes de se tornar um professor.

Assim à idade de nove anos, George Green havia recebido toda a educação formal que

ele adquirira até os quarenta anos. Havia livrarias em Nottingham onde ele poderia comprar

livros de ensino e enciclopédias, mas não havia ainda nenhuma biblioteca. É possível que ele

possa ter recebido algum aconselhamento para leitura de um dos matemáticos diplomados que

viveram em Nottingham.

Quando Green tinha 14 anos, seu pai construiu um moinho de vento em Sneinton, uma

aldeia separada uma milha ou mais de Nottingham. Era torre de moinho de cinco pavimentos

com estábulos para oito cavalos e armazenamento para feno e milho. Moer era um comércio

qualificado e ele empregou um capataz-gerente, William Smith que morava em uma cabana

ao lado do moinho. O moinho não podia ser facilmente trabalhado por uma só pessoa; George

ajudou William Smith, e então aprendeu a operar o moinho. Esta deve ter sido uma mudança

excitante da padaria para um menino de 14 anos, e teria sido uma vida difícil, principalmente

ao ar livre. Quando havia vento o bastante, ele trabalhava longas horas, até à noite. Como os

Green ainda estavam vivendo em Nottingham, parece provável que George ficava durante a

noite com os Smith ou talvez dormiu no moinho ao invés de voltar caminhando pela escuridão

e ruas provavelmente perigosas de Nottingham. Parece provável também que durante este

tempo ele teria gasto alguns dos dias tranqüilos estudando matemática enquanto esperava o

vento vir. Certamente sua filha mais jovem, Clara, que viveu até 1919, contou ao Professor

Granger da University College, Nottingham, que o pai dela usou o chão do moinho como um

local de estudo.

Quando Green tinha 24 anos, ele e os pais mudaram-se para uma casa com cinco

quartos que eles construíram próximo ao moinho e alguns anos depois ela se juntou à

Biblioteca de Nottingham, recentemente aberta. Esta logo se tornou o centro de vida

intelectual em Nottingham. Continha uma coleção modesta de livros de ensino matemáticos e

científicos, e, de grande importância, tinha os jornais científicos britânicos importantes. Estes

normalmente também incluíram os títulos e resumos de documentos de jornais estrangeiros,

de forma que Green poderia seguir o que estava sendo feito em outro lugar. Em princípio, ele

poderia ter escrito aos autores pedindo cópias dos documentos deles.


41

George Green publicou o seu primeiro documento "Um Ensaio na Aplicação de Análise

Matemática para as Teorias de Eletricidade e Magnetismo" em 1828, à idade de 35 anos. Era

um grande trabalho de originalidade notável. Ele inventou técnicas matemáticas

completamente novas para resolver os problemas que surgiram na análise e teria tido um

efeito imediato e profundo se tivesse sido lido por outros trabalhadores na área. Infelizmente,

não teve este efeito até alguns anos depois de sua morte. Ele foi aconselhado que como não

tinha tido nenhum treinamento formal e a posição social dele era modesta, não deveria enviar

o documento a um jornal científico. Então, ao invés disso, ele teve seu trabalho impresso

reservadamente em Nottingham e distribuiu algumas cópias para outros matemáticos e físicos

que trabalhavam na Inglaterra. Não teve nenhum impacto; dificilmente alguém na Inglaterra

teria trabalhado nesta área. Matemáticos britânicos estavam interessados em mecânica, ótica,

astronomia, movimento planetário e hidrodinâmica; a inspiração de Green veio da França, de

Laplace e Poisson, mas ninguém parece ter visto seu trabalho lá. Esta falta de resposta deve

ter deprimido Green, mas ele começou a trabalhar logo em um segundo documento. Ele

recebeu valioso encorajamento de Senhor Edward Bromhead, um matemático de Cambridge

diplomado e influente que viveu em Lincolnshire e claramente percebeu habilidade

excepcional em Green.

Green procurou áreas de muito mais interesse a físicos matemáticos britânicos e, com a

influência de Bromhead, ele começou a publicar documentos nos jornais científicos. A vida

familiar dele também mudou consideravelmente aproximadamente neste tempo, quando o seu

pai morreu. Sua mãe havia morrido alguns anos antes, então Green se tornou um homem

bastante rico. Ele deixou de moer e arrendou o moinho em 1833, à idade de 40. Com a ajuda

de Bromhead ele entrou em Cambridge como um estudante universitário para conseguir um

diploma em matemática. Ele conseguiu seu diploma em 1837 e logo depois foi eleito por

companheirismo à faculdade Gonville e Caius.

Green manteve o posto por somente dois anos quando ficou doente e voltou a

Nottingham, onde ele morreu em 1841, deixando a esposa, Jane Smith, e sete filhos.

Tristemente, o inteiro valor do seu trabalho não foi apreciado até sua morte.

4.1.2. A Matemática de Green

A matemática de Green era quase toda desenvolvida para resolver problemas físicos

muito gerais. O primeiro interesse dele estava em eletrostática. A lei do quadrado-inverso

tinha sido recentemente estabelecida experimentalmente, e ele quis calcular como isto

determinou a distribuição de carga nas superfícies de condutores. Ele fez grande uso do


42

potencial elétrico (e deu este nome) e um dos teoremas que ele provou neste trabalho ficou

famoso com o teorema de Green. Relaciona as propriedades de funções matemáticas às

superfícies de um volume fechado para outras propriedades internas. Em sua forma habitual, o

teorema envolve duas funções, mas é simplificado prontamente ao que é chamado

freqüentemente o teorema da divergência ou o teorema de Gauss.

Para ilustrar o teorema, nós consideramos gás vazando de buracos nas paredes de um

cilindro de gás. A massa que sai por segundo por unidade de área iguala o produto da

densidade do gás e sua velocidade a cada buraco. Assim nós podemos achar a taxa de perda

total integrando em cima de todos os buracos. (A integral pode ser de fato realizada por toda a

superfície desde que a contribuição do resto seja zero). Mas esta taxa de perda da superfície

tem que igualar a soma das massas que partem por segundo de todos os pequenos elementos

dV de volume dentro da superfície e isto pode ser achado integrando uma função particular

em cima do volume inteiro V. A função é o resultado de um operador diferencial chamado

representação da divergência no produto de densidade e velocidade do gás ao elemento dV. O

teorema que relaciona a integral em cima da superfície para a integral em cima do volume

interno é útil em muitos ramos da física. Por exemplo, em eletrostática, um desenvolvimento

próximo relacionado a isto une o fluxo elétrico que deixa uma superfície ao total de carga

dentro dela.

Outra técnica poderosa inventada por Green é usada para resolver equações diferenciais.

Esta técnica pode ser aplicada a outros sistemas mais complicados. Em um circuito elétrico a

função de Green é a corrente devido a um pulso de tensão aplicado. Em eletrostática a função

de Green é o potencial devido a uma mudança aplicada a um ponto particular no espaço. Em

geral a função de Green é a resposta de um sistema a um estímulo aplicado a um ponto

particular no espaço ou tempo. Este conceito foi adaptado prontamente à física quântica onde

o estímulo aplicado é a injeção de um quantum de energia. É no domínio do quantum que a

aplicação de funções de Green para problemas físicos têm crescido espetacularmente nas

últimas décadas.

Green também fez um trabalho muito original em elasticidade onde ele é lembrado

através do tensor de Green. As propriedades elásticas de um sólido isotrópico são bastante

simples. Se a tensão é aplicada, todas as deformações podem ser calculadas através da

magnitude e direção da tensão e de somente dois módulos elásticos (o módulo de elasticidade

e o módulo de rigidez). Mas em um cristal as propriedades elásticas podem variar

consideravelmente de uma direção a outra. Green mostrou que na maioria dos casos gerais são

necessários 21 módulos diferentes para descrever a tensão. Ele também mostrou como a

simetria pode reduzir este número. Ele foi envolvido neste problema porque ele estava


43

interessado no "espaço celeste". Àqueles tempos os cientistas acreditavam que um meio real,

o espaço celeste, existia em todos lugares. No espaço cósmico ele foi necessário para trazer

vibrações de luz das estrelas até nós. Fresnel tinha mostrado que a luz era uma onda

transversal, assim o espaço celeste deveria ser um sólido uma vez que gases e líquidos

poderiam suportar somente ondas longitudinais. Então, Green começou a analisar as

propriedades de ondas em sólidos e isto o levou a considerar suas propriedades elásticas

imediatamente. Ele também calculou o quanto de uma onda foi refletida e o quanto foi

transmitida a uma interface e explicou o fenômeno de reflexão interna total. Neste trabalho,

ele foi o primeiro a escrever sobre o princípio da conservação de energia, que teve ainda que

ser estabelecido experimentalmente. Seu mais recente trabalho inclui o trabalho, por exemplo,

em hidrodinâmica, um método de aproximação para resolver equações diferenciais que

reapareceram um século depois como o método Wentzel-Kamers-Brillouin (WKB). Ele

também foi o primeiro a declarar o princípio de Dirichlet.

4.1.3. Trabalhos de George Green

• Um ensaio na aplicação de análise matemática para as teorias de eletricidade e

magnetismo;

• Aplicação dos resultados preliminares na teoria de magnetismo;

• Investigações matemáticas relativas às leis do equilíbrio de fluidos análogo ao fluido

elétrico, com outras pesquisas semelhantes;

• Na determinação das atrações exteriores e interiores de elipsóides de densidades variáveis;

• No movimento de ondas em um canal variável de pequena profundidade e largura;

• Na reflexão e refração de som;

• Nota no movimento de ondas em canais;

• Suplemento para uma dissertação da reflexão e refração de luz;

• Na propagação de luz em meio cristalizadas;

• Pesquisas na vibração de pêndulos em meios fluidos.

4.1.4. Reconhecimento

O trabalho de George Green recebeu pequeno reconhecimento popular, tanto durante a

vida, como depois da sua morte, entretanto, foram reconhecidas as suas contribuições para

ciência e foram desenvolvidas durante o século XIX por William Thomson, George Gabriel

Stokes e outros. Seus trabalhos fizeram muito para estabelecer a reputação de Green na física


44

clássica e também demonstrar aplicações em Engenharia, onde importante uso é feito do

Teorema de Green.

O trabalho principal de Green em eletricidade e magnetismo estava negligenciado na

Inglaterra em lugar desconhecido. Suas contribuições em outros campos que foram

publicados entre 1835 e 1839 foram melhor conhecidas por seus contemporâneos, mas o

verdadeiro valor delas não foi apreciado até muito tempo. Os cientistas praticantes não têm

nenhuma dúvida da importância da contribuição de Green. Mas e o resto do mundo? Até

mesmo em Nottingham, Green era uma figura obscura até recentemente, apesar de tentativas

nos anos vinte de aprender mais sobre ele e dos esforços nos anos trinta pela Associação

Britânica que restabeleceu seu sepulcro.

Julian Schwinger (1918-1994), Nobel Laureate, e Freeman Dyson estabeleceram uma

boa reputação para Green em física moderna. Nos anos 40, Schwinger mostrou que as funções

de Green poderiam ser usadas muito efetivamente em mecânica quântica e poderiam ser

aplicadas para eletrodinâmica quântica. Isto ampliou o campo de aplicações do trabalho de

Green.

Em 1972 houve a formação do Fundo Comemorativo de George Green, fundado no

Departamento de Física da Universidade de Nottingham,

Em 1985 foi promovida a restauração do Moinho de Green em Nottingham.

Em julho de 1993, aconteceram as celebrações do Bicentenário de nascimento de Green

em três cidades: Nottingham, Cambridge e Londres.

4.2. Teorema de Green

O teorema de Green relaciona uma integral de linha ao longo de uma curva fechada C

no plano xy com uma integral dupla sobre a região limitada por C. este teorema será

generalizado para curvas e superfícies no ℜ3.

Definição:Seja D uma região limitada por uma curva simples e fechada C. Dizemos que

a curva C tem orientação positiva se, para um observador que se desloque ao longo da referida

curva, a região D se apresente sempre à sua esquerda:

Figura 4.1- Região no plano

D


45

Teorema de Green: Seja D uma região fechada e limitada do plano xy, cuja fronteira

∂D está orientada positivamente e é parametrizada por uma função C1 por partes, de modo

que ∂ seja percorrida apenas uma vez. Se →F (x, y)=(P(x, y),Q(x, y)) é um campo vetorial de

classe C1 num subconjunto aberto que contém D, então:

∫∫∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+∂

DD

dxdy yP

xQQdyPdx (4.1)

Demonstração:

Vamos considerar D uma região simples, ou seja, vamos supor que D pode ser descrita

simultaneamente por :

dyc),y(vx)y(v|)y,x{(De )}x(uy)x(u,bxa|)y,x{(D 212

212 ≤≤≤≤ℜ∈=≤≤≤≤ℜ∈=

como mostra a figura a seguir:

y=u2(x) d y=u1(x) c x=v1(y) x=v2(y) a b

Figura 4.2- Região plana

Assim, tem-se:

∫ ∫∫ ∫=

==

∂∂

−=∂∂

−b

a

)x(2uy

)x(1uydydx

yPdxdy

yP (4.2)

∫ =−b

a 21 dx))]x(u,x(P))x(u,x(P{[ (4.3)

∫∫ =−b

a 21b

adx))x(u,x(Pdx))x(u,x(P (4.4)

dxPD∫∂= (4.5)

Analogamente, usando a resolução anterior, mostramos que:

dyQdxdyxQ

D D∫ ∫ ∫∂=∂∂ (4.6)

Se D não é simples, a decompomos como união finita de regiões simples, digamos

D=D1U...DnU, onde cada região simples Dk tem fronteira ∂DkC1 por partes (k=1, ...,n), e

aplicamos o teorema de Green a cada região Dk, obtendo:

dyQPdxdxdyyP

xQ

KDKD

∫∫ ∫ ∂+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂ (4.7)

D D


46

Conseqüentemente,

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

∫ ∫ dxdyyP

xQ

D

(4.8)

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

∫ ∫∫ ∫ dxdyyP

xQ...dxdy

yP

xQ

nD1D

(4.9)

QdydxP...dyQPdxnDnD

++++ ∫∫ ∂∂ (4.10)

A fronteira de D é formada por partes das curvas ∂Dk. As partes de ∂Dk que não

constituem a fronteira de D agem como fronteira comum às duas regiões simples. Uma parte δ

de ∂Dk que é fronteira comum às duas regiões simples será percorrida duas vezes em sentidos

opostos. Mas pelo teorema:

0QdydxPdyQPdx =+++ ∫∫−δδ

(4.11)

Portanto, enquanto as partes das curvas ∂Dk que formam a fronteira de D contribuem

para QdydxPD

+∫∂ , as outras partes se cancelam, fornecendo assim:

dyQPdxdxdyyP

xQ

DD

∫∫ ∫ ∂+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂ (4.12)

Teorema de Green para regiões Conectadas: Sejam C1, C2, Cn, n curvas suaves C1, tendo

as seguintes propriedades:

Nenhuma das curvas se interceptam;

As curvas C2, ..., Cn estão todas no interior de C1.

Demonstração:

C1

A B C2 C D

Figura 4.3- Regiões Multiplamente Conectadas

∫ ∫ ∫ ∫ =+++++++AB BC CD DA

QdyPdxQdyPdxQdyPdxQdyPdx


47

dxdyyP

xQ

1K∫ ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

= (4.13)

∫ ∫ ∫ ∫ =+++++++BA AD DC CB

QdyPdxQdyPdxQdyPdxQdyPdx

dxdyyP

xQ

2k∫ ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

= (4.14)

Somando-se (4.13) e (4.14), tem-se:

∫ ∫ ∫ ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+−+1 2C C K

dxdyyP

xQQdyPdxQdyPdx (4.15)

Para uma região simplesmente conceituada a condição xQ

yP

∂∂

−∂∂ , implica que a

integral é independente do caminho.

4.2.1. Cálculo de Áreas Utilizando o Teorema de Green

Como a área de uma região K é ∫ ∫ ∫ ∫=K K

dxdydA desejamos escolher P e Q

de modo que .1yP

xQ

=∂∂

−∂∂ Teremos então:

∫ ∫∫ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+δ K

dxdyyP

xQQdyPdx (4.16)

∫ ∫∫=+=δ K

dxdyQdyPdx

Como a área de uma região K é ∫∫∫∫ =KK

dxdydA , desejamos escolher P e Q de modo

que 1yP

xQ

=∂∂

−∂∂ , teremos então:

∫ ∫∫∫∫∫ =+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+δδ KK

dxdyQdyPdxdxdyyP

xQQdyPdx (4.17)

Exercícios:

1) Calcule ( ) dy y2xdx

2yx 4

2

c

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

−∫∫ , onde C é a fronteira da região D definida

por }0y,0x,4yx1|)y,x{(D 222 ≥≥≤+≤ℜ∈= orientada no sentido anti-horário.


48

Solução:

( )

( )

( ) ( )[ ]3

141001370cos

2cos0

237

)(cos31

38cos

3

))()(cos(

2

0

2

0

2

1

3

2

0

2

1

2

=−−−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+=

=+=+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

∫∫

∫ ∫∫∫∫∫

ππ

θθθθθθ

θθθ

ππ

π

sinsin

dsindsinr

drdsinrdxdyyxdxdyyP

xQ

cc

2) Seja c a elipse: 4y4x 22 =+ , temos ∫∫∫ =+=++−Rc

A2dxdy)11(dy)y3x(dx)yx2(

Onde A é a área de R. Como os semi-eixos da elipse são a=2, b=1, a área é πab=2π e o valor

da integral curvilínea é 4π

3)Calcular a área limitada pela elipse 1by

ax

2

2

2

2

=+

Solução:

[ ] ( )

( ) ab abdt21dt tsentasenbtcosbtcosa

21ydxxdy

21A

tsenb,tcosa2,0t2

0

2

0

π

ππ π

∫ ∫ ∫ ⇒⇒++⇒−=

→∈

4) Consideremos j)y,x(Bi)y,x(A)y,x(Frr

+= onde A e B∈ C1 com yA

xB

∂∂

=∂∂ na

região S dada abaixo. Prove que ∫ ∫=1 2

rd.Frd.Fγ γ

rrrr, onde γ1 e γ2 são percorridas no sentido anti-

horário.


49

Solução:

,

0dxdy yP

xQrd.Frd.F

s12

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=− ∫∫∫∫γγ

rrrr, pois por hipótese

yP

xQ

∂∂

=∂∂

em S. Portanto,

∫∫ =12

rd.Frd.Fγγ

rrrr

5) Calcule ∫γ γd.Fr

, onde ( ) j x5yx3i yx4)y,x(F 2433 rrr++= e γ ,a fronteira do quadrado de área

igual a 4. (γ está no sentido anti-horário)

Solução:

∫∫ ∫∫∫∫ =×=×==−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

γ γγ

204555)12512( 2323 AdxdydxdyyxyxdxdyyP

xQ

onde A é a área do quadrado.

6)Calcule a área da região limitada pela curva π20,cos1 ;sen ≤≤−=−= ttyttx

e pelo eixo x.

S γ1 γ2

)2,0( )2,2(


50

Solução:

( ) ( )

ππ

ππ

π

π

π

π

ππ π

2 sen2 )(

cossen

coscossen)(

sensen.sensenA

0dy0y 2t0t x

:C2 sentdtdy cost-1y

2t0 sent -tx:C1

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

22

0

2

021

⇒−

=⇒−==⇒=

−=−

+−=⇒+−−=⇒+==

⎢⎣

⎡=⇒=

≤≤=⎢⎣

⎡=⇒=

≤≤=

∫∫

∫∫ ∫∫∫∫

tI

tvtdvdtdutu

tdttttdttI

dttttAottdtttAxdyxdyxdyccc

πππ

π

ππ

3A2A)II()I(A

t2sen 41t

21 dt t2cos

21

21(II)

2

0

2

0

=⇒+=⇒+=

⇒−⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −∫

π2


51

7) Use o teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com

orientação positiva dyxe2dxe y

c

y +∫ C é o quadrado de lados x=0, x=1, y=0, y=1.

Solução:

( ) ∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫∫ −====−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂ 1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1 2 edyedyxedxdyedxdyeedxdyyP

xQ yyyyy

8) Seja ( ){ } ( ) )r(Q)y,x(Q),r(Py,xP ,1yx:y,xD 222 ==≤+ℜ∈= funções de classe C1 que

dependem somente da distância à origem. Mostre que 0dxdy yP

xQ

D

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

∫∫

Solução:

1yx:)y,x{( 222 =+ℜ∈γ

dy)1(Qdx)1(Pdxdy yP

xQ

DD

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

∫∫∫

Se considerarmos DyxQyxQPyxP ∈== ),(),1(),( e )1(),( isto é, P e Q são

constantes em D então:

0dxdy yP

xQdy)1(Bdx)1(A

D=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+ ∫∫∫γ

9) Seja C a circunferência: 1yx 22 =+ . Calcule ∫ +c

223 dyyx6dxxy4 .

)1,0(

)0,0(

)1,1(

)0,1(


52

Solução:

∫∫ =−⇒R

22 0dxdy)xy12xy12(

10) Verificar o Teorema de Green no plano para ( )∫ ++C

22 dyxdxyxy , onde C e a curva fechada

da região limitada por .xy;xy 2==

Solução:

As equações acima cortam-se em (0, 0) e (1, 1), no sentido positivo do percurso.

( ) ( )

( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫∫

∫∫∫∫

=−=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

∂∂

−∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

1

0

1

0

1

0

2

22

22

222

x

x

xx

x

x

RR

dxyxydxdyyxdydxyx

dxdyyxyy

xx

dxdyyM

xN

= ( )∫ −=−1

034 .

201dxxx


53

11) Calcule ∫ −−C

3 xydydx)yx2( ; C é a fronteira da região limitada pelas curvas

.9;4 2222 =+=+ yxyx

Solução:

yyxxQ

yyxyP

−=∂∂

−=∂∂

),(

3),( 2

Domínio:)3r2(

)20(≤≤≤≤ πθ

}{ θθσ sen;cos ryrx ===

∫ ∫∫∫ =+−=−−−=π

θθθ2

0

3

2

22 ))sen(3sen())3(( rdrdrrdxdyyyAC

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=+−= ∫∫ ∫ θθθθθθ

ππdrrdrdrr

3

2

2

0

2432

0

3

2

232 sen4

3sen3

)sen3sen(

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−= ∫∫

ππθθθθθθ

2

0

2

0

2

22cos1

4195sen

319sen

4195sen

319 dd

( ) ππθθθπ

π

41952

8195

22sen

8195cos

319 2

0

20 =⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−−=

12) Calcule ∫ −++C

dyxydxyx )()( ; C é a circunferência

( )⎩⎨⎧

==

=−+θθ

σrsenyrx

axyxcos

;0222

Solução: )cosa2r0();20( θπθ ≤≤≤≤

22

0

2cos2

0

2

0

cos2

0

2

0

2

22

2cos122

aadrrdrdAa

aπθθθ

πθπ θ π

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== ∫ ∫ ∫


54

13) Calcule ∫→→

⋅c

rdF onde →F = (2xy – x²)

→i +(x +y²)

→j , e C é a linha delimitadora,

tomada em sentido anti-horário, da região R limitada pela parábola y = x² e pela reta

y = x.

Solução:

( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ ⇒−⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

∂∂

−+∂∂

⇒⋅→→

RRC

dxdyx21dxdy²xxy2y

²yxx

rdF

( ) ( )[ ] ⇒−⇒− ∫∫ ∫ dxyy21dydxx211

0

x²x

1

0

x

²x( )( ) ⇒−−∫ dx²xxx211

0

( ) 02²x³x

2xdxx²x3³x2

1

0

41

0=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⇒+−∫

14) Use o teorema de Green para calcular a integral de linha sobre a curva fechada simples C,

onde C é a linha perimetral do triângulo OAB, tomada no sentido anti-horário, com A = (1,0)

e B= (1,1).

Solução:

P(x,y) = x² - y, Q(x,y) = x + y², e R é a região triangular limitada por OAB. Logo,

( ) ( ) 1y²xyy

Pe1²yxxx

Q−=−

∂∂

=∂∂

=+∂∂

=∂∂

Logo pelo teorema de Green

( ) ( )dy²yxdxy²xC

++−∫ [ ] dxdy)1(1dxdyyP

xQ

RR∫∫∫∫ −−⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⇒

Como podemos ver pelos limites a área do triângulo será ½, então:

( ) ( ) 1dy²yxdxy²xC

=++−∫

∫∫∫∫ ×⇒⇒RR

triângulodoáreadxdydxdy )(222


55

15) Calcular a integral de linha ( ) dyex5dxx1y2I ²y

c

5 ++⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= ∫

sobre a circunferência 4²y²x =+

Solução:

Através do Teorema de Green teremos: 5x1y2P ++= e ²yex5Q −=

2yP

=∂∂ e 5

xQ

=∂∂

( ) ⇒−= ∫∫ dA25IR

⇒= ∫∫R

dA3I

3=I x (área do círculo)

Como a área do círculo é πr2 , e pela equação da circunferência sabemos que seu raio é

2, então: π12=I

16) Utilize o teorema de Green e calcule: ( ) ( )∫ ++−C

22 dyyxdxxxy2 , onde C é a curva

fechada da região limitada por .xy;xy 22 ==

Solução:

As curvas y=x2 e y2=x interceptam-se em (0,0) e (1,1).

( ) ( )∫∫ ∫∫ =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−∂∂

−+∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

R R

dxdyxxyy

yxx

dxdyyP

xQ 22 2

( ) ( ) ( )∫∫ ∫ ∫ ∫ =−=−=−=R

x

x

x

xdxxyydydxxdxdyx

1

0

1

02 222121

.30122

1

0

3223

21

∫ =⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +−−= dxxxxx

17) Sejam P(x,y) e Q(x,y), funções reais de classe C1 em U=IR2 – {A, B}, tais que

xQ

yP

∂∂

=∂∂ em U. Sendo C1, C2, C3 as curvas, calcule ∫ +

3CQdyPdx , supondo que

∫∫ =+=+2

.15 ; 121

CC

QdyPdxQdyPdx


56

Solução:

KKK =+ 21

∫∫∫

∫∫

∫∫ ∫ ∫

∫∫

∫∫ ∫ ∫

∫∫∫∫ ∫∫

−=−+=+++=+

−=+⇒=−+∴

=+−+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=+⇒=−+∴

=+−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

3231

3232

32

3131

31

3)15(12

15015-

0

12012

0

0

3

2 2

1 1

1 2

QdyPdxQdyPdxQdyPdx

QdyPdxQdyPdx

QdyPdxQdyPdxdxdyyP

xQ

QdyPdxQdyPdx

QdyPdxQdyPdxdxdyyP

xQ

dxdyyP

xQdxdy

yP

xQdxdy

yP

xQ

C

K C

K C

KK K


57

18) Calcule ∫ ++C

xx dy)xycose(ydxsene , onde c é o arco da circunferência, 1yx 22 =+ ,no

primeiro quadrante, orientado no sentido anti-horário.

Solução:

O campo vetorial ( )xycose,ysene)y,x(F xx +=→

é de classe C1 em IR2. Podemos aplicar

o teorema de Green à região limitada por C, γ1, γ2.

Como ( ) ycose)y,x(yP;1ycosey,x

xQ xx =

∂∂

+=∂∂ , segue do teorema de Green que

∫∫==D

dxdy1áreaD4π e ∫∫ ∫ ∫ ∫ +++++=

DC 1 2

.QdyPdxQdyPdxQdyPdxdxdy1γ γ

As curvas 1γ e 2γ são parametrizadas por 0t1),t,0()t( ≤≤−=σ , e 1t0),o,t()t( ≤≤=σ ,

respectivamente. Portanto,

[ ] 1sentsendtcotPdxdy0

1

01 −=−=−=∫ ∫− −γ

e ∫ ∫ ==+2

1

0.0dt0QdyPdx

γ

1sen4

QdyPdxK

+=+∫π

5 Integral de Superfície

5.1. Integral de Superfície de Campo Escalar

Aplicaremos o conceito de uma integral de linha àquele de uma integral definida sobre a

superfície. Considerando uma região fechada no plano xy. Usaremos o símbolo D, para

denotar uma região no plano xy.

Seja S uma superfície parametrizada por:

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

)v,u(z)v,u(y)v,u(x

σ (5.1)

→σ (u,v) = x(u,v)

→i + y(u,v)

→j + z(u,v)

→k , (u,v) ∈ D.

E f(x,y,z) uma função real contínua definida em S. A integral de superfície de f sobre S é

definida por:

∫∫s

dSf (5.2)

Discutindo sobre a área de uma superfície chega-se a seguinte conclusão:

vuv

XuijS ΔΔσσΔ

∂∂

∂∂

= (5.3)

onde u∂

∂σ e v∂

∂σ são os vetores tangentes. Concluí-se que:

∫∫∫∫ =DS

dSvuσfdSzyxf )),((),,( (5.4)

Tem-se que:

dudvv

Xu

dS∂∂

∂∂

=σσ (5.5)

Já que:

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

),(),(),(

vuzvuyvux

σ

(5.6)

Capítulo 5- Integral de Superfície

59

vz

vy

vx

uz

uy

ux

kji

vX

un

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂=

∂∂

∂∂

=

→→→

→ σσ (5.7)

Suponha que S seja uma superfície sobre D e tenha equação z = g(x,y), onde suas

derivadas parciais são contínuas em D. Então teremos:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

=),( yxgz

yyxx

σ

(5.8)

Onde:

→→→

→→→

+∂∂

−∂∂

−=

∂∂

∂∂=

∂∂

∂∂ kj

ygi

xg

yg10

xg01kji

yX

xσσ (5.9)

dxdyyg

xg1

yX

x

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+=∂∂

∂∂ σσ (5.10)

Se S é definida explicitamente pela equação z = g(x,y), ( x , y ) ∈ D, vale raciocínio

análogo ao cálculo da área de S. Ou seja,

dydxyg

xgyxgyxfdSf

Ds∫∫∫∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+=22

1)),(,,( (5.11)

Se f(x,y,z) = 1 sobre S, a equação acima se reduz ao cálculo da área de S.

Se uma equação da superfície S for da forma y = g(x,z) e S for projetada sobre uma

região D no plano xz, sendo g e suas derivadas parciais primeiras contínuas em D, então,

seguindo o raciocínio anterior, tem-se:

dzdxzg

xg1)z),z,x(g,x(fdSf

D

22

s∫∫∫∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+= (5.12)


60

Além disso, se uma equação da superfície S for da forma x = g(y,z) e S for projetada

sobre uma região D no plano yz, sendo g e suas derivadas parciais primeiras contínuas em D,

então:

dzdy

zg

ygzyzygfdSf

Ds∫∫∫∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+=22

1),),,(( (5.13)

Exercícios :

1) Calcule ∫∫ dSy onde S á a superfície 2010,2 ≤≤≤≤+= yexyxz .

Solução:

( ) ( )

( ) ( )

( )

[ ]

( )3

213013

213

3213

3213

3213

25212122254

121

222318121221818

32

81

23218

32

81

32

81

8

18284242

2111

10

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

18

2

1

0

1

0

18

2

1

0

2

0

22

1

0

2

0

2222

2

23

23

23

21

=−

==

==−

=−⋅=−

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⋅

≤≤=⇒+=+

++=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+=

+===

∫∫

∫∫

∫∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫∫∫ ∫∫

xdxdx

dxdx

dxdx

dxdxudxduu

udyyduyudydxyy

dydxyydxdyyz

xzydSf

yxzyyxx


61

2) Calcule a integral de superfície ∫∫S

dsx 2 , onde S é a esfera unitária x2 + y2 + z2 = 1.

Solução:

( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( ) [ ]3

4340

3220cos4cos

41

31

310coscoscos

4102

21

3cossen

41

21

4022sen2cos21

21

cossensen22cos

21

11sencoscossensencos

cossencos1sencossen

sensencossensencossensen

cossensencossencossensensencossen

cossensensencossen

cossensensencossensencoscossensensencossen

cossensencossensensencoscossen

0cossensensensensencoscoscos

cossen

200

cossensencossen:

4

0

1

1

3

0

4

0

2

0

1

1

2

0

2

0

2

0

0

2

0

2

0

0

22

0

2

2

0 0

222

0 0

22

2222224

22224222424

22222

22

2222

2222

2

0 0

22

2

0 0

2

ππππ

ππφθ

πθθφφθθθ

φφφφφθθ

φφφφφφφθθ

θφθφφθφφθφ

φφφφφφφφ

φφθθφφφθφθφ

φφθφθφθσ

φσ

φφθφθφ

θθφφθφθφ

θφθφφθφθφφ

θφθφφθφθφ

θσ

φσ

θφθσ

φσθφ

θφθσ

φσ

πθπφ

φθφθφ

πππ

π

ππ π

πππ

ππ

ππππ

ππ

ππ

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−++−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅

≤≤=⇒=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−≤≤−=⇒==−

=−=⋅

==+=+=

++=++=

++=∂∂

∂∂

++=

+++=

+++=

−−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

⋅

∂∂

∂∂

=

⎩⎨⎧

≤≤≤≤

===

−

−

∫

∫∫∫ ∫

∫∫∫

∫∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫∫∫

uuduu

udduuduuddd

ddd

udduudd

dddd

X

kjikji

ikjk

kjiX

ddX

ddXxdSf

zyxaçãoParametriz


62

3) Calcule onde f(x, y, z) = x +3z2, M sendo a parte do plano z = y limitada pela superfície

x2 + y2 = 9.

Solução:

Seja a parametrização ),,(),( yyxyx =σ

( ) ( )

( ) ( )

[ ]

( )

[ ] [ ] ( ) ( )

422430

1622432

82243

0sen4sen16

2243028

2243sen16

22438

22430

cos16

22438

22430sen2sen29

4022Fazendo

22cos

21

42243sen29sen

4243cos92

sen4

243cos03

272sen4

3cos3

2

sen3cos2sen3cos2

3020

sencos

polares scoordenadaparaPassando

3223

21011

40

20

4

0

2

0

2

0

20

2

0

22

0

22

0

2

0

23

0

43

0

3

2

0

2323

0

2

0

223

0

22

22

ππ

ππθ

θπ

πθθ

θθθθθθθ

θθθθθθ

θθθθθθ

πθθθ

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

=⋅−⋅=

=−−−=−+=

=−+−

≤≤=⇒=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+=+

⎩⎨⎧

≤≤≤≤

==

=+=⋅+=

=++=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+=

∫∫

∫∫∫

∫∫

∫ ∫∫ ∫

∫∫∫∫∫∫

u

duud

udduu

ddd

ddrr

drdrrdrdrrr

rryrx

dxdyyxdxdyzxdSf

dxdydxdydxdyyz

xzdS

5.2. Integral de Superfície de Campo Vetorial

Do mesmo modo que um campo vetorial pode ser integrado sobre uma curva, ele pode

ser integrado sobre uma superfície. Para cada paralelogramo que forma um elemento de área

da superfície, nós nomeamos uma componente normal do campo vetorial de algum ponto

interior. Como a divisão da superfície é refinada, a soma do produto da área do paralelogramo

e a componente normal do campo vetorial são a integral do campo vetorial sobre a superfície,

geralmente escrita por:

∫∫→→

S

dSn.F (5.14)


63

onde dS é usado para representar o “elemento de área”, e →n é o vetor normal.

Seja S uma superfície parametrizada por:

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

),(),(),(

vuzvuyvux

σ

(5.15) →σ (u,v) = x(u,v)

→i + y(u,v)

→j + z(u,v)

→k , (u,v) ∈ D.

A esta superfície são associados dois campos de vetores normais unitários:

Figura 5.1- Vetores normais unitários associados à superfície S.

vX

u

vX

u))v,u((n1

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=→

σσ

σσ

σ

(5.16)

e

))v,u((n))v,u((n 12 σσ→→

−=

(5.17)

Onde vX

u ∂∂

∂∂ σσ

é a normal do produto vetorial e →

1n é o versor normal.

O versor normal para a superfície tem um papel fundamental, deve haver um versor

normal →n para cada ponto (x,y,z) de modo que varie continuamente sobre S. Então a

superfície S é chamada de uma superfície orientada. Dizemos que S está orientada se fixarmos

sobre S um tal campo de vetores.

Seja →F um campo vetorial contínuo definido em uma superfície orientada S

parametrizada por σ(u,v), (u,v) ∈ D. Sabe-se que:

dudvv

xu

dS∂∂

∂∂

=σσ (5.18)

Então definimos a integral de superfície de →F sobre S por:

n1

n2


64

∫∫∫∫∫∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

⋅=⋅→→→→

DDS

dudvv

Xu

Fdudvv

Xu

vX

u

vX

uFdSnF σσσσσσ

σσ

(5.19)

Se →→

= 1nn , a integral muda de sinal. Esta integral é o fluxo de →F através da superfície S.

Quando S é definida explicitamente pela função z = g ( x , y ), ( x , y ) ∈ D, temos:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

=),( yxgz

yyxx

σ

(5.20)

Nesse caso,

yX

x

yX

xn

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=→

σσ

σσ

(5.21)

Sendo que:

→→→

+∂∂

−∂∂

−⇒

∂∂

∂∂=

∂∂

∂∂ k

ygj

xgi

yg10

xg01kji

yX

xσσ (5.22)

22

yg

xg1

kjy

)y,x(gx

)y,x(gin

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+

+∂

∂−

∂∂

−=

→→→

→

(5.23)

Sabemos que, neste caso:

dxdyyg

xg1dS

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+= (5.24)

Então

dxdyky

yxgjx

yxgiF

dxdyyg

xg

yg

xg

ky

yxgjx

yxgiFdSnF

D

DS

∫∫

∫∫∫∫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

∂∂

−∂

∂−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+

+∂

∂−

∂∂

−=

→→→→

→→→

→

),(),(

1

1

),(),(22

22

(5.25)


65

Exercícios:

1) Calcule o fluxo do campo vetorial )z2,y,x( )z,y,x(F −=→

através da superfície S do

parabolóide 1z0,yxz 22 ≤≤+= , com vetor normal apontado para a fora de S.

Solução:

A superfície S é definida por Dyxyxyxfz ∈+== ),(,),( 22 ,onde

}{ 1/),( 222 ≤+ℜ∈= yxyxD . Um campo de vetores normais que aponta para a fora do S em

cada ponto é dado por: ).1y2,x2(1),y,x(yf),y,x(

xfn −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

∂∂

=→

[ ]22

22

441

)1,2,2().22,,().(

yx

yxyxyxdsnF

sS

++

−−−== ∫∫ ∫∫φ ds = dxdyyx

D

)(4 22 +∫∫ .

Usando mudança polar para resolver a integral dupla, obtemos

∫ ∫∫∫ ==+π

πθ2

0

31

0

22 24)(4 drdrdxdyyxD

2) Calcule ∫∫→→

Sds)n.F( onde )1,x,x()z,y,x(F −−=

→ e S é a porção do plano 0zyx =++

situado no interior da esfera 1zyx 222 =++ . Especifique a orientação escolhida.

Solução:

S é definida por Dyxyxyxfz ∈−−== ),(,),( , onde

{ } 1222/),( 222 ≤++ℜ∈= xyyxyxD

Escolhendo o campo de vetores normais de S dado por

→n =(1,1,1),

Obtemos ∫∫ ∫∫ ∫∫ =−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−=S S s

dsdsxxdsnF 3

1 3

)1,1,1().1,,( ).( .3

(S) área3

1 π−=−

3) Calcule ∫∫→→⋅

S

ds)nF( ,onde )zx,y,x()z,y,x(F 2=→

e S é a superfície do cilindro

1)1()1( 22 =−+− yx entre o planos 4z e 0z == , com vetor normal apontando para fora de

S.

Solução:

O cilindro S tem representação paramétrica:

( ) ( ) .40 ,20 ; ,sen1,cos1, ≤≤≤≤++= uuu πθθθθϕ

Um campo de vetores normais que aponta para fora de S em cada ponto é dado por


66

( ).0,sen,cos1000cossenkji

)u,(u

)u,( θθθθθϕθθϕ

=−=∂∂

×∂∂

→→→

( )( ) ( )

( ) .8du 2du d 1sencos

ds1

0,sen,cosucos1,sen1,cos1ds)nF(

4

0

4

0

2

0

S

2

S

∫∫ ∫

∫∫∫∫

==++

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+++=⋅

ππθθθ

θθθθθ

π

4) Calcule ds nFS∫∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

→→, onde ( ) ( )z2,y,xz,y,xF =

→ e S é a união dos planos

.10 , 10 , 0 e , 10 , 10 , 0 ≤≤≤≤=+≤≤≤≤=− zxzyzxzy

Solução:

S é a união das superfícies S1 e S2, onde S1 é a porção do plano yz = cuja projeção no

plano xy é o quadrado [ ] [ ]1,01,01 ×=D , e S2 é a porção do plano yz −= cuja a projeção do

plano xy é o quadrado [ ] [ ].0,11,02 −×D

Se considerarmos S1 e S2 com os campos e vetores normais

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

21,

21,0n e

21,

21,0 21n , respectivamente, S estará orientada.

( ) ( )

.121

21

2

1,2

1,02,, 2

1,2

1,02,,

0

1

1

0

1

0

1

0

21

22

11

∫ ∫∫ ∫

∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

−

→→→→→→

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+−=+−=

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−−⋅−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−⋅=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

ydxdyydxdy

dsyyxdsyyx

dsnFdsnFdsnF

SS

SSS

5.3. Superfícies Orientáveis

Fixado um campo de vetores unitários normais a S, dizemos que S é orientável se n

percorre o s∂ de S deixando S à esquerda do caminho traçado por n em s∂ .Neste caso,

dizemos que S está orientada positivamente.


67

→n

s∂ S

Figura 5.2 – Superfície orientável. →n

Uma superfície S= S1 U S2 U .... U Sn é orientável se 1s∂ está orientada positivamente

∀ l e nas interseções as orientações são oposta

a) →

n

b) c)

n saindo do papel

Figura 5.3- Superfície orientável obtida através de uma união de superfícies.

5.4. Aplicações das Integrais de Superfície

a) Fluxo de um Campo

O cálculo do fluxo de um campo através de uma superfície pode ser calculado via

integral de superfície. O fluxo de →F sobre S é dado por:

S1


68

∫∫→→⋅=

S

nFfluxo (5.26)

onde →n é o vetor unitário normal a S no ponto (x,y,z).

Uma vez que a fronteira do sólido seja definida por um número (finito) de faces

(superfícies), o fluxo será, sob condições adequadas, o somatório dos fluxos em cada face do

sólido.

b) Fluxo de Campo Elétrico e Campo Magnético

Numa primeira abordagem, podemos dizer que : Fluxo de campo elétrico = intensidade

de campo elétrico x área perpendicular ao campo.

Logo, veremos que essa definição é muito simplificada, e tem pouco valor operacional,

porque em geral o valor de →E varia ao longo da superfície, e nem sempre esta é

perpendicular ao campo. Podemos melhorar a definição, dividindo a superfície em elementos

tão pequenos quanto possível, de modo que →E seja constante nessa área infinitesimal. A esta

área associamos um vetor →Sd , cuja direção é perpendicular à área e cujo módulo é igual à

área. Podemos manter a idéia intuitiva definindo fluxo infinitesimal: →→

⋅= SdEdΦ (5.27)

Assim, o fluxo através de determinada área S é dado pela integral de superfície

∫→→

⋅=S

SdEΦ (5.28)

No caso de uma superfície fechada, o vetor área é convencionalmente dirigido de

dentro para fora. O fluxo através de uma superfície fechada é assim representado:

∫→→

⋅=S

SdEΦ (5.29)

c) Campo Elétrico através da Lei de Gauss

Seja uma carga Q. Imagine uma superfície qualquer, fechada, envolvendo esta carga. A

lei de Gauss estabelece que:

o

QSdEε

Φ =⋅= ∫→→

(5.30)

A lei de Gauss é válida para qualquer situação, com campo uniforme ou não, e para


69

qualquer tipo de superfície fechada, também denominada superfície Gaussiana. Todavia, para

ser operacionalmente útil ela deve ser usada apenas em determinadas circunstâncias. Uma

circunstância favorável ocorre quando a superfície Gaussiana é tal que o produto escalar entre

o campo e o vetor superfície é facilmente obtido. Logo, podemos perceber que a Lei de

Gauss relaciona o fluxo do campo elétrico ( visto no item anterior ) com a quantidade de carga

no interior da gaussiana, e desta relação podemos obter o valor do campo elétrico gerado por

determinada superfície.

Exercícios:

1) Calcule o fluxo de campo magnético através da seção transversal de um solenóide circular

de raio R e campo magnético uniforme B = μ0ni0 perpendicular a superfície.

Solução:

∫ ∫ ∫∫→→→

==== dsBdsBdsBsdBs

.0cos..cos... θφ rrB

2.00 RniS.BdsB πμ∫ ===

→→

2) Calcule o fluxo de um campo elétrico kxy2j)yx(i10)z,y,x(E 22rrrr

−++= através da

superfície .1y0,1x0,k)yx1(jyix)t( 22 ≤≤≤≤−−++=→→ rr

σ

Solução:

dy.dxdydx

dxd.

dydx

dxd

dydx

dxd

.Fds.n.Fs

σσσσ

σσ

∫∫ ∫∫→→→

=

dxdykjyixkxyjyxi )22).(2)(10( 22rrrrrr

++−++∫∫

331)22220(

1

0

1

0

32 =−++∫ ∫ dxdyxyyyxx

66

Teorema de Gauss

66..11.. Introdução

O teorema de Gauss relaciona uma integral tripla num sólido de 3ℜ com a integral

sobre a superfície que é fronteira deste sólido, visando facilitar o cálculo de fluxo através

dessas superfícies. Sabe-se que o fluxo obedece à seguinte relação:

∫∫ ∫∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=⋅

→→→→

γ γ

dSnFSdF (6.1)

onde →F é um campo vetorial definido sobre uma superfície S com versor normal .n

→

Este teorema pode ser aplicado num campo vetorial contínuo que tenha sua derivada,

também contínua, num aberto contendo o sólido mencionado. Desta maneira, os cálculos são

simplificados, porém estes devem ser definidos no domínio do sólido limitado pela superfície.

A integral tripla pode representar fluxo, campo magnético, campo elétrico, entre outros tipos

de fluxos.

6.2. Definição

Seja K uma região fechada e limitada no 3ℜ cuja fronteira é uma superfície orientada

positivamente (vetor normal apontando para fora do sólido) e →F é um campo vetorial de

classe C¹ num subconjunto aberto de 3ℜ que contém K, então:

∫ ∫ ∫ ∫ ∫→→→

=⋅γ K

dxdydz FdivdS)nF( (6.2)

Demonstração:

Se →F = (F1, F2, F3), podemos dizer que o divergente dessa função é:

Capítulo 6- Teorema de Gauss 71

)z,y,x(z

F)z,y,x(

yF

)z,y,x(xF

F.)z,y,x(Fdiv 321

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇= (6.3)

sendo:

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∂∂

+∂∂

+∂∂

=→

KKKK

dxdydzz

Fdxdydz

yF

dxdydzxF

dxdydzFdiv 321

(6.4)

No entanto:

∫ ∫∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫→→→

→→→

++

==

γγγ

γγ

dS]n).F,0,0[(dS]n).0,F,0[(dS]n).0,0,F[(

dS]n).F,F,F[(dS)n.F(

321

321

(6.5)

O teorema estará comprovado, comprovando as identidades a seguir:

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫∫ ∫ ∫

→

→

→

=∂∂

=∂∂

=∂∂

γ

γ

γ

dS]n).F,0,0[(dxdydzz

F

dS]n).0,F,0[(dxdydzy

F

dS]n).0,0,F[(dxdydzx

F

3K

3

2K

2

1K

1

(6.6)

Se a região K é definida por: }D)y.x(),y,x(fz)y,x(f|)z,y,x{(K 213 ∈≤≤ℜ∈=

Ela é delimitada por duas regiões, sendo a inferior S1 e a superior S2, sendo ainda

possível existir uma região S3 que a delimita lateralmente. Assim tem-se:

∫ ∫

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫−

=∂∂

=∂∂

dxdy]))y,x(f,y,x(F))y,x(f,y,x(F[

dzdydxz

Fdxdydz

zF

D1323

D

)y,x(2f

)y,x(1f3

K

3

(6.7)

Por outro lado:

∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫→→→→

++=3S

3

2S3

1S33 dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(

γ

(6.8)

Em S3, o campo dos vetores unitários é paralelo ao plano xy. Logo (0,0,F3). →n = 0 e,

portanto,

0dS]n).F,0,0[(3S

3 =∫ ∫→

(6.9)

Em S2, o campo de vetores normais que aponta para fora de K é dado por:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

−=→

1,yf

,xf

n 222 (6.10)


Então:

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

−

=→

dxdy))y,x(f,y,x(F

dxdy1,yf

,xf

))).y,x(f,y,x(F,0,0(

dS]n).F,0,0[(

D23

D

2223

2S3

(6.11)

Em S1, o campo de vetores normais que apontam para fora de K é dado por:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

∂∂

=→

1,yf

,xf

n 111 (6.12)

Logo:

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

∂∂

=→

dxdy))y,x(f,y,x(F

dxdy1,yf

,xf

))).y,x(f,y,x(F,0,0(dS]n).F,0,0[(

D13

D

1113

1S3

(6.13)

Assim:

∫ ∫∫ ∫ −=→

dxdy))]y,x(f,y,x(Fdxdy))y,x(f,y,x(F[dS]n).F,0,0[( 13D

233γ

(6.14)

Com esta conclusão, demonstramos uma das identidades que vimos anteriormente,

sendo as outras análogas a esta, comprovando assim o teorema.

Quando K não é simples, podemos decompô-la como uma união de várias regiões

simples. Usando a fórmula do teorema de Gauss em cada uma delas. Como os versores

normais exteriores à fronteira comum de duas regiões são opostos, concluímos que as

integrais de superfície são simétricas e, portanto se anulam.

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫→→→

=+⋅⋅⋅+=γγγ

dS)n.F(dS)n.F(dS)n.F(divFdxdydzn1K

(6.15)


Exercícios:

1) Na figura abaixo, as componentes do campo elétrico são 21

bxEx= 0 e 0 , ==

zyEE , e

b = 8830 N/C.m½. Calcule o fluxo deste campo através do cubo de aresta a. Faça a = 0,13m.

Solução:

a2xaay0az0

≤≤≤≤≤≤

→→

= ibxE 21

∫∫ ∫∫∫→→→

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

S DE dxdydz Edivdsn.EΦ

x21.bi

x)bx(Ediv

0,0,bxz

,y

,x

EEdiv

21

21

=∂

∂=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=⋅∇=

→→

→→

( ) ( )[ ]21

212

a2

a

212a2

a2

1E

a2

a

a

0

a2

a

a

0

21

21

E

a2

a

a

0

a

0

21a2

a

a

0

a

02

1E

S SE

aa2bax22badxax

2ab

dxy.x2abdydxax

2b

z.x2bdzdydxx

2b

dzdydxx2

1.bdzdydxEdiv

−=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡==

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡==

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡==

==

∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫∫∫ ∫∫∫

−

−−

−−

→

Φ

Φ

Φ

Φ

Substituindo os valores de a e b:

( ) ( )[ ] Cm.N3,2213,013,0.28830.13,0 221

212

E =−=Φ

Neste exemplo, o divergente expressa o fluxo de um campo elétrico através de uma

superfície.

D =


2) Sabe-se que um campo magnético é expresso por ( )→→→→−++= kz39j13ix4B 2 . Calcule o

fluxo através do cilindro ( )9z0 ; 4yx 22 ≤≤=+ .

Solução:

Parametrizando em coordenadas

cilíndricas temos:

zzryrx

===

θθ

sencos

902020

≤≤≤≤≤≤

z

rπθ

∫∫ ∫∫∫→→→

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

S DB dxdydz Bdivdsn.BΦ

( )[ ]( )

z323x8

zz39

y)13(

x)x4( Bdiv

z39,13,x4.z

,y

,x

B. Bdiv

2

2

−=∂−∂

+∂

∂+

∂∂

=

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

[ ] ( )

312)02(36)0sen2(sen192)36cos192(

)02(2

33)02(cos3

72323cos

372

33cos723.cos8

323cos8

3238

2

0

2

0

22332

0

2

0

23

2

0

2

0

9

0

2

0

2

0

2

0

2

0

9

0

∫

∫∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫

−=−−−=−=Φ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −=Φ

−=⋅−=Φ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=Φ

π

ππ

ππ

π

πππθθ

θθθθ

θθθθ

θθ

d

ddrr

rdrdrrdrdzzr

dzrdrdz

rdzdydxz

xS

B

B

B

B

O sinal negativo encontrado significa que o versor normal está direcionado para baixo.

3) Verifique que o fluxo através do cone 22 yxz += e base circular de raio a e centrado na

origem, no primeiro quadrante, é 54 a103a π

+ se o campo elétrico for expresso, em unidades

SI, por ( ) ( ) →→→→++++= kzjzyiyxE 32222 .

D =


Solução:

Se o cone está localizado na origem e sua geratriz faz

45° com a horizontal, então a altura máxima é igual ao raio

da circunferência. Então temos:

( ) ( )( ) rr

rr

yxz

ryrx

=+

=+

=+=

==

θθ

θθ

θθ

222

22

22

sencos

sencos

sencos

rzar

≤≤≤≤

≤≤

00

20 πθ

∫∫ ∫∫∫→→→

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

S DE dxdydz Edivdsn.EΦ

( ) ( )[ ]( ) ( ) 2

32222

32222

z3y2x2z

zy

zyx

yxEdiv

z,zy,yx.z

,y

,x

E.Ediv

++=∂∂

+∂+∂

+∂+∂

=

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

( )

( ) ( )[ ]( )[ ] ( )

( )

( )

CmNaaaaa

aaaaaa

aa

daadrr

drdrrrdrdrrr

rdrdzrrdzrdrdrrr

dzdydxzyxdxdydzdivE

a

aa

a ra r

SS

254

544

5445

2

4

2

4

0

54

0

54

00

54

0 0

43

0 0

2

0 0 02

0 0 0

2

2

.10

310

34

24

2

0.5

3)0cos(4

2)0sen(4

22

.5

3)cos(4

2)sen(4

2

53cossen

42

53sencos

42

53

4)sen(cos2

3)sen(cos2.3)sen(cos2

.3)sen(cos23sen2cos2

322

2

22

22

22

ππ

π

θθθ

θθθθθθ

θθθθθθ

θθθθθθ

ππ

π

ππ

ππ

ππ

+=++=Φ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=Φ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=Φ

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++=Φ

++=++=Φ

++=++=Φ

++==Φ

∫∫

∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

∫∫∫∫∫∫

E

E

E

E

E

E

E

D =


4) Um fluido escoa por um tubo com velocidade kzjyixyv ˆ2ˆˆ 2ˆ 22 +−= m/s. Calcule a vazão

neste tubo.

Dados: raio transversal = 0.2m; comprimento do tubo = 10m

Solução:

100 2,00 sen

20 cos

≤≤=≤≤=≤≤=

zzzrry

rxθ

πθθ

∫∫ ∫∫∫→→→

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

S D

dxdydz v divdsn.vQ , onde Q é a vazão

[ ]( ) ( ) ( ) zzyy

zz

yy

xxyvdiv

zyxyzyx

vvdiv

442222

2,, 2.,,.

22

22

=+−=∂

∂+

∂−∂

+∂

∂=

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

[ ] smddrQ

rdrdrdrdzQ

zdzrdrdzdzdydxdxdydzvdivQSD

/ 8 04,0.10004,02

2002

200

20024

44

320

2

0

2

0

2,0

0

2

2

0

2,0

0

2

0

2,0

0

10

0

2

2

0

2,0

0

10

0

πθθθ

θθ

θ

ππ π

ππ

π

===⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

===

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→

A vazão neste tubo é de 8π metros cúbicos por segundo.

5) Seja ( ) →→→→+−+= k

2zjyy6ix5v 2 a velocidade de escoamento de um fluido em m/s.

Determine o tempo de escoamento deste no cone 22 yxz += de altura r e base 122 =+ yx .

D =


Solução:

1 z10 sen20 cos

≤≤=≤≤=≤≤=

zrzrry

rxθ

πθθ

Para calcularmos o tempo gasto para o

cone encher devemos saber a vazão na qual

ele enche e seu volume.

[ ]

[ ]36

161

32)1(

20

2

0

1

0

2

0

322

0

1

0

2

0

1

0

12

0

1

0

1

πθθ

θθθθ

ππ

ππππ

===

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−===

=

∫

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

∫∫∫

dV

drrrdrdrrdrdzdzrdrdV

dzdydxV

rr

K

∫∫ ∫∫∫→→→

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

S D

dxdydz v divdsn.vQ

( )

( ) ( ) ( )yy

zz

yyy

xxvdiv

zyyxzyx

vvdiv

2223

21265265

2,6,5.,,.

2

2

−=+−+=∂

∂+

∂−∂

+∂

∂=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→

6232

6232.

423cos

21cos

32

623

423

sen21sen

32

623

423

sen42sen

32

623

423

)1(sen2)1(223.sen2

223

sen22232

223

2

0

2

0

2

0

1

0

4332

2

0

1

0

2

0

1

0

1

2

0

1

0

1

πππθθθθ

θθθ

θθθ

θθθθ

θθ

π

π

π

ππ

π

=+=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −==

∫

∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫

Q

dQ

drrrrQ

rdrdrrrrdrdzrQ

dzrdrdrdzdydxydxdydzvdivQ

r

rSD

Como a vazão é a unidade de volume por tempo (interpretação do divergente), temos

que:

D =


sQVt

tVQ 087,0

232

236

36

233 ≅=

/⋅/==

Δ=Δ⇒

ΔΔ

=π

ππ

π

Assim o tempo gasta para que esse cone encha é de aproximadamente 0,087 segundos.

6) Para uma região desmatada, foi proposta a criação de um canal de irrigação. O canal teria o

formato semicircular com raio de 5 metros. O fluxo de água obedeceria o campo vetorial

( ) ( )→→→

+++= jy3x3iyx3F . Calcule o fluxo de água no canal numa distância de 3 metros.

Solução:

30 50 sen

0 cos

≤≤=≤≤=≤≤=

zzzrry

rxθ

πθθ

[ ]

( ) ( ) 633z0

yy3x3

xyx3F div

,y3x3, yx3.z

,y

,x

F.F div

=+=∂∂

+∂+∂

+∂+∂

=

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

[ ]

[ ] m 2252252252

18

186

66 F

300 0

5

0

2

0

5

00

5

0

30

0

5

0

3

0

πθθθ

θθ

θ

ππ π

ππ

π

===⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=Φ

==Φ

===Φ

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→

ddr

rdrdrdrdz

dzrdrddzdydxdxdydzdivSD

7) Para a fabricação de um determinado tipo de aço, é necessário injeção de oxigênio. O

oxigênio deve entrar na caldeira com um velocidade →

= kzv 2 m/s, passando por uma lança de

3 metros de comprimento e 0,6 metros de diâmetro. Calcule o fluxo de oxigênio injetado.

D =


Solução:

30 3,00 sen

20 cos

≤≤=≤≤=≤≤=

zzzrry

rxθ

πθθ

[ ]( ) ( ) z2

zz

y0

x0v div

z,0,0.z

,y

,x

v.v div

2

2

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

[ ] /sm 2,5 405,0405,02

9

92

2

2 2 F

320

2

0

2

0

3,0

0

2

2

0

3,0

0

2

0

3,0

0

3

0

2

2

0

3,0

0

3

0

===⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=Φ

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=Φ

===Φ

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→

ππ π

ππ

π

θθθ

θθ

θ

ddr

rdrdrdrdz

dzrdrdzdzdydxzdxdydzdivSD

8) Um cientista quis medir o fluxo de energia de um elemento radioativo em uma caixa

retangular como a da figura abaixo. O campo medido por ele era →→→→

++= kz1j

y1i

x1F . Calcule

o fluxo de energia na caixa, que é um cubo de aresta 2 com centro na origem e faces paralelas

aos planos formados pelos eixos coordenados.

D =


Solução:

O campo possui o divergente, mas o

Teorema não pode ser aplicado porque existe

um ponto do domínio do sólido que não está

contido no domínio do campo.

Logo o fluxo é calculado como:

∑∫∫∫∫ ∑∫∫=

→→

=

→→→→==

6

1i i

6

1i i

dsn.Frd.Frd.Fγγ γ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

zzyy

xD

1

1γ 1111

≤≤−≤≤−

zy

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂∂

= jkyzj

yyi

y1

yσ

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂∂

= kkzzj

zyi

z1

zσ

→=×= iN zy σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

1

1

1

1

1dydzi

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→

==⋅1

1

1

1

1

1

1

11

1 dydzdydzx

rdFγ

( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=−−==⋅

1

1

1

11

1

1

11 dz2dz11dzyrdF

γ

( )( ) 4112z2rdF1

11

=−−==⋅∫∫ −

→→

γ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

zzy

xxD 1

2γ 1z11x1

≤≤−≤≤−

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂∂

= ikxzj

x1i

xx

xσ

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂∂

= kkzzj

z1i

zx

zσ

→=×= jN xz σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

2

1

1

1

1dzdxj

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→==⋅

1

1

1

12

1

1

1

1dzdxdzdx

y1rdF

γ

( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=−−==⋅

1

1

1

12

1

1

11

dx2dx11dxzrdFγ

( )( ) 4112x2rdF2

11 =−−==⋅∫∫ −

→→

γ


⎪⎩

⎪⎨

⎧

==−=

zzyy1x

D 3γ 1z11y1

≤≤−≤≤−

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂−∂

= jkyzj

yyi

y1

yσ

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂−∂

= kkzzj

zyi

z1

zσ

→−=×= iN yz σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

3

1

1

1

1dzdyi

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→=−=⋅

1

1

1

13

1

1

1

1dzdydzdy

x1rdF

γ

( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=+==⋅

1

1

1

13

1

1

11

dy2dy11dyzrdFγ

( )( ) 4112y2rdF3

11 =−−==⋅∫∫ −

→→

γ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−=

=

zz1y

xxD 4γ

1z11x1

≤≤−≤≤−

( ) →→→→=

∂∂

+∂−∂

+∂∂

= ikxzj

x1i

xx

xσ

( ) →→→→=

∂∂

+∂−∂

+∂∂

= kkzzj

z1i

zx

zσ

→−=×= jN zx σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

4

1

1

1

1dxdzj

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→=−=⋅

1

1

1

14

1

1

1

1dxdzdxdz

y1rdF

γ

( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=−−==⋅

1

1

1

14

1

1

11

dz2dz11dzxrdFγ

( )( ) 411224

1

1=−−==⋅∫∫ −

→→

γ

zrdF


⎪⎩

⎪⎨

⎧

−===

1zyyxx

D 5γ 1y11x1

≤≤−≤≤−

( ) →→→→=

∂−∂

+∂∂

+∂∂

= ikx1j

xyi

xx

xσ

( ) →→→→=

∂−∂

+∂∂

+∂∂

= jky1j

yyi

yx

yσ

→−=×= kN xy σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

5

1

1

1

1dydxk

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→=−=⋅

1

1

1

15

1

1

1

1dydxdydx

z1rdF

γ

( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=−−==⋅

1

1

1

15

1

1

11 dx2dx11dxyrdF

γ

( )( ) 411225

1

1=−−==⋅∫∫ −

→→

γ

xrdF

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

1zyyxx

D 6γ 1y11x1

≤≤−≤≤−

( ) ikx1j

xyi

xx

x =∂∂

+∂∂

+∂∂

=→→→

σ

( ) →→→→=

∂∂

+∂∂

+∂∂

= jky1j

yyi

yx

yσ

→=×= kN yx σσ

∫∫ ∫ ∫− −

→→→

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

6

1

1

1

1dxdyk

z1,

y1,

x1rdF

γ

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −

→→==⋅

1

1

1

16

1

1

1

1dxdydxdy

z1rdF

γ

( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −

→→=−−==⋅

1

1

1

16

1

1

11 dy2dy11dyxrdF

γ

( )( ) 4112y2rdF6

11 =−−==⋅∫∫ −

→→

γ

24rdFrdF6

1i i∫∫ ∑∫∫

=

→→→→=⋅=⋅

γ γ


9) No projeto de um carro, deseja-se calcular o fluxo de gasolina através de um filtro esférico

inovador para testar sua eficiência. A equação da esfera usada é 1²²² =++ zyx . O campo

vetorial, que comanda o fluxo é dado por: ( ) ( ) ( )→→→→+++++= ky²xcosj³z³yi³y³xF 4 .

Solução:

10 cos0 sensen

20 cossen

≤≤ϕ=π≤ϕ≤θϕ=π≤θ≤θϕ=

rrzryrx

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) 22

423333

423333

y3x3z

yxcos y

zyx

zxF div

yxcos,zy,zx.z

,y

,x

F.F div

+=∂

+∂+

∂+∂

+∂+∂

=

+++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

( ) ( )

( )

( ) ( ) [ ] πθθθθΦ

θϕϕθϕϕΦ

θϕϕθϕϕΦ

θϕϕϕΦ

ππππ

ππ

π π

π ππ π

π π

2dd34.

43d

33131

43

d3

cos3³cos43dd³sen

43

dd4r.sen3ddrdsen³r3

ddrdsenrsen²r3dxdydz²y3²x3

20

2

0

2

0

2

0

2

00

2

0 0

1

0

2

0 0

432

0 0

1

03

2

0 0

1

02

D

====⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+−

=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

==

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡==

=+=

∫∫∫

∫∫ ∫

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫

D =


10) Um físico quis calcular o fluxo num campo de forças recém criado de

equação ( ) ( ) ( )→→→→

+++−+++= k1zyx2jzyizxF , através da superfície 0, ²²4 ≥−−= zyxz ,

com o vetor normal tendo como componente z positiva.

Solução:

40 420 sen20 cos

2 ≤≤−=

≤≤θ=π≤θ≤θ=

zrzrry

rx

( )[ ]

( ) ( ) ( ) 021112

12,, .,,.

=−+=∂

+++∂−

∂+∂

+∂+∂

=

+++−++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

∂∂

=∇=

→

→→

zzyx

yzy

xzxFdiv

zyxzyzxzyx

FFdiv

Como o divergente é zero, deve-se calcular o fluxo pela definição:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

∂∂

=→→→kr2jsenicos

rD

r θθσ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−=

∂∂

=→→→k0jcosrisenrD θθ

θσθ

( ) ( ) →→→

→→→

→++=

−−=×= krjsenr2icosr2

0cosrsenrr2sencos

kjin 22

r θθθθθθσσ θ

( ) ( ) ( ) ( )( )r21r4senrcosrsenr2r4senrcosr2r4cosrnF 22222 −+−+++⋅−++−+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

→→θθθθθθ

( )( ) 342 r4r10sencosr2r6nF +−+−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

→→θθ

( )( )[ ]∫ ∫ +−−+π

θθθ2

0

2

0342 drdr4r10r2r6sencos

D =


( ) θθθπ

drr55r2r2sencos

2

0

2

042

53∫

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

( )∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+

πθθθ

2

0d1620

516sencos

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

πθθθ

2

0d4sen

516cos

516 =

= πππ θθθ 20

20

20 4cos

516sen

516

−− =

= ( ) ( ) ( ) ππππ 8)0(4240cos2cos5

160sen2sen5

16−=+−−−−

7 Teorema de Stokes

7.1. Introdução

O teorema de Stokes relaciona a circulação de um campo vetorial ao longo de uma

curva fechada no espaço com a integral do rotacional do campo em uma região cuja fronteira

seja a curva. No caso da região estar contida em um plano, o teorema de Stokes é o próprio

teorema de Green.

O resultado apareceu publicamente pela primeira vez como um problema proposto por

George Stokes (1819-1903) em uma competição de estudantes da Universidade de Cambridge

em 1854. Tinha sido enunciado em uma carta endereçada a Stokes pelo físico William

Thomson (Lord Kelvin, 1824-1907).

Devido à sua generalidade, o teorema de Stokes tem várias aplicações. Uma delas é

como ferramenta teórica em eletromagnetismo e mecânica dos fluidos.

7.1.1. A Vida de George Stokes

Matemático e físico britânico nascido em Skreen Sligo, Irlanda, 13 de agosto de 1819,

faleceu em Cambridge, Inglaterra, 1º de fevereiro de 1903.

O pai de George Stokes, Gabriel Stokes, era ministro protestante da paróquia de Skreen

em Município Sligo. A mãe dele era filha de um ministro da igreja, assim Stokes recebeu uma

educação muito religiosa. Ele era o mais jovem de seis crianças e todos os três irmãos mais

velhos tornaram-se pastores.

Gabriel Stokes estudou na Faculdade de Trinity Dublin e ele ensinou para George

gramática latina. Antes de ir para a escola George teve aulas com o escrivão da paróquia do

pai, em Skreen. Partindo em 1832 de Skreen, George freqüentou escola em Dublin. Ele

passou três anos na escola Rev R H Wall's; mas não era um pensionista, viveu com o tio John

Stokes. Na realidade as finanças familiares não lhe teriam permitido uma educação mais cara,

mas na escola ele procurou os estudos escolares habituais, e chamou a atenção do mestre

matemático pela solução de problemas geométricos.

Capítulo 7- Teorema de Stokes 87

Durante os três anos em que George estava em Dublin seu pai morreu e isto lhe causou

um amadurecimento precoce.

Em 1835, à idade de 16 anos, George Stokes se mudou para a Inglaterra e entrou na

Faculdade de Bristol. Os dois anos que Stokes ficou em Bristol foram importantes para o

preparo dos seus estudos em Cambridge. O Reitor da Faculdade, Dr. Jerrard era um irlandês

que tinha freqüentado a Universidade de Cambridge com William Stokes, um dos irmãos

mais velhos de George. Claramente o talento de Stokes pela matemática foi mostrado durante

seus estudos na Faculdade de Bristol e quando ele ganhou um prêmio. Dr. Jerrard escreveu a

ele:

“Eu aconselhei para que seu irmão inscrevesse você em Trinity, como eu me sinto

convencido de que você tem toda a probabilidade humana de sucesso, obtendo um

Companheirismo naquela Faculdade.”

Porém sua preferência foi pela Faculdade de Pembroke, em Cambridge, na qual Stokes

entrou em 1837.

7.1.2. A Matemática de Stokes

Stokes escreveu em 1901:

“Naqueles dias que entrei na Faculdade de Pembroke, em Cambridge, em 1837, eu não

tinha ido tão longe na matemática como é o costume no momento; e não tinha começado o

cálculo diferencial, tinha tido só seções analíticas recentemente lidas.”

Foi no segundo ano de Stokes em Cambridge, que ele começou a ser treinado por

William Hopkins, um tutor famoso de Cambridge que teve um papel tão importante quanto os

conferencistas. Stokes escreveu:

“Em meu segundo ano comecei a estudar com Mr Hopkins, que era célebre para um

grande número de alunos que obtinham os lugares mais altos nos exames Universitários para

honorários matemáticos...”

Hopkins teve uma forte influência na direção dos interesses matemáticos de Stokes.

Em 1841, Stokes foi graduado como Sênior Wrangler (o Primeiro da Classe). A

Faculdade de Pembroke lhe deu imediatamente uma Bolsa Auxílio. Ele escreveu:

“Depois de completar meu grau eu continuei residindo na Faculdade e recebi alunos

privados. Eu pensei que seguiria na pesquisa original...”

William Hopkins o aconselhou a trabalhar em pesquisa hidrodinâmica e foi realmente

nesta área que Stokes começou a trabalhar. Além do conselho de Hopkins, Stokes também foi

inspirado para entrar neste campo pelo recente trabalho de George Green. Stokes teve


documentos publicados no movimento de fluidos incompressíveis em 1842 e 1843. Depois de

completar sua pesquisa, Stokes descobriu que Duhamel já tinha obtido resultados semelhantes

desde quando trabalhava na distribuição de calor nos sólidos. Stokes concluiu que os

resultados dele foram obtidos em uma situação diferente da sua, para justificar sua publicação.

Stokes continuou estudando as investigações de Duhamel, quando observou a situação

onde ele levou em conta fricção interna dos fluidos em movimento. Depois que Stokes

deduziu as equações corretas de movimento ele soube que não foi o primeiro a obtê-las, pois

Navier, Poisson e San-Venant já tinham considerado o problema. Na realidade, esta

duplicação de resultados não era completamente um acidente, mas foi provocado pela falta de

conhecimento do trabalho de matemáticos em Cambridge naquele momento. Novamente

Stokes, decidido que os resultados dele foram obtidos com suposições suficientemente

diferentes para justificar publicação, publicou as teorias da fricção interna de fluidos em

movimento, em 1845. O trabalho também discutiu o equilíbrio e movimento de sólidos

elásticos e Stokes usou um argumento de continuidade para justificar a mesma equação de

movimento para sólidos elásticos como para fluidos viscosos.

Entre 1845 e 1850, Stokes trabalhou na teoria dos fluidos viscosos. Deduziu uma

equação (Teorema de Stokes) que poderia ser aplicada ao movimento de uma pequena esfera

ao cair dentro de um meio viscoso, para obter a sua velocidade sob influência de uma força

dada, tal como a gravidade. Essa equação podia ser usada para explicar a maneira pela qual as

nuvens flutuavam no ar e as ondas se desfaziam na água. Poder-se-ia também utilizá-la em

problemas de ordem prática que envolvesse a resistência da água aos navios que nela se

moviam. Na verdade, a interconexão da ciência é sempre de tal ordem que seis décadas depois

de haver sido enunciada a lei de Stokes viria a ser empregada para um objetivo que jamais se

poderia prever – ajudar a estabelecer a carga elétrica de um único elétron na experiência de

Millikan.

Talvez o evento mais importante no reconhecimento de Stokes como um matemático

principal era o seu relatório em recentes pesquisas de hidrodinâmica apresentado à

Associação Britânica para o Avanço de Ciência, em 1846.

Ele também usou o seu trabalho no movimento de pêndulos em fluidos, considerando a

variação de gravidade a pontos diferentes na Terra, publicando um trabalho em Geodesy de

importância fundamental na variação de gravidade à superfície da Terra, em 1849.

Em 1849, Stokes foi nomeado professor de matemática em Cambridge. Em 1851,

Stokes foi eleito a Royal Society, premiado com a medalha de Rumford em 1852, e foi

designado a secretário em 1854. Mais tarde, Stokes precisando ganhar dinheiro adicional,

aceitou ser professor de física.


Ele investigou a teoria de onda de luz, nomeou e explicou o fenômeno de

fluorescência em 1852, e em 1854 teorizou uma explicação do Fraunhofer sobre linhas no

espectro solar. Ele sugeriu que estas fossem causadas por átomos nas camadas exteriores do

Sol que absorvem certos comprimentos de onda. Porém, mais tarde, quando Kirchhoff

publicou esta explicação, negou qualquer descoberta anterior de Stokes. O próprio Stokes

(cujo caráter ressaltava modéstia e generosidade) sempre insistiu que não havia esclarecido

certos pontos críticos dos problemas então em jogo e que, por isso, não reclamara para si

nenhuma prioridade.

Certamente a carreira de Stokes tomou um rumo bastante diferente em 1857, quando ele

passou do período de pesquisa teórica e se tornou mais envolvido com administração e

trabalho experimental. Stokes noivou para se casar com Mary Susanna Robinson, a filha do

astrônomo do Observatório de Armagh, na Irlanda. No dia 21 de janeiro de 1857, ele escreveu

seus sentimentos a ela:

“Eu era capaz de ser movido, matematicamente, como seja, pela convicção de que um

curso particular era o certo; e eu acredito que Deus pôs estas visões em minha mente,

enquanto trabalhando por meio do que estava em prover como estava querendo.”

Uns três dias depois escreveu:

“Você tem razão dizendo que não se pode pensar sobre os próprios sentimentos da

pessoa, em uma família que é fácil, mas você não sabe o que é viver totalmente só.”

No dia 31 de março de 1857, ele escreveu expressando seus sentimentos novamente em

condições bastante matemáticas:

“Eu também sinto que tenho pensado muito ultimamente, mas de um modo diferente,

minha cabeça está correndo em série divergente, como feita descontinuidade de constantes

arbitrárias..., eu pensei freqüentemente que você teria me impedido de passar tanto tempo

por essas coisas.”

Estas cartas não expressaram o amor claramente que Mary esperou achar nelas e,

quando Stokes lhe escreveu uma carta de 55 páginas, ela quase desmanchou o casamento à

última hora. Ao receber uma carta dela, mostrando sua infelicidade em prosseguir com o

matrimônio, Stokes respondeu:

“Então estou certo de que você deveria se retirar até mesmo agora, entretanto eu

deveria ir para a sepultura como máquina de pensamento defeituosa...”

O matrimônio prosseguiu e Stokes, longe da vida de intensa pesquisa matemática.

Naquele momento, membros em Cambridge tinham que ser solteiros, mesmo assim

levou adiante o matrimônio. Stokes deveria deixar a Faculdade de Pembroke. Porém, uma

mudança nas regras, em 1862, permitia que homens casados continuassem lá. Stokes


continuou como secretário da Royal Society até 1885, quando foi eleito presidente. Ele

ocupou o cargo de presidente até 1890. Ele também foi presidente do Victoria Institute de

1886 até sua morte em 1903. Participou de outras tarefas administrativas. Em 1859 escreveu a

Thomson:

“Eu tenho outro ferro no fogo agora: fui designado há pouco a um cargo de secretário

adicional da Comissão Universitária de Cambridge.”

Stokes recebeu a Copley Medal da Royal Society de Londres em 1893 e foi o honorário

mais alto da Faculdade, onde serviu como mestre entre 1902 e 1903.

Stokes influenciou muito as novas gerações:

Stokes era uma influência formativa muito importante em gerações subseqüentes de

homens de Cambridge, inclusive Maxwell. Como Green tinha influenciado Stokes, seguindo

o trabalho francês, especialmente os de Lagrange, Laplace, Fourier, Poisson e Cauchy. Isto é

visto claramente nos seus estudos teóricos em ótica e hidrodinâmica; mas também deve notar-

se que Stokes, até mesmo como um estudante universitário, realizou experimentos

incessantemente. Ainda seus interesses e investigações estenderam além da física, seu

conhecimento em química e botânica era extenso, e freqüentemente o seu trabalho em ótica o

atraiu a esses campos.

Os documentos de Stokes foram publicados em 5 volumes, os primeiros três, Stokes

editou em 1880, 1883 e 1891. Os últimos dois foram editados por Senhor Joseph Larmor

incluindo um trabalho completo em 1905.

7.2. Teorema de Stokes

Seja S uma superfície lisa por partes, orientada, no espaço, cuja fronteira C é uma curva

lisa por partes, simples e fechada, orientada positivamente (sentido anti-horário) em relação à

normal. Seja ( ) ( ) ( ) ( )→→→→

++= kz,y,xRjz,y,xQiz,y,xPz,y,xF um campo vetorial com

componentes contínuas e deriváveis, →n é o vetor normal unitário à S,

→t o vetor tangente

unitário à C e D um domínio do espaço contendo S.

Nessas condições, tem-se:

∫C

→F .d

→r = ∫∫

S

(rot→F .

→n )dS (7.1)


Obs: a escolha de um vetor normal contínuo determina o sentido de C. Quando a curva

é percorrida no sentido anti-horário o vetor →n (normal) aponta para fora e se for percorrida no

sentido horário →n aponta para dentro da superfície.

Figura 7.1- Teorema de Stokes

Considere a superfície S, dada na forma z = z(x,y). Seja D sua projeção no plano Oxy,

quando L = (x, y) percorre D, o ponto M(x,y,z(x,y)) percorre S. Quando L percorre a fronteira

B de D, M percorre o bordo C da superfície S. Seja →t o vetor unitário tangente à C, cujo

sentido indica o percurso sobre C, que corresponde ao sentido positivo do percurso sobre B.

Mais precisamente, quando M percorre C no sentido indicado por →t , a projeção L de M

percorre B no sentido positivo.

Queremos transformar a integral de linha

∫C

P.dx + Q.dy + R.dz = ∫∫S

(rot→F .

→n )dS (7.2)

onde ( ) ( ) ( ) ( )→→→→

++= kz,y,xRjz,y,xQiz,y,xPz,y,xF .

O teorema de Stokes torna-se:

dSkRndSjQndSiPn

dSkRjQiPnRdzQdyPdx

SSS

SC

→→→→→→

→→→→

×∇⋅+×∇⋅+×∇⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++×∇⋅=++

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫ (7.3)

Para demonstrar o teorema de Stokes, basta mostrar que os dois lados da equação (7.3)

são iguais.

Da Figura 7.1 nota-se o caminho para demonstrar o teorema de Stokes: utilizando o teorema de Green já enunciado, utilizando a projeção da superfície no plano xy.


Exercícios:

1) Seja um balão de ar quente, com um formato esférico de raio r = 5, conforme a figura

abaixo. O ar quente escapa através dos poros da superfície deste balão com um campo de

velocidade vetorial →V (x,y,z) = Φ×∇ (x,y,z), quando Φ (x,y,z) = -y

→i + x

→j . Se o raio da

circunferência do bordo é r = 5/4, calcule o volume do fluxo de ar quente que atravessa a

superfície do balão.

Solução:

A figura abaixo mostra a representação de alguns vetores do campo vetorial dado por →F (x,y,z) = -y

→i + x

→j . Como o raio do balão é r = 5, e o seu centro está sobre o eixo-z, a

variação do raio das curvas de nível desta esfera (balão) é de 0 a 5.

Aplicando o Teorema de Stokes: ∫C

→F .d

→r = ∫∫

S

(rot→F .

→n )dS temos que a circulação

através da superfície é igual à circulação em torno do bordo desta superfície.

Seja γ, [0,2π] → 3ℜ


γ(t) = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 0,tsen

45,tcos

45

γ`(t) = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− 0,cos

45,

45 tsent

→F (γ(t)) = ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛− 0,cos

45,

45 tsent

Substituindo γ(t) e γ`(t) em

∫C

→F .dr = ∫

b

a

→F ((γ(t)).γ`(t)dt

Tem-se:

∫π2

0

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− tcos

45,tsen

45

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− tcos

45,tsen

45 dt = ∫

π2

0⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + tsen

1625tcos

1625 22 dt =

= 1625∫π2

0

[ ]tcostsen 22 + dt = 1625∫π2

0

dt = 16

)2(25 π = 8

25π

2) Seja S uma superfície aberta através da qual fluam as linhas de um vetor indução magnética →B , e Φ o fluxo de

→B através de S, chamada fluxo magnético, Φ = ∫∫

S

→B .dS .

Solução:

Como a superfície é aberta, ela é limitada por uma curva C, cuja orientação em relação

à dS obedece à regra da mão direita. À circulação de um campo elétrico →E ao longo de C dá-

se o nome de força eletromotriz,

ξ ≡ ∫C

→E .d

→r


Verifica-se experimentalmente que o fluxo da indução magnética e a força eletromotriz

induzida estão relacionados por meio de ξ ≡ dtd

− c/

Ou, em termos das respectivas integrais,

∫C

→E .d

→r =

dtd

− ∫∫S

→B .dS

Esta é a forma integral da lei de Faraday da indução eletromagnética. O sinal negativo

no segundo membro da equação acima é devido ao fato de que o sentido das linhas de →E tal

que o campo elétrico tem, em relação ao de d→B /dt, o sentido oposto ao que seria dado pela

regra da mão direita (lei de Lenz)

Como é mais fácil discutir-se a lei de Faraday a partir da sua forma diferencial, vamos

escrever a equação nessa forma. Para isso, basta usarmos o Teorema de Stokes no primeiro

membro e lembramos que, a segunda parcela, o operador d/dt atravessa o operador de

integração para aplicar-se ao setor indução B:

∫∫S

(∇ x→E )dS = - ∫∫

S ∂∂→B dS

Como a superfície é arbitrária e aberta, podemos concluir que:

∇ x→E = -

∂∂→B

E esta é a forma diferencial da lei de Faraday da indução eletromagnética.


3) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫→→

C

sd T . F , onde C é a elipse que o plano

z = y + 3 intercepta o cilindro x2 + y2 = 1. Oriente a elipse no sentido anti–horário quando

vista de cima, e tome →F (x, y, z) = 3z

→i + 5x

→j – 2y

→k .

Solução:

Plotando o gráfico vemos que a interseção entre o cilindro e o plano gera uma elipse

com semi-eixos 1 e 2 . A orientação dada de C corresponde ao vetor normal →n = (-

→j +

→k )

apontando para cima e normal à região elíptica S no plano z = y + 3, delimitada por C.

Mas,

rot →F =

2y5x3zzyx

k ji

−∂∂

∂∂

∂∂ = - 2

→i + 3

→j + 5

→k

Assim,

( rot →F ) .

→n = (-2

→i + 3

→j + 5

→k ) . (-

→j +

→k ) = -3 + 5 = 2

Logo, pelo Teorema de Stokes,

∫→

C

ds T. F r

= ∫∫→→

S

dS n . )F rot ( = ∫∫S

dS 2 = 2 área(S) = π2 2

porque, pode-se ver que S é uma elipse com semi-eixos 1 e 2 . Assim sua área é 2π .

4) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫∫→→→

∇S

dS n . ) F x ( ,onde →F = 3z

→i + 5x

→j –

2y→k e S é a parte da superfície parabólica z = x2 +y2 que está abaixo do plano z = 4 e cuja

orientação é dada pelo vetor normal unitário superior .

Solução:

Parametriza-se o círculo fronteira C de S por x = 2cos(t), y = 2sen(t), z = 4, com

0 2t π≤≤ . Então, dx = -2sen t dt, dy = 2cos t dt e dz = 0.

O Teorema de Stokes dá, pois,

∫∫ ∫ ∫ +==∇→→→→→

S C C

dz2y -dy 5x dx3z dS T . F dS n . ) F x (

= 0 . )2sen t ( . 2 )dt t cos 2 ( ) t cos 2 ( . 5 )dt sen t 2- ( . 4 . 3 2

0++∫

π

= ) 2t cos 10 10 t sen24- ( dt ) t cos 20 t sen24- ( 2

0

2

02 ∫∫ ++=+

ππ


= [ ] π202t sen 5 10t t cos 24 ++ = 20π

5) Seja o campo de forças →F definido por

→F ( x, y, z ) = -4y

→i + 2z

→j + 3x

→k e suponha que

S seja a parte do parabolóide z = 10 – x2 – y2 acima do plano z = 1. Verifique o Teorema de

Stokes para esse →F e para S, calculando:

∫∫→→

S

dS n . )F rot (

Solução:

Plotando o gráfico vemos que a interseção entre o parabolóide e o plano projeta uma

superfície S sobre o plano xy. A região é delimitada pela circunferência x2 + y2 = 9. A curva

C, que é a fronteira de S, é a circunferência com centro em ( 0, 0, 1) e raio 3 no plano z = 1.

Calculamos primeiro o rot→F .

rot →F =

x3 z2y4z

yx

k ji

−∂∂

∂∂

∂∂

→→→

= - 2 →i –3

→j + 4

→k

Assim,

∫∫ ∫∫→→→→→→

+=S S

dS n . ) k 4 j 3- i 2- ( dS n . ) F rot (

Para calcular essa integral de superfície devemos encontrar o vetor n→

normal unitário

superior, como a equação da superfície é z = 10 – x2 – y2 sua derivada parcial em relação a x

é –2x e em relação a y é –2y, daí temos o vetor normal.

Logo,

∫∫ ∫∫ +=→→

S D

dy dx] 4 )2y - )( 3- ( - 2x)- )( 2- ( - [ dS n . ) F rot (

= ∫∫ +D

dy dx ) 4 6y - 4x- (

Fazendo a mudança de parâmetros, x = r cosθ , y = r senθ e dxdy = rdr θd , com

3 r 0 ≤≤ e 0 πθ 2≤≤ , temos:

ddr r ) 4 sen 6r - cos4r - ( 2

0

3

0∫ ∫ +π

θθθ


θθθπ

d ]2r sen2r - cos r 34 - [ 3

02332

0+∫

∫ +π

θθθ2

0d ) 18 sen 54 - cos 36- ( =

= [ -36 senθ +54 cosθ + 18θ ] π20 = 36π

6) Verifique o teorema de Stokes para o campo →→→→

++= kxjziyF , onde S é o parabolóide

z = 1 - x2 - y2 , z≥0. Ver figura abaixo.

Solução:

Comecemos por determinar o integral de linha. O contorno

C é a circunferência de raio unitário no plano XY, pelo que

→r ( t ) =cos t

→i + sen t

→j

→r ´( t ) = - sen t

→i + cos t

→j

∫ ⋅C

drF = ∫π2

0

[( sen t ) ( - sen t )] dt = - π

Para determinar o integral de superfície, precisamos de determinar ×∇→ →

F = - →i -

→j -

→k .

Para calcular um vetor normal à superfície, basta recordar que esta é a superfície

equipotencial w = 0 do campo escalar w = z =1 - x2 - y2, pelo que →n = wx

→i + wy

→j + wz

→k =

-2x→i -2y

→j –

→k . No ponto de coordenadas ( ½ , ½, ½ ) o vetor

→n aponta para o interior do

parabolóide. Isso significa que o sentido de →n não está de acordo com o sentido de

circulação de C. Portanto, ou mudamos o sentido de →n ou então ficamos desde já a saber que

vamos obter o simétrico do resultado pretendido. Com isto em mente, podemos então

escrever ∫∫→→

S

dS n . )F rot ( = ∫∫ ×→→

Sx dxdyyn . )Frot ( σσ = ∫∫ ++

S

dxdy ) 1 2y 2x ( . A solução

é mais simples se convertermos o integral para coordenadas cilíndricas. Obtemos, então,

∫∫→→

S

dS n . )F rot ( = πϕϕρϕπ

=++∫ ∫2

0

1

0

1) sin2ρcos (2 dρ ρ d , que é o resultado simétrico,

como se pretendia.


7) Aplicar o teorema de Stokes para →A = ( 2x – y )

→i – ( yz2 )

→j – ( y2z )

→k , onde S é a

metade superior da superfície da esfera x2 + y2 + z2 = 1 e C é sua curva limítrofe.

Solução:

A linha limite C de S é uma circunferência no plano xy, de raio unitário e centro na

origem. Seja x = cos t, y = sen t, z = 0, π2t0 ≤≤ as equações paramétricas de C.

Logo,

∫∫ ∫ =−−=−−−=⋅→→ π2

0

2

C C

2 πdt ) t sen( ) t sent 2cos (dzydyyzdx )y 2x ( Rd A

E também, rot →A =

z22 yyz-y-2xzyx

k ji

−∂∂

∂∂

∂∂ =

→k

Assim,

∫∫→→

S

dS . ) rot ( nA = ∫∫→→⋅

S

dS k n = ∫∫R

dxdy

π 1 4 422

2

1

0

1

0

21

1

1

0

1

1

=−== ∫ ∫∫ ∫∫−−

−−=−=

dxxdxdydxdyxx

xyx

e o teorema de Stokes é verificado.

8) Use o teorema de Stokes para calcular a integral de linha ∫→→

C

ds T . F se →F ( x, y, z ) = xz

→i +

xy→j + y2 →k e C for a fronteira orientada da superfície que consiste na parte do cilindro

z = 4 –x2 no primeiro octante que é delimitada pelos planos coordenados e pelo plano y = 3.

Solução:

A interseção do plano com o cilindro gera uma superfície S, com fronteira C composta

por quatro curvas C1, C2, C3 e C4. Do teorema de Stokes temos que:

∫→→

C

dS T . F = ∫∫→→→

∇S

dS n . ) F x ( rot →F =

y xyxzz

yx

k ji

2∂∂

∂∂

∂∂

→→→

= 2y→i + x

→j + y

→k


Assim, ∫→→

C

dS T . F = ∫∫→→→→

++S

Sd n . ) ky jx i2y ( .

Assim temos,

∫→→

C

dS T . F = ∫∫ +S

dxdy ] y ) 0 (x - )2x - ( )2y (- [

= ∫∫ +S

dxdy ) y 4xy (

Como a projeção no plano xy é um retângulo, limitado pelos eixos x e y e pelas retas

x =2 e y = 3, logo temos a região de integração:

∫→→

C

dS T . F = ∫ ∫ +2

0

3

0dydx )y 4xy ( =

= dxy 21 2xy

3

0

2

0

22∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

= dx 29 18x

2

0∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= 2

0

2 x29 9x ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ + = 45

9) Mostrar que se r é um vetor posição, então:

∫→→

C

r.dr = 0

Solução:

.0xr =∇ Então, pelo teorema de Stokes

∫→→

C

r.dr = ∫∫ =×∇→→

S

0dSr

10) Se C é uma curva fechada, mostrar que ∫ =∇→→

C

0r.dφ

Solução:

Para a suficiência, 0f =×∇→→

; então pelo teorema de Stokes ∫∇C

.drφ = ( )∫∫ ∇∇S

.dS,x φ

onde S é uma superfície contida em C. Sabemos que, 0; x =∇∇ φ então ∫ =∇C

0.drφ

8 Referências Bibliográficas Apostol, T. M. Calculus – Vol I. 2. ed. John Wiley & Sons, New York,

1969.

Apostol, T. M. Calculus – Vol II. 2. ed. John Wiley & Sons, New York,

1969.

Boldrini, J. L.; Costa, S. I. R.; Figueiredo, V. L.; Wetzler, H. G. Álgebra Linear.Terceira Edição. Editora Harbra, São Paulo, 1980.

Boulos, P.; Abud, Z. I. Cálculo Diferencial e Integral. Makron Books. Vol.

2, São Paulo, 2002.

Craizer, M.; Tavares, G. Cálculo Integral a Várias Variáveis. Editora

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Guidorizzi, H. L. Um Curso de Cálculo. LTC Editora, Quinta Edição, Vol.

2, Rio de Janeiro, 2002.

Guidorizzi, H. L. Um Curso de Cálculo. LTC Editora, Quinta Edição, Vol.

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Lima, E. L. Álgebra Linear. Coleção Matemática Universitária. IMPA, Rio

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Lima, E. L. Curso de Análise Vol. 1. Projeto Euclides. IMPA, Rio de

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117808333 Calculo Vetorial Aplicado Exercicios Resolvidos

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