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Cálculo vetorial - Seções 16.1-9
Cálculo II - ECT 1202
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Maio 2011
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 1 / 168
Campos Vetoriais
Até agora estudamos funções que associam um número a um vetor (funções
vetoriais) e funções que associam um vetor a um número (funções de duas e
ou mais variáveis). A seguir estudaremos outro tipo função.
Campos vetoriais
Seja D um subconjunto do R2. Um campo vetorial em R2 é uma função~F que
associa a cada ponto (x,y) em D um vetor bidimensional~F(x,y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 2 / 168
Campos Vetoriais
Campos vetoriais
Como~F(x,y) é um vetor bidimensional, podemos escrevê-lo em termos de
suas funções componentes P e Q, da seguinte forma:
~F(x,y) = P(x,y)~i+Q(x,y)~j= 〈P(x,y),Q(x,y)〉.
As componentes P(x,y) e Q(x,y) são funções (de duas variáveis) que
associam cada ponto (x,y) ∈ D um número real. Funções desse tipo são
chamadas de campos escalares. Como no caso das funções vetoriais,
podemos definir a continuidade dos campos vetoriais e mostrar que~F será
contínua se e somente se suas funções componentes forem contínuas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 3 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 1
Um campo vetorial em R2 é definido por~F(x,y) =−y~i+ x~j. Faça um esboço
de~F.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 4 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 1
Um campo vetorial em R2 é definido por~F(x,y) =−y~i+ x~j. Faça um esboço
de~F.
Solução
Inicialmanete marcamos~F nos vetores unitários~i e~j. Em seguida, seja
~r = 〈x,y〉 o vetor posição em relação a origem do plano cartesiano. Note que:
‖~F(x,y)‖=
√
x2+ y2 = ‖~r‖.
Note ainda que:
~r · ~F(x,y) = 〈−y,x〉 · 〈x,y〉= 0.
Logo~F e~r são ortogonais.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 5 / 168
Campos Vetoriais
Podemos também definir um campo vetorial no espaço da seguinte maneira.
Campos vetoriais
Seja E um subconjunto do R3. Um campo vetorial em R3 é uma função~F que
associa a cada ponto (x,y,z) em E um vetor tridimensional~F, de componentes
P(x,y,z), Q(x,y,z) e R(x,y,z):
~F(x,y,z) = P(x,y,z)~i+Q(x,y,z)~j+R(x,y,z)~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 6 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 2
Esboce o campo vetorial em R3 dado por~F(x,y,z) = z~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 7 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 2
Esboce o campo vetorial em R3 dado por~F(x,y,z) = z~k.
Solução
Note que ‖~F(x,y,z)‖=±z. Se z> 0 o vetor~F(x,y,z) aponta na direção de z
crescente, e se z< 0 na direção inversa. Para z= 0, isto é, no plano xy
~F(x,y,z) é o vetor nulo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 8 / 168
Campos Vetoriais
Campos Vetoriais
Se f (x,y,z) é um campo escalar, podemos obter um campo vetorial a partir do
gradiente aplicado a f :
∇f (x,y,z) = fx(x,y,z)~i+ fy(x,y,z)~j+ fz(x,y,z)~k.
O campo vetorial assim obtido é chamado de campo vetorial gradiente. No
caso de um campo escalar g(x,y), aplicando o operador gradiente a g,
obtemos um campo vetorial gradiente bidimensional:
∇g(x,y) = gx(x,y)~i+gy(x,y)~j.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 9 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 3
Determine o campo vetorial gradiente de f (x,y) = x2+ y2, e esboce o campo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 10 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 3
Determine o campo vetorial gradiente de f (x,y) = x2+ y2, e esboce o campo.
Solução
Note que ∇f (x,y) é dado por:
∇f (x,y) = 2x~i+2y~j= 2~r.
Repare ainda que ∇f (x,y) é paralelo ao vetor posição, e tem módulo duas
vezes maior que~r.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 11 / 168
Campos Vetoriais
Campo vetorial conservativo
Dizemos que~F(x,y,z) é um campo vetorial conservativo se existir um campo
escalar f (x,y,z) (chamada de função potencial) tal que:
~F(x,y,z) = ∇f (x,y,z).
A equação acima nos fornece um método para determinar a função potencial
f . Note que:
fx(x,y,z) = P(x,y,z),
fy(x,y,z) = Q(x,y,z),
fz(x,y,z) = R(x,y,z).
Assim para determinar a função potencial, basta resolver o sistema de
equações diferenciais acima.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 12 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 4
Determine a função potencial para cada um dos seguintes campos vetoriais
conservativos.
(a) ~F(x,y) = 2x~i+2y~j,
(b) ~F(x,y,z) = 〈 2xx2+y2+z2 , 2yx2+y2+z2 , 2zx2+y2+z2 〉.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 13 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 4
Determine a função potencial para cada um dos seguintes campos vetoriais
conservativos.
(a) ~F(x,y) = 2x~i+2y~j,
Solução
Note que fx(x,y) = 2x e fy(x,y) = 2y. Integrando a primeira equação em
relação a x temos:
f (x,y) =
∫
2xdx+g(y) = x2+g(y).
Derivando a relação acima em relação a y temos que:
g′(y) = 2y =⇒ g(y) = y2+ c.
Logo a função potencial é f (x,y) = x2+ y2+ c.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 14 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 4 continuação
(b) ~F(x,y,z) = 〈 2xx2+y2+z2 , 2yx2+y2+z2 , 2zx2+y2+z2 〉.
Note que fx = 2xx2+y2+z2 , fy =
2y
x2+y2+z2 e fz =
2z
x2+y2+z2 . Integrando a
primeira equação em relação a x temos:
f (x,y,z) =
∫ 2x
x2+ y2+ z2
dx+g(y,z) = ln(x2+ y2+ z2)+g(y,z).
Derivando a relação acima em relação a y temos que:
2y
x2+ y2+ z2
+
∂g(y,z)
∂y
=
2y
x2+ y2+ z2
=⇒ g(y,z) = h(z).
Assim ficamos com f (x,y,z) = ln(x2+ y2+ z2)+h(z). Derivando essa
equação em relação a z temos:
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 15 / 168
Campos Vetoriais
Exemplo 4 continuação
Derivando essa equação em relação a z temos:
2z
x2+ y2+ z2
+h′(z) =
2z
x2+ y2+ z2
=⇒ h(z) = c.
Logo a função potencial para~F(x,y,z) = 〈 2xx2+y2+z2 , 2yx2+y2+z2 , 2zx2+y2+z2 〉 é:
f (x,y,z) = ln(x2+ y2+ z2)+ c.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 16 / 168
Integrais de linha
Já aprendemos como calcular a integral de uma função z= f (x,y) sob uma
região plana D. Veremos agora como calcular a integral de uma função de
duas ou mais variáveis ao longo de uma curva.
Integral de linha no plano
Seja f (x,y) uma função definida em uma região plana D. Seja ainda
~r(t) = 〈x(t),y(t)〉 uma curva C suave em D, i.e.~r′(t) 6=~0, definida no intervalo
I = [a,b]. Para cada t∗i ∈ [ti, ti+1]⊂ I podemos associar a seguinte soma de
Riemann:
n
∑
i=1
f (x∗i ,y
∗
i )∆si,
onde x∗i = x(t∗i ), y∗i = y(t∗i ) e ∆si é o arco que liga o ponto Pi = (xi,yi) ao
ponto Pi+1 = (xi+1,yi+1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 17 / 168
Integrais de linha
Integral de linha no plano
No limite quando o número de subdivisões n→ ∞ do intervalo I, temos:
lim
n→∞
n
∑
i=1
f (x∗i ,y
∗
i )∆si =
∫
C
f (x,y)ds.
Se o limite acima existir, chamamos o resultado de integral de linha de f (x,y)
ao longo de C em relação ao comprimento de arco.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 18 / 168
Integrais de linha
Integral de linha no plano
Podemos reescrever a integral de linha notando que x= x(t), y= y(t) e que
ds=
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt.
De forma que:
∫
C
f (x,y)ds=
∫ b
a
f (x(t),y(t))
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 19 / 168
Integrais de linha
Exemplo 5
Calcule
∫
C(2+ x
2y)ds, onde C é a metade superior do cícurlo unitário
x2+ y2 = 1.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 20 / 168
Integrais de linha
Exemplo 5
Calcule
∫
C(2+ x
2y)ds, onde C é a metade superior do cícurlo unitário
x2+ y2 = 1.
Solução
A parametrização do semicírculo é:
x= cos(t), y= sin(t) com 0≤ t ≤ pi.
O elemento de arco ds fica:
ds=
√
cos2(t)+ sin2(t)dt = dt.
Assim: ∫
C
(2+ x2y)ds=
∫ pi
0
[2+ cos2(t)sin(t)]dt
= 2pi−
[
cos3(t)
3
]pi
0
= 2pi+
2
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 21 / 168
Integrais de linha
Integral de linhano plano
Suponha que a curva C seja suave (ou lisa) por partes, i.e., C é a união de um
número finito de curvas suaves C1, C2, . . . ,Cn, como na figura abixo.
Neste caso a integral de linha ao logo de C é dada por:∫
C
f (x,y)ds=
∫
C1
f (x,y)ds+
∫
C2
f (x,y)ds+ · · ·+
∫
Cn
f (x,y)ds.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 22 / 168
Integrais de linha
Exemplo 6
Calcule
∫
C 2xds, onde C é formada pelo arco C1 da parábola y= x
2 de (0,0) a
(1,1) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (1,1) a (1,2).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 23 / 168
Cálculo vetorial
Exemplo 6
Calcule
∫
C 2xds, onde C é formada pelo arco C1 da parábola y= x
2 de (0,0) a
(1,1) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (1,1) a (1,2).
Solução
Para o caminho C1 tem-se que x= x, y= x2 com 0≤ x≤ 1 e ds=
√
1+4x2dx:∫
C1
2xds=
∫ 1
0
2x
√
1+4x2dx=
1
4
[
2
3
(1+4x2)3/2
]1
0
=
5
√
5−1
6
.
Para o caminho C2 tem-se que x= 1, y= y com 1≤ y≤ 2 e ds= dy:∫
C2
2xds=
∫ 1
0
2(1)dy= 2[y]21 = 2.
Então, ∫
C
2xds=
∫
C1
2xds+
∫
C2
2xds=
5
√
5−1
6
+2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 24 / 168
Integrais de linha
Integral de linha no espaço
Seja C uma curva espacial lisa dada pelas seguintes equações paramétricas:
x= x(t), y= y(t), z= z(t) com a≤ t ≤ b.
A integral de linha de uma função f (x,y,z) ao longo de C é dada por:
∫
C
f (x,y,z)ds=
∫ b
a
f (x(t),y(t),z(t))
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
+
(
dz
dt
)2
dt,
ou em notação vetorial:
∫
C
f (x,y,z)ds=
∫ b
a
f (~r(t))‖~r′(t)‖dt.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 25 / 168
Integrais de linha
Exemplo 7
Calcule
∫
C ysin(z)ds, onde C é a hélice circular dada pelas equações
x= cos(t), y= sin(t), z= t e 0≤ t ≤ 2pi.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 26 / 168
Cálculo vetorial
Exemplo 7
Calcule
∫
C ysin(z)ds, onde C é a hélice circular dada pelas equações
x= cos(t), y= sin(t), z= t e 0≤ t ≤ 2pi.
Solução
O elemento de comprimento arco é dado por:
ds=
√
sin2(t)+ cos2(t)+1dt =
√
2dt.
Assim:
∫
C
ysin(z)ds=
∫ 2pi
0
sin2(t)
√
2dt =
√
2
2
[
t− sin(2t)
2
]2pi
0
= pi
√
2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 27 / 168
Integrais de linha
Já vimos como calcular a integral de linha de um campo escalar f (x,y,z) ao
longo de uma curva C. Vejamos agora como calcular a integral de linha de um
campo vetorial sobre uma curva C.
Integrais de linha de um campo vetorial
Seja~F(x,y,z) um campo vetorial, um campo de forças por exemplo. Podemos
perguntar pelo trabalho W ao mover uma partícula ao longo de uma curva C
sob a ação do campo de forças~F(x,y,z).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 28 / 168
Integrais de linha
Integrais de linha de um campo vetorial
Particionando o caminho~r(t) = 〈x(t),y(t),z(t)〉, com a≤ t ≤ b, em n−1
intervalos, obtemos n arcos ∆si que ligam os pontos Pi = (x∗i ,y∗i ,z∗i ) e
Pi+1 = (x∗i+1,y
∗
i+1,z
∗
i+1). O trabalho para levar uma partícula do ponto Pi para
Pi+1 é dado por~F(x∗i ,y∗i ,z∗i ) · [~T(x∗i ,y∗i ,z∗i )∆si], onde~T(x∗i ,y∗i ,z∗i ) é o vetor
tangente ao arco ∆si no ponto Pi. Assim o trabalho para levar a partícula do
ponto P0 =~r(a) até Pn =~r(b) é dado pela soma de Riemann:
W ≈
n
∑
i
~F(x∗i ,y
∗
i ,z
∗
i ) ·~T(x∗i ,y∗i ,z∗i )∆si.
Tomando o limite quando o número de intervalos n→ ∞ obtemos,
W = lim
n→∞
n
∑
i
~F(x∗i ,y
∗
i ,z
∗
i ) ·~T(x,y,z)∆si =
∫
C
~F(x,y,z) ·~T(x,y,z)ds,
a integral de linha do campo vetorial~F(x,y,z) sob a curva C.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 29 / 168
Integrais de linha
Integrais de linha de um campo vetorial
Podemos reescrever a integral de linha anterior notando que x= x(t), y= y(t),
z= z(t) e
~T(x(t),y(t),z(t)) =
~r′(t)
‖~r′(t)‖ e ds= ‖~r
′(t)‖dt.
Assim a integral de linha de~F(x,(t),y(t),z(t)) =~F(~r(t)) é dada por:∫
C
~F ·~Tds=
∫ b
a
~F(~r(t)) ·~r′(t)dt =
∫ b
a
~F ·d~r.
Ou em termos das funções componentes P(x,y,z), Q(x,y,z) e R(x,y,z) de~F:∫ b
a
~F ·d~r =
∫ b
a
Pdx+Qdy+Rdz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 30 / 168
Integrais de linha
Exemplo 8
Determine o trabalho feito pelo campo de força~F(x,y,z) = x2~i− xy~j ao se
mover uma partícula ao longo de um quarto de círculo~r(t) = cos(t)~i+ sin(t)~j,
0≤ t ≤ pi/2.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 31 / 168
Integrais de linha
Exemplo 8
Determine o trabalho feito pelo campo de força~F(x,y,z) = x2~i− xy~j ao se
mover uma partícula ao longo de um quarto de círculo~r(t) = cos(t)~i+ sin(t)~j,
0≤ t ≤ pi/2.
Solução
Note primeiramente que~F(~r(t)) = 〈cos2(t),−cos(t)sin(t)〉, e que
~r′(t) = 〈−sin(t),cos(t)〉. Assim:
∫ b
a
~F ·d~r =
∫ pi/2
0
−2cos2(t)sin(t)dt = 2
3
[
cos3(t)
]pi/2
0
=−2
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 32 / 168
Integrais de linha
Exemplo 9
Calcule
∫
C ydx+ zdy+ xdz, onde C consiste no segmento de reta C1 que une
(2,0,0) a (3,4,5) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (3,4,5) a
(3,4,0).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 33 / 168
Integrais de linha
Exemplo 9
Calcule
∫
C ydx+ zdy+ xdz, onde C consiste no segmento de reta C1 que une
(2,0,0) a (3,4,5) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (3,4,5) a
(3,4,0).
Solução
O campo vetorial a ser integrado é~F(~r(t)) = 〈y,z,x〉. O caminho C1 é dado
por~r(t) = 〈2+ t,4t,5t〉 com 0≤ t ≤ 1. De forma que~F(~r(t)) = 〈4t,5t,2+ t〉 e
~r′(t) = 〈1,4,5〉. Logo:∫ b
a
~F ·d~r =
∫ 1
0
[1(4t)+4(5t)+5(2+ t)]dt =
∫ 1
0
(10+29t)dt
=
[
10t+
29t2
2
]1
0
=
49
2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 34 / 168
Integrais de linha
Exemplo 9 continuação
O caminho C2 é dado por~r(t) = 〈3,4,5−5t〉 com 0≤ t ≤ 1. De forma que
~F(~r(t)) = 〈4,5−5t,3〉 e~r′(t) = 〈0,0,−5〉. Logo:
∫ b
a
~F ·d~r =
∫ 1
0
[0(4t)+0(5−5t)+3(−5)]dt =−15
∫ 1
0
dt =−15.
Assim a integral
∫
C ydx+ zdy+ xdz vale:∫
C
~F ·d~r =
∫
C1
~F ·d~r+
∫
C2
~F ·d~r = 24.5−15= 9.5 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 35 / 168
Teorema Fundamental das integrais de linha
No cálculo 1 vimos que se F′(x) é uma função contínua no intervalo I = [a,b]
então
∫ b
a F
′(x)dx= F(b)−F(a), é igual a variação de F′(x) sobre I. Para as
integrais de linha, sob certas condições, temos um resultado parecido.
Teorema 1
Seja C uma curva lisa dada pela função vetorial~r(t), a≤ t ≤ b. Seja f uma
função diferenciável de duas ou três variáveis cujo vetor gradiente ∇f é
contínuo em C. Então ∫
C
∇f ·d~r = f (~r(b))− f (~r(a)).
Se~r(b) e~r(a) tiverem coordenadas (x2,y2,z2) e (x1,y1,z1), então∫
C
∇f ·d~r = f (x2,y2,z2)− f (x1,y1,z1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 36 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 10
Determine o trabalho realizado pelo campo vetorial
~F(x,y,z) = 〈 2xx2+y2+z2 , 2yx2+y2+z2 , 2zx2+y2+z2 〉, ao mover uma partícula de massa m
do ponto (1,0,0) para o ponto (1,1,1) ao longo de uma curva lisa por partes
C.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 37 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 10
Determine o trabalho realizado pelo campo vetorial
~F(x,y,z) = 〈 2xx2+y2+z2 , 2yx2+y2+z2 , 2zx2+y2+z2 〉, ao mover uma partícula de massa m
do ponto (1,0,0) para o ponto (1,1,1) ao longo de uma curva lisa por partes
C.
Solução
Já vimos que o campo vetorial acima é conservativo, com função potencial
dada por f (x,y,z) = ln(x2+ y2+ z2)+ c. Dessa forma:
W =
∫
C
~F ·d~r =
∫
C
∇f ·d~r = f (1,1,1)− f (1,0,0) = ln(3).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 38 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 11
Calcule
∫
C y
2dx+ xdy, onde
(a) C = C1 é o segmento de reta de (−5,−3) a (0,2),
(b) C = C2 é o arcox= 4− y2 de (−5,−3) a (0,2).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 39 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 11
Calcule
∫
C y
2dx+ xdy, onde
(a) C = C1 é o segmento de reta de (−5,−3) a (0,2),
(b) C = C2 é o arco x= 4− y2 de (−5,−3) a (0,2).
Solução
O caminho C1 tem a seguite parametrização x= 5t−5, y= 5t−3 com
0≤ t ≤ 1. ∫
C1
y2dx+ xdy=
∫ 1
0
[
(5t−3)2 dx
dt
+(5t−5)dy
dt
]
dt
=
∫ 1
0
[5(5t−3)2+5(5t−5)]dt
= 5
∫ 1
0
(25t2−25t+4)dt =−5
6
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 40 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 11 continuação
Calcule
∫
C y
2dx+ xdy, onde
(a) C = C1 é o segmento de reta de (−5,−3) a (0,2),
(b) C = C2 é o arco x= 4− y2 de (−5,−3) a (0,2).
Solução
O caminho C2 tem a seguite parametrização y= t, x= 4− t2 com −3≤ t ≤ 2.∫
C2
y2dx+ xdy=
∫ 2
−3
[
t2
dx
dt
+(4− t2)dy
dt
]
dt
=
∫ 2
−3
[−2t3+(4− t2)]dt
=
∫ 2
−3
(−2t3− t2+4)dt =−245
6
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 41 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Independência do caminho de integração
O resultado do exemplo anterior nos diz que em geral
∫
C1
~F ·d~r 6= ∫C2~F ·d~r,
onde C1 e C2 são dois caminhos distintos com mesmos pontos incial e final.
Mas segue do teorema anterior que∫
C1
∇f ·d~r =
∫
C2
∇f ·d~r.
A integral de um campo vetorial contínuo~F é dita independente do caminho, se∫
C1
~F ·d~r =
∫
C2
~F ·d~r,
para quaisquer caminhos C1 e C2 como mesmos pontos incial e final.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 42 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Uma curva é dita fechada se seu ponto inicial coincide com o final, i.e.,
~r(a) =~r(b). O teorema a seguir nos fornece uma condição sob a qual a
integral de linha de um campo vetorial é independente do caminho de
integração.
Teorema 2∫
C
~F ·d~r é independente do caminho, em uma região, D se e somente se∮
C
~F ·d~r = 0 para todo caminho C fechado em D.
Este teorema afirma que para um campo vetorial conservativo~F,
∮
C
~F ·d~r = 0.
Assim, se~F representa um campo de forças, o trabalho realizado para mover
uma partícula ao longo de um caminho fechado é nulo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 43 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 12
Mostre que a integral de linha do campo vetorial~F = 〈2x,2y〉 independe do
caminho de integração.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 44 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 12
Mostre que a integral de linha do campo vetorial~F = 〈2x,2y〉 independe do
caminho de integração.
Solução
Vamos calcular a integral de linha do campo acima sobre uma curva fechada
C qualquer. Para isso, note que~F = ∇f , com f (x,y) = x2+ y2+ c. Assim∮
C
~F ·d~r =
∮
C
∇f ·d~r =
∮
C
d
dt
f (~r(t))dt = 0.
Como
∮
C
~F ·d~r = 0, para um caminho qualquer C segue que ∫C~F ·d~r é
independente do caminho.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 45 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Uma região no plano D é dita aberta se para cada ponto P ∈ D existir um
disco com centro em P contida em D. E chamamos uma região plana D de
conexa se dois pontos quaisquer em D podem ser ligados por um caminho
inteiramente em D.
Teorema 3
Suponha que~F seja um campo vetorial contínuo sobre uma região aberta
conexa D. Se
∫
C
~F ·d~r for independente do caminho em D, então~F é um
campo conservativo, ou seja, existe um campo escalar f tal que ∇f =~F.
Para um campo vetorial conservativo são equivalentes as proposições:
(a) ~F = ∇f ,
(b)
∮
C
~F ·d~r = 0,
(c)
∫
C
~F ·d~r independe do caminho de integração.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 46 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
O teorema a seguir nos permite determinar se um campo vetorial é
conservativo.
Teorema 4
Se~F(x,y) = P(x,y)~i+Q(x,y)~j é um campo vetorial conservativo, onde P e Q
têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas em um domínio D, então
em todos os pontos de D temos
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
.
A recíproca do teorema acima só é válida para um tipo especial de região D.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 47 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 13
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = (x− y)~i+(x−2)~j é ou não
conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 48 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 13
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = (x− y)~i+(x−2)~j é ou não
conservativo.
Solução
Note que P(x,y) = x− y e que Q(x,y) = x−2, de forma que:
∂P
∂y
=−1 ∂Q
∂x
= 1.
Logo o campo não é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 49 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Uma cuva é dita simples se ela não se autointercepta. E uma região é dita
simplesmente conexa se a mesma é conexa e não contem buracos, ou seja,
qualquer curva simples fechada em D contorna pontos que estão somente em
D.
Teorema 5
Seja~F(x,y) = P(x,y)~i+Q(x,y)~j um campo vetorial sobre uma região D
aberta e simplesmente conexa. Suponha que P e Q tenham derivadas parciais
de primeira ordem contínuas e que
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
,
em D. Então~F é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 50 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 14
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = (3+2xy)~i+(x2−3y2)~j é ou não
conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 51 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 14
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = (3+2xy)~i+(x2−3y2)~j é ou não
conservativo.
Solução
Note que P(x,y) = 3+2xy e que Q(x,y) = x2−3y2, de forma que:
∂P
∂y
= 2x=
∂Q
∂x
.
Como o domínio de~F é o plano R2 que é aberto e simplesmente conexo,
então o campo é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 52 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 15
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = −yx2+y2~i+
x
x2+y2
~j, (x,y) 6= (0,0) é ou
não conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 53 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 15
Determine se o campo vetorial~F(x,y) = −yx2+y2~i+
x
x2+y2
~j, (x,y) 6= (0,0) é ou
não conservativo.
Solução
Note que
∂P
∂y
=
−x2+ y2
x2+ y2
=
∂Q
∂x
.
O resultado acima sugere que~F é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 54 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 15 continuação
Mas se este for o caso, a integral de linha de~F ao longo de qualquer curva
fechada C deve ser zero. Assim seja C o círculo unitário percorrido no sentido
anti-horário, com parametrização dada por x= cos(t), y= sin(t) e 0≤ t ≤ 2pi.
Neste caso ∮
C
~F ·d~r =
∫ 2pi
0
[sin2(t)+ cos2(t)]dt = 2pi.
Como a integral acima é diferente de zero, o campo não é conservativo. Note
que apesar das derivadas parciais ∂P∂y e
∂Q
∂x serem iguais, o domínio de~F não é
uma região simplesmente conexa, de forma que o teorema anterior não se
aplica.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 55 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Condição para um campo vetorial~F(x,y,z) ser conservativo
Para que um campo vetorial~F(x,y,z) = P(x,y,z)~i+Q(x,y,z)~j+R(x,y,z)~k
definido em uma região aberta e simplesmente conexa D, P, Q e R com
derivadas parciais de primeira ordem contínuas, seja conservativo, devem ser
satisfeitas as seguintes igualdades
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
,
∂P
∂z
=
∂R
∂x
,
∂Q
∂z
=
∂R
∂y
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 56 / 168
Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 16
Determine se o campo vetorial~F(x,y,z) = (yz)~i+(xz)~j+(xy+2z)~k, é ou não
conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 57 / 168
Teorema fundamental das integrais de linhaExemplo 16
Determine se o campo vetorial~F(x,y,z) = (yz)~i+(xz)~j+(xy+2z)~k, é ou não
conservativo.
Solução
Note que~F está definido em todo o R3, conjunto aberto e simplesmente
conexo. Note também que
∂P
∂y
= z=
∂Q
∂x
,
∂P
∂z
= y=
∂R
∂x
,
∂Q
∂z
= x=
∂R
∂y
.
Logo o campo acima é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 58 / 168
Teorema de Green
O teorema a seguir relaciona o cálculo de uma integral de linha de um campo
vetorial ao longo de uma curva fechada simples C, com uma integral dupla na
região D delimitada por C. Antes, precisamos definir orientação de uma curva.
Oritentação de uma curva fechada simples C
Seja C uma curva fechada simples dada por~r(t), com a≤ t ≤ b. Dizemos que
C tem orientação positiva se ao percorrer C no sentido anti-horário, uma única
vez, a região D estiver sempre à esquerda quando o ponto~r(t) percorrer C.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 59 / 168
Teorema de Green
Uma vez definida orientação de uma curva C, podemos enunciar o teorema de
Green.
Teorema de Green
Seja C uma curva plana simples, fechada, contínua por trechos, orientada
positivamente, e seja D a região delimitada por C. Se P e Q têm derivadas
parciais de primeira ordem contínuas sobre uma região aberta que contenha
D, então
∮
C
Pdx+Qdy=
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dA.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 60 / 168
Teorema de Green
Exemplo 17
Calcule
∮
c x
4dx+ xydy, onde C é a curva triangular constituida pelos
segmentos de reta (0,0) a (1,0), de (1,0) a (0,1) e de (0,1) a (0,0).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 61 / 168
Teorema de Green
Exemplo 17
Calcule
∮
c x
4dx+ xydy, onde C é a curva triangular constituida pelos
segmentos de reta (0,0) a (1,0), de (1,0) a (0,1) e de (0,1) a (0,0).
Solução
Note que o caminho é fechado, simples e com orientação positiva. Como as
funções P(x,y) = x4 e Q(x,y) = xy têm derivadas contínuas na região
triangular acima, podemos utilizar o teorema de Green.
∮
C
x4dx+ xydy=
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dA=
∫∫
D
ydA
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
ydydx=
1
2
∫ 1
0
(1− x)2dx=−1
6
[
(1− x)3
]1
0
=
1
6
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 62 / 168
Teorema de Green
Exemplo 18
Calcule
∮
C(3y− esin(x))dx+(7x+
√
y4+1)dy, onde C é o círculo x2+ y2 = 9.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 63 / 168
Teorema de Green
Exemplo 18
Calcule
∮
C(3y− esin(x))dx+(7x+
√
y4+1)dy, onde C é o círculo x2+ y2 = 9.
Solução
Utilizando o teorema de Green e convertendo a integral dupla para
coordenadas polares temos∮
C
(3y− esin(x))dx+(7x+
√
y4+1)dy=∫∫
D
[
∂
∂x
(7x+
√
y4+1)− ∂
∂y
(3y− esin(x))
]
dA=∫ 2pi
0
∫ 3
0
(7−3)rdrdθ= 4
∫ 2pi
0
dθ
∫ 3
0
rdr = 36pi.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 64 / 168
Teorema de Green
Cálculo de área via integral de linha
Seja C uma curva fechada simples que dilimita uma região D. Se no teorema
de Green o integrando da integral dupla for 1, obtemos a área da região D.
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= 1.
As possíveis funções P(x,y) e Q(x,y) que fornecem o resultado desejado são
P(x,y) = 0, P(x,y) =−y, P(x,y) =−1
2
y,
Q(x,y) = x, Q(x,y) = 0, Q(x,y) =
1
2
x.
Assim podemos calcular a área de D através das seguintes fórmulas
A=
∮
C
xdy=−
∮
C
ydx=
1
2
∮
C
xdy− ydx.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 65 / 168
Teorema de Green
Exemplo 19
Determine a área delimitada pela elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 66 / 168
Teorema de Green
Exemplo 19
Determine a área delimitada pela elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1.
Solução
Podemos parametrizar a elipse através das seguintes equações x= acos(t),
y= bsin(t) com 0≤ t ≤ 2pi.
A=
1
2
∮
C
xdy− ydx= 1
2
∫ 2pi
0
[acos(t)bcos(t)+bsin(t)asin(t)]dt
=
ab
2
∫ 2pi
0
dt = piab.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 67 / 168
Teorema de Green
Exemplo 20
Calcule
∮
C y
2dx+3xydy, onde C é a fronteira da região semianular D contida
no semiplano superior entre os círculos x2+ y2 = 1 e x2+ y2 = 4.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 68 / 168
Teorema de Green
Exemplo 20
Calcule
∮
C y
2dx+3xydy, onde C é a fronteira da região semianular D contida
no semiplano superior entre os círculos x2+ y2 = 1 e x2+ y2 = 4.
Solução
Utilizando o teorema de Green e convertendo a integral dupla para
coordenadas polares teremos∮
C
y3dx+3xydy=
∫∫
D
[
∂
∂x
(3xy)− ∂
∂y
(y2)
]
dA=
=
∫∫
D
ydA=
∫ pi
0
∫ 2
1
r2 sin(θ)drdθ
=
∫ pi
0
sin(θ)dθ
∫ 2
1
r2dr =
14
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 69 / 168
Teorema de Green
Teorema de Green para regiões que não são simplesmente conexa
Considere a seguinte região D limitada pelas curvas fechadas C1
(externamente) e C2 (internamente), isto é, D é uma região com um buraco.
Podemos utilizar o teorema de Green e mostrar que a integral de linha ao
longo do caminho C = C1
⋃
C2 é dada por:∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dA=
∮
C1
Pdx+Qdy+
∮
C2
Pdx+Qdy=
∮
C
Pdx+Qdy.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 70 / 168
Teorema de Green
Exemplo 21
Calcule
∮
C y
3dx− x3dy, onde C é composta de dois círculos de raios 1 e 2
centrados na origem com orientação positiva.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 71 / 168
Teorema de Green
Exemplo 21
Calcule
∮
C y
3dx− x3dy, onde C é composta de dois círculos de raios 1 e 2
centrados na origem com orientação positiva.
Solução
Note que a região D é a região contida entre as circunferências de raios 1 e 2
assim
∮
C
y3dx− x3dy=
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dA=−3
∫∫
D
(x2+ y2)dA
=−3
∫ 2pi
0
∫ 2
1
r3drdθ=−3
[
θ
]2pi
0
[
r4
4
]2
1
=−45pi
2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 72 / 168
Rotacional e divergente
Já vimos que podemos contruir um campo vetorial a partir de um campo
escalar aplicando o operador ∇ a um campo escalar f (∇f campo gradiente).
Agora veremos como obeter um campo vetorial a partir de outro campo
vetorial.
Rotacional
Se~F = P~i+Q~j+R~k é um campo vetorial em R3, e as derivadas parciais de P,
Q e R existem, então o rotacional de~F é o campo vetorial em R3 definido por
rot~F = ∇×~F =
(
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)
~i+
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)
~j+
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 73 / 168
Rotacional e divergente
Rotacional
Se pensarmos em ∇ como um vetor de componentes ∂/∂x, ∂/∂y e ∂/∂z,
podemos também considerar o produto vetorial formal de ∇ pelo campo
vetorial~F, como se segue:
∇×~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
P Q R
∣∣∣∣∣∣∣
=
(
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)
~i+
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)
~j+
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
~k
= rot~F.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 74 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 22
Se~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k, determine o rotacional de~F.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 75 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 22
Se~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k, determine o rotacional de~F.
Solução
Utilizando a definição temos que
∇×~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xz xyz −y2
∣∣∣∣∣∣∣
=
(
∂(−y2)
∂y
− ∂(xyz)
∂z
)
~i−
(
∂(−y2)
∂x
− ∂(xz)
∂z
)
~j+
(
∂(xyz)
∂x
− ∂(xz)
∂y
)
~k
=−y(2+ x)~i+ x~j+ yz~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 76 / 168
Rotacional e divergente
Teorema 1
Se f é um campo escalar que tem derivadas parciais contínuas de segunda
ordem então,
rot (∇f ) =~0.
Já vimos que se um campo vetorial é conservativo, então~F = ∇f . Assim
podemos enunciar o teorema acima da seguinte forma
Se~F é conservativo, então rot~F =~0.
A recíprocado teorema acima não é, em geral, verdadeira. Dizemos então que
a condição (~F é conservativo) é nescessária (para que rot~F =~0) porém
(rot~F =~0) não é sufuciente (para que~F seja conservativo).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 77 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 23
Mostre que o campo vetorial~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k não é conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 78 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 23
Mostre que o campo vetorial~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k não é conservativo.
Solução
Suponha que~F seja conservativo. Então devemos ter que rot~F =~0. Mas
como vimos no exemplo anterior
∇×~F =−y(2+ x)~i+ x~j+ yz~k.
Logo~F não pode ser conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 79 / 168
Rotacional e divergente
O teorema a seguir nos dá uma condição suficiente para que um campo
vetorial~F ∈ R3 seja conservativo.
Teorema 2
Se~F for um campo vetorial definido sobre todo o R3 (domínio aberto e
simplesmente conexo) cujas componentes tenham derivadas parciais de
segunda ordem contínuas e rot~F =~0, então~F será um campo vetorial
conservativo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 80 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 24
Mostre que o campo vetorial~F(x,y,z) = y2z3~i+2xyz3~j+3xy2z2~k é
conservativo e determine sua função potencial.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 81 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 24
Mostre que o campo vetorial~F(x,y,z) = y2z3~i+2xyz3~j+3xy2z2~k é
conservativo e determine sua função potencial.
Solução
Note que
∇×~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
y2z3 2xyz3 3xy2z2
∣∣∣∣∣∣∣
= (6xyz2−6xyz2)~i− (3y2z2−3y2z2)~j+(2yz3−2yz3)~k =~0.
Assim o campo é conservativo (note que o domínio de~F é aberto e
simplesmente conexo).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 82 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 24 continuação
Para determinar a função potencial basta integral (parcialmente) uma das
funções componetes e utilizar as demais para determinar as constantes de
integração. Assim
fx = y2z3 =⇒ f (x,y,z) =
∫
y2z3dx= xy2z3+g(y,z).
Como fy = 2xyz3 obtemos que g(y,z) = h(z). Note ainda que fz = 3xy2z2,
assim h(z) = c. Logo a função potencial é dada por
f (x,y,z) = xy2z3+ c.
Um campo vetorial~F com rotacional nulo é chamado de irrotacional.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 83 / 168
Rotacional e divergente
Já vimos como obter um campo vetorial a partir de um campo escalar e de um
campo vetorial. Agora veremos como obter um campo escalar através de um
campo vetorial.
Divergente
Se~F = P~i+Q~j+R~k é um campo vetorial em~R3 e existem ∂P/∂x, ∂Q/∂y e
∂R/∂z, então o divergente de~F é o campo escalar dado por
div~F = ∇ ·~F = ∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
.
Novamente se pensarmos em ∇ como um vetor de componentes ∂/∂x, ∂/∂y e
∂/∂z, podemos reescrever o divergente como se segue:
div~F = ∇ ·~F = 〈 ∂
∂x
,
∂
∂y
,
∂
∂z
〉 · 〈P,Q,R〉.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 84 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 25
Se~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k, encontre div~F.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 85 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 25
Se~F(x,y,z) = xz~i+ xyz~j− y2~k, encontre div~F.
Solução
Pela definição temos que
div~F = ∇ ·~F = ∂(xz)
∂x
+
∂(xyz)
∂y
+
∂(−y2)
∂z
= z+ xz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 86 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 26
Mostre que o divergente do rotacional de um campo vetorial é igual ao vetor
nulo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 87 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 26
Mostre que o divergente do rotacional de um campo vetorial é igual ao vetor
nulo.
Solução
Seja~F = P~i+Q~j+R~k um campo vetorial, cujas funções componentes
apresentam derivadas de segunda ordem contínuas. Assim
~G= rot~F =
(
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)
~i+
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)
~j+
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
~k.
Calculando o divergente do campo ~G temos que
div ~G= div rot~F
=
∂
∂x
(
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)
+
∂
∂y
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)
+
∂
∂z
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 88 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 26 continuação
div ~G= div rot~F
=
∂2R
∂x∂y
− ∂
2Q
∂x∂z
+
∂2P
∂y∂z
− ∂
2R
∂y∂x
+
∂2Q
∂z∂x
− ∂
2P
∂z∂y
= 0.
uma vez que os termos se cancelam aos pares (teorema de Schwarz).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 89 / 168
Rotacional e divergente
Laplaciano
Ainda podemos definir outro campo escalar ao aplicarmos o operador ∇ a um
campo gradiente ∇f . O resultado é o seguinte campo escalar
div(∇f ) = ∇ · (∇f ) = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
.
Essa expressão aperecer com tanta frequencia de forma que vamos abreviá-la
como ∇2f . Ao operador ∇2 chamamos de laplaciano. E se~F = P~i+Q~j+R~k é
um campo vetorial, podemos também aplicar ∇2 a~F como
∇2~F = ∇2P~i+∇2Q~j+∇2R~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 90 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 27
Aplique o operador laplaciano aos seguintes campos:
(a) f (x,y,z) = exyz,
(b) ~F(x,y,z) = 〈ex,exy,exyz〉.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 91 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 27
Aplique o operador laplaciano aos seguintes campos:
(a) f (x,y,z) = exyz,
(b) ~F(x,y,z) = 〈ex,exy,exyz〉.
Solução
Note que ∇f = 〈yzexyz,xzexyz,xyexyz〉, de forma que
∇2f =
∂(yzexyz)
∂x
+
∂(xzexyz)
∂y
+
∂(xyexyz)
∂z
= exyz[(yz)2+(xz)2+(xy)2].
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 92 / 168
Rotacional e divergente
Exemplo 27 continuação
No exemplo (b) note que P= ex, Q= exy e R= exyz. Assim
∇2P= ∇2ex = ex
∇2Q= ∇2exy = (x2+ y2)exy
∇2R= ∇2exyz = [(yz)2+(xz)2+(xy)2]exyz.
Logo temos que
∇2~F = 〈ex,(x2+ y2)exy, [(yz)2+(xz)2+(xy)2]exyz〉.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 93 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Superfícies parametrizadas
Uma superfície parametrizada é uma função vetorial~r(u,v) de dois
parâmetros u e v, que pode ser expressa da seguinte forma
~r(u,v) = x(u,v)~i+ y(u,v)~j+ z(u,v)~k.
Note que na equação acima o domínio de~r é uma região do plano uv, e sua
imagem é um subconjunto do R3, chamada de superfície parametrizada.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 94 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 28
Identifique e esboce a superfície com equação vetorial
~r(u,v) = 2cos(u)~i+ v~j+2sin(u)~k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 95 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 28
Identifique e esboce a superfície com equação vetorial
~r(u,v) = 2cos(u)~i+ v~j+2sin(u)~k.
Solução
Da função acima temos que x(u,v) = 2cos(u), y(u,v) = v e z(u,v) = 2sin(u).
Note ainda que x2+ z2 = 4 para qualquer valor de u, e que y pode assumir
qualquer valor v. Assim a superfície resultante é um cilindro infinito com exio
do cilindro sobre o eixo y.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 96 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 29
Determine a função vetorial que representa um plano que passa pelo ponto P0
com vetor posição~r0 e que contenha dois vetores não paralelos~a e~b.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 97 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 29
Determine a função vetorial que representa um plano que passa pelo ponto P0
com vetor posição~r0 e que contenha dois vetores não paralelos~a e~b.
Solução
Seja P um ponto do plano em questão, então o vetor
−−→
P0P pode ser escrito
como uma combinação dos vetores~a e~b, isto é,
−−→
P0P= u~a+ v~b. Mas o vetor−→
OP=
−−→
OP0+
−−→
P0P, ou seja,~r =~r0+u~a+ v~b. Assim~r(u,v) =~r0+u~a+ v~b.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 98 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 30
Determine uma representação paramétrica para uma esfera de raio a centrada
na origem.Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 99 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 30
Determine uma representação paramétrica para uma esfera de raio a centrada
na origem.
Solução
Devemos parametrizar x2+ y2+ z2 = a2. Para tanto basta tomarmos
x= asin(φ)cos(θ), y= asin(φ)sin(θ) e z= acos(φ). Assim a equação
vetorial resultante é
~r(θ,φ) = asin(φ)cos(θ)~i+asin(φ)sin(θ)~j+acos(φ)~k,
com θ ∈ [0,2pi] e φ ∈ [0,pi/2].
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 100 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 31
Determine uma função vetorial que represente o paraboloide elíptico
z= x2+2y2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 101 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 31
Determine uma função vetorial que represente o paraboloide elíptico
z= x2+2y2.
Solução
Neste caso podemos utilizar o fato de que z= f (x,y) e considerar a seguinte
parametrização x= x, y= y e z= x2+2y2, de forma que
~r(x,y) = x~i+ y~j+(x2+2y2)~k.
De forma geral, para uma função do tipo z= f (x,y), temos a seguinte
parametrização~r(x,y) = x~i+ y~j+ f (x,y)~k, chamada de parametrização
natural.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 102 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Dada uma superfície parametrizada S, podemos perguntar pelo plano tangente
em um ponto (x0,y0,z0) pertencente à S. Quando tal plano existe para todo
ponto P ∈ S dizemos que S é diferenciável ou lisa.
Planos tangentes
Seja~r(u,v) uma superfícies parametrizada. Seja ainda (u0,v0) um ponto do
domínio de~r. Note que as funções~r(u,v0) e~r(u0,v) representam curvas
sobre S, chamadas de curvas coordenadas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 103 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Planos tangentes
Os vetores tangentes às curvas coordenadas~r(u,v0) e~r(u0,v) são dados por
~ru e~rv, respectivamente, isto é, tomando-se as derivadas parciais de~r(u,v)
em relação a u e v. Assim o plano tangente à S em P0 = (x0,y0,z0), que
contem os vetores~ru e~rv, tem vetor normal dado por
~N(P0) =~ru×~rv =~ru(x0,y0,z0)×~rv(x0,y0,z0).
Ou ainda
~N(x0,y0,z0) =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂u
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
∂v
∣∣∣∣∣∣∣ .
Sejam então ~N = (a,b,c) e P0 = (x0,y0,z0), o plano tangente fica
a(x− x0)+b(y− y0)+ c(z− z0) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 104 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 32
Determine a equação do plano tangente à superfície com equações
paramétricas x= u2, y= v2 e z= u+2v no ponto (1,1,3).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 105 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 32
Determine a equação do plano tangente à superfície com equações
paramétricas x= u2, y= v2 e z= u+2v no ponto (1,1,3).
Solução
O vetor normal ao plano é dado por
~N(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂u
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
∂v
∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
2u 0 1
0 v 2
∣∣∣∣∣∣=−2v~i−4u~j+4uv~k.
O ponto (1,1,3) corresponde a u= v= 1. Assim N(1,1,3) =−2~i−4~j+4~k,
de forma que o plano fica
−2(x−1)−4(y−1)+4(z−3) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 106 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Área de superfície
Seja (u0,v0) um ponto do domínio D de~r(u,v). Os pontos (u0,v0),
(u0+∆u,v0), (u0,v0+∆v) e (u0+∆u,v0+∆v) definem um retângulo no plano
uv com área ∆u∆v. A parametrização~r(u,v) transforma esse retângulo
aproximadamente em um paralelogramo de área
∆S≈ ‖~ru×~rv‖∆u∆v.
Definição
Dada uma superfície lisa S com parametrização~r(u,v), a área de S é dada por
A(S) =
∫∫
S
dS=
∫∫
D
‖~ru×~rv‖dudv,
onde dS= ‖~ru×~rv‖dudv é chamado elemento de superfície.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 107 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 33
Determine a área da esfera de raio a.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 108 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 33
Determine a área da esfera de raio a.
Solução
A parametrização da esfera é
~r(u,v) = asin(φ)cos(θ)~i+asin(φ)sin(θ)~j+acos(φ)~k. de forma que
~rφ×~rθ =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
∂φ
∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
acos(φ)cos(θ) acos(φ)sin(θ) −asin(φ)
−acos(φ)sin(θ) asin(φ)cos(θ) 0
∣∣∣∣∣∣
= a2 sin2(φ)cos(θ)~i+a2 sin2(φ)sin(θ)~j+a2 sin(φ)cos(φ)~k.
Assim ‖~rφ×~rθ‖= a2 sin(φ).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 109 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 33 continuação
Logo a área é dada por
A(S) =
∫∫
D
a2 sin(φ)dφdθ=
∫ 2pi
0
∫ pi
0
a2 sin(φ)dφdθ
= a2
[
θ
]2pi
0
[
− cos(φ)
]pi
0
= 4pia2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 110 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 34
Determine a área lateral do cilindro x2+ y2 = a2 e altura h.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 111 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 34
Determine a área lateral do cilindro x2+ y2 = a2 e altura h.
Solução
O cilindro pode ser parametrizado da seguinte forma
~r(θ,z) = acos(θ)~i+asin(θ)~j+ z~k, com θ ∈ [0,2pi] e z ∈ [0,h] de forma que
~rθ×~rz =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ
∂x
∂z
∂y
∂z
∂z
∂z
∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
−asin(θ) acos(θ) 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣
= acos(θ)~i+asin(θ)~j.
Assim temos que ‖~rθ×~rz‖= a.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 112 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 34 continuação
Logo a área é dada por
A(S) =
∫∫
D
adzdθ= a
∫ 2pi
0
∫ h
0
dzdθ= 2piah.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 113 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 35
Determine a área de uma superfície dada por z= f (x,y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 114 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 35
Determine a área de uma superfície dada por z= f (x,y).
Solução
A parametrização neste caso é~r(x,y) = x~i+ y~i+ f (x,y)~k, de forma que
~rx×~ry =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂x
∂x
∂y
∂x
∂z
∂x
∂x
∂y
∂y
∂y
∂z
∂y
∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
1 0 fx
0 1 fy
∣∣∣∣∣∣
=−fx~i− fy~j+~k.
Assim temos que ‖~rx×~ry‖=
√
1+(fx)2+(fy)2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 115 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 35 continuação
Logo a área é dada por
A(S) =
∫∫
D
√
1+(fx)2+(fy)2dxdy=
∫∫
D
√
1+
(
∂f
∂x
)2
+
(
∂f
∂y
)2
dxdy.
Note que a expressão acima é geral, isto é, dada uma superfície S do tipo
z= f (x,y), podemos aplicar a equação acima para determinar sua área.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 116 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 36
Determine a área da parte do paraboloide z= x2+ y2 que está abaixo do
plano z= 9.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 117 / 168
Superfícies parametrizadas e suas áreas
Exemplo 36
Determine a área da parte do paraboloide z= x2+ y2 que está abaixo do
plano z= 9.
Solução
Podemos utilizar o resultado do exemplo anterior, de forma que
A(S) =
∫∫
D
√
1+
(
∂f
∂x
)2
+
(
∂f
∂y
)2
dxdy=
∫∫
D
√
1+4(x2+ y2)dxdy
=
∫ 2pi
0
∫ 3
0
√
1+4r2rdrdθ=
2pi
8
∫ 37
1
u1/2du=
pi
6
(37
√
37−1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 118 / 168
Integral de superfície
Definição
Seja f (x,y,z) um campo escalar definido em uma superfície parametrizada S,
definimos a integral de superfície de f sobre S como a seguinte integral∫∫
S
f (x,y,z)dS=
∫∫
D
f (~r(u,v))‖~ru×~rv‖dudv.
Note a semelhança da integral de superfície definida acima com a integral de
linha de um campo escalar:∫
C
f (x,y,z)ds=
∫ b
a
f (~r(t))‖~r′(t)‖dt.
No caso particular onde o campo escalar é o campo constante f (x,y,z) = 1,
pela definição temos então que∫∫
S
1dS=
∫∫
D
‖~ru×~rv‖dudv= A(S).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011119 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 37
Calcule a integral de superfície
∫∫
S x
2dS, onde S é a esfera unitária
x2+ y2+ z2 = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 120 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 37
Calcule a integral de superfície
∫∫
S x
2dS, onde S é a esfera unitária
x2+ y2+ z2 = 1.
Solução
Já vimos que o elemente dá área superficial para uma esfera de raio a é
dS= a2 sin(φ)dφdθ. Assim a integral é dada por∫∫
S
x2dS=
∫∫
D
sin2(φ)cos2(θ)[sin(φ)]dφdθ
=
∫ 2pi
0
∫ pi
0
sin3(φ)cos2(θ)dφdθ
=−
∫ pi
0
[1− cos2(φ)]d[cos(φ)]1
2
∫ 2pi
0
[1+ cos(2θ)]dθ=
4pi
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 121 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 38
Calcule
∫∫
S ydS, onde S é a superfície z= x+ y
2, 0≤ x≤ 1 e 0≤ y≤ 2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 122 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 38
Calcule
∫∫
S ydS, onde S é a superfície z= x+ y
2, 0≤ x≤ 1 e 0≤ y≤ 2.
Solução
Neste caso podemos utilizar a parametrização natural e reescrever a integral
de superfície como∫∫
S
f (x,y,z)dS=
∫∫
D
f (x,y,g(x,y))
√
1+
(
∂f
∂x
)2
+
(
∂f
∂y
)2
dxdy,
onde z= g(x,y) é a equação da superfície.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 123 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 38 continuação
Assim temos que
∫∫
S
ydS=
∫∫
D
y
√
2+2y2dxdy=
∫ 1
0
∫ 2
0
y
√
2+2y2dydx
=
∫ 1
0
dx
∫ 2
0
y
√
2+4y2dy=
1
4
∫ 18
2
u
1
2 du=
1
6
[u
3
2 ]182
=
1
6
[18
√
18−2
√
2] =
13
√
2
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 124 / 168
Integrais de superfícies
União de superfícies lisas
Se S é uma superfície lisa por partes, ou seja, uma união finita de superfícies
lisas S1, S2, . . . ,Sn, que se interceptam somente ao longo de suas fronteiras,
então a integral de superfície de f (x,y,z) sobre S é definida por
∫∫
S
f (x,y,z)dS=
∫∫
S1
f (x,y,z)dS+
∫∫
S2
f (x,y,z)dS+ · · ·+
∫∫
Sn
f (x,y,z)dS.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 125 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 39
Calcule
∫∫
S zdS, onde S é a superfície cujo lado S1 é dado pelo cilindro
x2+ y2 = 1, cujo fundo S2 é o círculo x2+ y2 ≤ 1 no plano z= 0, e cujo topo S3
é a parte do plano z= 1+ x que está acima de S2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 126 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 39
Calcule
∫∫
S zdS, onde S é a superfície cujo lado S1 é dado pelo cilindro
x2+ y2 = 1, cujo fundo S2 é o círculo x2+ y2 ≤ 1 no plano z= 0, e cujo topo S3
é a parte do plano z= 1+ x que está acima de S2.
Solução
A superfície desejada tem a seguinte forma
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 127 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 39 continuação
Sobre a superfície S2 onde x2+ y2 ≤ 1 temos que
∫∫
S2 zdS=
∫∫
S2 0dS= 0.
Sobre a S3 temos∫∫
S3
zdS=
∫∫
D
(1+ x)
√
2dydx=
√
2
∫ 2pi
0
∫ 1
0
[1+ r cos(θ)]rdrdθ
=
√
2
∫ 2pi
0
(
1
2
+
1
3
cos(θ)
)
dθ=
√
2
[
θ
2
+
sin(θ)
3
]2pi
0
=
√
2pi.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 128 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 39 continuação
Já vimos que o elemento de área lateral para um cilindro de raio a é
dS= adθdz, assim∫∫
S1
zdS=
∫∫
D
zdθdz=
∫ 2pi
0
∫ 1+cos(θ)
0
zdzdθ
=
1
2
∫ 2pi
0
[1+2cos(θ)+ cos2(θ)]dθ
=
1
2
{
θ+ sin(θ)+
1
2
[
θ+
sin(2θ)
2
]}2pi
0
= 2pi.
Assim a integral de superfície procurada é∫∫
S
zdS=
∫∫
S1
zdS+
∫∫
S2
zdS+
∫∫
S3
zdS=
3pi
2
+
√
2pi.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 129 / 168
Integrais de superfícies
Superfícies orientadas
Dada uma parametrização~r(u,v) = x(u,v)~i+ y(u,v)~j+ z(u,v)~k de um
superfície S, definimos o vetor normal unitário em S como
~n(u,v) =
~ru×~rv
‖~ru×~rv‖ .
Se~n estiver definido em todo ponto de S, dizemos que a superfície é
orientada. Dizemos ainda que S tem orientação positiva se o vetor normal
unitário aponta para fora de S, e negativa se aponta para dentro de S.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 130 / 168
Integrais de superfícies
Fluxo de um campo vetorial
Seja ~V o campo de velocidade de uma fluido com densidade ρ. A massa dm
que atravessa o elemento de superfície dS, na direção do vetor unitário~n, por
unidade de tempo, é dada por
dm= ρ~V ·~ndS.
Podemos definir a quantidade~F = ρ~V como um campo vetorial. Assim o fluxo
de massa através da superfície S é dado por
m=
∫∫
S
ρ~V ·~ndS=
∫∫
S
~F ·~ndS.
Podemos utilizar o exemplo acima para definir o fluxo de um campo vetorial
através de uma superfície S.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 131 / 168
Integrais de superfícies
Definição
Se~F for um campo vetorial contínuo definido sobre uma superfície orientada S
com vetor unitário~n, então a integral de superfície (fluxo) de~F sobre S é
Fluxo de~F =
∫∫
S
~F ·~ndS=
∫∫
S
~F ·d~S.
Note que se~r(u,v) é uma parametrização de uma superfície S, então
podemos reescrever a expessão acima notando que~n(u,v) = ~ru×~rv‖~ru×~rv‖ e que
dS= ‖~ru×~rv‖dudv. Assim∫∫
S
~F ·~ndS=
∫∫
D
~F · (~ru×~rv)dudv.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 132 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 40
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ y~j+ x~k através da esfera
unitária x2+ y2+ z2 = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 133 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 40
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ y~j+ x~k através da esfera
unitária x2+ y2+ z2 = 1.
Solução
Dada a parametrização~r(φ,θ) = sin(φ)cos(θ)~i+ sin(φ)sin(θ)~j+ cos(φ)~k,
temos que~rφ×~rθ = sin2(φ)cos(θ)~i+ sin2(φ)sin(θ)~j+ sin(φ)cos(φ)~k. Note
ainda que
~F(~r(φ,θ)) = cos(φ)~i+ sin(φ)sin(θ)~j+ sin(φ)cos(θ)~k.
De forma que
~F · (~rφ×~rθ) = sin2(φ)cos(φ)cos(θ)+ sin3(φ)sin2(θ)+ sin2(φ)cos(φ)cos(θ)
= 2sin2(φ)cos(φ)cos(θ)+ sin3(φ)sin2(θ).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 134 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 40 continuação
Assim o fluxo é dado por
∫∫
D
~F · (~rφ×~rθ)dφdθ=
∫ 2pi
0
∫ pi
0
[2sin2(φ)cos(φ)cos(θ)+ sin3(φ)sin2(θ)]dφdθ
=
∫ 2pi
0
∫ pi
0
sin3(φ)sin2(θ)dφdθ
=
∫ 2pi
0
sin2(θ)dθ
∫ pi
0
sin3(φ)dφ
=
4pi
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 135 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 41
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = P~i+Q~j+R~k através de uma
superfície dada por z= g(x,y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 136 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 41
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = P~i+Q~j+R~k através de uma
superfície dada por z= g(x,y).
Solução
Note que~rx×~ry =−gx~i−gy~j+~k, de forma que
~F · (~rx×~ry) =−Pgx−Qgy+R.
Assim o fluxo do campo vetorial é dado por∫∫
S
~F ·d~S=
∫∫
D
[
−P∂g
∂x
−Q∂g
∂y
+R
]
dxdy.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 137 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 42
Calcule
∫∫
S
~F ·d~S, onde~F(x,y,z) = y~i+ x~j+ z~k e S é a fronteira da região
sólida E delimitada pelo paraboloide z= 1− x2− y2 e pelo plano z= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 138 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 42
Calcule
∫∫
S
~F ·d~S, onde~F(x,y,z) = y~i+ x~j+ z~k e S é a fronteira da região
sólida E delimitada pelo paraboloide z= 1− x2− y2 e pelo plano z= 0.
Solução
A superfície (fechada) tem a seguinte forma:
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 139 / 168
Integrais de superfícies
Exemplo 42 continuação
Sobre a superfície S2 o vetor~n=−~k, de forma que~F · (−~k) =−z. Mas sobre
o plano xy temos que z= 0, assim
∫∫
S2
~F ·d~S= 0. Sobre S1 temos que
∫∫
S1
~F ·d~S=
∫∫
D
[
−P∂g
∂x
−Q∂g
∂y
+R
]
dxdy=
∫∫
D
[1− x2− y2+4xy]dxdy
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
[1− r2+4r2 cos(θ)sin(θ)]rdrdθ
= pi− pi
2
+
∫ 2pi
0
cos(θ)sin(θ)dθ=pi
2
.
Assim
∫∫
S
~F ·d~S= ∫∫S1~F ·d~S+ ∫∫S2~F ·d~S= pi2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 140 / 168
O teorema do divergente
Já vimos que no cálculo de certas integrais de linha sobre um caminho
fechado, podemos converter a integral de linha em uma integral dupla
(Teorema de Green). Veremos agora sobre que condições poderemos
converter uma integral de superfície em uma integral tripla.
Teorema do divergente ou de Gauss
Seja E uma região sólida simples e seja S a superfície fronteira de E, orientada
positivamente (para fora). Seja~F um campo vetorial cujas funções
componentes tenham derivadas parciais contínuas em uma região aberta que
contenha E. Então ∫∫
S
~F ·~ndS=
∫∫∫
E
div~FdV.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 141 / 168
O teorema do divergente
Exemplo 43
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ y~j+ x~k através da esfera
unitária x2+ y2+ z2 = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 142 / 168
O teorema do divergente
Exemplo 43
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ y~j+ x~k através da esfera
unitária x2+ y2+ z2 = 1.
Solução
Como a superfície em questão é fechada, uma esfera unitária, podemos
aplicar o Teorema de Guass. Note que ∇ ·~F = 1. Assim∫∫
S
~F ·~ndS=
∫∫∫
E
div~FdV =
∫∫∫
E
dV = V(E) =
4pi
3
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 143 / 168
O teorema do divergente
Exemplo 44
Calcule
∫∫
S
~F ·~ndS, onde~F(x,y,z) = xy~i+(y2+ exz2)~j+ sin(xy)~k e S é a
superfície fechada limitada pelo cinlindro parabólico z= 1− x2 e pelos planos
z= 0, y= 0 e y+ z= 2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 144 / 168
O teorema do divergente
Exemplo 44
Calcule
∫∫
S
~F ·~ndS, onde~F(x,y,z) = xy~i+(y2+ exz2)~j+ sin(xy)~k e S é a
superfície fechada limitada pelo cinlindro parabólico z= 1− x2 e pelos planos
z= 0, y= 0 e y+ z= 2.
Solução
Note que ∇ ·~F = 3y, assim∫∫
S
~F ·d~S=
∫∫∫
E
3ydV = 3
∫ 1
−1
∫ 1−x2
0
∫ 2−z
0
ydydzdx
=
3
2
∫ 1
−1
∫ 1−x2
0
(2− z)2dzdx= 3
2
∫ 1
−1
[
− (2− z)
3
3
]1−x2
0
dx
=
−1
2
∫ 1
−1
[(x2+1)3−8]dx= −1
2
∫ 1
−1
(x6+3x4+3x2−7)dx= 184
35
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 145 / 168
O teorema do divergente
Exemplo 45
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ x~j+ y~k através do cilindro
x2+ y2 = 1, limitado pelos planos z= 0 e z= 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 146 / 168
O teorema do divergenteExemplo 45
Determine o fluxo do campo vetorial~F(x,y,z) = z~i+ x~j+ y~k através do cilindro
x2+ y2 = 1, limitado pelos planos z= 0 e z= 1.
Solução
Note que ∇ ·~F = 0, de forma que o fluxo de~F através do cilindro é dado por∫∫
S
~F ·~ndS=
∫∫∫
E
div~FdV =
∫∫∫
E
0dV = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 147 / 168
O teorema de Stokes
Veremos agora uma generalização do teorema de Green.
Curva fronteira de uma superfície orientada
Seja S uma superfície orientada positivamente. Uma curva C que delimita as
bordas de S é chamada de curva fronteira. A curva fronteira tem orientação
positiva se ao deslizarmos o dedo indicador a longo de C, o polegar apontar
na mesma direção do vetor~n de S. Do contrário, C tem oritentação negativa.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 148 / 168
O teorema de Stokes
Teorema de Stokes
Seja S uma superfície orientada, lisa por partes, cuja fronteira é formada por
uma curva C fechada, simples, lisa por partes, com orientação positiva. Seja~F
um campo vetorial cujas componentes têm derivadas parciais contínuas em
uma região aberta do R3 que contém S. Então∮
C
~F ·d~r =
∫∫
S
rot~F ·d~S.
Note que se~F = P~i+Q~j, então rot~F =
(
∂Q
∂x − ∂P∂y
)
~k, e que d~S=~kdxdy. Assim∮
C
Pdx+Qdy=
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy,
que é o teorema de Green.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 149 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 46
Calcule
∮
C
~F ·d~r, onde~F(x,y,z) =−y2~i+ x~j+ z2~k e C é a curva da
intersecção do plano y+ z= 2 com o cilindro x2+ y2 = 1.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 150 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 46
Calcule
∮
C
~F ·d~r, onde~F(x,y,z) =−y2~i+ x~j+ z2~k e C é a curva da
intersecção do plano y+ z= 2 com o cilindro x2+ y2 = 1.
Solução
Note que
∇×~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−y2 x z2
∣∣∣∣∣∣∣= (1+2y)~k.
Assim∮
C
~F ·d~r =
∫∫
S
rot~F ·d~S=
∫∫
D
(1+2y)dxdy
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
[1+2r sin(θ)]rdrdθ=
∫ 2pi
0
[
1
2
+
2
3
sin(θ)
]
dθ= pi.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 151 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 47
Use o teorema de Stokes para calcular
∫∫
S rot~F ·d~S, onde
~F(x,y,z) = xz~i+ yz~j+ xy~k e~S é a parte da esfera x2+ y2+ z2 = 4 que está
dentro do cilindro x2+ y2 = 1 e acima do plano xy.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 152 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 47
Use o teorema de Stokes para calcular
∫∫
S rot~F ·d~S, onde
~F(x,y,z) = xz~i+ yz~j+ xy~k e~S é a parte da esfera x2+ y2+ z2 = 4 que está
dentro do cilindro x2+ y2 = 1 e acima do plano xy.
Solução
A curva fronteira C é obtida pela intersecção de x2+ y2+ z2 = 4 com
x2+ y2 = 1, isto é, uma circunferência unitária no plano z=
√
3. Assim temos
que~r(t) = cos(t)~i+ sin(t)~j+
√
3~k. Logo~r′(t) =−sin(t)~i+ cos(t)~j e
~F(~r(t)) =
√
3cos(t)~i+
√
3sin(t)~j+ cos(t)sin(t)~k. De forma que∫∫
S
rot~F ·d~S=
∮
C
~F ·d~r
=
∫ 2pi
0
[−
√
3cos(t)sin(t)+
√
3cos(t)sin(t)]dt = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 153 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 48
Use o teorema de Stokes para calcular
∮
C
~F ·d~r, onde
~F(x,y,z) = z2~i+ y2~j+ x~k e C é o triangulo com vérteces (1,0,0), (0,1,0) e
(0,0,1) no sentido antihorário.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 154 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 48
Use o teorema de Stokes para calcular
∮
C
~F ·d~r, onde
~F(x,y,z) = z2~i+ y2~j+ x~k e C é o triangulo com vérteces (1,0,0), (0,1,0) e
(0,0,1) no sentido antihorário.
Solução
Note que o plano que liga os vértices do triangulo é dada por z= 1− x− y.
Assim
∇×~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
z2 y2 x
∣∣∣∣∣∣∣= (2z−1)~j.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 155 / 168
O teorema de Stokes
Exemplo 48 continuação
Note ainda que ~G= ∇×~F = (2z−1)~j, assim∮
C
~F ·d~r =
∫∫
S
rot~F ·d~S
=
∫∫
S
~G ·d~S=
∫∫
D
[
−P∂g
∂x
−Q∂g
∂y
+R
]
dxdy
=
∫∫
S
(2z−1)dxdy=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1−2x−2y)dydx
=
∫ 1
0
(x2− x)dx=−1
6
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 156 / 168
Cálculo vetorial
Campo vetorial~F(x,y) =−y~i+ x~j
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 157 / 168
Cálculo vetorial
Campo vetorial ∇f (x,y) = 2x~i+2y~j
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 158 / 168
Integrais de linha
Semicírculo unitário x2+ y2 = 1
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 159 / 168
Integrais de linha
Caminho C como a união de C1 e C2
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 160 / 168
Integrais de linha
Hélice x= cos(t), y= sin(t) e z= t
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 161 / 168
Integrais de linha
Campo vetorial~F(x,y,z) = x2~i− xy~j
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 162 / 168
Integrais de linha
Caminhos de integração C1 e C2
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 163 / 168
Integrais de linha
Caminhos de integração C1 e C2
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 164 / 168
Teorema de Green
Caminho de integração triangular
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 165 / 168
Teorema de Green
Curva fronteira
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 166 / 168
Teorema de Green
Curvafronteira
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 167 / 168
Teorema de Green
Curva fronteira
Voltar
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 168 / 168