Teorema de Stokes

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Instituto Superior Te´cnico
Departamento de Matema´tica
Secc¸a˜o de A´lgebra e Ana´lise
Exerc´ıcios Resolvidos
Teorema da Diveˆrgencia. Teorema de Stokes
Exerc´ıcio 1 Considere a superf´ıcie S definida por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1 ; z > 0}
e o campo vectorial
F (x, y, z) = (−y, x, xz + y)
Calcule o fluxo do rotacional do campo F atrave´s de S segundo a normal unita´ria cuja terceira
componente e´ negativa, usando
a) Teorema da divergeˆncia.
b) Teorema de Stokes.
Resoluc¸a˜o:
a) Para usar o teorema da divergeˆncia, consideremos o domı´nio regular D definido por
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1 ; z > 0}
A fronteira de D conte´m as superf´ıcies S e B, sendo B definida por
B = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0 ; x2 + y2 < 1}
Enta˜o, aplicando o teorema da divergeˆncia ao campo vectorial rotF e ao domı´nio D, obtemos∫ ∫ ∫
D
div(rot F ) =
∫ ∫
∂D
rotF · ν
=
∫ ∫
S
rotF · ν
S
+
∫ ∫
B
rotF · ν
B
em que ν
S
e´ a normal unita´ria e exterior em S e ν
B
e´ a normal unita´ria e exterior em B.
Dado que B e´ uma superf´ıcie horizontal, temos
ν
B
= (0, 0,−1)
Por outro lado, div(rot F ) = 0 e, portanto,∫ ∫
S
rotF · ν
S
= −
∫ ∫
B
rotF · ν
B
e, tendo em conta que, em B,
rot F = (1,−z, 2) = (1, 0, 2)
obtemos ∫ ∫
S
rotF · ν
S
= −
∫ ∫
B
(1, 0, 2) · (0, 0,−1)
= 2 Vol2(B)
= 2pi
Dado que a normal ν
S
e´ exterior a D em S, tem terceira componente positiva e, portanto,
o fluxo pretendido e´ o sime´trico do que foi calculado atrave´s do teorema da divergeˆncia, ou
seja, −2pi.
1
b) Para usar o teorema de Stokes, notemos que a superf´ıcie S e´ orienta´vel por ser o gra´fico da
func¸a˜o z =
√
1− x2 − y2, e a respectiva fronteira e´ a linha
∂S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0 ; x2 + y2 = 1}
PSfrag replacements
x
z
y1
1
B
S
∂S
ν
Figura 1: Orientac¸a˜o de S e de ∂S
Dado que a normal unita´ria ν a considerar tem terceira componente negativa, a fronteira ∂S
deve ser descrita no sentido negativo, tal como se ilustra na figura 1, ou seja, ∂S deve ser
parametrizada por
γ(t) = (cos t,− sen t, 0) ; 0 < t < 2pi
Do teorema de Stokes, obtemos,∫ ∫
S
rotF · ν =
∫
∂S
F · dγ
=
∫ 2pi
0
(sen t, cos t,− sen t) · (− sen t,− cos t, 0)dt
= −2pi
tal como na al´ınea anterior.
2
Exerc´ıcio 2 Um vaso de manjerico limita um volume da forma
V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z, 1 < z < 4}.
a) Considere o campo vectorial f(x, y, z) = (xz2, yz2, z3). Calcule o fluxo de f atrave´s da parede
lateral do vaso, constitu´ıda pela superf´ıcie
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z, 1 < z < 4},
que faz parte da fronteira de V , no sentido da normal unita´ria com componente segundo z
negativa, usando o teorema da divergeˆncia.
b) Calcule o fluxo de rotf atrave´s de S, no sentido da normal da al´ınea anterior, usando o
teorema de Stokes.
Resoluc¸a˜o:
a) Para aplicarmos o teorema da divergeˆncia temos de considerar todas as superf´ıcies contidas
na fronteira de V . Dessa fronteira fazem parte a parede lateral do vaso, que e´ o pedac¸o de
parabolo´ide S, a “tampa” superior
D1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 4, x2 + y2 < 4}
e a “tampa” inferior
D2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1, x2 + y2 < 1}
tal como se ilustra na figura 2.
PSfrag replacements
x
z
y0
D1
D2
S∂D1
∂D2
ν
Figura 2: Orientac¸a˜o de S e de ∂S
Enta˜o pelo teorema da divergeˆncia,∫
V
divf =
∫
S
f · νS +
∫
D1
f · ν1 +
∫
D2
f · ν2.
3
Sendo divf = z2 + z2 + 3z2 = 5z2 e utilizando coordenadas cil´ındricas, obtemos∫
V
divf =
∫ 2pi
0
dθ
∫ 4
1
dz
∫ √z
0
5z2 ρ dρ =
5(44 − 1)
4
pi.
A normal exterior unita´ria em D1 e´ ν1 = (0, 0, 1), logo f(x, y, z) · ν1 = z3 = 43 em D1.
Assim, temos ∫
D1
f · ν1 = 43
∫
D1
1 = 43 · A´rea(D1) = 44pi
ja´ que D1 e´ um disco de raio 2.
Do mesmo modo, a normal exterior unita´ria em D2 e´ dada por ν2 = (0, 0,−1), e, portanto,
temos f(x, y, z) · ν2 = −z3 = −1 em D2
Enta˜o ∫
D2
f · ν2 = −
∫
D2
1 = −A´rea(D2) = −pi
Portanto, ∫
S
f · νS =
∫
V
divf −
∫
D1
f · ν1 −
∫
D2
f · ν2 = 5((4
4 − 1)− 44 + 1)
4
pi.
b) Pelo teorema de Stokes, vamos ter∫
S
rotf · νS =
∫
∂D1
f +
∫
∂D2
f,
onde ∂D1 esta´ orientada no sentido anti-hora´rio e ∂D2 esta´ orientada no sentido hora´rio de
um observador que olha no sentido do semi-eixo positivo dos z, tal como se representa na
figura 2.
Para calcular os integrais de linha devemos parametrizar ∂D1 e ∂D2
– Parametrizac¸a˜o de ∂D1:
g1(θ) = (2 cos(θ),−2 sen(θ), 4) ; θ ∈]0, 2pi[
– Parametrizac¸a˜o de ∂D2:
g2(θ) = (cos(θ), sen(θ), 1) ; θ ∈]0, 2pi[
As derivadas das parametrizac¸o˜es sa˜o dadas por
g
′
1(θ) = (−2 sen(θ),−2 cos(θ), 0)
g
′
2(θ) = (− sen(θ), cos(θ), 0)
Enta˜o obtemos∫
∂D1
f =
∫ 2pi
0
(32 cos(θ),−32 sen(θ), 43) · (−2 sen(θ),−2 cos(θ), 0)dθ
∫
∂D2
f =
∫ 2pi
0
(cos(θ), sen(θ), 1) · (− sen(θ), cos(θ), 0)dθ
e, portanto, ∫
S
rotf · νS =
∫
∂D1
f +
∫
∂D2
f = 0.
4
Exerc´ıcio 3 O filtro de uma ma´quina de lavar loic¸a cuja forma e´ aproximadamente a do conjunto
D = {(x, y, z) ∈ R3 :
√
x2 + y2 ≤ z ≤ 3},
esta´ imerso numa corrente de a´gua cujo campo de velocidades e´ dado pela fo´rmula
F(x, y, z) = (2yz cos(y2), 2xz cos(x2), 1).
a) Mostre que a quantidade de a´gua no interior do filtro se mante´m constante, supondo que a
densidade da a´gua e´ constante igual a 1.
b) Usando o teorema de Stokes, calcule o fluxo de a´gua que entra atrave´s da parede curva do
filtro.
Resoluc¸a˜o:
a) Pelo teorema da divergeˆncia, o fluxo total de a´gua atrave´s das paredes do filtro e´∫
∂D
F · n =
∫
D
∇ · F.
Como ∇ · F = 0, o fluxo e´ nulo. Portanto a quantidade de a´gua que entra no filtro e´ igual
a` que sai e a quantidade de a´gua no interior do filtro mante´m-se constante.
b) Seja C a parede curva de D tal como se ilustra na figura 3. Note-se que F e´ um campo de
divergeˆncia nula em R3. Como R3 e´ um conjunto em estrela, podemos concluir que F e´ um
rotacional, ou seja, existe um campo L tal que ∇× L = F. Um campo L que satisfac¸a esta
equac¸a˜o e´ um potencial vector para F.
Para calcular o fluxo de F atrave´s de C, podemos comec¸ar por calcular um potencial vector
L para F e depois aplicar o teorema de Stokes a L. Calcular L = (L1, L2, L3) consiste em
resolver o sistema de equac¸o˜es ∇× L = F, ou seja,

∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yz cos(y2)
∂L1
∂z
− ∂L3
∂x
= 2xz cos(x2)
∂L2
∂x
− ∂L1
∂y
= 1
A soluc¸a˜o para este sistema na˜o e´ u´nica. Para encontrar uma soluc¸a˜o particular, podemos
procurar uma soluc¸a˜o que satisfac¸a, por exemplo, L1 = 0. Obtemos,

∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yz cos(y2)
− ∂L3
∂x
= 2xz cos(x2)
∂L2
∂x
= 1
⇔


∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yz cos(y2)
L3 = −z sen(x2) + f(y, z)
L2 = x + g(y, z)
Mais uma vez, a soluc¸a˜o na˜o e´ u´nica. Impondo a condic¸a˜o, g = 0, e substituindo na primeira
equac¸a˜o, obtemos
f(y, z) = z sen(y2)
e, portanto,
L = (0, x, z sen(y2)− z sen(x2)).
5
PSfrag replacements
x
z
y0
3
C
∂C
ν
Figura 3: Orientac¸a˜o de C e de ∂C
Pelo teorema de Stokes, ∫
C
F · n =
∫
∂C
L · dα,
onde n e´ a normal unita´ria que aponta para dentro do filtro e consequentemente o caminho
α percorre ∂C no sentido positivo tal como se mostra na figura 3.
Assim, temos
∂C = {(x, y, z) ∈ R : x2 + y2 = 9, z = 3},
pelo que o caminho definido por
α(t) = (3 cos(t), 3 sen(t), 3) , t ∈ [0, 2pi]
percorre ∂C na direcc¸a˜o pretendida.
Portanto,
∫
∂C
L · dα =
∫ 2pi
0
L(α(t)) · α′(t)dt
=
∫ 2pi
0
9 cos2(t)dt
= 9pi,
ou seja, a quantidade de a´gua que entra atrave´s da parede curva do filtroe´ 9pi.
6
Exerc´ıcio 4 Considere as superf´ıcies definidas por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 4, −2 < z < 2}
D− = {(x, y, z) ∈ R3 : z = −2, x2 + y2 < 4}
D+ = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 2, x2 + y2 < 4}
a) Calcule o fluxo do campo vectorial f(x, y, z) = (x cosh2(z), y cosh2(z), z − 12 sinh(2z))
atrave´s de S, segundo a normal exterior unita´ria ao cilindro x2 + y2 = 4, usando o
teorema da divergeˆncia.
b) Calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (xez , yez,−2ez) atrave´s de S, segundo a normal da
al´ınea anterior, usando o teorema de Stokes.
Resoluc¸a˜o: S e´ uma parte do cilindro vertical centrado no eixo dos z e com raio 2 e tal que
−2 < z < 2. D− e D+ sa˜o as “tampas” inferior e superior contidas nos planos z = −2 e z = 2,
respectivamente, tal como se ilustra na figura 4.
a) Seja V o volume limitado por S, D− e D+, e seja ν o campo vectorial normal exterior
unita´rio a` fronteira de V . Enta˜o, pelo teorema da divergeˆncia,∫
V
divf =
∫
S
f · ν +
∫
D−
f · ν +
∫
D+
f · ν.
Dado que
divf = 2cosh2(z) + 1− cosh(2z) = 2
obtemos ∫
V
divf = 2 Vol(V ) = 2 · 4 · 4pi = 32pi.
A normal exterior unita´ria em D− e´ ν = (0, 0,−1) e, portanto,∫
D−
f · ν =
∫
D−
(−z + 1
2
sinh(2z))
= (2 +
1
2
sinh(−4)) · A´rea(D−)
= 4pi(2− 1
2
sinh(4))
Do mesmo modo, a normal exterior unita´ria em D+ e´ ν = (0, 0, 1). Logo∫
D+
f · ν =
∫
D+
(z − 1
2
sinh(2z))
= (2− 1
2
sinh(4)) · A´rea(D+)
= 4pi(2− 1
2
sinh(4))
Assim, teremos∫
S
f · ν =
∫
V
divf −
∫
D−
f · ν −
∫
D+
f · ν = 32pi − 8pi(2− 1
2
sinh(4)).
7
Note-se que teria sido um pouco mais complicado calcular directamente o fluxo de f atrave´s
de S devido a` dificuldade na integrac¸a˜o em z.
b) Usando a definic¸a˜o de rotacional podemos verificar que se tem h(x, y, z) = rot l(x, y, z) com
l(x, y, z) = (yez,−xez, 0).
De facto, temos
∂l3
∂y
− ∂l2
∂z
= h1
∂l1
∂z
− ∂l3
∂x
= h2
∂l2
∂x
− ∂l1
∂y
= h3
S
PSfrag replacements
x
z
y2
2
−2
D+
D−
ν
Figura 4: Orientac¸a˜o de S e de ∂S
A soluc¸a˜o deste sistema na˜o e´ u´nica e, para encontrar uma soluc¸a˜o, devemos impoˆr condic¸o˜es,
como por exemplo l3 = 0, consistentes com as equac¸o˜es mas que as simplifiquem de modo a
podermos resolveˆ-las. Fazendo l3 = 0, obtemos
−∂l2
∂z
= xez
∂l1
∂z
= yez
∂l2
∂x
− ∂l1
∂y
= −2ez
e, portanto, da primeira equac¸a˜o, obtemos
l2(x, y, z) = −xez + p(x, y)
e da segunda
l1(x, y, z) = ye
z + q(x, y)
8
Fazendo p = 0 ; q = 0, obtemos,
l(x, y, z) = (yez,−xez, 0).
Pelo teorema de Stokes, teremos∫
S
h · ν =
∫
∂D−
l · dg− +
∫
∂D+
l · dg+,
onde ∂D− esta´ orientada no sentido hora´rio e ∂D+ esta´ orientada no sentido anti-hora´rio de
um observador que olha no sentido do semi-eixo positivo z, tal como se ilustra na figura 4.
Para calcular os integrais de linha, consideremos as seguintes parametrizac¸o˜es para ∂D− e
∂D+:
– Parametrizac¸a˜o para D−:
g−(θ) = (2 cos(θ), 2 sen(θ),−2) ; θ ∈ ]0, 2pi[
– Parametrizac¸a˜o para D+:
g+(θ) = (2 cos(θ),−2 sen(θ), 2) ; θ ∈ ]0, 2pi[
e as respectivas derivadas
g′−(θ) = (−2 sen(θ), 2 cos(θ), 0)
g′+(θ) = (−2 sen(θ),−2 cos(θ), 0)
Portanto temos,
∫
∂D−
l · dg− =
∫ 2pi
0
l(g−(θ)) · g′−(θ)dθ = −8pie−2
∫
∂D+
l · dg+ =
∫ 2pi
0
l(g+(θ)) · g′+(θ)dθ = 8pie2
ou seja ∫
S
h · ν =
∫
∂D−
l · dg− +
∫
∂D+
l · dg+ = 8pi(e2 − e−2).
9
Exerc´ıcio 5 Considere as superf´ıcies definidas por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = −2 +
√
x2 + y2, 0 < z < 1}
D1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1, (x2 + y2) < 9}
D0 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, (x2 + y2) < 4}
a) Calcule o fluxo do campo vectorial f(x, y, z) = (x, y, z) atrave´s de S, segundo a normal
unita´ria cuja componente segundo z e´ negativa, usando o teorema da divergeˆncia.
b) Calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (2x sinh(z), 2y sinh(z),−4 cosh(z)), atrave´s de S, se-
gundo a normal da al´ınea anterior, usando o teorema de Stokes.
Resoluc¸a˜o: S e´ a superf´ıcie do tronco de cone vertical definido pela equac¸a˜o z = −2+
√
x2 + y2
e limitado pelos planos z = 1 e z = 0. D0 e´ a “tampa” inferior definida por z = 0 e D1 e´ a
“tampa” superior de S definida por z = 1.
a) Seja V o volume limitado por S, D0, D1. Pelo teorema da divergeˆncia temos que∫
V
divf =
∫
S
f · ν +
∫
D0
f · ν +
∫
D1
f · ν,
onde ν e´ o campo vectorial das normais exteriores unita´rias a` fronteira de V . Note-se que
em S a componente de ν, segundo z, e´ negativa.
Sendo
divf(x, y, z) = 3
utilizando coordenadas cilindricas, obtemos∫
V
divf = 3 Vol(V ) = 3
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ z+2
0
ρdρdzdθ = 19pi.
A normal exterior unita´ria a D0 e´ dada por ν = (0, 0,−1) e, enta˜o,∫
D0
f · ν =
∫
D0
(−z) = 0
porque z = 0 em D0.
A normal exterior unita´ria a D1 e´ dada por ν = (0, 0, 1). Logo∫
D1
f · ν =
∫
D1
(z) = 1 · A´rea(D1) = 9pi
Portanto, ∫
S
f · ν =
∫
V
divf −
∫
D0
f · ν −
∫
D1
f · ν = 19pi − 9pi = 10pi.
b) Para usar o teorema de Stokes, teremos de determinar um campo l(x, y, z) que verifique a
equac¸a˜o
h(x, y, z) = rotl(x, y, z)
10
ou seja, o campo l devera´ ser soluc¸a˜o do sistema
∂l3
∂y
− ∂l2
∂z
= h1
∂l1
∂z
− ∂l3
∂x
= h2
∂l2
∂x
− ∂l1
∂y
= h3
Este sistema na˜o tem soluc¸a˜o u´nica e, portanto, fazendo l3(x, y, z) = 0, obtemos da primeira
equac¸a˜o
l2(x, y, z) = −2x cosh(z) + p(x, y)
e da segunda equac¸a˜o
l1(x, y, z) = 2y cosh(z) + q(x, y)
em que as func¸o˜es p e q sa˜o arbitra´rias. Fazendo p = 0 ; q = 0, obtemos o campo
l(x, y, z) = (2y cosh(z),−2x cosh(z), 0)
Pelo teorema de Stokes, ∫
S
h · ν =
∫
S
rot l · ν =
∫
∂D0
l +
∫
∂D1
l,
onde ∂D0 e´ percorrido no sentido hora´rio e ∂D1 no sentido anti-hora´rio de um observador
que olha no sentido do semi-eixo positivo de z.
Com θ ∈]0, 2pi[, as parametrizac¸o˜es de ∂D0 e ∂D1, respectivamente, sa˜o dadas por
g0(θ) = (2 cos(θ), 2 sen(θ), 0)
g1(θ) = (3 cos(θ),−3 sen(θ), 1)
e as correspondentes derivadas, ou seja, os correspondentes vectores tangentes, sa˜o dadas
por
g
′
0(θ) = (−2 sen(θ), 2 cos(θ), 0)
g
′
1(θ) = (−3 sen(θ),−3 cos(θ), 0)
Dado que cosh(0) = 1 e sinh(0) = 0 temos enta˜o∫
S
h · ν =
∫
∂D0
l +
∫
∂D1
l
=
∫ 2pi
0
[−8 + 18cosh(1)] dθ
= [−16 + 36cosh(1)] pi
11
Exerc´ıcio 6 Considere um filtro de ar cuja forma e´ aproximadamente a do conjunto
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 4},
imerso numa corrente de ar cujo campo de velocidades e´ dado pela fo´rmula
F(x, y, z) = (2yzey
2
, 2xzex
2
,−2 + xy).
a) Mostre que a quantidade de ar no interior do filtro se mante´m constante, supondo que a
densidade do ar e´ constante igual a 1.
b) Usando o teorema de Stokes, calcule o fluxo de ar que sai atrave´s da parede curva do filtro.
Resoluc¸a˜o:
a) Pelo teorema da divergeˆncia, o fluxo total de ar atrave´s das paredes do filtro e´∫
∂D
F · n =
∫
D
∇ · F.
Como ∇ · F = 0, o fluxo e´ zero. Portanto a quantidade de ar que entra no filtro e´ igual a`
que sai.
b) Seja C a parede curva de D. Note-se que F e´ um campo de divergeˆncia nula em R3. Como
R
3 e´ um conjunto em estrela, podemos concluir que F e´ um rotacional, ou seja, existe um
campo L tal que ∇× L = F. Um campo L que satisfac¸a esta equac¸a˜o e´ um potencial vector
para F.
Para calcular o fluxo de F atrave´s de C, podemos comec¸ar por calcular um potencial vector
L para F e depois aplicar o teorema de Stokes a L. Calcular L = (L1, L2, L3) consiste em
resolver o seguinte sistema de equac¸o˜es

∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yzey
2
∂L1
∂z
− ∂L3
∂x
= 2xzex
2
∂L2
∂x
− ∂L1
∂y
= −2 + xy
A soluc¸a˜o para este sistema na˜o e´ u´nica.Para encontrar uma soluc¸a˜o particular, podemos
procurar uma soluc¸a˜o que satisfac¸a, por exemplo, L1 = 0, e obtemos,

∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yzey
2
− ∂L3
∂x
= 2xzex
2
∂L2
∂x
= −2 + xy
⇔


∂L3
∂y
− ∂L2
∂z
= 2yzey
2
L3 = −zex2 + f(y, z)
L2 = −2x + 12x2y + g(y, z)
Mais uma vez, a soluc¸a˜o na˜o e´ u´nica. Impondo g = 0 e substituindo na primeira equac¸a˜o,
vem f(y, z) = zey
2
, logo
L =
(
0,−2x + 1
2
x2y, zey
2 − zex2
)
.
12
Seja C a parede curva de D. Pelo teorema de Stokes,∫
C
F · n =
∫
C
∇× L · n =
∫
∂C
L
onde n e´ a normal unita´ria que aponta para fora do filtro e consequentemente ∂C e´ percorrido
no sentido negativo quando visto no sentido positivo do eixo z. Uma parametrizac¸a˜o para
∂C = {(x, y, z) ∈ R : x2 + y2 = 4, z = 4},
na direcc¸a˜o indicada e´ dada por
g(t) = (2 cos(t),−2 sen(t), 4) ; t ∈ [0, 2pi]
e a respectiva derivada por
g′(t) = (−2 sen(t),−2 cos(t), 0)
Assim, ∫
∂C
L =
∫
∂C
L · dg
=
∫ 2pi
0
8 cos2(t) + 8 cos3(t) sen(t)dt
= 8pi
portanto a quantidade de ar que sai atrave´s da parede curva do filtro e´ 8pi.
13
Exerc´ıcio 7 Considere a superf´ıcie, constitu´ıda pela parte superior de um toro, definida por
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z2 + (
√
x2 + y2 − 2)2 = 1, z > 0}.
Seja n a normal unita´ria a M cuja componente segundo z e´ positiva.
a) Calcule o fluxo do campo vectorial
f(x, y, z) = (x + arcatn(y2 + z3), exp(z − x3), z2 − z + 1)
atrave´s de M segundo n.
b) Utilizando o teorema de Stokes, calcule o fluxo do campo h(x, y, z) = (0, 0, 2) atrave´s de M
no sentido de n.
Resoluc¸a˜o:
a) Seja V o volume limitado por M e pelo plano z = 0, i.e.
V = {(x, y, z) ∈ R3 : z2 + (
√
x2 + y2 − 2)2 < 1, z > 0}.
A fronteira de V e´ formada pela superf´ıcie toroidal M e pela coroa circular D contida no
plano xy entre as circunfereˆncias de raios 1 e 3 centradas na origem, i.e.
D = {(x, y, z) ∈ R3 : (
√
x2 + y2 − 2)2 < 1, z = 0}.
A normal n a M e´ exterior a V . A normal unita´ria a D que e´ exterior a V e´ simplesmente
ν = (0, 0,−1) porque D e´ o plano z = 0.
Assim, o teorema da divergeˆncia estabelece que∫
V
div(f) dxdydz =
∫
M
f · n +
∫
D
f · ν.
Ora, div(f) = ∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
= 2z e, portanto, em coordenadas cil´ındricas, temos
∫
V
div(f) dxdydz =
∫ 2pi
0
(∫ 3
1
(∫ √1−(ρ−2)2
0
2zdz
)
ρdρ
)
dθ
= 2pi
∫ 3
1
[
1− (ρ− 2)2] ρdρ
= 2pi
(
4− 4
3
)
Por outro lado para calcular o fluxo de f atrave´s de D, note-se que
f · ν = −z2 + z − 1 = −1
porque z = 0 em D.
Assim, ∫
D
f · ν = −A´rea(D) = −pi(32 − 12) = −8pi
14
e, portanto, ∫
M
f · n =
(
16− 8
3
)
pi.
Note-se que teria sido substancialmente mais dif´ıcil fazer o mesmo ca´lculo directamente a
partir da definic¸a˜o de fluxo de um campo.
b) O teorema de Stokes relaciona o fluxo do rotacional de um campo atrave´s de uma superf´ıcie
com o trabalho desse campo na fronteira, ou bordo, da superf´ıcie. Assim o primeiro passo
e´ exprimir o campo h(x, y, z) como um rotacional de outro campo vectorial. Procuramos
enta˜o determinar um campo vectorial g(x, y, z) tal que
rot (g) = h
ou seja
∂2g3 − ∂3g2 = h1 = 0
∂3g1 − ∂1g3 = h2 = 0
∂1g2 − ∂2g1 = h3 = 2
Diz-se que g e´ um “potencial vectorial” para h.
Ha´ muitas soluc¸o˜es para estas equac¸o˜es. Podemos, por exemplo, tentar encontrar uma
soluc¸a˜o com g2 = 0. Da terceira equac¸a˜o obtemos
g1 = −2y + l(x, z)
Fazendo l(x, z) = 0 vemos que e´ poss´ıvel satisfazer as equac¸o˜es restantes com g3 = 0. Logo,
podemos tomar
g(x, y, z) = (−2y, 0, 0)
A fronteira, ou bordo, de M e´ constitu´ıda por duas circunfereˆncias no plano xy e centradas
na origem: A de raio 1 e B de raio 3, como se ilustra na figura 5. Quem esta´ de pe´, sobre o
PSfrag replacements
x
y
1
3
A
B
Figura 5: Orientac¸a˜o de A e de B
plano xy, do lado em que z > 0, a orientac¸a˜o destas fronteiras que e´ consistente com a normal
n, e´ para A no sentido hora´rio e para B no sentido anti-hora´rio. Deste modo, percorrendo
15
A ou B do lado em que z > 0, ou seja do lado para que aponta a normal n, tem a superf´ıcie
M do seu lado esquerdo.
Enta˜o, pelo teorema de Stokes, temos∫
M
h · n =
∫
M
rot (g) · n =
∫
A
g +
∫
B
g.
Temos de calcular o trabalho de g ao longo de A e o trabalho de g ao longo de B. Podemos
parametrizar A atrave´s de
α(θ) = (cos(θ),− sen(θ), 0)
e B atrave´s de
β(θ) = (3 cos(θ), 3 sen(θ), 0)
fazendo 0 < θ < 2pi.
Enta˜o ∫
A
g =
∫ 2pi
0
g(α(θ) · α′(θ)dθ
=
∫ 2pi
0
(2 sen(θ), 0, 0) · (− sen(θ),− cos(θ), 0)dθ
= −
∫ 2pi
0
2 sen(θ)2dθ
= −2pi
De modo semelhante temos ∫
B
g =
∫ 2pi
0
g(β(θ) · β′(θ)dθ
=
∫ 2pi
0
18 sen2(θ)dθ
= 18pi
Portanto ∫
M
h · n = 18pi − 2pi = 16pi
Note-se que teria sido substancialmente mais dif´ıcil fazer o mesmo ca´lculo directamente a
partir da definic¸a˜o.
16
Exerc´ıcio 8 Considere a superf´ıcie
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z2 + 1, −1 < z < 3}
e o campo vectorial
~F (x, y, z) = (x, y,−2z)
Calcule o fluxo de ~F atrave´s de S no sentido da normal que aponta para fora (isto e´ no sentido
contra´rio a`quele em que fica o eixo dos zz),
1. pela definic¸a˜o de fluxo.
2. usando o teorema da divergeˆncia.
3. usando o teorema de Stokes.
Resoluc¸a˜o:
1. Em coordenadas cil´ındricas (r, θ, z), S e´ definida por r2 = z2 + 1 ⇐⇒ r = √z2 + 1 com
−1 < z < 3 logo S trata-se de uma hipe´rbole rodada em torno do eixo dos zz, ou seja de
um hiperbolo´ide.
Uma parametrizac¸a˜o para S e´ dada por
g(z, θ) = (
√
z2 + 1cos θ,
√
z2 + 1 sin θ, z), 0 < θ < 2pi,−1 < z < 3.
Temos
∂g
∂z
× ∂g
∂θ
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
z√
z2+1
cos θ z√
z2+1
sin θ 1
−√z2 + 1 sin θ √z2 + 1cos θ 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−
√
z2 + 1cos θ,−
√
z2 + 1 sin θ, z).
Quando z e´ positivo, a terceira componente de ∂g
∂z
× ∂g
∂θ
e´ positiva portanto este vector tem
o contra´rio ao da normal dada a` superf´ıcie. Conclui-se que∫ ∫
S
~F · ~ndS =
= −
∫ 2pi
0
∫ 3
−1
~F (
√
z2 + 1cos θ,
√
z2 + 1 sin θ, z) · (−
√
z2 + 1cos θ,−
√
z2 + 1 sin θ, z)dzdθ
= −
∫ 2pi
0
∫ 3
−1
(
√
z2 + 1cos θ,
√
z2 + 1 sin θ,−2z) · (−
√
z2 + 1 cos θ,−
√
z2 + 1 sin θ, z)dzdθ
= −
∫ 2pi
0
∫ 3
−1
−(z2 + 1)− 2z2dzdθ = −2pi(−4− 28) = 64pi.
2. ~F e´ um campo vectorial de classe C1 em R3 logo podemos aplicar o teorema da divergeˆncia
a` regia˜o
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < z2 + 1 ,−1 < z < 3}.
A fronteira de D, e´ formada por S e pelos dois discos
S1 = {(x, y, 3) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 10} e S2 = {(x, y,−1) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 2}.
17
Uma vez que a normal a S dada, ~n, e´ a normal exterior a D, o teorema da divergeˆncia diz
que ∫ ∫ ∫
D
∇ · ~Fdxdydz =
∫ ∫
S
~F · ~n +
∫ ∫
S1
~F · (0, 0, 1)dS +
∫ ∫
S2
~F · (0, 0,−1)dS.
Como
∇ · ~F = 1 + 1− 2 = 0
conclui-se que ∫ ∫
S
~F · ~ndS = −
∫ ∫
S1
~F · (0, 0, 1)dS −
∫ ∫
S2
~F · (0, 0,−1)dS
= −
∫ ∫
S1
−2zdS −
∫ ∫
S2
2zdS
=
∫ ∫
S1
6dS −
∫ ∫
S2
−2dS
= 6a´rea(S1) + 2a´rea(S2) = 6pi10 + 2pi2 = 64pi.
3. Uma vez que ~F e´ solenoidal (isto e´ ∇ · ~F = 0) e o domı´nio de ~F e´ R3 que e´ um conjunto
em estrela, concluimos que ~F e´ um rotacional. Para achar um potencial vector ~A temos de
resolver o sistema
∇× ~A = ~F ⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
A1 A2 A3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (x, y,−2z)
⇐⇒


∂A3
∂y
− ∂A2
∂z
= x
∂A1
∂z
− ∂A3
∂x
= y
∂A2
∂x
− ∂A1
∂y
= −2z
Fazendo, por exemplo, A3 = 0 obtemos,

−∂A2
∂z
= x
∂A1
∂z
= y
∂A2
∂x
− ∂A1
∂y
= −2z
⇐⇒


A2(x,y, z) = −xz + C1(x, y)
A1(x, y, z) = yz + C2(x, y)
∂A2
∂x
− ∂A1
∂y
= −2z
Substituindo na u´ltima equac¸a˜o obtemos
−z + ∂C1
∂x
(x, y)− z − ∂C2
∂y
(x, y) = −2z
pelo que podemos fazer C1(x, y) = C2(x, y) = 0. Conclui-se que um potencial vector para ~F
e´ dado por
~A(x, y, z) = (yz,−xz, 0).
Pelo teorema de Stokes,∫ ∫
S
~F · ~ndS =
∫ ∫
S
(∇× ~A) · ~ndS =
∮
∂S
~A · d~r.
18
O bordo de S e´ constitu´ıdo por duas curvas:
α1 = {(x, y, 3) ∈ R3 : x2 + y2 = 10}
e
α2 = {(x, y,−1) ∈ R3 : x2 + y2 = 2}.
De acordo com a regra da ma˜o direita, quando vistas de muito acima do plano xy, α1 deve
ser percorrida no sentido dos ponteiros do relo´gio e α2 no sentido directo.
Uma parametrizac¸a˜o de α1 e´
g1(t) = (
√
10 cos t,
√
10 sin t, 3) 0 < t < 2pi
que no entanto percorre a curva no sentido directo, enquanto que uma parametrizac¸a˜o para
α2 e´
g2(t) = (
√
2 cos t,
√
2 sin t,−1) 0 < t < 2pi
que percorre a curva α2 no sentido desejado. Assim,∫ ∫
S
~F · ~n = −
∫
α1
~A · dg1 +
∫
α2
~A · dg2
= −
∫ 2pi
0
(3
√
10 sin t,−3
√
10 cos t, 0) · (−
√
10 sin t,
√
10 cos t, 0)dt
+
∫ 2pi
0
(−
√
2 sin t,
√
2 cos t, 0) · (−
√
2 sin t,
√
2 cos t, 0)dt
=
∫ 2pi
0
30dt +
∫ 2pi
0
2dt = 64pi.
19