Teorema_de_Green

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Teorema de Green
Teorema 0.1 Sejam C uma curva fechada, orientada positivamente (sentido anti-
horário) e D uma região delimitada por C. Seja também um campo de forças−→
F (x, y) = f(x, y)
−→
i + g(x, y)
−→
j , onde f e g e suas primeiras derivadas parciais são
cont́ınuas em D, então
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA
Exemplo 0.1 Calcule
∮
C
x4dx + xydy, onde C é o triângulo de vértices P (0, 0),
Q(1, 0) e R(0, 1), orientada positivamente.
Solução: Podeŕıamos determinar o valor da integral acima fazendo-se o cálculo das
3 integrais de linha separadamente, no entanto, como f(x, y) = x4 e g(x, y) = xy e
suas derivadas parciais de primeira ordem são cont́ınuas em R2 e C tem orientação
positiva, utilizaremos o Teorema de Green.
Assim, considerando-se
−→
F (x, y) = x4
−→
i + xy
−→
j e D a região delimitada pelo
triângulo de vértices P , Q e R temos:
1
2
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(y − 0) dydx
=
∫ 1
0
[
y2
2
]1−x
0
dx
=
1
2
∫ 1
0
(1− x)2dx
=
1
2
[
−(1− x)
3
3
]1
0
=
1
6
Exemplo 0.2 Seja
−→
F (x, y) = 5xy
−→
i + x3
−→
j e C a curva de orientação positiva
representada a seguir, determine
∮
C
−→
F · d−→r .
Solução: Considerando-se f(x, y) = 5xy e g(x, y) = x3, verificamos que f e g e
suas derivadas parciais de primeira ordem são cont́ınuas em R2, assim utilizaremos
o Teorema de Green para calcular a integral solicitada.
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA
=
∫ 2
0
∫ 2x
x2
(3x2 − 5x)dydx
=
∫ 2
0
[
3x2y − 5xy]2x
x2
dx
=
∫ 2
0
[−3x4 + 11x3 − 10x2] dx
=
[−3
5
x5 +
11
4
x4 − 10
3
x3
]2
0
= −28
15
3
Aplicações do Teorema de Green
Uma outra aplicação o Teorema de Green é o cálculo de áreas de figuras planas.
Lembre-se de que a área de uma região D pode ser obtida pela integral dupla∫ ∫
D
1dA.
Assim, considerando-se
−→
F (x, y) = f(x, y)
−→
i + g(x, y)
−→
j de modo que
∂g
∂x
− ∂f
∂y
= k,
teremos:
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA =
∫ ∫
D
kdA = k
∫ ∫
D
dA = k · Área(D)
Logo,
Área(D) =
1
k
∮
C
−→
F · d−→r
Observação 0.1 A escolha de
−→
F (x, y) deve ser conveniente para que o cálculo da
integral de linha seja o mais simples posśıvel. Uma ótima escolha é a seguinte:
f(x, y) = −y e g(x, y) = x, pois neste caso k = ∂g
∂x
− ∂f
∂y
= 1 − (−1) = 2. Assim,
podemos escrever:
Área =
1
2
∮
C
−→
F · d−→r
Exemplo 0.3 Determine a área da região delimitada pela elipse de equação
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
Solução: Parametrizando-se a equação da elipse, temos: x = a cos t e y = b sin t,
onde 0 ≤ t ≤ 2π. Considerando-se f(x, y) = −y e g(x, y) = x, como sugerido na
observação anterior, obtemos:
AElipse =
1
2
∮
C
−→
F · d−→r
=
1
2
∮
C
−ydx + xdy
=
1
2
∫ 2π
0
−b sin(−a sin t)dt + a cos t(b cos t)dt
=
1
2
∫ 2π
0
ab dt = abπ u.a.
4
Teorema de Green para Regiões Multiplamente
Conexas
Uma região plana é dita simplesmente conexa se não tiver “buracos” e é dita
multiplamente conexa se tiver um ou mais buracos. O teorema de Green foi
enunciado para integração no sentido anti-horário ao longo da fronteira de uma
região simplesmente conexa D. Nosso objetivo agora é estender esse teorema para
regiões Multiplamente Conexa.
Considere a região conexa representada a seguir.
Suponha que f , g e suas derivadas parciais de primeira ordem são cont́ınuas na
região D, onde D é uma região entre duas curvas, como na figura anterior.
Para aplicar o Teorema de Green tome a curva externa C1, no sentido anti-horário,
e a curva C2, no sentido horário. Se introduzirmos um corte, conforme a figura a
seguir, observamos que as duas integrais de linha são tomadas em sentidos opostos
ao longo do corte e, portanto, cancelam-se, deixando as contribuições ao longo de
C1 e C2.
Assim,
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA =
∮
C1
−→
F · d−→r +
∮
C2
−→
F · d−→r
Exerćıcios
1. Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva
dada com orientação positiva.
(a)
∫
C
(y + ex)dx+(2x+cos y2)dy, C é a fronteira da região delimitada pelas
parábolas y = x2 e x = y2.
(b)
∫
C
xydx + 2x2dy, C consiste do segmento de reta de (−2, 0) a (2, 0) e da
metade superior do ćırculo x2 + y2 = 4.
5
(c)
∫
C
(x3 − x2y)dx + xy2dy, C é a fronteira da região delimitada pelas
circunferências C1 : x
2 +y2 = 4 e C2 : x
2 +y2 = 16, tal que C = C1∪C2
e C1 sentido horário e C2 sentido anti-horário.
2. Utilize o Teorema de Green para calcular a integral de linha
∫
C
−→
F · d−→r ao
longo da curva C fechada dada com orientação positiva.
(a) Seja
−→
F (x, y) = y2
−→
i + 2x2
−→
j e C o triângulo de vértices (0, 0), (1, 2) e
(0, 2).
(b) Seja
−→
F (x, y) = (y2 + x)
−→
i + (y3 − 4x)−→j e C o retângulo de vértices
(0, 0), (3, 0), (3, 2) e (0, 2).
(c) Seja
−→
F (x, y) = −y2−→i + x2−→j e C é o contorno formado pelas retas
y = 0, x = 1 e a parábola y = x2.
(d) Seja
−→
F (x, y) = 2ex
−→
i +
(
x2
2
+ cos2 y
)−→
j , C é a fornteira da região
delimitada pelas circunferências x2 + y2 = 9 e x2 + y2 = 25, e também
pelas retas y = x e y = −x. A região está no 2◦ e 3◦ quadrantes.
(e) Seja
−→
F (x, y) =
cos x− y3
3
−→
i +
x3 + y3
3
−→
j , C é a fronteira da região
delimitada pelas retas x = 0 e y = x. A região está no 1◦ quadrante.
Respostas
1. (a) 1
3
(b) 0 (c) 120π
2. (a) −4
3
(b) −36 (c) 7
10
(d) −98
√
2
3
(e) 255π
16
6
Operadores Diferenciais
Gradiente, Divergente, Rotacional e Laplaciano
Considere o operador ∇ (nabla) definido por ∇ = ∂
∂x
−→
i +
∂
∂y
−→
j +
∂
∂z
−→
k .
Suponhamos que a função escalar φ(x, y, z) e o campo de forças
−→
F (x, y, z) admi-
tem derivadas parciais primeiras cont́ınuas em uma região, e tome
−→
F (x, y, z) =
f(x, y, z)
−→
i + g(x, y, z)
−→
j + h(x, y, z)
−→
k .
Definição 0.1 O Gradiente de φ(x, y, z) é definido por,
grad φ = ∇φ = ∂φ
∂x
−→
i +
∂φ
∂y
−→
j +
∂φ
∂z
−→
k ,
onde, φ é uma função escalar.
Definição 0.2 O Divergente de um campo de forças
−→
F é definido pelo produto
escalar entre o operador ∇ e o campo −→F , isto é,
div
−→
F = ∇ · −→F = ∂f
∂x
+
∂g
∂y
+
∂h
∂z
Definição 0.3 O Rotacional de
−→
F é definido por,
rot
−→
F = ∇×−→F =
∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
f g h
∣∣∣∣∣∣∣∣
Definição 0.4 O Laplaciano de uma função escalar φ(x, y, z) é definido por,
∇2φ = ∇ · ∇φ = div(grad φ) = ∂
2φ
∂x2
+
∂2φ
∂y2
+
∂2φ
∂z2
O Laplaciano de uma função vetorial
−→
F é definido por,
∇2−→F = ∇2(f−→i + g−→j + h−→k ) = (∇2f)−→i + (∇2g)−→j + (∇2h)−→k
7
8
Sejam os campos vetoriais
−→
F =
−→
F (x, y, z) e
−→
G =
−→
G (x, y, z), e as funções escalares
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z), cujas derivadas parciais existem em uma região D,
então:
1. ∇(f + g) = ∇f +∇g
2. ∇ · (−→F +−→G) = ∇ · −→F +∇ · −→G
3. ∇× (−→F +−→G) = ∇×−→F +∇×−→G
4. ∇ · (g−→F ) = (∇g) · −→F + g(∇ · −→F )
5. ∇× (g−→F ) = (∇g)×−→F + g(∇×−→F )
6. ∇ · (−→F ×−→G) = −→G · (∇×−→F )−−→F · (∇ · −→G )
7. ∇× (∇f) = −→0
8. ∇ · (∇×−→F ) = 0
9. ∇× (∇×−→F ) = ∇(∇ · −→F )−∇2−→F
Exerćıcios
1. Sejam φ(x, y, z) = xy + yz + zx,
−→
F (x, y, z) = x2y
−→
i + y2z
−→
j + z2x
−→
k e
P (3,−1, 2). Calcule, no ponto P ,
(a)
−→
F · ∇φ
(b) φ∇ · −→F
(c) (∇φ)×−→F
2. Se
−→
F (x, y, z) = 3xyz2
−→
i +2xy3
−→
j +−x2yz−→k e φ(x, y, z) = 3x2− yz, no ponto
P (1,−1, 1). Determine:
(a) ∇ · −→F
(b)
−→
F · ∇φ
(c) ∇ · (φ−→F )
(d) ∇2φ
3. Calcule rot(rot
−→
F ), sendo
−→
F = (3xz2,−yz, x + 2z).
4. Determine grad φ e ∇2φ, para φ(x, y, z) = 2x2y − xz3.
5. Sejam φ(x, y, z) = x2yz3 e
−→
F (x, y, z) = (xz,−y2, 2x2y). Determine:
(a) grad φ
(b) div
−→
F
(c) rot
−→
F
9
(d) div(φ
−→
F )
(e) rot(φ
−→
F )
6. Considere
−→
F (x, y, z) = f(x, y, z)
−→
i +g(x, y, z)
−→
j +h(x, y, z)
−→
k e suas derivadas
parciais de primeira e segunda ordem cont́ınuas. Então, a ordem de derivação
é irrelevante, por exemplo,
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
,
∂2g
∂y∂z
=
∂2g
∂z∂y
. Calculerot
−→
F e
mostre que div(rot
−→
F ) = 0.
7. Suponha que φ(x, y, z) e suas derivadas parciais sejam cont́ınuas. Mostre que
rot(grad φ) =
−→
0 .
8. Encontre a, b, c de modo que rot
−→
F =
−→
0 , sendo
−→
F (x, y, z) = (x+2y+az)
−→
i +
(bx− 3y − z)−→j + (4x + cy + 2z)−→k .
9. Sendo φ(x, y, z) = x2yz e ψ(x, y, z) = xy − 3z2, determine:
(a) ∇φ · ∇ψ
(b) ∇(∇φ · ∇ψ)
(c) ∇ · (∇φ×∇ψ)
(d) ∇× (∇φ×∇ψ)
10. Considere os campos de forças
−→
F (x, y, z) = (0, x2 + y4, z3) e
−→
G(x, y, z) =
(y, 3xez, 0). Calcule ∇(−→F · −→G) +∇2−→F .
Respostas
1. (a) 25 (b) 2 (c) 56
−→
i − 30−→j + 47−→k
2. (a) 4 (b) −15 (c) 1 (d) 6
3. −6x−→i + (6z − 1)−→k
4. (a) ∇φ = (4xy − z3, 2x2,−3xz2) (b) ∇2φ = 4y − 6xz
5. (a) ∇φ = (2xyz3, x2z3, 3x2yz2) (b) ∇ · −→F = z − 2y
(c) ∇×−→F = (2x2, x− 4xy, 0) (d) ∇ · (φ−→F ) = 3x2yz4 = 3x2y2z3 + 6x4y2z2
(e) ∇× (φ−→F ) = (4x4yz3 +3x2y3z2)−→i +(4x3yz3−8x3y2z3)−→j − (2xy3z3 +x3z4)−→k
8. (a) a = 4, b = 2 e c = −1
9. (a) ∇φ · ∇ψ = 2xy2z + x3z − 6x2yz
(b)∇(∇φ·∇ψ) = (2y2z+3x2z−12xyz)−→i +(4xyz−6x2z)−→j +(2xy2+x3−6x2y)−→k
(c) ∇ · (∇φ×∇ψ) = 0
(d) ∇×(∇φ×∇ψ) = (x2z−24xyz)−→i −(12x2z+2xyz)−→j +(2xy2 +12yz2 +x3)−→k
10. ∇(−→F · −→G) + ∇2−→F = (9x2ez + 3y4ez)−→i + (2 + 12y2 + 12xy3ez)−→j +
(12z + 3x3ez + 3xy4ez)
−→
k
10
Integral de Superf́ıcie de uma
Função Escalar
Parametrização de Superf́ıcies
Seja S uma superf́ıcie no espaço. Se os pontos de S são determinados pelas equações
x = x(u, v), y = y(u, v) e z = z(u, v), isto é, σ é parametrizada por −→r (u, v) =
(x(u, v), y(u, v), z(u, v)), onde (u, v) ∈ R.
Exemplo 0.4 Identifique a superf́ıcie que possui equação paramétrica −→r (u, v) =
(u, v, u2 + 1), onde −2 ≤ u ≤ 2 e 0 ≤ v ≤ 5.
Solução:



x = u
y = v
z = u2 + 1
⇒ z = x2 + 1, −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 5
11
12
Exemplo 0.5 Determine a representação paramétrica da esfera de equação
x2 + y2 + z2 = a2.
Solução: Considerando-se x = a sin v cos u, y = a sin v sin u e z = a cos v, temos:
−→r (u, v) = (a sin v cos u, a sin v sin u, a cos v)
onde 0 ≤ u ≤ 2π e 0 ≤ v ≤ π.
Exemplo 0.6 Determine a representação paramétrica do cilindro de equação
x2 + y2 = a2.
Solução: Considerando-se x = a cos u, y = a sin u e z = v, temos:
−→r (u, v) = (a cos u, a sin u, v),
onde 0 ≤ u ≤ 2π e −∞ ≤ v ≤ ∞.
Exemplo 0.7 Determine a representação paramétrica do cone de equação
z = a
√
x2 + y2, a 6= 0.
Solução: Considerando-se x = u, y = v e z = a
√
u2 + v2, temos:
−→r (u, v) = (u, v, a
√
u2 + v2).
Exemplo 0.8 Determine a representação paramétrica da semi-esfera de equação
x2 + y2 + z2 = a2, z ≥ 0.
Solução: Considerando-se a equação x2 + y2 + z2 = a2, z ≥ 0, temos z = (a2− x2−
y2)
1
2 . Fazendo x = u, y = v, temos
z = (a2 − u2 − v2) 12 ,
onde u2 + v2 ≤ a2. Assim, temos:
−→r (u, v) = (u, v, (a2 − u2 − v2) 12 ), com u2 + v2 ≤ a2.
13
Área de Superf́ıcies
Definição 0.5 Seja S uma superf́ıcie suave parametrizada pela equação −→r (u, v) =
(x(u, v), y(u, v), z(u, v)), onde −→r : R2 → R3. Deseja-se determinar a área de S por
uma integral.
−→r tranforma o retângulo de lados ∆u e ∆v no “paralelogramo curviĺınio” ABCD.
Vamos avaliar a “área” deste paralelogramo para ∆u e ∆v suficientemente pequenos.
A área do paralelogramo é determinada pelo módulo do produto vetorial, ∂
−→r
∂u
× ∂−→r
∂v
.
A “área” ∆S de ABCD é aproximada por
“área” ∆S ∼=
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ ∆u∆v
Assim, nada mais natural do que definir a área de S por
A(S) =
∫ ∫
D
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ dA,
onde ∂
−→r
∂u
= ∂x
∂u
−→
i + ∂y
∂u
−→
j + ∂z
∂u
−→
k e ∂
−→r
∂v
= ∂x
∂v
−→
i + ∂y
∂v
−→
j + ∂z
∂v
−→
k e D é a projeção de S
sobre o plano xy.
14
Exemplo 0.9 Determine a área da superf́ıcie do parabolóide z = 4− x2 − y2, para
z ≥ 0.
Solução: Inicialmente parametrizaremos a superf́ıcie. Assim, temos:


x = u
y = v
z = 4− u2 − v2, z ≥ 0
⇒ −→r (u, v) = (u, v, 4− u2 − v2)
A(S) =
∫ ∫
D
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ dudv



∂−→r
∂u
= (1, 0,−2u)
∂−→r
∂v
= (0, 1,−2v)
⇒ ∂
−→r
∂u
×∂
−→r
∂v
=
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 −2u
0 1 −2v
∣∣∣∣∣∣
= 2u
−→
i +2v
−→
j +
−→
k
Logo, ∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ =
√
4u2 + 4v2 + 1
Assim, temos:
A(S) =
∫ ∫
D
√
4u2 + 4v2 + 1dudv
Utilizaremos coordenadas polares para resolver a integral acima.
A(S) =
∫ 2π
0
∫ 2
0
√
4r2 + 1 rdrdθ
=
∫ 2π
0
[
1
12
(4r2 + 1)
3
2
]2
0
dθ
=
∫ 2π
0
[
1
12
(
√
173 − 1)
]
dθ
=
π
6
(17
√
17− 1) u.a.
Exemplo 0.10 Determinar a área da esfera de raio a.
Solução: Lembrando das coordenadas esféricas podemos parametrizar a superf́ıcie
como, 


x = a sin ϕ cos θ
y = a sin ϕ sin θ
z = a cos ϕ
Fazendo-se u = θ e v = ϕ, temos:
−→r (u, v) = (a sin v cos u, a sin v sin u, a cos v), 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ π



∂−→r
∂u
= (−a sin v sin u, a sin v cos u, 0)
∂−→r
∂v
= (a cos v cos u, a cos v sin u,−a sin v)
⇒
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ = a2 sin v
A(S) =
∫ π
0
∫ 2π
0
a2 sin vdudv = a2
∫ π
0
[u sin v]2π0 dθ =
[−2πa2 cos v]π
0
= 4πa2 u.a.
15
Integral de Superf́ıcie
As integrais de linha são calculadas ao longo de uma curva. Pode-se considerar
uma integral de uma função sobre uma superf́ıcie S.
Se a superf́ıcie S é parametrizada por −→r (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),
definimos a integral de superf́ıcie de f sobre S por
∫ ∫
S
f(x, y, z)dS =
∫ ∫
D
f(−→r (u, v))
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ dudv,
onde dS =
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ dudv é o elemento de área de superf́ıcie.
Observações:
(i) Se S é dada na forma z = z(x, y), então
∫ ∫
S
dS =
∫ ∫
Dxy
f(x, y, z(x, y))
√(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
+ 1 dA
(ii) Se S é dada na forma y = y(x, z), então
∫ ∫
S
dS =
∫ ∫
Dxz
f(x, y(x, z), z)
√(
∂y
∂x
)2
+
(
∂y
∂z
)2
+ 1 dA
(iii) Se S é dada na forma x = x(y, z), então
∫ ∫
S
dS =
∫ ∫
Dyz
f(x(y, z), y, z)
√(
∂x
∂y
)2
+
(
∂x
∂z
)2
+ 1 dA
Exemplo 0.11 Calcule a integral de superf́ıcie I =
∫ ∫
D
(z − x2 + xy2 − 1)dS,
onde S é a superf́ıcie parametrizada por −→r (u, v) = (u, v, u2 + 1), com 0 ≤ u ≤ 2,
0 ≤ v ≤ 5.
Solução: Pela parametrização temos x = u, y = v e z = u2 + 1.
16



∂−→r
∂u
= (1, 0, 2u)
∂−→r
∂v
= (0, 1, 0)
⇒ ∂
−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
=
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 2u
0 1 0
∣∣∣∣∣∣
= −2u−→i +−→k
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ =
√
4u2 + 1
Assim,
I =
∫ ∫
D
(z − x2 + xy2 − 1)dS
=
∫ 5
0
∫ 2
0
(u2 + 1− u2 + uv2 − 1)
√
4u2 + 1 dudv
=
∫ 5
0
∫ 2
0
uv2
√
4u2 + 1 dudv
=
∫ 5
0
v2
12
[
(4u2 + 1)
3
2
]2
0
dv
=
1
12
(17
√
17− 1)
∫ 5
0
v2dv
=
125
36
(17
√
17− 1)
Exemplo 0.12 Determine a integral de superf́ıcie I2 =
∫ ∫
D
x2zdS, onde S é a
porção do cone z2 = x2 + y2 que está entre os planos z = 1 e z = 4.
Solução: −→r (u, v) = (u, v,√u2 + v2)
∂−→r
∂u
= (1, 0, u(u2 + v2)−
1
2 );
∂−→r
∂v
= (0, 1, v(u2 + v2)−
1
2 )
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
=
∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 u(u2 + v2)−
1
2
0 1 v(u2 + v2)−
1
2
∣∣∣∣∣∣∣
= (−u(u2 + v2)− 12 ,−v(u2 + v2)− 12 , 1)
17
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ =
√
u2
u2 + v2
+
v2
u2 + v2
+ 1 =
√
2
I2 =
∫ ∫
D
x2zdS
=
∫ ∫
D
u2
√
u2 + y2
∣∣∣∣
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
∣∣∣∣ dA
Utilizando-se coordenadas polares para resolver a integral acima, obtemos:
I2 =
∫ 2π
0
∫ 2
1
r2 cos2 θ · r
√
2rdrdθ =
√
2
∫ 2π
0
∫ 2
1
r4 cos2 θdrdθ
=
1023
√
2
5
∫ 2π
0
1
2
[1 + cos 2θ] dθ =
1023
√
2
10
[
θ +
1
2
sin 2θ
]2π
0
=
1023
√
2 π
5
Exerćıcios
1. Calcular
∫ ∫
D
x2zdS, onde D é a superf́ıcie ciĺındrica x2 + y2 = 1; 0 ≤ z ≤ 1.
2. Calcular
∫ ∫
D
(x2 + y2)dS, onde D é a superf́ıcie esférica x2 + y2 + z2 = 16.
3. Calcular
∫ ∫
D
xzdS, onde D é a parte da superf́ıcie y = x2, delimitada pelos
planos z = 0, z = 4, x = 0 e x = 2.
4. Calcular
∫ ∫
D
ydS, sendo D a parte do plano x = 2, recortada pelo cone
z =
√
x2 + y2 e pelo plano z = 4.
5. Calcular
∫ ∫
D
1
x
dS, onde D é parametrizada por −→r (u, v) = (u, v, v + 1), com
1 ≤ u ≤ 2 e −1 ≤ v ≤ 1
Respostas
1.
π
2
2.
2048π
3
3.
2(17
√
17− 1)
3
4. 0 5. 2
√
2 ln 218
Integral de Superf́ıcie de um
Campo Vetorial
No caṕıtulo anterior, estudamos a integral de superf́ıcie de uma função escalar
f , ∫ ∫
D
fdS.
Agora, estudaremos a integral de superf́ıcie de um campo vetorial
−→
F , também
denominada integral do fluxo de
−→
F sobre D,
∫ ∫
D
−→
F · −→n dS
Vetor Normal à Superf́ıcie S
Seja S uma superf́ıcie parametrizada por −→r (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)).
Os vetores −→ru e −→rv são tangentes à superf́ıcie S. Portanto, o produto vetorial−→ru ×−→rv é normal à S e
−→n 1 =
−→ru ×−→rv
|−→ru ×−→rv |
é um vetor normal unitário à superf́ıcie S.
Observação:
(i) Outro vetor normal e unitário é −→n2 = −−→n1.
(ii) A normal unitária superior aponta para cima se a terceira coordenada do
vetor é positiva; já a normal unitária inferior aponta para baixo.
19
20
Integral de Superf́ıcie de
−→
F
Considerando a função g =
−→
F · −→n , a integral de superf́ıcie da função escalar g
é ∫ ∫
S
gdS =
∫ ∫
D
g(−→r (u, v))|−→ru ×−→rv |dA
Substituindo g por
−→
F · −→n temos a seguinte integral de superf́ıcie do campo
vetorial
−→
F ,
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
D
−→
F (−→r (u, v)) · −→n (−→r (u, v))|−→ru ×−→rv |dA
Como −→n (−→r (u, v)) =
−→ru ×−→rv
|−→ru ×−→rv | , temos:
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
D
−→
F (−→r (u, v)) · (−→ru ×−→rv )dudv
que determina o fluxo de
−→
F através de S.
Interpretação F́ısica da Integral do Fluxo
Para interpretar o significado f́ısico da integral do fluxo, considere S como
uma membrana delgada através da qual possa passar um fluido.
Suponha que S seja imersa em um fluido com campo de velocidade−→
F (x, y, z). Cada vetor do campo é a velocidade de uma part́ıcula do fluido
(ou molécula) e ∆S representa um elemento de área de S.
21
A quantidade de fluido será aproximada pelo volume de um prisma cuja altura
é h =
−→
F · −→n .
Considere a projeção ortogonal de
−→
F sobre −→n . Logo,
h = |proj−→n
−→
F | =
∣∣∣∣∣
(
−→
F · −→n )−→n
|−→n |2
∣∣∣∣∣ =
|−→n |
|−→n |2 · |
−→
F · −→n | = |−→F · −→n | = −→F · −→n ,
pois −→n é um vetor unitário e o ângulo entre −→F e −→n é menor do que 90◦.
Assim, o volume do prisma é ∆V = (
−→
F · −→n ) · ∆S, que representa a
quantidade de fluido que atravessa ∆S por unidade de tempo.
Aplicando-se o limite tem-se a integral
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS, que representa o
volume de fluido que atravessa S em uma unidade de tempo. Esta quantidade
é denominada “fluxo de
−→
F ” através de S.
Definição 0.6 O fluxo de um campo vetorial
−→
F através de uma superf́ıcie S
é ∫ ∫
S
−→
F · −→n dS,
onde −→n é o vetor unitário normal à superf́ıcie S.
Observações:
(i) O campo vetorial
−→
F pode representar um gás que se expande uni-
formemente, ou campos eletromagnéticos. Nestes casos, o fluxo é uma medida
do fluxo de gás através de S ou do fluxo eletromagnético através de S,
respectivamente.
(ii) Se S é uma superf́ıcie fechada (como um cilindro, uma esfera ou
um cubo por exemplo) então a integral acima mede o fluxo para fora por
unidade de tempo.
(a) Se
∫ ∫
D
−→
F · −→n dS > 0, então o fluxo que sai da superf́ıcie excede o
fluxo que entra. Assim, dizemos que há uma “fonte” dentro de S.
22
(b) Se
∫ ∫
D
−→
F · −→n dS < 0, então o fluxo que entra da superf́ıcie excede o
fluxo que sai. Assim, dizemos que há uma “poço” dentro de S.
(iii) Se o fluido tem densidade δ, então a integral
∫ ∫
S
δ · −→F · −→n dS mede a
massa de fluido que atravessa a superf́ıcie S.
Exemplo 0.13 Seja S a parte do parabolóide de equação z = 9 − x2 − y2,
com z ≥ 0. Se −→F (x, y, z) = 3x−→i + 3y−→j + z−→k , calcule o fluxo de −→F através
de S.
Solução: −→r (u, v) = (u, v, 9− u2 − v2), onde u, v ∈ D (Região Circular).
−→r (u, v) =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 −2u
0 1 −2v
∣∣∣∣∣∣
= (2u, 2v, 1)
Logo, ∫ ∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
D
−→
F (−→r (u, v)) · (−→ru ×−→rv )dudv
=
∫ ∫
D
(3u, 3v, 9− u2 − v2) · (2u, 2v, 1)dudv
=
∫ ∫
D
(5u2 + 5v2 + 9)dudv
=
∫ 2π
0
∫ 3
0
(5r2 + 9)rdrdθ
=
∫ 2π
0
[
1
20
(5r2 + 9)2
]3
0
dθ =
567π
2
Se, por exemplo,
−→
F é o campo de velocidade de um gás em expansão e |−→F | é
medido em m/s, então a unidade de fluxo é m3/s. Logo, o fluxo de gás através
da superf́ıcie S na figura é
567π
2
m3/s.
23
Exemplo 0.14 Seja S a região delimitada pelo cilindro x2 + y2 = 4 e pelos
planos z = 0 e z = 3. Se
−→
F (x, y, z) = (x3, y3, z3), calcule
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS. (−→n é
a normal unitária exterior)
Solução: Considerando S1 a superf́ıcie lateral de equação x
2 + y2 = 4, S2 o
plano de equação z = 3 e S3 o plano z = 0.
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
S1
−→
F · −→n1dS +
∫ ∫
S2
−→
F · −→n2dS +
∫ ∫
S3
−→
F · −→n3dS
Parametrizando S1, temos
−→r (u, v) = (2 cos u, 2 sin u, v), com 0 ≤ u ≤ 2π,
0 ≤ v ≤ 3.
−→ru ×−→rv =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
−2 sin u 2 cos u 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣
= (2 cos u, 2 sin u, 0)
∫ ∫
S1
−→
F · −→n1dS =
∫ 3
0
∫ 2π
0
(8 cos3 u, 8 sin3 u, v3) · (2 cos u, 2 sin u, 0)dudv
=
∫ 3
0
∫ 2π
0
16(cos4 u + sin4 u)dudv = 16 · 3π
2
∫ 3
0
dv = 72π
Parametrizando S2, temos:
−→r (u, v) = (u cos v, u sin v, 3), com 0 ≤ u ≤ 2 e
0 ≤ v ≤ 2π.
−→ru ×−→rv =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
cos v sin v 0
−u sin v u cos v 0
∣∣∣∣∣∣
= (0, 0, u cos2 v + u sin2 v)
Observe que, o vetor unitário normal a superf́ıcie S2 é dado por
−→n2 = (0, 0, 1).
Assim, temos:
∫ ∫
S2
−→
F · −→n2dS =
∫ ∫
D
(u3 cos3 u, u3 sin3 u, 27) · (0, 0, u)dvdu
=
∫ 2
0
∫ 2π
0
27udvdu = 54π
∫ 2
0
udu = 108π
24
Parametrizando S3, temos:
−→r (u, v) = (u cos v, u sin v, 0), com 0 ≤ u ≤ 2 e
0 ≤ v ≤ 2π.
−→ru ×−→rv =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
cos v sin v 0
−u sin v u cos v 0
∣∣∣∣∣∣
= (0, 0, u cos2 v + u sin2 v)
Observe que, o vetor unitário normal a superf́ıcie S3 é dado por
−→n3 = (0, 0,−1).
Assim, temos:
∫ ∫
S3
−→
F · −→n3dS =
∫ ∫
D
(u3 cos3 u, u3 sin3 u, 0) · (0, 0,−u)dvdu = 0
Logo,
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
S1
−→
F · −→n1dS +
∫ ∫
S2
−→
F · −→n2dS +
∫ ∫
S3
−→
F · −→n3dS
= 72π + 108π + 0 = 180π
Exerćıcios
1. Determine o fluxo do campo elétrico
−→
F através da superf́ıcie S em cada item
abaixo.
(a)
−→
F (x, y, z) = (x, y, z), S é a parte do plano 2x + 3y + 4z = 12 cortada
pelos planos x = 0, x = 3, y = 0 e y = 2, e −→n o vetor normal com
componente z > 0.
(b)
−→
F (x, y, z) = (x, y, z), S é a superf́ıcie do cilindro x2 + y2 = a2, limitada
pelos planos y = −4 e y = 4.
(c)
−→
F (x, y, z) = (1, 1, 1), S é a superf́ıcie do cone z =
√
x2 + y2 limitado
pelos planos z = 1 e z = 4. (Obs.: O vetor −→n aponta para cima.)
2. Seja
−→
F (x, y, z) = (f(x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z)). Calcule
∫ ∫
S
−→
F · −→n dS e
∫ ∫ ∫
σ
(fx + gy + hz)dV separadamente e posteriormente compare os resulta-
dos. Considere
−→
F (x, y, z) = (2x+3y+4z) e S a superf́ıcie do sólido delimitado
pelos parabolóides z = x2 + y2 − 9 e z = −2x2 − 2y2 + 9. (Obs.: −→n aponta
para fora da superf́ıcie.)
Respostas
1. (a) 18 (b) 16πa2 (c) 15π
2. 486π
Teorema de Gauss ou
Teorema da Divergência
Neste caṕıtulo estudaremos um resultado, chamado Teorema da Divergência, que
possibilitará calcularmos o fluxo através de uma superf́ıcie fechada por meio de uma
integral tripla.
Teorema 0.2 Teorema da Divergência (ou Teorema de Gauss)
Seja σ a superf́ıcie da região tridimensional S, −→n o vetor unitário e normal
à superf́ıcie fechada σ, com −→n apontando para fora da região, e −→F (x, y, z) =
(f(x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z)), onde f , g e h e suas derivadas parciais primeiras
cont́ınuas em S, então,
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS =
∫ ∫ ∫
S
div
−→
F dV,
onde div
−→
F = ∇ · −→F = fx + gy + hz.
Resumindo: O teorema diz que o fluxo de
−→
F sobre uma superf́ıcie fechada σ é
igual à integral tripla do divergente de
−→
F sobre a região S.
Exemplo 0.15 Seja σ uma superf́ıcie delimitada pelo cilindro x2 + y2 = 4 e pelos
planos z = 0 e z = 3. Se
−→
F (x, y, z) = (x3, y3, z3), use o teorema da divergência para
calcular
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS.
Solução:
25
26
Considerando f = x3, g = y3 e h= z3, temos que div
−→
F = 3(x2 + y2 + z2).
Pelo Teorema de Gauss, temos:∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS =
∫ ∫ ∫
S
div
−→
F dV
=
∫ ∫ ∫
S
3(x2 + y2 + z2)dV
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 3
0
3(r2 + z2)rdzdrdθ
= 3
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 3
0
(r3 + rz2)dzdrdθ
= 3
∫ 2π
0
∫ 2
0
(3r3 + 9r)drdθ
= 90
∫ 2π
0
dθ = 180π
Como
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS > 0, então o fluxo que sai excede o fluxo que entra.
Exemplo 0.16 Calcular
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS, onde σ é a superf́ıcie do cubo limitado
pelos planos coordenados e pelos planos x = 1, y = 1 e z = 1. O campo vetorial é−→
F (x, y, z) = (2x− z, x2,−xz2).
Solução:
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS =
∫ ∫ ∫
S
div
−→
F dV
=
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(2− 2xz)dxdydz
=
∫ 1
0
∫ 1
0
[
(2x− x2z)]1
0
dydz
=
∫ 1
0
∫ 1
0
[2− z] dydz
=
∫ 1
0
[2y − yz]10 dz
=
[
2z − z
2
2
]1
0
dz =
3
2
27
Observação: Seja S um sólido entre as superf́ıcies σ1 e σ2 fechadas, com σ1 interior
a σ2, e os vetores
−→n1 e −→n2 que apontam para fora de σ1 e σ2, respectivamente.
As normais que apontam para fora do sólido S são −→n2 e −−→n1. Portanto, pelo Teorema
de Gauss, ∫ ∫ ∫
S
div
−→
F dV =
∫ ∫
σ2
−→
F · −→n2dS −
∫ ∫
σ1
−→
F · −→n1dS
Exemplo 0.17 Seja
−→
E (x, y, z) =
q
x2 + y2 + z2
·
(
x√
x2 + y2 + z2
,
y√
x2 + y2 + z2
,
z√
x2 + y2 + z2
)
o campo elétrico criado por uma carga q localizada na origem. Calcule o fluxo de−→
E através da superf́ıcie esférica de raio a e centrada na origem, com normal −→n
apontando para fora da esfera. Determine também o div
−→
E e justifique por que não
se aplica o Teorema de Gauss.
Solução: Observe que o vetor
−→n =
(
x√
x2 + y2 + z2
+
y√
x2 + y2 + z2
+
z√
x2 + y2 + z2
)
é unitário e normal a superf́ıcie esférica. Assim, temos:
∫ ∫
σ
−→
E ·−→n dS =
∫ ∫
σ
q
x2 + y2 + z2
· 1√
x2 + y2 + z2
(x, y, z)· 1√
x2 + y2 + z2
(x, y, z)dS
=
∫ ∫
σ
q
x2 + y2 + z2
dS
=
q
a2
∫ ∫
σ
dS
=
q
a2
· (Área da superf́ıcie esférica) = q
a2
· 4πa2 = 4πq
Portanto, o fluxo do campo elétrico
−→
E através da superf́ıcie esférica de raio
a, de centro na origem, não depende do raio da esfera.
28
Calcularemos a seguir o div
−→
E .
−→
E (x, y, z) =
qx
(x2 + y2 + z2)
3
2
−→
i +
qy
(x2 + y2 + z2)
3
2
−→
j +
qz
(x2 + y2 + z2)
3
2
−→
k
Considerando f(x, y, z) =
qx
(x2 + y2 + z2)
3
2
, g(x, y, z) =
qy
(x2 + y2 + z2)
3
2
e
h(x, y, z) =
qz
(x2 + y2 + z2)
3
2
, temos:
div
−→
E = ∇·−→E =
(
∂
∂x
−→
i +
∂
∂y
−→
j +
∂
∂z
−→
k
)
·
(
f(x, y, z)
−→
i + g(x, y, z)
−→
j + h(x, y, z)
−→
k
)
∂f
∂x
(x, y, z) =
(x2 + y2 + z2)
3
2 · q − 3qx2(x2 + y2 + z2) 12
(x2 + y2 + z2)3
∂g
∂y
(x, y, z) =
(x2 + y2 + z2)
3
2 · q − 3qy2(x2 + y2 + z2) 12
(x2 + y2 + z2)3
∂h
∂z
(x, y, z) =
(x2 + y2 + z2)
3
2 · q − 3qz2(x2 + y2 + z2) 12
(x2 + y2 + z2)3
div
−→
E = 3q(x2 + y2 + z2)
3
2 − 3q(x2 + y2 + z2) · (x2 + y2 + z2) 12 = 0
Note, que neste caso
∫ ∫ ∫
S
div
−→
EdV =
∫ ∫
σ
−→
E · −→n dS.
Isto ocorre, porque as componentes do campo elétrico
−→
E não são cont́ınuas na
origem.
Interpretação F́ısica da Divergência
Faremos a interpretação da divergência em um ponto, utilizando o teorema da di-
vergência.
Inicialmente considere o teorema do valor médio para integrais definidas. Se f(x) é
cont́ınua em [a, b], então existe um número c em (a, b) tal que
∫ b
a
f(x)dx = f(c) · (b− a),
onde b− a é o comprimento do intervalo [a, b].
Para uma função f de três variáveis cont́ınua em toda uma região esférica
E, existe um ponto A(xa, ya, za) no interior dessa região tal que
∫ ∫ ∫
E
f(x, y, z)dV = f(A) · V,
29
onde V é o volume de E. Este resultado é denominado Teorema do Valor Médio
para Integrais Triplas.
Se
−→
F é uma função vetorial cont́ınua na região esférica E, então
∫ ∫ ∫
E
∇ · −→F dV = (∇ · −→F )A · V.
Podemos reescrever a equação acima como
(∇ · −→F )A = 1
V
∫ ∫ ∫
E
∇ · −→F dV
Aplicando o Teorema da Divergência, temos
(∇ · −→F )A = 1
V
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS,
onde σ é a superf́ıcie da região esférica E.
Seja P um ponto arbitrário e suponhamos
−→
F cont́ınua em toda uma região
contendo P . Seja também Sk a superf́ıcie de uma esfera de raio k com centro em P .
Logo, considerando o resultado anterior, para k existe um ponto Pk interior
a Sk interior a Sk tal que
(∇ · −→F )Pk =
1
Vk
∫ ∫
σ
−→
F · −→n dS,
onde Vk é o volume da esfera delimitada por Sk.
Lembrando que k é o raio da esfera e fazendo k → 0, temos Pk → P e
(∇ · −→F )Pk → (∇ ·
−→
F )P = (div
−→
F )P . Portanto,
(div
−→
F )P = lim
k→0
1
Vk
∫ ∫
Sk
−→
F · −→n dS
Assim, a divergência de
−→
F em
−→
P é o valor limite do fluxo por unidade de volume
sobre uma esfera de centro P , quando o raio da esfera tende a zero. Em particular,
se
−→
F representa a velocidade de um fluido, então (div
−→
F )P pode ser interpretada
como a taxa de perda ou ganho de fluido por unidade de volume em P .
30
Exerćıcios
1. Utilize o Teorema da Divergência para determinar o fluxo do campo elétrico
−→
F
através da superf́ıcie fechada σ em cada item. Considere −→n a normal exterior.
(a)
−→
F (x, y, z) = (x, y, z), σ é a superf́ıcie da esfera x2 + y2 + z2 = 1 abaixo
do plano z = 1
2
, −→n é a normal exterior.
(b)
−→
F = (0,−y, z), σ é a superf́ıcie do cilindro x2+y2 = 16, para −2 ≤ z ≤ 2.
(c)
−→
F (x, y, z) = (xy, yz, xz), σ é a superf́ıcie do sólido delimitado pelo cone
z =
√
x2 + y2 e pelo plano z = 4.
(d)
−→
F (x, y, z) = (2, 2, 2), σ é a superf́ıcie limitada por x + y + 2z = 6, x = 0,
y = 0 e z = 0.
(e)
−→
F (x, y, z) = (3y2z3, 9x2yz2,−4xy2), σ é a superf́ıcie do cubo com
vértices (±1,±1,±1).
2. Aplique o Teorema de Gauss para determinar o fluxo do campo de forças
−→
F
através da superf́ıcie σ.
(a) F (x, y, z) = (y sin x, y2z, x + 3z), σ é a superf́ıcie da região delimitada
pelos planos x = ±1, y = ±1 e z = ±1.
(b)
−→
F (x, y, z) = (x,−y, z), σ é a superf́ıcie do cilindro x2 + y2 = a2 e cujas
bases são z = 0 e z = b.
(c)
−→
F (x, y, z) = (x3, y3, z3), σ é a esfera x2 + y2 + z2 = a2.
3. Use o Teorema de Gauss para calcular o fluxo de
−→
F sobre a superf́ıcie da caixa
retangular cujas bases são x = 0, x = 1, y = 0, y = 2, z = 0 e z = 3.
(a)
−→
F (x, y, z) = (x2, y2, z2)
(b)
−→
F (x, y, z) = (xz, xy, yz)
4. Aplique o Teorema de Gauss para determinar o fluxo do campo elétrico
−→
F
através da superf́ıcie σ.
(a)
−→
F (x, y, z) = (yz, xy, yz), σ é a superf́ıcie da região delimitada pelo plano
xy e o cone z = 3−
√
x2 + y2.
(b)
−→
F (x, y, z) = (cos y, xyz, y), σ é a superf́ıcie da região entre os cones
z =
√
x2 + y2 e z = 4−
√
x2 + y2, tal que x, y, z ≥ 0.
31
(c)
−→
F (x, y, z) = (y2, yx2, y2z), σ é a superf́ıcie da região acima do plano
z = 0, abaixo do cone z =
√
x2 + y2 e dentro da esfera x2 + y2 + z2 = a2
tal que x, y, z ≥ 0.
(d)
−→
F (x, y, z) = (yz2, yz, xy2), σ é a superf́ıcie da região delimitada pelos
planos xy, yz e θ = π
3
, também pela esfera x2 + y2 + z2 = a2 tal que
x, y, z ≥ 0.
5. Determine o fluxo do campo elétrico
−→
F através da superf́ıcie fechada σ de cada
item e em seguida determine o valor da integral
∫ ∫ ∫
S
div
−→
F dV . Compare os
resultados.
(a)
−→
F (x, y, z) = (x2, y, 0), σ é a superf́ıcie delimitada pelos parabolóides
z = 2x2 + 2y2 − 18 e z = −x2 − y2 + 3.
(b)
−→
F (x, y, z) = (0, y, 2), σ é a superf́ıcie delimitada pelos cones z =√
x2 + y2 e z = 8−
√
x2 + y2
Respostas
1. (a)
27π
8
(b) 0 (c) 64π (d) 0 (e) 108 (f) 8
2. (a) 24 (b) πa2b (c)
12
5
πa5
3. (a) 36 (b) 18
4. (a) 0 (b)
16
3
(c)
√
2 πa2
24
(d)
a4 π
48
5. (a)
147π
2
(b)
128π
3
32
Teorema de Stokes
O Teorema de Stokes é uma generalização do Teorema de Green para o espaço R3
e pode ser utilizado para transformar determinadas integrais de linha
∮ −→
F · d−→r em
integrais de superf́ıcie, ou vice-versa.
Teorema 0.3 Considerando S uma superf́ıcie delimitada por uma curva fechada
C, orientada positivamente e
−→
F (x, y, z) = f(x, y, z)
−→
i + g(x, y, z)
−→
j + h(x, y, z)
−→
k ,
cujas componentes e suas derivadasparciais de primeira ordem são cont́ınuas em
uma região contendo a superf́ıcie S, então
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
S
rot
−→
F · −→n , onde rot−→F = ∇×−→F
Observação: A orientação da curva C é positiva quando “caminhando” sobre a
curva no sentido da orientação (com a “cabeça” na direção de −→n ), a superf́ıcie estará
sempre à esquerda.
33
34
0-1 Relação entre o Teorema de Green e o
Teorema de Stokes
Considerando S uma superf́ıcie plana contida no plano xy delimitada pela curva
fechada C, orientada positivamente e o campo de forças
−→
F (x, y, z) = f(x, y, z)
−→
i +
g(x, y, z)
−→
j + 0
−→
k , temos:
rot
−→
F = ∇×−→F =
∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
f g 0
∣∣∣∣∣∣∣∣
= −∂g
∂z
−→
i + ∂f
∂z
−→
j +
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)−→
k
Assim, aplicando o Teorema de Stokes, temos
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
=
∫ ∫
S
(
−∂g
∂z
,
∂f
∂z
,
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
· (0, 0, 1)dS
=
∫ ∫
D
(
∂g
∂x
− ∂f
∂y
)
dA
Logo, conclúımos que o Teorema de Green é um caso particular do Teorema
de Stokes.
Exemplo 0.18 Calcule
∮
C
−→
F · d−→r , onde −→F (x, y, z) = (−y2, x, z2) e C é a curva da
intersecção do plano y + z = 2 com o cilindro x2 + y2 = 1. (Oriente C para ter
sentido anti-horário quando visto de cima.)
Solução:
0-1. relação entre o teorema de green e o teorema de stokes 35
Note que, podeŕıamos calcular a integral de linha
∮
C
−→
F ·d−→r diretamente. No entanto,
é mais simples utilizar o Teorema de Stokes.
rot
−→
F = ∇×−→F =
∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−y2 x z2
∣∣∣∣∣∣∣∣
= (1 + 2y)
−→
k
Se orientarmos o vetor normal −→n para cima, então a orientação em C será positiva.
A projeção D de S sobre o plano xy é o disco x2 + y2 ≤ 1.
Parametrizando S, temos:
−→r (u, v) = (u, v, 2− v), onde u, v ∈ R
−→r u ×−→r v =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
1 0 0
0 1 −1
∣∣∣∣∣∣
Logo,
∮
C
−→
F · d−→r =
∫ ∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
∫ ∫
D
rot
−→
F (−→r (u, v)) · (−→r u ×−→r v)dA
=
∫ ∫
D
(0, 0, 1 + 2v) · (0, 1, 1)dA
=
∫ ∫
D
(1 + 2v)dA
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 + 2r sin θ)rdrdθ = π
Observação: Considere uma roda de pás como na figura a seguir. Um
campo de velocidade que atue sobre as pás pode fazer com que a roda gire em seu
eixo.
(i) Se −→n é um vetor dirigido segundo seu eixo, o conjunto girará mais rapidamente
quando −→n for paralela a rot−→F .
(ii) O escalar rot
−→
F · −→n é chamado às vezes de rotação de −→F em torno de−→n , pois mede a tendência do campo vetorial de girar em torno de P .
36
(iii) Se rot
−→
F · −→n > 0 em toda uma região contendo a roda, as pás giram
em sentido anti-horário.
(iv) Se rot
−→
F · −→n < 0, as pás giram em sentido horário. Se rot−→F · −→n = 0
as pás não giram. Por esta razão, definimos como campo vetorial irrotacional
−→
F o
campo para o qual rot
−→
F = 0.
Exerćıcios
1. Utilizar o Teorema de Stokes para determinar a integral de linha
∮
C
−→
F · d−→r ,
nos itens a seguir.
(a)
−→
F (x, y, z) = (y2, 0, x2), onde C é o contorno da parte do plano
2x + y + z = 4 que está no 1◦ octante, no sentido anti-horário.
(b)
−→
F (x, y, z) = (x, y, z2), onde C é o contorno do retângulo 0 ≤ x ≤ 2,
0 ≤ y ≤ 4, z = 4, no sentido anti-horário.
(c)
−→
F (x, y, z) = (ex
2
, x + z, 2x − z), onde C é o contorno da parte do plano
x + 2y + z = 4 que está no 1◦ octante, no sentido anti-horário.
(d)
−→
F (x, y, z) = (y, x + y + 2z, x + 2y), onde C é a intersecção do cilindro
x2 + y2 = 1 com o plano z = y, orientada no sentido anti-horário.
(e)
−→
F (x, y, z) = (ex
2
+ 2y, ey
2
+ x, ez
2
), onde C é a elipse parametrizada por−→r (t) = (cos t, 2 sin t, 2), com 0 ≤ t ≤ 2π.
(f)
−→
F (x, y, z) = (x2 + 2y3, xy2, 3
√
z2 + 1), sendo C a circunferência parame-
trizada por −→r (t) = (a cos t, a sin t, 2), com 0 ≤ t ≤ 2π.
0-1.a Respostas
1. (a) −16 (b) 0 (c) −16 (d) π (e) −2π (f) −5a
4π
4