Cálculo 3 cal3na 27

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Prof. Celius A. Magalha˜es
Ca´lculo III
Notas da Aula 27∗
Independeˆncia do Caminho
O trabalho realizado pela forc¸a gravitacional ao longo de uma trajeto´ria depende dos
pontos inicial e final, mas na˜o da trajeto´ria propriamente dita. Essa propriedade e´ conhecida
como a independeˆncia do caminho. A pergunta natural agora e´ saber se existem outras forc¸as
que satisfazem essa propriedade e, caso existam, como caracteriza´-las.
Caminho Inverso
Antes da independeˆncia do caminho, entretanto, vale destacar uma propriedade impor-
tante das integrais de linha de 2a espe´cia. Ao contra´rio das integrais de 1a espe´cie, as de 2a
dependem da orientac¸a˜o do caminho, como explicado abaixo.
O sentido de percurso de um caminho C de parametrizac¸a˜o P : [a, b] → R3 e´ aquele que
parte de P (a) e chega em P (b). Assim, a orientac¸a˜o do caminho e´ a mesma do intervalo
[a, b]. O caminho de orientac¸a˜o invertida e´ indicado por −C, e e´ dito o caminho inverso.
Em geral, uma maneira de parametrizar o caminho inverso e´ primeiro inverter a orientac¸a˜o
do intervalo, passando de [a, b] para [−b,−a]. De fato, se a varia´vel τ percorre [−b,−a] de
−b para −a, a varia´vel t = −τ percorre [a, b] no sentido inverso, de b para a.
a t b
P (a)
P (t)
P (b)
P ′(t)
−b τ −a
Q(−b)
Q(τ)
Q(−a)
Q′(τ)
Explorando esse fato, o caminho −C pode ser parametrizado por Q : [−b,−a] → R3, onde
Q(τ) = P (−τ). O ponto inicial de −C e´ enta˜o Q(−b) = P (b) e o ponto final e´ Q(−a) = P (a),
invertendo de fato o sentido de percurso. Ale´m disso, pela regra da cadeia, Q′(τ) = −P ′(−τ),
o que significa que o vetor velocidade de Q(τ) tem sentido oposto ao de P (t), como devia!
Com essa notac¸a˜o pode-se agora demonstrar o
Lema 1. Se F e´ um campo de vetores cont´ınuo, C e´ um caminho de parametrizac¸a˜o regular
P : [a, b]→ R3 e −C e´ o caminho inverso, enta˜o∫
−C
〈F, T 〉 ds = −
∫
C
〈F, T 〉 ds
Demonstrac¸a˜o. Essa e´ fa´cil. Basta usar a mudanc¸a τ = −t para obter que∫
−C
〈F, T 〉 ds =
∫
−a
−b
〈F (Q(τ)), Q′(τ)〉 dτ =
∫
−a
−b
〈F (P (−τ)),−P ′(−τ)〉 dτ
=
∫ a
b
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt = −
∫ b
a
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt = −
∫
C
〈F, T 〉 ds
�
∗Texto digitado e diagramado por Ange´lica Lorrane a partir de suas anotac¸o˜es de sala
Exemplo 1. Seja C a he´lice de parametrizac¸a˜o P (t) = (cos(t), sen(t), t) com t ∈ [0, 2pi].
Comparar o trabalho realizado pela forc¸a gravitacional F = (0, 0,−mg) ao longo de C e −C
Soluc¸a˜o. Como visto anteriormente, ao longo de C o trabalho e´
WC =
∫
C
〈F, T 〉 ds =
∫ 2pi
0
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt =
∫ 2pi
0
(−mg)(1)dt = −mg2pi
A parametrizac¸a˜o de −C e´ Q(τ) = P (−τ) = (cos(−τ), sen(−τ),−τ), com τ ∈ [−2pi, 0].
Da´ı segue-se que o trabalho ao longo de −C e´
W−C =
∫
−C
〈F, T 〉 ds =
∫ 0
−2pi
〈F (Q(τ)), Q′(τ)〉 dτ =
∫ 0
−2pi
(−mg)(−1)dτ = mg2pi
o que mostra que, de fato, um valor tem sinal contrario ao do outro. �
Independeˆncia do Caminho
Considere o problema de calcular o trabalho realizado pela
forc¸a gravitacional ao se colocar um sate´lite em o´rbita ao redor
da Terra. Indique por m a massa do sate´lite e por H a altura da
o´rbita em relac¸a˜o ao solo.
Introduza um sistema de eixos Oxyz em que a origem esta´ no
centro de massa da Terra, e indique por P = (x, y, z) a posic¸a˜o
do sate´lite nesse sistema. A forc¸a gravitacional e´ enta˜o
F (P ) =
GMm
‖P‖2
−P
‖P‖
= −
GMm
(x2 + y2 + z2)3/2
(x, y, z)
R
H
F
m
onde G e´ a constante de gravitac¸a˜o e M e´ a massa da Terra.
Em relac¸a˜o ao tralho realizado por F suponha, de in´ıcio e simplificadamente, que a
trajeto´ria C percorrida pelo sate´lite possa ser parametrizada por P (t) = (0, 0, R + t) com
t ∈ [0, H ], onde R e´ o raio da Terra. Isso significa que o sate´lite subiu em linha reta ao longo
do eixo Oz, partindo do solo P (0) = (0, 0, R) e alcanc¸ando o ponto P (H) = (0, 0, R+H) de
altura H em relac¸a˜o ao solo. Nesse caso
F (P (t)) = −
GMm
(R+ t)3
(0, 0, R + t) , P ′(t) = (0, 0, 1) e 〈F (P (t)), P ′(t)〉 = −
GMm
(R+ t)2
R
P (t)
R+H
Da´ı segue-se que o trabalho e´ dado por
W =
∫
C
〈F, T 〉 ds =
∫ H
0
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt
=
∫ H
0
−
GMm
(R+ t)2
dt =
GMm
R+ t
∣∣∣H
0
= GMm
(
1
R+H
−
1
R
)
Bem, ja´ e´ um primeiro ca´lculo. Mas quase certamente C na˜o e´ um caminho ta˜o simples
quanto essa reta, e fica a du´vida se esses ca´lculos sa˜o va´lidos. Nesse sentido, a observac¸a˜o
importante e´ que a forc¸a F possui a seguinte propriedade: as derivadas parciais da func¸a˜o
f(P ) =
GMm
‖P‖
= GMm(x2 + y2 + z2)−1/2 (1)
sa˜o dadas por
fx(P ) = −
GMmx
(x2 + y2 + z2)3/2
, fy(P ) = −
GMmy
(x2 + y2 + z2)3/2
e fz(P ) = −
GMmz
(x2 + y2 + z2)3/2
Ca´lculo III Notas da Aula 27 2/6
e comparando com a forc¸a percebe-se que F (P ) = (fx(P ), fy(P ), fz(P )) = ∇f(P ). A forc¸a
e´ dita enta˜o uma forc¸a gradiente, e f e´ dita uma func¸a˜o potencial para F . E´ esse fato que
faz com que F tenha a propriedade da independeˆncia do caminho.
De fato, suponha que a trajeto´ria C seja um qualquer caminho de parametrizac¸a˜o regular
P : [a, b]→ R3 tal que ‖P (a)‖=R e ‖P (b)‖=R+H . Assim, a u´nica hipo´tese e´ que o sate´lite
partiu do solo e alcanc¸ou a altura H . Enta˜o, como F = ∇f , da regra da cadeia segue-se que
d
dt
f(P (t)) = 〈∇f(P (t)), P ′(t)〉 = 〈∇F (P (t)), P ′(t)〉 (2)
Da´ı segue-se que o trabalho e´ dado por
W =
∫
C
〈F, T 〉 ds =
∫ b
a
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt
=
∫ b
a
d
dt
f(P (t)) dt = f(P (t))
∣∣∣b
a
= f(P (b))− f(P (a))
=
GMm
‖P (b)‖
−
GMm
‖P (a)‖
= GMm
(
1
R+H
−
1
R
) R
P (t)
R+H
que e´ o mesmo resultado anterior. Como C e´ um qualquer caminho que liga P (a) a P (b), o
trabalho depende apenas destes pontos inicial e final, mas na˜o da trajeto´ria do sate´lite.
Este resultado e´ va´lido para campos gradientes em geral. Veja o pro´ximo teorema.
Teorema 1 (Fundamental das Curvas). Suponha que F : Q→ R3 seja um campo de vetores
tal que F = ∇f para alguma func¸a˜o f : Q → R de classe C1. Enta˜o, para todo caminho
C ⊂ Q de parametrizac¸a˜o regular P : [a, b]→ R3, tem-se que
∫
C
〈F, T 〉 ds = f(P (b))− f(P (a))
Demonstrac¸a˜o. Basta usar a regra da cadeia como feito acima:
∫
C
〈F, T 〉 ds =
∫ b
a
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt =
∫ b
a
d
dt
f(P (t)) dt
= f(P (t))
∣∣∣b
a
= f(P (b))− f(P (a))
�
Condic¸a˜o Necessa´ria para Campo Gradiente
O´timo! Os campos gradientes sa˜o fa´ceis de lidar. Mas resta a pergunta: dado um campo
de coordenadas E(P ) = (L(P ),M(P ), N(P )), como saber se ele e´ um gradiente? E, se for,
como determinar a func¸a˜o potencial? Essas perguntas esta˜o respondidas a seguir.
Lema 2. Sejam Q ⊂ R3 um domı´nio aberto e E : Q → R3 um campo de coordenadas
E = (L,M,N) de classe C1. Uma condic¸a˜o necessa´ria para E ser gradiente e´ que
Ly =Mx , Lz = Nx e Mz = Ny
Demonstrac¸a˜o. Para o campo E ser gradiente deve existir uma func¸a˜o f com a pro-
priedade de que ∇f = (fx, fy, fz) = (L,M,N). Deve-se ter enta˜o que
fx(P ) = L(P ) , fy(P ) = M(P ) , e fz(P ) = N(P ) ∀ P ∈ Q
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Nesse caso, como E e´ de classe C1, as coordenadas L, M e N possuem derivadas parciais
cont´ınuas, o que significa que f possui derivadas parciais segundas cont´ınuas. Da´ı segue-se
que as derivadas parciais segundas de f comutam! Assim, e´ necessa´rio, por exemplo, que
Ly(P ) = (fx)y(P ) = (fy)x(P ) =Mx(P )
e analogamente para os outros casos. Isto resulta nas treˆs condic¸o˜es enunciadas acima. �
Esse crite´rio e´ necessa´rio, mas na˜o suficiente. O problema esta´ em que, ale´m da condic¸a˜o
necessa´ria, e´ tambe´m importante que o domı´nio do campo tenha uma geometria adequada.
Essaquesta˜o sera´ retomada mais adiante.
Bem, de qualquer maneira, ja´ se tem um crite´rio necessa´rio para que o campo seja
gradiente. A pro´xima etapa e´, caso esse crite´rio seja satisfeito, verificar se e´ poss´ıvel obter a
func¸a˜o potencial. Essa etapa e´ melhor ilustrada com um exemplo, como a seguir.
Exemplo 2. Verifique se E(x, y, z) = (y sen(z) + x, x sen(z) + y, xy cos(z) + 1), com
P = (x, y, z) ∈ R3, e´ um campo gradiente, e determine uma func¸a˜o potencial se for o caso.
Soluc¸a˜o. Indique as coordenadas por L(x, y, z) = y sen(z) + x, M(x, y, z) = x sen(z) + y e
N(x, y, z)=xy cos(z)+1. As condic¸o˜es para ser campo gradiente sa˜o satisfeitas, uma vez que
Ly(P ) = sen(z) = Mx(P ) , Lz(P ) = y cos(x) = Nx(P ) e Mz(P ) = x cos(z) = Ny(P )
Em relac¸a˜o a` func¸a˜o potencial, integrando a igualdade fx = L na varia´vel x, deve-se ter que
f(x, y, z) =
∫
fx(x, y, z) dx =
∫
L(x, y, z) dx
=
∫
[y sen(z) + x] dx = xy sen(z) +
1
2
x2 + g(y, z)
onde g(y, z) e´ a constante de integrac¸a˜o em relac¸a˜o a` varia´vel x. Isto porque essa constante
na˜o depende de x, mas pode depender de y e z. Resumindo, ate´ agora o candidato e´
f(x, y, z) = xy sen(z) +
1
2
x2 + g(y, z)
Esse passo, de primeiro integrar a igualdade fx = L na varia´vel x, reduziu o problema de
encontrar uma func¸a˜o f de treˆs varia´veis ao problema de encontrar uma outra func¸a˜o g de
apenas duas varia´veis. O´timo, ja´ se fez um bom progresso.
O pro´ximo passo e´ calcular fy e usar a igualdade fy = M . De fato, como
fy(x, y, z) = x sen(z) + gy(y, z) e M(x, y, z) = x sen(z) + y
deve-se ter que gy(y, z) = y. Integrando com respeito a y obte´m-se que g(y, z) =
1
2
y2+ h(z),
onde h(z) e´ a constante de integrac¸a˜o com respeito a y. Com isso, o candidato e´
f(x, y, z) = xy sen(z) +
1
2
x2 +
1
2
y2 + h(z)
e resta apenas determinar a func¸a˜o h(z). Mas esse passo e´ fa´cil de adivinhar: deve-se derivar
f com respeito a z e usar a igualdade fz = N . Como
fz(x, y, z) = xy cos(z) + h
′(z) e N(x, y, z) = xy cos(z) + 1
deve-ser ter h′(z) = 1, e portanto h(z) = z + c, onde c e´ uma constante de integrac¸a˜o (essa
e´ uma constante de verdade!). Da´ı segue-se finalmente que
f(x, y, z) = xy sen(z) +
1
2
x2 +
1
2
y2 + z + c
deve ser uma func¸a˜o potencial para o campo E. O u´ltimo passo e´ apenas verificar se E = ∇f ,
o que pode ser feito sem problemas. �
O pro´ximo exemplo ilustra o fato de que, se as condic¸o˜es necessa´rias na˜o sa˜o satisfeitas,
os passos seguintes na˜o podem ser dados.
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Exemplo 3. Mesmo exemplo anterior para o campo E(x, y, z) = (y, z, x).
Soluc¸a˜o. E´ fa´cil verificar que 1 = Ly 6= Mx = 0, e assim as condic¸o˜es necessa´rias na˜o sa˜o
satisfeitas. Nesse caso, os passos dados no exemplo anterior na˜o funcionam. Por exemplo,
se a igualdade fx = L = y for integrada na varia´vel x, obte´m-se que
f(x, y, z) =
∫
fx(x, y, z) dx =
∫
L(x, y, z) dx
=
∫
y dx = xy + g(y, z)
onde g(y, z) e´ a constante de integrac¸a˜o em relac¸a˜o a` varia´vel x. O passo seguinte seria
calcular fy e usar a igualdade fy =M . Mas enta˜o, como
fy(x, y, z) = x+ gy(y, z) e M(x, y, z) = z
deveria-se ter que gy(y, z) = z − x, o que e´ uma contradic¸a˜o, pois g na˜o depende de x! Isso
mostra que, sem as condic¸o˜es necessa´rias, os passos seguintes na˜o funcionam! �
Exemplo 4. Obter uma func¸a˜o potencial para a forc¸a gravitacional
F (P ) =
GMm
‖P‖2
−P
‖P‖
= −
GMm
(x2 + y2 + z2)3/2
(x, y, z)
Soluc¸a˜o. Ja´ foi visto que F e´ um campo gradiente, e a questa˜o e´ saber como a func¸a˜o
potencial em (1) foi obtida. Para isso, seguindo os passos indicados anteriormente e usando
a substituic¸a˜o u = x2 + y2 + z2, obte´m-se que
f(x, y, z) =
∫ (
−
GMmx
(x2 + y2 + z2)3/2
)
dx = −GMm
∫
1
2
u−3/2 du
= GMmu−1/2 + g(y, z) =
GMm
(x2 + y2 + z2)1/2
+ g(y, z)
Agora e´ fa´cil verificar que g(y, z) e´ independente de y e de z, e isso explica como a func¸a˜o
potencial para o campo F foi obtida. �
Forc¸as Conservativas
Conforme o Teorema 1, as integrais de campos gradientes sa˜o independentes do caminho.
Essa propriedade esta´ ligada aos campos conservativos, como detalhado a seguir.
De in´ıcio vale lembrar o exemplo ja´ estudado, de uma part´ıcula de massa m que e´ levada
da superf´ıcie da Terra ate´ uma altura h. O trabalho realizado pela forc¸a gravitacional e´
−mgh, sendo negativo porque a part´ıcula se desloca em sentido contra´rio ao da forc¸a. Ja´
a energia potencial e´ mgh, com sinal contra´rio ao do trabalho, porque e´ a energia que a
part´ıcula adquiriu durante o trajeto. Essa relac¸a˜o entre trabalho e energia potencial, de
sinais contra´rios, e´ verdadeira em geral, e sera´ usada logo abaixo.
Suponha agora que F seja a resultante das forc¸as que agem sobre uma part´ıcula, e
que F = ∇f seja o gradiente de uma func¸a˜o f de classe C1. Suponha ainda que a
part´ıcula tenha massa m e que se desloque ao longo do caminho C de parametrizac¸a˜o regular
P (t) = (x(t), y(t), z(t)), com t ∈ [a, b]. Enta˜o, o trabalho realizado por F ao longo de C e´
W =
∫ b
a
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt =
∫ b
a
d
dt
f(P (t)) dt = f(P (b))− f(P (a))
Ca´lculo III Notas da Aula 27 5/6
e f e´ dita uma func¸a˜o potencial para o campo F . A func¸a˜o de sinal contra´rio, p = −f , e´
dita a func¸a˜o energia potencial e, com essa notac¸a˜o, o trabalho e´
W = p(P (a))− p(P (b)) (3)
Em palavras, W e´ a diferenc¸a entre a energia potencial inicial e a final.
Por outro lado, como P ′(t) e´ o vetor velocidade e P ′′(t) e´ o vetor acelerac¸a˜o, das leis de
Newton segue-se que F (P (t)) = mP ′′(t), e assim o trabalho pode ser calculado como
W =
∫ b
a
〈F (P (t)), P ′(t)〉 dt =
∫ b
a
〈mP ′′(t), P ′(t)〉 dt
onde 〈mP ′′(t), P ′(t)〉 e´ a derivada da energia cine´tica! De fato, a velocidade escalar da
part´ıcula e´ ‖P ′(t)‖ e a energia cine´tica e´ 1
2
m‖P ′(t)‖2. Logo, da regra da cadeia,
d
dt
1
2
m‖P ′(t)‖2 =
d
dt
1
2
m(x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2)
=
1
2
m(2x′(t)x′′(t) + 2y′(t)y′′(t) + 2z′(t)z′′(t)) = 〈mP ′′(t), P ′(t)〉
Da´ı segue-se que o trabalho e´ igual a
W =
∫ b
a
〈mP ′′(t), P ′(t)〉 dt =
∫ b
a
d
dt
1
2
m‖P ′(t)‖2 dt =
1
2
m‖P ′(b)‖2 −
1
2
m‖P ′(a)‖2 (4)
Em palavras, o trabalho e´ a diferenc¸a entre a energia cine´tica final e a inicial. Assim, das
igualdades em (3) e (4), segue-se que W = p(P (a))− p(P (b)) = 1
2
m‖P ′(b)‖2 − 1
2
m‖P ′(a)‖2.
Reorganizando os termos obte´m-se que
1
2
m‖P ′(a)‖2 + p(P (a)) =
1
2
m‖P ′(b)‖2 + p(P (b))
Isso mostra que a energia total da part´ıcula (cine´tica mais potencial) e´ conservada ao
longo da trajeto´ria, e a forc¸a e´ dita conservativa.
Os argumentos acima mostram que as forc¸as gradientes sa˜o conservativas. Pode-se
mostrar que a rec´ıproca e´ tambe´m verdadeira: toda forc¸a conservativa e´ necessariamente
um gradiente. Esta e´ uma caracterizac¸a˜o extremamente poderosa da conservac¸a˜o da ener-
gia, e e´ surpreendente que seja uma consequeˆncia direta da regra da cadeia!
Ca´lculo III Notas da Aula 27 6/6