OPERADORES DIFERENCIAIS ESPACIAIS

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PARTE I 
 
 
 
 
OPERADORES DIFERENCIAIS ESPACIAIS 
 
 
 
1 – INTRODUÇÃO 
 
 Neste capítulo estaremos interessados em estudar funções escalares e vetoriais. 
Existem boas razões para se fazer isto: diversos fenômenos físicos são descritos 
matematicamente por funções escalares ou vetoriais. 
 O estudo dessas funções requer o conhecimento de funções de diversas variáveis 
e suas derivadas parciais; a parte vetorial não demanda conceitos além daqueles já 
estudados na disciplina de Geometria Analítica e Vetores. 
 Uma função escalar de diversas variáveis define um campo escalar em uma 
região ou em uma superfície ou mesmo ao longo de uma curva no espaço. O campo de 
temperatura em um corpo, ou em uma sala, é um exemplo de campo escalar. O campo 
de pressão atmosférica é outro exemplo deste tipo de campo. Além de ser função da 
posição, este campo pode ser dependente do tempo, ou, eventualmente, de outros 
parâmetros. As funções escalares são usualmente escritas, em coordenadas cartesianas, 
em várias formas: 
 
)z,y,x(f , )z,y,x(φ , )z,y,x(V (1) 
 
Por exemplo, o campo de temperatura de uma sala poderia ser expresso por: 
 
273z3yx2)z,y,x(T +++= (2) 
 
 Funções vetoriais definem campos vetoriais, cujos valores são vetores e podem 
ser representadas na forma cartesiana por, 
 2 
 
kjiA ˆ)z,y,x(Aˆ)z,y,x(Aˆ)z,y,x(A)z,y,x( zyx ++= (3) 
 
O campo de velocidades de um disco girando em torno do eixo z pode ser escrito como: 
 
ji
kji
kjikrωv ˆxˆy
zyx
00 
 
ˆˆˆ
 
)ˆzˆyˆx(ˆ)z,y,x( ω+ω−=ω=++×ω=×= (4) 
 
O campo gravitacional é um campo vetorial descrito por rF ˆ
r
mmG)r( 2 21−= ou, em 
coordenadas cartesianas tem a forma 21222222
21
)zyx(
ˆzˆyˆx
)zyx(
mmG)z,y,x(
++
++
++
−=
kjiF . 
 
Note que o versor (= vetor unitário) rˆ em coordenadas cartesianas é escrito como: 
 
==
r
ˆ
r
r 21222 )zyx(
ˆzˆyˆx
++
++ kji
 (5) 
 
 
 
2 – DERIVADA DIRECIONAL E O GRADIENTE 
 
 Considere um campo escalar no espaço (por exemplo, o potencial eletrostático). 
Esse campo pode ser descrito por uma função de posição, )P(f , onde P é um ponto 
qualquer. Queremos encontrar a derivada direcional dessa função em P e em certa 
direção arbitrária caracterizada pelo vetor b, como mostrado na figura 2.1. 
 
 
 
Figura 2.1 – P e Q são pontos que pertencem à reta suporte do vetor b. 
 
 Definição: a derivada direcional da função f no ponto P e na direção b é dada 
por: 
 
s
)P(f)Q(flim
ds
df)P(fD
0
−
==
→s
b (6) 
 
Esta definição supõe que a derivada exista, isto é, seja finita. 
 
 Podemos utilizar um sistema de eixos cartesianos para expressar a derivada 
direcional (figura 2.2) 
 3 
 
 
Figura 2.2 – Os pontos P e Q são dados em coordenadas cartesianas. 
 
O vetor posição r que localiza o ponto genérico Q sobre a reta pode ser expresso através 
de um parâmetro s: 
 
kjir ˆ)s(zˆ)s(yˆ)s(x)s( ++= e, à medida que s varia, o ponto Q percorre toda a reta. O 
ponto P é mantido fixo e está localizado pelo vetor 0p . Orientado de P para Q, está o 
versor bˆ . 
 O ponto Q é, então, escrito de duas forma diferentes, porém equivalentes (fig. 
2.2): 
 
kjir ˆ)s(zˆ)s(yˆ)s(x)s( ++= e bpr ˆs)s( 0 += (7) 
 
O campo escalar, em coordenadas cartesianas é dado por: [ ])s(z),s(y),s(xf)z,y,x(f = e 
sua derivada total é: 
 
=





∂
∂
+





∂
∂
+





∂
∂
=
ds
dz
z
f
ds
dy
y
f
ds
dx
x
f
ds
df derivada direcional de f no ponto P e na 
direção bˆ em coordenadas cartesianas. 
 
Observe que todas as derivadas são calculadas no ponto P. 
 
A expressão da derivada direcional pode ser modificada utilizando-se o vetor r(s): 
 
kjirkjir ˆ
ds
)s(zd
ˆ
ds
)s(yd
ˆ
ds
)s(xd
ds
)s(d
ˆ)s(zˆ)s(yˆ)s(x)s( ++=⇒++= (8) 
 
Mas o vetor r(s) também é expresso por: 
 
brbpr ˆ
ds
)s(d
ˆs)s( 0 =∴+= (9) 
 
Vamos observar a expressão da derivada direcional 
ds
df
. Ela pode ser escrita na forma: 
 
 4 






⋅
∂
∂
+





⋅
∂
∂
+





⋅
∂
∂
=
ds
dz
ˆˆ
z
f
ds
dy
ˆˆ
y
f
ds
dx
ˆˆ
x
f
ds
df kkjjii , 
 
porque 1ˆˆˆˆˆˆ =⋅=⋅=⋅ kkjjii 
 
 Neste ponto, introduzimos o vetor gradiente definido por: 
 
kji ˆ
z
f
ˆ
y
f
ˆ
x
ffgrad
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
 (10) 
 
Então, a derivada direcional pode ser reescrita: 
 
⇒





⋅
∂
∂
+





⋅
∂
∂
+





⋅
∂
∂
=
ds
dz
ˆˆ
z
f
ds
dy
ˆˆ
y
f
ds
dx
ˆˆ
x
f
ds
df kkjjii
ds
dfgrad
ds
df r
⋅=
 (11) 
 
Se usarmos o fato de que br ˆ
ds
)s(d
= , então a derivada direcional é dada por: 
 
bˆfgrad
ds
df
⋅=
 (12) 
 
A definição do gradiente de uma função escalar permite introduzir o operador del em 
coordenadas cartesianas expresso por: 
 
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆ
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ jji
 (13) 
 
Este operador deve, então, ser aplicado a uma função escalar para se obter uma nova 
função vetorial que chamamos de gradiente de f: 
 
kjijji ˆ
z
f
ˆ
y
f
ˆ
x
f)z,y,x(f
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆffgrad
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇= = vetor (14) 
 
 Embora o operador del tenha grande semelhança com um vetor, devido às suas 
componentes nas direções kji ˆ e ˆ,ˆ , e em muitos aspectos, se comportar como vetor, ele 
NÃO é um vetor. Por exemplo, não existe o módulo de del, e como se sabe, um vetor 
pode ser caracterizado como uma entidade que possui sentido e módulo. Veremos mais 
tarde que este operador pode ser aplicado também em funções vetoriais. 
 
 
EXEMPLO 2.1 
 Dada a função escalar 222 zy3x2)z,y,x(f ++= , achar a derivada direcional no 
ponto P )1,2,1(= e na direção do vetor kib ˆ2ˆ += . 
 
SOLUÇÃO 
 5 
Para se calcular a derivada direcional, precisamos do versor bˆ ; isto pode ser obtido a 
partir de b: 
5
ˆ2
5
ˆ
ˆ
21
ˆ2ˆ
b
ˆ
22
kibkib
b
bb +=⇒
+
+
=== . 
 
∴
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= kji ˆ
z
f
ˆ
y
f
ˆ
x
ffgrad 
 
⇒
∂
++∂
+
∂
++∂
+
∂
++∂
= kji ˆ
z
)zy3x2(
ˆ
y
)zy3x2(
ˆ
x
)zy3x2(fgrad
222222222
 
 
kji ˆz2ˆy6ˆx4fgrad ++= . 
No ponto P, o gradiente vale: 
 
kji ˆ2ˆ12ˆ4fgrad )1,2,1( ++= . 
 
A derivada direcional pode então ser calculada: 
 
5
8
ˆˆ
5
4
ˆˆ0ˆˆ
5
4
ds
df)
5
ˆ2
5
ˆ
()ˆ2ˆ12ˆ4(ˆfgrad
ds
df
=⋅+⋅+⋅=∴+++=⋅= ⋅ kkjjiikikjib . 
 
Note que a derivada direcional é um escalar, pois ela é o produto escalar de duas 
grandezas vetoriais. 
 
 
 
EXEMPLO 2.2 
 Encontrar a derivada direcional de xyzxz6xy2)z,y,x(f −+= no 
ponto )1,1,1(P = e na direção do vetor kjib ˆˆˆ −+= . 
 
SOLUÇÃO 
Novamente temos que obter o versor na direção indicada: 
 
3
ˆ
3
ˆ
3
ˆ
111
ˆˆˆ
b
ˆ
222
kjikjibb −+=
++
−+
== . 
 
⇒−+
∂
∂
+−+
∂
∂
+−+
∂
∂
= kji ˆ)xyzxz6xy2(
z
ˆ)xyzxz6xy2(
y
ˆ)xyzxz6xy2(
x
fgrad 
 
kji ˆ)xyx6(ˆ)xzx2(ˆ)yzz6y2(fgrad −+−+−+= . 
 
No ponto P, este vetor vale: 
 
 6 
kji ˆ5ˆˆ7fgrad )1,1,1( ++= . 
 
Conhecendo-se o versor e o gradiente no ponto, podemos obter a derivada direcional: 
 
3
3
3)517(
3
1
3
ˆ
3
ˆ
3
ˆ
)ˆ5ˆˆ7(
ds
dffD
P
Pˆ
==−+=







−+++== ⋅
kjikjib . 
 
 
 
OBSERVAÇÃO: quando você estudou cálculo de várias variáveis,certamente já 
calculou derivadas direcionais. Dada a função )y,x(fz = , suas derivadas parciais 
mostram como varia f quando mudamos de uma variável independente para outra, 
enquanto uma delas é mantida constante. Por exemplo, ( )yxf ∂∂ expressa como a 
função varia em um plano perpendicular ao eixo y: 
 
constanteyˆ x
f
ˆˆ
x
f
ˆfgrad
dx
df
=



∂
∂
=





∂
∂
=⋅= ⋅ iii
i
 
 
 O que desenvolvemos acima é a generalização dessas ideias para funções 
escalares de mais de duas variáveis independentes, e para direções arbitrárias denotadas 
pelo versor bˆ . 
 
TEOREMA SOBRE O GRADIENTE 
 
 Seja uma função escalar )z,y,x(f)P(f = tendo as primeiras derivadas parciais 
contínuas. Então, grad f existe e seu módulo e direção são independentes da escolha 
dos eixos cartesianos no espaço. Se em P o gradiente é não nulo, ele tem a direção de 
máximo crescimento da função no ponto P. 
 
 
 Uma relação importante sobre o vetor gradiente é fornecida pela Mecânica: 
associamos à energia potencial gravitacional uma força conservativa, e a relação 
existente entre elas é dada por: 
 
kjiF ˆ
z
V
ˆ
y
V
ˆ
x
V)z,y,x(Vgrad)z,y,x(
∂
∂
−
∂
∂
−
∂
∂
−=−= = kji zyx FFF ++ (15) 
 
O sinal negativo expressa o fato físico que o movimento espontâneo de uma partícula 
ocorre de tal forma que a energia potencial do sistema tende a diminuir. Por esta razão é 
que sempre observamos um fluxo de água descendo a encosta da montanha e nunca 
subindo. Portanto, se você esquecer o sinal negativo, poderá induzir alguma catástrofe 
no topo da montanha, e não em sua base como usualmente acontece! 
 De forma geral, a uma força conservativa podemos associar uma energia 
potencial e a relação entre ambas é: 
 
Força VVgrad −∇=−= (16) 
 7 
 
 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DO GRADIENTE E PROPRIEDADE 
 
 A definição de derivada direcional, 
 
dsˆfgraddfˆfgrad
ds
df bb ⋅⋅ =⇒= . 
 
Ora, dsˆb é simplesmente o deslocamento infinitesimal dr (veja figura 2.2), que em 
coordenadas cartesianas é dado por: 
 
kjir ˆdzˆdyˆdxd ++= (17) 
Então, podemos escrever, 
 
dz
z
fdy
y
fdx
x
fdfdf
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇= ⋅ r (18) 
 
Esta expressão é variação da função escalar f correspondente a uma variação dr na 
posição. 
 Considere agora os pontos P e Q estando sobre uma superfície na qual f(x, y, z) 
seja constante, isto é, constante.z)y,f(x, = Esta superfície é chamada de equisuperfície e 
em alguns casos ela se torna familiar: uma equipotencial representa o lugar geométrico 
no qual o potencial é constante; uma superfície isotérmica (ou isoterma) caracteriza 
pontos para os quais a temperatura é invariante; superfície isobárica envolve pontos que 
estão à mesma pressão. 
 
 
Figura 2.3 – Uma equisuperfície e os pontos P e Q. 
 
 Em uma equisuperfície, a variação df é nula e, portanto, temos: 
 
0df0df . =∇⇒= r (19) 
 
O produto escalar é nulo para vetores ortogonais e como dr está sobre a superfície, 
conclusão é que grad f é perpendicular à superfície. Essa é uma propriedade bastante 
importante sobre o vetor gradiente. Quando você realizou o experimento sobre a 
determinação das equipotenciais em uma cuba eletrolítica (Física III), deve ter traçado 
 8 
também as linhas de campo elétrico ligando as distribuições de carga. Verificou que 
essas linhas de campo são perpendiculares às equipotenciais. Esse é um exemplo 
clássico que mostra a ortogonalidade entre o gradiente da função e dr (neste caso, dr 
está sobre a curva equipotencial, chamada de curva de nível). 
 Podemos também indagar sobre a direção na qual df tem a máxima variação. 
Vamos permitir que rd possa, nesse caso, passar de uma equisuperfície 11 C)z,y,x(f = , 
onde está o ponto P, até outra equisuperfície adjacente )C(C)z,y,x(f 122 >= na qual 
está o ponto Q (figura 2.4). Então, 
 
θ∇=∇=−= cosdrfdfCCdf .21 r . 
 
Perguntamos, agora, qual o sentido que deveria ser escolhido para rd de tal forma que 
df seja máximo. O sentido é aquele para o qual 1cos =θ ou, 0=θ , isto é, no sentido do 
f∇ . Isso identifica o vetor f∇ como aquele possuindo módulo e direção que dá a 
máxima variação espacial da função )z,y,x(f no ponto. 
 
 
 
 
Figura 2.4 – O gradiente 
 
 Temos então chegado a duas importantes conclusões: (1) o gradiente é 
perpendicular à equisuperfície; (2) a taxa de máximo crescimento da função, no ponto 
considerado, ocorre na direção do gradiente. 
 
 
EXEMPLO 2.3 
 Suponha que a temperatura de certo ambiente seja dada pela função escalar 
273xyzyx)z,y,x(T 22 ++−= (Celsius). Em que direção a função cresce mais 
rapidamente no ponto )3,2,1(P −= ? Qual é essa taxa de crescimento? 
 
SOLUÇÃO 
A resolução pede simplesmente o cálculo do gradiente da função no ponto P porque a 
direção de máximo crescimento se dá na direção do vetor gradiente. A taxa de 
crescimento é representada pelo módulo desse vetor. 
 9 
 
kji ˆxyˆ)xzy2(ˆ)yzx2()z,y,x(Tgrad ++−++= . 
 
No ponto P esse vetor vale kji ˆ2ˆ7ˆ4Tgrad )3,2,1(P −−=−= . Este vetor dá o sentido para o 
qual a taxa de crescimento da função é máxima no ponto P. 
 
A taxa é dada por 69)274(Tgrad
ds
dT 21222
P
=++== m/Co (SI). 
 
 
 
EXEMPLO 2.4 
 Analise a curva de nível dada pela função escalar ).yxln()y,x(f 22 += 
 
SOLUÇÃO 
A função )yxln()y,x(fz 22 +== tem o gráfico mostrado na figura E 2.4.1. Para cada 
valor de constantez = (isto é, planos perpendiculares ao eixo z), são geradas 
circunferências concêntricas de diferentes raios. Suas projeções no plano xy estão 
mostradas na figura E 2.4.2. São essas curvas de nível que queremos analisar; mais 
especificamente, pede-se calcular o gradiente no ponto ).1,2(P = 
 
 
Figura E 2.4.1 – Superfície )yxln(z 22 += . Figura E 2.4.2 – Curvas de nível. 
 
∴
+
+
+
=
∂
∂
+
∂
∂
=
=
P
22
P
22
PP
)1,2(P yx
y2
ˆ
yx
x2
ˆ
y
f
ˆ
x
f
ˆfgrad jiji 
 
jiji ˆ4.0ˆ8.0
5
2
ˆ
5
4
ˆfgrad
P
+=+= . 
 
 10 
 
 
Figura E 2.4.3 – O gradiente da curva de nível no ponto )1,2(P = . 
 
 
 
EXEMPLO 2.5 
 Considere a função 222222 zy4x4)z,y,x(fy4x4z −+=⇒+= . Encontrar o 
gradiente de f no ponto )2,0,1(P = . 
 
SOLUÇÃO 
Da forma como foi proposto o problema, poderíamos ter mais de uma solução. 
Entretanto, o ponto P determina o tipo de superfície quádrica gerada por 
222 zy4x4 −+ . Relembramos que uma superfície quádrica é da forma 
0fdzczbyax 222 =++++ onde a, b, c, d e f são constantes. Dependendo dos valores 
dessas constantes, temos variadas formas de superfícies. Por exemplo, 
0
c
z
b
y
a
x
2
2
2
2
2
2
=−+ representa um cone elíptico (este é o caso expresso pela função dada 
no enunciado do problema porque o ponto P pertence a essa superfície; verifique esta 
afirmação). Se 1
c
z
b
y
a
x
2
2
2
2
2
2
=−+ , temos um hiperbolóide de uma folha e, 
definitivamente, o ponto P não pertence a esta superfície. 
 
kjikji ˆ4ˆ0ˆ8ˆz2ˆy8ˆx8fgrad
PP
−+=−+= . 
 
Note que este vetor, perpendicular à superfície, está no plano xz. A figura E 2.5.1 
mostra o vetor gradiente no ponto P. 
 
 
 
Figura E 2.5.1 – O vetor gradiente para função dada no ponto P. 
 11 
PROBLEMAS PROPOSTOS - SEÇÃO 2 
 
1 – Encontre as derivadas direcionais para as funções abaixo no ponto P e nas direções 
especificadas. 
a) 22 yx)y,x(f += no ponto )1,1(P = e na direção do vetor jib ˆ4ˆ2 −= . 
b) xyz)z,y,x(f = no ponto )3,1,1(P −= e na direção do vetor kjib ˆ2ˆ2ˆ +−= . 
c) ycose)y,x(f x= no ponto )0,,2(P pi= e na direção do vetor jib ˆ3ˆ2 += .2 – O fluxo de calor em um campo escalar de temperatura ocorre na direção de máximo 
decréscimo de temperatura. Encontre essa direção na forma geral e depois nos pontos 
especificados. 
a) 22 yx
z)z,y,x(f
+
= . )2,1,0(P = . 
b) 2,1)(P ).ee(
2
1
.xcosycoshxcos yy pi=+= − . 
 
3 – Suponha que o potencial eletrostático seja dado por 222 zyx100)z,y,x(V −−−= . 
Em que direção ele cresce mais rapidamente no ponto )5,4,3(P −= ? 
 
4 – O vetor unitário (versor) normal a uma dada superfície ou a uma dada curva de 
nível, pode ser encontrado a partir do gradiente. Encontre-os para as funções abaixo, nos 
pontos especificados. 
a) 
3
2
x
3
4y −= em )2,2(P = . 
b) 25yx 22 =+ em )4,3(P = . 
c) 22 yxz += em )10,8,6(P = . 
 
 
3 – O DIVERGENTE 
 
 O operador del pode ser aplicado em funções vetoriais de duas formas 
diferentes: uma, efetuando-se um produto escalar; outra, realizando-se um produto 
vetorial. Iniciamos com a primeira forma. Se há um produto escalar, deve-se obter um 
escalar (um número). Este escalar é chamado de divergente da função vetorial e sua 
interpretação física será tratada adiante. 
 
=∇== VVV .divdivergente ( )kjijji ˆVˆVˆV
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆ
zyx ++





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
⋅ (20) 
 
z
V
y
V
x
Vdiv zyx.
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇= VV
 (21) 
 
Estamos supondo que a função vetorial seja definida em um domínio D e que as 
derivadas parciais existam dentro deste domínio. 
 
 12 
 
EXEMPLO 3.1 
 Qual o valor de rr ⋅∇=div ? 
 
SOLUÇÃO 
O vetor r em coordenadas cartesianas é dado por kjir ˆzˆyˆx ++= . Então, 
 
3
z
z
y
y
x
xdiv =
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=r . 
 
 
 
EXEMPLO 3.2 
 Queremos generalizar o resultado anterior, considerando uma função vetorial 
dada por )r(fr onde f(r) é uma função escalar. Qual é o valor de )]r(f[div r ? 
 
SOLUÇÃO 
222
zyxrˆzˆyˆx ++=⇒++= kjir . 
 
Então, )r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ)r(f kjir ++= . O divergente desta função vetorial é dado por: 
 
)]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆ)]r(f[ .. kjikjir ++





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ . 
 
Considere o primeiro operador, 
x
ˆ
∂
∂i , aplicado escalarmente sobre o vetor à direita: 
 
)]r(fz[
x
ˆˆ)]r(fy[
x
ˆˆ)]r(fx[
x
ˆˆ)]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
x
ˆ
...
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=++
∂
∂
⋅ kijiiikjii . 
 
O único termo que não se anula é o primeiro à direita da igualdade; os outros dois se 
anulam devido ao produto escalar de versores ortogonais. Com isto, podemos escrever: 
 
x
)r(f
x)r(f)]r(fx[
x ∂
∂
+=
∂
∂
. 
 
Mas o que é 
x
)r(f
x
∂
∂ ? Observe que f é uma função de r e r é uma função de x, y, z. 
Então, temos: 
 
( ) ( ) =++=++
∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂ −
x2zyx
2
1
dr
)r(df
xzyx
xdr
)r(df
x
x
r
dr
)r(fd
x
x
)r(f
x
2122221222
 
 
 13 
 ( ) 21222
2
zyx
1
dr
)r(df
x
++
= . 
 
( ) 21222
2
zyx
1
dr
)r(fd
x)r(f)]r(fx[
x ++
+=
∂
∂
. 
 
Usamos a derivada total 
dr
)r(df
 porque f é função somente da variável r. 
 
Poderíamos seguir calculando as outras duas derivadas: 
 
)]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
y
ˆ kjij ++
∂
∂
⋅ e )]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
z
ˆ kjik ++
∂
∂
⋅ , 
 
mas isso não precisa ser feito de modo explícito: basta observar que a troca cíclica 
zyx →→ nos dá o resultado de que precisamos. 
 
)]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
y
ˆ kjij ++
∂
∂
⋅ = →
∂
∂
⋅ )]r(fy[
y
ˆˆ jj ∴
∂
∂
+
y
)r(fy)r(f 
 
)]r(fzˆ)r(fyˆ)r(fxˆ[
y
ˆ kjij ++
∂
∂
⋅ 21222
2
)xyx(
1
dr
)r(dfy)r(f
++
+= . 
 
E para a última derivada temos: ( ) 21222
2
zyx
1
dr
)r(fd
z)r(f)]r(fz[
z ++
+=
∂
∂
. 
 
Finalmente, podemos escrever: 
 
( ) 21222
222
zyx
zyx
dr
)r(df)r(f3)]r(f[.
++
++
+=∇ r . 
 
Mas, 2222222 zyxrzyxr ++=∴++= o resultado pode ser escrito como: 
 
dr
)r(df
r)r(f3)]r(f[. +=∇ r . 
 
Quando estudarmos coordenadas esféricas, veremos que essa relação pode ser obtida de 
maneira muito mais simples do que fizemos aqui. 
 
 
 
 
 
 
 14 
EXEMPLO 3.3 
 Considere a função vetorial nrˆ)r( rA = . Usando o resultado do problema 
anterior, encontre )r()r(div .AA ∇= . 
 
SOLUÇÃO 
Queremos calcular ]rˆ[div nr . Para utilizar o resultado do problema anterior, precisamos 
identificar o que é )r(f na função nrrˆ . 
No problema anterior partimos de )r(fr . Devemos transformar, então, nrˆ)r( rA = em 
uma função do tipo )r(fr : 
Mas, 1n
n
nnn r
r
r
rˆrˆ
r
r
rˆ −==⇒= rrrrr . Comparando esta forma de A(r) com )r(fr , 
identificamos 1nr)r(f −= . 
 
⇒+=+=∇= −− ]r[
dr
d
rr3
dr
)r(df
r)r(f3)r()r(div 1n1n.AA 
 
∴−+=−+=−+= −−−−− )1n3(rr)1n(r3rr)1n(r3)r(div 1n1n1n2n1nA 
 
1nn r)2n(]rˆdiv)r(div −+== r[A . 
 
O caso para 2n −= é especialmente relevante: ele representa um campo vetorial que 
decai com 2r − . O campo gravitacional e o campo eletrostático seguem esta lei do 
“inverso do quadrado”. Pelo resultado acima, observamos que o divergente para 
2n −= se anula. Isto está correto para valores de 0r ≠ . Na origem, temos uma 
singularidade e a função 2r −∝ diverge (não está definida) e suas derivadas também não 
estão definidas neste ponto. 
 Este é um ponto delicado e, muitas vezes, pode causar certos embaraços e nos 
levar a resultados inconsistentes. Por exemplo, podemos tratar de um caso já estudado 
em eletrostática. 
 Considere uma carga Q localizada na origem. O fluxo elétrico através de uma 
superfície Gaussiana envolvendo a carga Q é dado por: 
 
0erficiesup
E
Qd.
ε
== ∫∫φ sE (lei de Gauss). 
 
Em disciplina de cálculo, você aprendeu o teorema de Gauss (ou teorema da 
divergência) que estabelece a relação: 
 
dV)(dE
volumesupreficie
.. ∫∫∫∫∫ ∇= Es . 
 
 15 
O lado esquerdo da igualdade vale 
0
Q
ε
 como vimos acima. Entretanto, a integral de 
volume do lado direito se anula porque o divergente é zero. Assim, chegamos a um 
resultado tão surpreendente quanto falso: 
 
0Q
0
=
ε
, mesmo quando a carga não é nula dentro da superfície! 
 
Obviamente, existem algumas saídas para esta bobagem: por exemplo, poderíamos 
desconfiar da seriedade do teorema de Gauss. Outra seria tentar a possibilidade de 
∞→ε0 e o resultado nulo se justificaria. Péssimas escolhas! Antes de seguir buscando 
novas alternativas, que tal olhar novamente o enunciado do teorema da divergência? 
Você vai encontrar sob que condições ele pode ser aplicado, e, uma delas veta o uso 
para funções que apresentam descontinuidade em seu domínio de definição e que não 
tenha derivadas parciais definidas. E foi isto que efetivamente fizemos: aplicamos o 
teorema, calculando o divergente, em uma região na qual ele não pode ser aplicado. 
Quando cursar a disciplina de Eletromagnetismo, certamente seu professor voltará a 
comentar este ponto, e vai mostrar que o resultado correto é 0div ερ=E e não zero 
como “calculamos” ( ρ é a densidade volumétrica de carga envolvida pela Gaussiana). 
 
 
 
INTERPRETAÇÃO FÍSICA DO DIVERGENTE 
 
 Para finalizar esta seção, gostaríamos de fornecer a interpretação física do 
divergente de um campo vetorial, e veremos que o nome divergente é muito apropriado. 
Queremos considerar um fluido em movimento, como, por exemplo, dentro de uma 
canalização. Podemos seguir uma partícula deste fluido atribuindo a ela certa velocidade 
v, que pode variar de ponto a ponto, e que será sempre tangente às linhas de fluxo. O 
fluido será considerado compressível, isto é, sua densidade )z,y,x(ρ não 
necessariamente é uniforme no espaço e também não precisa ser constante,mas pode 
ser função do tempo. Como iremos considerar um evento por unidade de tempo, não há 
necessidade, por ora, de explicitar esta dependência temporal. 
 O fluxo de matéria é expresso pelo vetor )z,y,x()z,y,x( vJ ρ= . Construímos, 
então, um pequeno cubo (ou paralelepípedo) de volume infinitesimal dxdydzdV = 
através do qual o fluido escoa. Dentro desse volume não existem nem fontes e nem 
sumidouros de matéria. 
 O propósito é calcular )( vJ ρ∇=∇ ⋅⋅ dentro deste volume infinitesimal. Note 
que J tem dimensão de == ]s.m/kgs/m.m/kg[ 23 massa por área por segundo. 
 
O fluxo do fluido entrando nesse volume, por unidade de tempo, através da face EFGH 
pode ser escrito como: 
[taxa de fluxo entrando]EFGH dydzv 0xx =ρ= . 
 
 16 
 
 
Figura 3.1 – O fluxo de matéria através do elemento de volume dV. 
 
As componentes zy v e v ρρ não contribuem porque são tangenciais a esta face. 
 A taxa de fluxo saindo deste volume ainda na direção x é: 
 
[taxa de fluxo saindo]ABCD dydzv dxxx =ρ= . 
 
Podemos representar essa expressão em série de MacLaurin, retendo somente o termo 
linear (aproximação de primeira ordem): 
 
[taxa de fluxo saindo]ABCD dydzdx
x
)v(
vdydzv
ox
x
xMacLaurindxxx
=
= 





∂
ρ∂
+ρ=ρ= → . 
 
Observe que os termos dentro do colchete são calculados no ponto 0x = , como deve 
ser para uma representação em série de MacLaurin. A derivada é a primeira correção 
devido à possibilidade de se ter uma densidade ou velocidade não-uniformes, ou ambas. 
O termo de ordem zero, 0xxv =ρ , corresponde a um fluxo uniforme. 
 
taxa líquida que sai do volume = taxa que sai – taxa que entra. 
 
taxa líquida que sai dydzvdydzdx
x
)v(
v 0xx
ox
x
x
=
=
ρ−





∂
ρ∂
+ρ= . 
 
Os termos lineares se cancelam e podemos escrever, 
 
taxa líquida que sai do volume (por unidade de tempo) dxdydz)v(
x
xρ∂
∂
= . 
 
 
 17 
 Temos considerado somente o movimento do fluido na direção x, mas esta 
direção não possui qualquer preferência para o fluxo do fluido. Pode-se desenvolver o 
mesmo raciocínio para as direções y e z para obtermos: 
 
taxa líquida que sai do volume (por unidade de tempo) dxdydz)v(
y y
ρ
∂
∂
= . 
 
 
taxa líquida que sai do volume (por unidade de tempo) dxdydz)v(
z
zρ∂
∂
= . 
 
 
A taxa líquida total que deixa o volume através de todas as faces é dada pela soma das 
três relações acima: 
 
fluxo líquido total que sai do volume dxdydz)v(
z
)v(
y
)v(
x
zyx 




 ρ
∂
∂
+ρ
∂
∂
+ρ
∂
∂
= 
 
 dxdydz)(. vρ∇= 
 
Portanto, o fluxo líquido do fluido compressível que sai desse volume, por volume 
unitário e por unidade de tempo, é )(. vρ∇ . Essa é a interpretação física do divergente: 
ele mede a taxa líquida (o que sai menos o que entra) de saída de um fluido que passa 
através de um volume unitário por unidade de tempo. Esta é a razão da escolha do nome 
divergente. 
 Embora tenhamos considerado um fluxo de matéria (fluido), a interpretação 
pode ser estendida para campos vetoriais composto apenas por linhas de campo, para os 
quais, aparentemente, não existem fluxos de partículas materiais. Os campos 
gravitacionais e os eletrostáticos são os exemplos mais imediatos. 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 3 
 
1 – Mostre que 3div =r . 
2 – Encontre Adiv se: 
a) kjiA ˆxzˆxyz2ˆxy 22 −+= . 
b) kjiA ˆ)xycosz(ˆ)xzcosy(ˆ)yzcosx( −+−+−= . 
c) )ysenˆycosˆ(e x jiA += . 
d) kjiA ˆxzsenh2ˆyeˆe xx ++= − . 
 
3 – Mostre que )(f)f()f( ... VVV ∇+∇=∇ . 
 
4 – O ROTACIONAL 
 
 
 
 18 
 Outra possível aplicação do operador del é multiplicá-lo vetorialmente por um 
vetor: 
 
( )kjijjiA ˆAˆAˆA
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆ
zyx ++×





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=×∇
 (22) 
 
Este novo vetor é chamado rotacional de A e muitas vezes escrito como rot A . Para que 
exista o rotacional, as derivadas parciais devem ser finitas em certo domínio da função 
vetorial A. 
 
Considerando o produto vetorial entre os versores cartesianos: 
 
0kkjjii =×=×=× ˆˆˆˆˆˆ kji ˆˆˆ =× ikj ˆˆˆ =× jik ˆˆˆ =× (23) 
 
e lembrando-se de que a troca na ordem de multiplicação implica na troca de sinal para 
produtos vetoriais, o rotacional pode ser escrito como: 
 
 






∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
=×∇=
y
A
x
A
ˆ
x
A
z
A
ˆ
z
A
y
A
ˆrot xyzxyz kjiAA (24) 
 
Esse resultado pode ser colocado na forma de um determinante: 
 
zyx A A A
z y x
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
 
rot ∂∂∂∂∂∂=×∇=
k ji
AA
 (25) 
 
Este determinante, para ser o rot A, deve ser desenvolvido pela primeira linha para que 
tenhamos as derivadas parciais aplicadas nas componentes do vetor A. 
 
 
EXEMPLO 4.1 
 Calcular )]r(f[r×∇ , onde f(r) é uma função escalar. 
 
SOLUÇÃO 
Podemos usar diretamente o determinante para encontrar )]r(f[r×∇ : 
 
=∂∂∂∂∂∂=×∇=
zf(r) yf(r) xf(r)
z y x
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
 
)]r(f[)]r(f[rot
k ji
rr 
 
=×∇ )]r(f[r ∴





∂
∂
−
∂
∂
+



∂
∂
−
∂
∂
−





∂
∂
−
∂
∂
y
)xf(
x
)yf(
ˆ
z
)xf(
x
)zf(
ˆ
z
)yf(
y
)zf(
ˆ kji 
 
 19 
=×∇ )]r(f[r .
y
f
x
x
fyˆ
z
f
x
x
f
zˆ
z
fy
y
f
zˆ 





∂
∂
−
∂
∂
+



∂
∂
−
∂
∂
−





∂
∂
−
∂
∂ kji 
 
Mas 
z
f
 e 
y
f
 ,
x
f
∂
∂
∂
∂
∂
∂
 já foram calculados no exemplo 3.2. Por exemplo, 
 
21222 )zyx(
x
dr
df
x
)r(f
dr
df)]r(f[
x ++
=
∂
∂
=
∂
∂
. As outras derivadas podem ser obtidas 
substituindo-se x por y e por z no numerador da expressão à direita da igualdade. 
 
=×∇ )]r(f[r [ ] [ ] [ ]{ } 0kjikji =++=−+−−−
++
ˆ0ˆ0ˆ0.xyyxˆxzzxˆyzzyˆ
zyx
)drdf(
222
 
 
O resultado mostra que, independente da forma funcional da função escalar f(r), 
)]r(f[r×∇ se anula. Campos vetoriais que apresentam rotacionais nulos são chamados 
de irrotacionais, ou como se conhece dentro do contexto da Física, campos 
conservativos. Isto não deve causar nenhuma surpresa, porque o campo vetorial )]r(f[r 
é um campo central. Na disciplina de Mecânica Clássica você vai estudar esse tipo de 
campo vetorial e verá que, associado a ele, está uma das mais importantes leis de 
conservação: a da energia mecânica. 
 
 
 
INTERPRETAÇÃO FÍSICA DO ROTACIONAL 
 
 Para desenvolver um melhor entendimento do significado físico do rotacional, 
vamos considerar um disco que gira em torno do eixo z com velocidade angular 
kω ˆω= . Não necessariamente o módulo da velocidade angular deve ser constante, mas 
seu sentido deve ser invariante. A velocidade v de qualquer ponto do disco é dada pela 
relação: 
rkvrωv ×ω=⇒×= ˆ . 
 
 
Figura 4.1 – Um disco girando em torno do eixo z. 
 
O produto vetorial pode ser desenvolvido através do determinante: 
 
 20 
ji
kji
v ˆxˆy
zy x 
 0 0
 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
ω+ω−=ω= . 
 O rotacional de v é: 
 
=×∇ v k
kji
ˆ2
0 x y 
z y x
 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
 
ω=
ωω−
∂∂∂∂∂∂ . 
 
Assim, o rotacional da velocidade é duas vezes a velocidade angular do corpo rígido. 
Note que a velocidade do ponto localizado pelo vetor r está no plano de rotação, 
enquanto o rotacional da velocidade é perpendicular a esteplano: isso não 
surpreendente porque o rotacional envolve um produto vetorial. O nome rotacional é 
plenamente justificado, pois ele está associado, de alguma forma, a um movimento de 
rotação. 
A figura 4.2 é uma representação pictórica do campo (vetorial) de velocidades 
descrito por jiv ˆxˆy ω+ω−= . É fácil perceber que este campo representa um 
movimento circulatório em torno do eixo fixo de rotação. 
 
 
 
Figura 4.2 – Esboço pictórico do campo de velocidades. 
 
 Embora tenhamos usado um corpo em rotação para dar uma visualização física 
do rotacional, sua interpretação é mais abrangente. Ele tem papel proeminente no estudo 
da dinâmica dos fluidos. Um líquido que em certa região do espaço apresenta vórtex, o 
rotacional do campo vetorial que descreve a velocidade das partículas é diferente de 
zero. Um exemplo bastante simples e caseiro de vórtex é o escoamento de água pelo 
ralo de uma pia. Se uma pequena hélice, que pode girar em torno de um eixo, for 
colocada nesta região ela tenderá a executar um movimento de rotação. A velocidade 
angular das pás desta hélice permite avaliar o módulo do rotacional no ponto em que ela 
é colocada: alta rotação significa grande rotacional no ponto. 
 
 21 
 
 
Figura 4.3 – Um “rotâmetro” elementar para avaliar o rotacional. 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 4 
 
1 – Dado o campo vetorial jiA ˆxy2ˆ)yx( 22 +−= , encontrar rot A . 
 
2 – Encontre A×∇ quando kjiA ˆxzˆxyz2ˆxy 22 −+= . 
 
3 – Calcule A×∇ para )ysenˆycosˆ(e x jiA += . 
 
4 – Mostre que se f é uma função escalar, então AAA ×∇+×∇=×∇ )f()(f)f( . 
 
5 – Se a densidade de um fluido é constante, o fluxo é chamado incompressível. Neste 
caso, )(div vρ é nulo. 
a) Verifique se o fluxo é incompressível quando jiv ˆxˆy −= . 
b) E para kjiv ˆz2ˆyˆx2 −+= ? 
c) Algum desses fluxos é irrotacional? 
 
6 – A velocidade de um líquido bidimensional é dada por jiV ˆ)y,x(vˆ)y,x(u −= , onde 
u(x,y) e v(x,y) são funções escalares. Se o fluido é incompressível e o fluxo é 
irrotacional, mostre que: 
y
v
x
u
∂
∂
=
∂
∂
 e 
x
v
y
u
∂
∂
−=
∂
∂
. 
 
 
 
5 – COORDENADAS ESFÉRICAS 
 
 O objetivo desta seção é recordar primeiramente as coordenadas esféricas, e 
então, expressar o operador del neste sistema de coordenadas a partir da definição de 
derivada direcional. Em seguida, obter o gradiente, o divergente e o rotacional em 
coordenadas esféricas para funções escalares (gradiente) e vetoriais (divergente e 
rotacional). 
 A figura 5.1 mostra a geometria de coordenadas esféricas. Nesse ponto devemos 
alertar o leitor para que fique atento à nomenclatura que usaremos: reservamos a 
variável vetorial r para localizar o ponto no espaço; o ângulo θ é determinado pelo eixo 
 22 
z e pelo vetor r; φ é medido a partir do eixo x até a projeção de r no plano xy. A 
convenção para se definir essas variáveis não é consensual, e varia de autor para autor. 
Por exemplo, alguns autores optam por ρ para localizar o ponto no espaço, e não é raro 
encontrar os ângulos θ e φ intercambiados. Entretanto, nossa escolha é a mais difundida 
entre os diversos autores. 
 Um ponto no espaço pode ser caracterizado por uma tripla de números reais 
como fizemos em coordenadas cartesianas. Mas, este mesmo ponto pode ser expresso 
de forma diferente, mas equivalente, usando-se outro sistema de coordenadas. Aqui 
estaremos interessados em estudar as coordenadas esféricas. 
A escolha de um conjunto ou de outro depende da situação particular do 
problema. Quando ele apresentar simetria esférica, o uso de coordenadas esféricas seria 
mais conveniente e vantajoso do que o de coordenadas cartesianas. 
 Diferentemente dos versores retangulares (cartesianos) kji ˆ,ˆ,ˆ , que são mantidos 
fixos no espaço, os “versores esféricos” φθr ˆ,ˆ,ˆ se movem no espaço, e, à medida que o 
vetor posição r varia, essa tripla também muda sua orientação. 
Observando a figura 5.1 podemos ver que as coordenadas cartesianas são dadas 
por: 
 
ϕθ= cosrsenx ϕθ= senrseny θ= cosrz . 
 
 
 
Figura 5.1 – O elemento de volume em coordenadas esféricas e as variáveis usadas. 
 
Isto permite escrever o vetor posição r de duas formas diferentes (mas equivalentes!): 
 
kjir ˆ)cosr(ˆ)senrsen(ˆ)cosrsen(zkyjxi θ+ϕθ+ϕθ=++=
 (26) 
 
Os intervalos de variação dos parâmetros são: ∞<< r0 , pi<ϕ≤ 20 e pi<θ≤0 . 
 O versor rˆ pode ser obtido diretamente da expressão acima: 
 
⇒
θ+ϕθ+ϕθ
θ+ϕθ+ϕθ
===
)cossensencossen(r
]ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen[(r
r
ˆ
222222
kjir
r
r
r 
 
 23 
∴
θ+θ
θ+ϕθ+ϕθ
=
θ+ϕ+ϕθ
θ+ϕθ+ϕθ
=
222222 cossen
ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen(
cos)sen(cossen
ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen(
ˆ
kjikji
r 
 
kjir ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen(ˆ θ+ϕθ+ϕθ=
 (27) 
 
Esta é expressão que relaciona o versor rˆ com os parâmetros θ e φ: ),(ˆˆ ϕθ= rr . 
 Para obter os outros dois versores, φθ ˆ,ˆ , usaremos uma propriedade relativa a 
vetores de módulos constantes. Se um vetor (não nulo) tem módulo constante, sua 
derivada é perpendicular a ele. 
Suponha, então, que o vetor A tenha módulo constante e que seja função de alguma 
variável s (s poderia ser o tempo, o espaço, uma coordenada...). Então, 
 
constanteA 2 ==A.A , porque A é constante. Derivamos ambos os lados da igualdade 
para obter: 
 
0
ds
d20
ds
d
ds
dA
ds
)constante(d
ds
dA
ds
)(d 2
=⋅∴=+⇒== ⋅ AAAA.AA.A . 
 
Como estamos supondo que A seja não nulo, segue que a derivada do vetor é 
perpendicular ao próprio vetor. 
 Com o resultado acima, podemos agora encontrar os versores φθ ˆ,ˆ . Observe que 
r é função de θ e φ. Fixemos, então, o módulo de r: sua única variação só poderá 
ocorrer nas direções angulares θ ou φ, mas não na radial. Isto garante que seu módulo 
permaneça fixo. 
 
⇒
θ−ϕθ+ϕθ
=
θ∂∂
θ∂∂
=
r
ˆrsenˆsencosrˆcoscosr
ˆ
kji
r
r
θ 
 
kjiθ ˆsenˆsencosˆcoscosˆ θ−ϕθ+ϕθ=
 (28) 
 
⇒
θ
+ϕθ+ϕθ−
=
ϕ∂∂
ϕ∂∂
=
rsen
ˆ0ˆcosrsenˆsenrsen
ˆ
kji
r
r
φ jiφ ˆcosˆsenˆ ϕ+ϕ−= (29) 
 
Estas relações poderiam ser obtidas observando-se a figura 5.1, embora no caso de θˆ , a 
visualização não seja tão imediata. 
 Nosso objetivo é obter o operador del em coordenadas esféricas e o plano é usar 
a definição de derivada direcional expressa pelo gradiente da função: 
 
r.dfgraddf =
 (30) 
 
Precisamos da expressão de dr para ser usado na relação acima. É o que faremos em 
seguida. 
 
O vetor r pode ser sempre escrito como .ˆrrr = Então, rrr ˆrdˆdrd += . 
 24 
 
Da expressão kjir ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen(ˆ θ+ϕθ+ϕθ= podemos obter rˆd : 
 
kjjiir ˆ)dsen(ˆ)dcossen(ˆ)dsen(cosˆ)dsensen(ˆ)dcos(cosˆd θθ−ϕϕθ+θϕθ+ϕϕθ−θϕθ= . 
 
Somando-se o primeiro, o terceiro e o quinto termos, temos: 
 
+θϕθ iˆ)dcos(cos jˆ)dsen(cos θϕθ =θθ− kˆ)dsen( 
 
+ϕθθ iˆ)cos[(cosd jˆ)sen(cos ϕθ ]ˆ)sen( kθ− . 
 
O termo entre colchetes é exatamente a expressão de θˆ [veja (28)]. Portanto, a soma 
desses termos nos fornece o resultado θˆdθ . 
 
Somando-se o segundo e o quarto termos: 
 
iˆ)dcossen( ϕϕθ− ]ˆcosˆsen[dsenˆ)dcossen( jij ϕ+ϕ−ϕθ=ϕϕθ+ 
 
O termo entre colchetes vale φˆ [veja (29)]. Então, a soma desses dois termos nos dá 
φˆ d sen ϕθ . 
Finalmente, podemos escrever rd com o auxílio dos dois resultados obtidos: 
 
⇒ϕθ+θ+= ]ˆdsenˆd[rˆdrd φθrr φθrr ˆdrsenˆrdˆdrd ϕθ+θ+= . 
 
Incidentalmente, obtivemos uma expressão que permite escrever a velocidade de uma 
partícula em coordenadas esféricas: 
 
φθrvφθr
r
v ˆrsenˆrˆr ˆ
dt
d
rsenˆ
dt
d
rˆ
dt
dr
dt
d ϕθ+θ+=∴ϕθ+θ+== &&& , uma relação que será 
usada quando você estudar movimento sob forças centrais, na disciplina Mecânica 
Clássica. 
 
Retornando ao nosso problema. Considere uma função) ,,r(f ϕθ . Sua diferencial é dada 
por: 
 
ϕ
ϕ∂
∂
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
= dfdfdr
r
fdf
 (31) 
 
Mas df pode ser expresso também como o produto escalar do gradiente por dr: 
 
r.r. d)f(dfgraddf ∇== 
 
Para aplicar o operador del em coordenadas esféricas, temos que levar em conta a 
métrica desse sistema de coordenadas. Por isso, escrevemos a expressão acima na 
forma: 
 25 
 
.φθrr. 





ϕ∂
∂
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇= ϕθ
f
ˆhfˆh
r
f
ˆhd)f(df r )ˆdrsenˆrdˆdr( φθr ϕθ+θ+ . 
 
=df 




 ϕθ
ϕ∂
∂
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
ϕθ drsen)ˆˆ(
fhrd)ˆˆ(fhdr)ˆˆ(
r
fh r φ.φθ.θr.r . 
 





 ϕθ
ϕ∂
∂
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
= ϕθ drsen
fhrdfhdr
r
fhdf r . 
 
Mas esta relação deve ser igual àquela expressa pela diferencial da função f, e, portanto, 
comparando ambas, temos os valores dos s'h : 
 
=ϕ
ϕ∂
∂
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
= dfdfdr
r
fdf ∴




 ϕθ
ϕ∂
∂
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
ϕθ drsen
fhrdfhdr
r
fh r 
 
1h r = r1h =θ θ=ϕ rsen1h (32) 
 
Finalmente, podemos escrever o operador del em coordenadas esféricas: 
 
ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ
φθ
r
 (33) 
 
 
 
EXEMPLO 5.1 
 Encontrar o gradiente de uma função escalar ),,r(f ϕθ e o divergente de um 
campo vetorial ),,r( ϕθA . 
 
SOLUÇÃO 
O gradiente é calculado facilmente pela aplicação direta do operador del: 
 
grad =∇= ff ⇒ϕθ






ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂ ),,r(f
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ
φθ
r 







ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇ f
rsen
ˆf
r
ˆ
r
f
ˆf φθr . 
 
Para se obter o divergente de um vetor em coordenadas esféricas precisamos de um 
pouco de atenção nas derivadas. Lembre-se de que o operador del atua em funções que 
estão à sua frente, quase como uma compulsão. 
O vetor A é escrito na forma: 
 
φθrA ˆ),,r(Aˆ),,r(Aˆ),,r(A),,r( r ϕθ+ϕθ+ϕθ=ϕθ ϕθ . 
 
Estamos supondo aqui, como fizemos no caso do gradiente, que as derivadas existam e 
que a função esteja definida em um domínio simplesmente conexo. 
 26 
 
.
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ








ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇ φθrA. [ φθr ˆ),,r(Aˆ),,r(Aˆ),,r(A r ϕθ+ϕθ+ϕθ ϕθ ]. 
 
É tentador escrever o resultado acima na forma: 
 






ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇ ϕθ
A
rsen
1A
r
1
r
A rA. , mas isto está ERRADO! 
 
O operador del atua tanto nas componentes do vetor, como também sobre os versores. 
 
Vamos fazer por partes as derivadas: 
 
“1ª derivada”: 






∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=++
∂
∂
ϕ
ϕ
θ
θ
ϕθ⋅
r
ˆ
Aˆ
r
A
r
ˆ
Aˆ
r
A
r
ˆ
Aˆ
r
A
ˆ)ˆAˆAˆA(
r
ˆ
r
r
r
φ
φ
θ
θ
r
r.rφθrr . 
 
Os versores φθr ˆ e ˆ ,ˆ independem de r e, portanto, suas derivadas se anulam. Assim, o 
2º, o 4º e o 6º termos dão zero. Os produtos escalares φ.rθ.r ˆˆ e ˆˆ são nulos pela 
ortogonalidade entre os dois versores e somente o primeiro termo contribui para a “1ª 
derivada”: 
 
1ª derivada 
r
A r
∂
∂
⇒ . 
 
2ª derivada: 
 [ ]θ∂∂+θ∂∂+θ∂∂+θ∂∂+θ∂∂+θ∂∂=++θ∂∂ ϕϕθθϕθ ⋅⋅ φφθθrrθφθrθ ˆAˆAˆAˆAˆAˆArˆ)ˆAˆAˆA(rˆ rrr . 
 
Os produtos escalares φ.θr.θ ˆˆ e ˆˆ são nulos e, portanto, o 1º e o 4º termos não 
contribuem. Mas precisamos das derivadas dos versores em relação à θ: 
 
θ
rkjir ˆˆˆ)sen(ˆ)sen(cosˆ)cos(cosˆ =
θ∂
∂
∴θ−ϕθ+ϕθ=
θ∂
∂
. 
 
r
θkjiθ ˆ
ˆ
ˆ)(cosˆ)sensen(ˆ)cossen(
ˆ
−=
θ∂
∂
∴θ−ϕθ−ϕθ−=
θ∂
∂
. 
 
0
ˆ
=
θ∂
∂φ
, porque φˆ independe de θ. 
 
Com estes três resultados, somente o 2º e o 3º termos contribuem para a “2ª derivada”: 
 
 27 
2ª derivada 
θ∂
∂
+⇒ θ
A
r
1
r
A
r
. 
 
Para a 3ª derivada: 
 
ϕ∂
∂
θ
⋅
rsen
φˆ [ φθr ˆ),,r(Aˆ),,r(Aˆ),,r(A r ϕθ+ϕθ+ϕθ ϕθ ] = 
 
θ
=
rsen
φˆ
. 





ϕ∂
∂
+
ϕ∂
∂
+
ϕ∂
∂
+
ϕ∂
∂
+
ϕ∂
∂
+
ϕ∂
∂
ϕ
ϕ
θ
θ φφ
θ
θ
r
r
ˆ
Aˆ
Aˆ
AˆA
ˆ
AˆA rr . 
0ˆˆˆˆ == θ.φr.φ , portanto, o 1º e o 3º termos são nulos e o 6º termos também se anula 
porque a derivada 
ϕ∂
∂φˆ
 é um vetor perpendicular a φˆ . Resta calcular as outras derivadas 
dos versores: 
 
φjikjir ˆsen)ˆcosˆsen(senˆ0ˆ)cossen(ˆ)sensen(ˆ θ=ϕ+ϕ−θ=+ϕθ+ϕθ−=
ϕ∂
∂
. 
 
φjiθ ˆcos)ˆcosˆsen(cos
ˆ
θ=ϕ+ϕ−θ=
ϕ∂
∂
. 
 
Então, para a “3ª derivada” temos, 
 
ϕ∂
∂
θ
+
θ
θ
+⇒ ϕθ
A
rsen
1
sen
cos
r
A
r
A
 derivada 3 ra . 
 
Somando-se as contribuições das três derivadas, a expressão do divergente fica: 
 
ϕ∂
∂
θ
+
θ
θ
+
θ∂
∂
++
∂
∂
=∇ ϕθθ A
rsen
1
senr
cosAA
r
1
r
A2
r
A
 
rrA. , que pode ser escrita de forma mais 
compacta: 
 
ϕ∂
∂
θ
+θ
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇ ϕθ
A
rsen
1)Asen(
rsenθ
1)Ar(
rr
1
r
2
2
A.
 (35) 
 
 
 
EXEMPLO 5.2 
 Calcular )]r(f[r.∇ usando coordenadas esféricas. 
 
SOLUÇÃO 
O resultado já é conhecido, pois foi obtido em coordenadas cartesianas, depois de um 
formidável exercício algébrico. 
 28 
 Para utilizar a expressão do divergente em coordenadas esféricas, devemos 
identificar as componentes do vetor A. 
)r(frA)r(frˆ)r(f r =⇒=∴= rArA . As componentes angulares, ϕθ A e A , são nulas. 
 
rd
)r(fd
r)r(f3)]r(f[div
rd
)r(fd
r)r(fr3
r
1)]r(fr[
rr
1)]r(f[div 32232 +=⇒





+=
∂
∂
= rr . 
 
O mesmo resultado já obtido, porém, com enorme economia algébrica. 
 
 
 O operador del em coordenadas esféricas pode ser também aplicado a um vetor, 
como foi feito em coordenadas cartesianas, formando-se um produto vetorial. 
Chamamos o resultado dessa operação de rotacional. 
 
×







ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=×∇
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ
φθ
rA [ φθr ˆ),,r(Aˆ),,r(Aˆ),,r(A r ϕθϕθϕθ ϕθ ++ ] (36) 
 
Novamente, o operador del atua sobre as componentes e também sobre os versores e, 
então, só depois devemos efetuar o produto vetorial. Não iremos reproduzir aqui toda a 
álgebra envolvida, mas fornecemos uma forma alternativa para se calcular o rotacional. 
 
 Arsen Ar A
 r
ˆrsen ˆr ˆ
senr
1
rot
 r
2
ϕθ θ
ϕ∂∂θ∂∂∂∂
θ
θ
=×∇=
φθr
AA
 (37) 
 
 
EXEMPLO 5.3 
 São dadas uma função (escalar) )r(f e uma função (vetorial) )r(frˆ . Aplique os 
operadores convenientes sobre elas. 
 
SOLUÇÃO 
Este problema serve como uma revisão de diversas situações encontradas ao longo do texto. 
 
No caso da função escalar, vamos considerar uma da forma nKr)r(f = . Aqui só podemos 
encontrar a gradiente: 
 
=∇ )r(f rrφθr ˆrnK)Kr(
r
ˆKr
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ
1nnn −
=
∂
∂
=







ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
. 
 
Para rˆrK)r(f1n 2−−=∇⇒−= . Se f(r) representar o potencial eletrostático, o campo 
elétrico é dado por: 
 
rEE ˆ
r4
Q)r(fgrad 2
opiε
=∴−= . 
 29 
 
Vamos considerar agora um campo vetorial da forma rˆKr n . 
 
=]ˆKr[div nr 





∂
∂
=∇ )Krr(
rr
1]ˆKr[ n22nr. , porque θA e ϕA são nulos. Então, 
 
=]ˆKr[div nr 1nn1n22n2 r)2n(K]ˆKr[divr)2n(r
K]Kr[
rr
1
−++ +=∴+=
∂
∂
r . 
 
A outra possibilidade é obter o rotacional de ]ˆKr[ nr : 
 
0
φθr
rr =ϕ∂∂θ∂∂∂∂
θ
θ
=×∇=
 0 0 rK
 r
ˆrsen ˆr ˆ
senr
1]ˆKr[]ˆKr[rot
n
2
nn
. 
O resultado mostraque um campo central é irrotacional. 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 5 
 
1 – Os versores φ,θr ˆˆ,ˆ podem ser expressos em termos dos versores fixos kji ˆ,ˆ,ˆ : 
 
kjir ˆθcosˆφsenθsenˆφcosθsen)φ,θ(ˆ ++=
 
 kjiθ ˆθsenˆφsenθcosˆφcosθcos)φ,θ(ˆ −+= 
 jiφ ˆφcosˆφsen)φ(ˆ +−= 
a) – Mostre que: 
 
θ−θ−=
ϕ∂
∂θ=
ϕ∂
∂θ=
ϕ∂
∂
−=
θ∂
∂
=
θ∂
∂
cosˆsenˆ
ˆ
,cosˆ
ˆ
,senˆ
ˆ
,ˆ
ˆ
,
ˆ
ˆ
θr
φ
φ
θ
φ
r
r
θ
θ
r
 (38) 
Você pode ter alguma dificuldade com a expressão 
φ
ˆ
∂
∂φ
: tente multiplicar θsenpor rˆ e 
θcospor ˆθ e somá-las. 
b) – Mostre que kji ˆ,ˆ,ˆ são dados em termos dos versores φ,θr ˆˆ,ˆ pelas expressões: 
 
 
 
2 – Em um problema proposto da seção 4, você mostrou que 3div =⋅∇= rr em 
coordenadas cartesianas. Em coordenadas esféricas também se obtém o mesmo 
resultado? O que isso pode sugerir? 
 
θ−θ=
φ+φθ+φθ=
φ−φθ+φθ=
senˆcosˆˆ
cosˆsencosˆsensenˆˆ
senˆcoscosˆcossenˆˆ
θrk
φθrj
φθri
 30 
3 – Certo vetor )φ,θ,r(A não possui componente radial. Seu rotacional não tem 
componentes tangenciais. O que esses dois fatos implicam sobre a dependência radial 
das componentes tangenciais )φ,θ,r(Aθ e )φ,θ,r(Aφ ? 
 
4 – São dados os versores em coordenadas esféricas: 
 
kjir ˆθcosˆφsenθsenˆφcosθsenˆ ++=
 e jiφ ˆφcosˆφsenˆ +−= . 
 
a) – qual o valor de rk ˆˆ × ? 
b) – considere o vetor rkA ˆˆ
rπ4
mµ
2
0 ×= . Expressar esse campo em função de r e θ. 
 
c) – mostre que )ˆθsenˆθcos2(
rπ4
mµ
rot 3
0 θrA += . 
 
 
 
 
6 – COORDENADAS CILÍNDRICAS 
 
 As coordenadas cilíndricas se assemelham a uma combinação de coordenadas 
cartesianas e esféricas. O vetor posição r é expresso por uma tripla de variáveis 
)z,,( ϕρ . Na figura 6.1 estão representadas as principais características desse sistema de 
coordenadas. 
 
 
Figura 6.1 – Geometria das coordenadas cilíndricas. 
 
 Novamente, usaremos r para localizar um ponto no espaço. Os intervalos de 
variações dos parâmetros são: 
 
∞<ρ≤0 , pi<ϕ≤ 20 , ∞<<∞− z . 
 
As componentes cartesianas são dadas por: ϕρ= cosx , ϕρ= seny , zz = . 
 
 31 
O vetor r, escrito em coordenadas cilíndricas, tem a forma: 
 
kρr ˆzˆ +ρ= e a diferencial desse vetor é kρρ ˆdzˆdˆddr +ρ+ρ= (39) 
 
 Observe na figura 6.1 que os versores φρ ˆ e ˆ estão em um plano paralelo ao 
plano xy, enquanto kˆ é perpendicular a este plano. 
 
 
 
Figura 6.2 – O plano xy contendo os versores φρ ˆ e ˆ . 
 
Para obter os versores, podemos fazer algo semelhante ao que foi feito em coordenadas 
esféricas, porém, aqui é mais imediato analisar a figura 6.2: 
 
ϕ+ϕ= senˆcosˆˆ jiρ
 (40) 
 
⇒ϕ+pi+ϕ+pi= )2(senˆ)2cos(ˆˆ jiφ ϕ+ϕ−= cosˆsenˆˆ jiφ (41) 
 
Podemos calcular ρˆd usando estas duas expressões: 
 
∴ϕϕ+ϕ−=⇒ϕ+ϕ= d)cosˆsenˆ(ˆdsenˆcosˆˆ jiρjiρ ϕ= dˆˆd φρ (42) 
 
 Nosso objetivo é determinar o operador del em coordenadas cilíndricas. 
Iniciamos com uma função escalar f expressa em termos de z e ,ϕρ : 
 
dz
z
fdfdfdf)z,,(f
∂
∂
+ϕ
ϕ∂
∂
+ρ
ρ∂
∂
=⇒ϕρ . 
 
A definição de derivada direcional nos auxilia, pois podemos escrever: 
 
r.r. dfdfgraddf ∇== . 
 
De maneira semelhante àquela usada em coordenadas esféricas, precisamos estabelecer 
a métrica desse sistema de coordenadas para se utilizar o operador del, e por isso 
escrevemos: 
 
 32 
)dzˆdˆdˆ(ˆ
z
fhˆfhˆfhdf z kφρ.kφρ +ϕρ+ρ





∂
∂
+
ϕ∂
∂
+
ρ∂
∂
= ϕρ . 
 
dz
z
fhdfhdfhdf z ∂
∂
+ϕ
ϕ∂
∂ρ+ρ
ρ∂
∂
= ϕρ . 
 
Esta expressão deve ser igual àquela obtida acima para df, considerando uma função de 
ρ, φ e z. Comparando as duas relações, podemos identificar os fatores h’s: 
 
 1h =ρ , ρ=ϕ 1h , 1h z = . 
Então, o operador del pode ser obtido: 
 
z
ˆ
ˆ
ˆ
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇ kφρ
 (43) 
 
O gradiente de uma função escalar )z,,(f ϕρ é imediato: 
 
z
f
ˆ
fˆf
ˆffgrad
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇= kφρ
 (44) 
 
 Para calcular o divergente de um campo vetorial 
kφρA ˆ)z,,(Aˆ)z,,(Aˆ)z,,(A)z,,( z ϕρ+ϕρ+ϕρ=ϕρ ϕρ , procedemos da mesma forma 
que o fizemos para as coordenadas esféricas: o operador del atua nas componentes do 
vetor, e também sobre os versores. O resultado é: 
 
z
AA1AA
.div z
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ
+
ρ∂
∂
=∇= ϕρρAA . Esta expressão pode ser reescrita de forma 
mais compacta: 
 
z
AA1)A(1
.div z
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
ρ∂
ρ
=∇= ϕρAA
 (45) 
 
 A aplicação do operador del formando um produto vetorial nos dá o rotacional desse 
campo: 
 
×





∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=×∇=
z
ˆ
ˆ
ˆrot kφρAA ]ˆ)z,,(Aˆ)z,,(Aˆ)z,,(A[ z kφρ ϕρ+ϕρ+ϕρ ϕρ . 
 
zA A A
z 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
1
ϕρ ρ
∂∂ϕ∂∂ρ∂∂
ρ
ρ
=×∇
kφρ
A
 (46) 
 
 
 33 
EXEMPLO 6.1 
(Neste exemplo queremos discutir uma situação na qual parece haver um paradoxo... 
adiantamos que um paradoxo só existe quando não entendemos bem a teoria). 
É dado um campo vetorial A: 2222 yx
x
ˆ
yx
y
ˆ)y,x(
+
+
+
−= jiA . 
a) – Expresse o campo em coordenadas cilíndricas. 
b) – Calcule o rotacional deste campo. 
c) – Aplique o teorema de Stokes para mostrar que 02 =pi (!!!). 
 
SOLUÇÃO 
a) – Para expressar o campo vetorial em coordenadas cilíndricas, devemos obter os 
versores cartesianos em termos de φρ ˆ e ˆ . A figura E 6.1 pode ajudar a visualizar a 
parte algébrica. 
As projeções dos versores cartesianos sobre os versores cilíndricos são dadas por: 
 
ϕ−ϕ=⇒pi+ϕ+ϕ=+= senˆcosˆˆ)2cos(ˆcosˆˆ)ˆˆ(ˆ)ˆˆ(ˆ φρiφρφφ.iρρ.ii . 
 
Sabendo-se que as componentes cartesianas são ϕρ= cosx , ϕρ= seny e também que 
222 yx +=ρ , podemos escrever o campo vetorial em coordenadas cilíndricas: 
 
22
cos)cosˆsenˆ(sen)senˆcosˆ(),(
ρ
ϕρϕ+ϕ+
ρ
ϕρϕ−ϕ−=ϕρ φρφρA .
ϕ+ϕ=⇒ϕ+ϕ−pi=+= cosˆsenˆˆcosˆ)2cos(ˆˆ)ˆˆ(ˆ)ˆˆ(ˆ φρjφρφφ.jρρ.jj . 
 
 
 
Figura E 6.1 – Os versores ,ˆ ,ˆ ji φρ ˆ e ˆ . 
 
Após as simplificações, obtemos: 
ρ
=ϕρ φA ˆ),( . 
 
A dependência de A(ρ) é mostrada na figura E 6.2A. Na parte B da figura esboçamos no 
plano xy, de forma pictórica, alguns vetores de A. 
 
 34 
 
 (a) (b) 
 
Figura E 6.1.2 – A dependência de A com ρ e os alguns vetores A(ρ). 
 
b) – O rotacional em coordenadas cilíndricas do campo vetorial. 
 
0kφρ
kφρ
A =+ρ+=
ρρ
∂∂ϕ∂∂ρ∂∂
ρ
ρ
=×∇ ˆ0)ˆ(0ˆ0
0 )1( 0
z 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
1
. 
 
c) – Para aplicar o teorema de Stokes, vamos escolher um percurso circular de raio ρ e 
centrado na origem. 
 
O teorema de Stokes estabelece que: a.ArA. d)(d
áreaC
∫∫∫ ×∇= . 
 
Como dzˆdˆdˆd kφρr +ϕρ+ρ= , a integral à esquerda é dada por: 
 
∴ϕ=ϕρ
ρ
=+ϕρ+ρ





ρ
= ∫∫∫∫
pipi 2
0
2
0CC
dd1)dzˆdˆdˆ(ˆ1d kφρ.φrA. pi=∫ 2d
C
rA. . 
 
A integral à direita é nula porque, pelo item (b), mostramos que o rotacional se anula. 
Chegamos, então, a um resultado surpreendente: 02 =pi . Tão surpreendente quanto 
falso, obviamente. Mas onde, exatamente, está o absurdo no desenvolvimento? Está na 
aplicação do teorema de Stokes: para que ele seja válido, o domínio de definição da 
função vetorial deve ser simplesmente conexo. A função deve estar definida em todo e 
qualquer ponto desse domínio e suas derivadas devem ser contínuas. Se você observaro 
domínio escolhido para realizar a integração, perceberá que existe um ponto (a origem) 
em que a função não está definida e suas derivadas nem existem. Basta um único ponto 
para que o teorema não possa ser aplicado. Em síntese, não fomos cuidadosos o 
suficiente para perceber que o teorema de Stokes não pode ser aplicado, mas seguimos 
calculando como ele fosse válido! Deu no que deu... Lição a ser aprendida: antes de 
aplicar qualquer resultado de um teorema, observe sob que condições ele é válido. 
 Para qualquer outro domínio que NÃO envolva a origem, o teorema pode ser 
utilizado. Na figura abaixo estão algumas curvas que determinam domínios 
simplesmente conexos. Para mostrar isso, considere a circunferência de raio b e 
centrada no ponto ax = . 
 35 
 
 
Figura E 6.1.3 – Alguns domínios simplesmente conexos para a função 
ρ
=ϕρ φA ˆ),( . 
Vamos considerar a circunferência centrada no ponto a e de raio b. Um ponto sobre esta 
circunferência é descrito por ϕ+=ϕ cosba)(x e ϕ=ϕ bsen)(y . 
 
jirjir ˆ)dcosb(ˆ)dbsen(dˆdyˆdxd ϕϕ+ϕϕ−=⇒+= . 
 
]ˆ)dcosb(ˆ)dbsen[(
cosab2ba
ˆ)cosba(
cosab2ba
ˆbsend
2
0
2222
C
ji.jirA. ϕϕ+ϕϕ−






ϕ++
ϕ+
+
ϕ++
ϕ
−= ∫∫
pi
. 
 
ϕ
ϕ++
ϕ
+ϕ
ϕ++
=ϕ
ϕ++
ϕ+
= ∫∫∫
pipipi
d
cosab2ba
cos
abd
cosab2ba
1bd
cosab2ba
cosabb 2
0
22
2
0
22
2
2
0
22
2
. 
 
A figura E 6.1.4 mostra o comportamento gráfico dos dois integrandos. 
 
 
 
 (a) 
ϕ++ cosab2ba
1
22 (b) ϕ++
ϕ
cosab2ba
cos
22 
 
Figura E 6.1.4 
 
 O valor desta integral pode ser encontrado em tabelas de integrais e o valor é: 
 













 ϕ
+
−
−pi=
pi
∫
0
22
22
C 2
angt
ba
ba
arctang2drA. . 
 
 36 
Se a circunferência não envolver a origem, 0K
ba
baba 122
22
>=
+
−
⇒> , então, 
 
 ( ) 0
2
2arctang2)
2
tangKarctang([2d 1
C
=




 pi
−pi=∞−pi=
pi
−pi→∫ rA. 
 
Se a circunferência envolver a origem, 0K
ba
baba 222
22
<=
+
−
⇒< , então, 
( ) pi=




 pi
+pi=∞−pi=
pi
−pi→∫ 222arctang(-2)2tangKarctang([2d 2C
rA. . 
 
 
 
 EXEMPLO 6.2 
 Dado o vetor kjiA ˆyˆxˆz2 +−= , 
a) escreva esse vetor em coordenadas cilíndricas; 
b) encontre seu divergente em coordenadas cartesianas e cilíndricas. 
c) calcule seu rotacional em coordenadas cartesianas e cilíndricas. 
 
SOLUÇÃO 
(a) As componentes cartesianas são dadas por: ϕρ= cosx ; ϕρ= seny ; zz = . Então 
podemos já substituir esses valores para obter um “vetor híbrido” que serve como uma 
etapa intermediária: 
 
kjiA ˆ)sen(ˆ)cos(ˆ)z2("" ϕρ+ϕρ−= . 
 
Note que este vetor não está expresso em nenhum sistema de coordenadas porque ele 
ainda é uma mistura de versores cartesianos com variáveis cilíndricas. Por isso ele foi 
escrito entre aspas. 
 Precisamos converter ji ˆ e ˆ ( kˆ se mantém inalterado) para coordenadas 
cilíndricas. Na figura E 6.2 estão representados os versores em ambos os sistemas. 
 
 
 
Figura E 6.2 – Os versores de ambos os sistemas. 
 
 37 
Dados ϕ+ϕ= senˆcosˆˆ jiρ e ϕ+ϕ−= cosˆsenˆˆ jiφ , para expressar ji ˆ e ˆ em termos 
desses versores, basta projetá-los nas direções φρ ˆ e ˆ . Projeção significa produto 
escalar. 
 
∴ϕ+ϕ−+ϕ+ϕ=+= φji.iρji.iφφ.iρρ.ii ˆ)]cosˆsenˆ(ˆ[ˆ)]senˆcosˆ(ˆ[ˆ)ˆˆ(ˆ)ˆˆ(ˆ 
 
φρi ˆ)sen(ˆ)(cosˆ ϕ−ϕ= . 
 
∴ϕ+ϕ−+ϕ+ϕ=+= φji.jρji.jφφ.jρρ.jj ˆ)]cosˆsenˆ(ˆ[ˆ)]senˆcosˆ(ˆ[ˆ)ˆˆ(ˆ)ˆˆ(ˆ 
 
φρj ˆ)(cosˆ)sen(ˆ ϕ+ϕ= . 
 
Substituindo-se os versores cartesianos pelas expressões acima, o vetor A pode, então, 
ser escrito: 
kφρφρA ˆ)sen(]ˆ)(cosˆ)sen[()cos(]ˆ)sen(ˆ)[(cos)z2( ϕρ+ϕ+ϕϕρ−ϕ−ϕ= . 
 
kφρA ˆsenˆ)coszsen2(ˆ)cossencosz2( 2 ϕρ+ϕρ+ϕ−ϕϕρ−ϕ= . 
 
 
(b) Divergente de A em coordenadas cartesianas e cilíndricas: 
 
∴
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−=+−





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇=
z
)z2(
ˆˆ
y
y
ˆˆ
x
x
ˆˆ)ˆyˆxˆz2(
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆdiv i.kk.jj.ikji.kjiA.A 
 
0div =A . 
 
É de se esperar que em coordenadas cilíndricas obtenhamos o mesmo valor nulo porque 
o divergente de um vetor independe do sistema de coordenadas. 
 Precisamos identificar as componentes do vetor A. 
 
⇒φρ+φρ+φ−φφρ−φ= kφρA ˆsenˆ)coszsen2(ˆ)cossencosz2( 2 
 
)cossencosz2(A ϕϕρ−ϕ=ρ ; )coszsen2(A 2 ϕρ+ϕ−=φ ; ϕρ= senA z . 
 
⇒
∂
ϕρ∂
+
ϕ∂
ϕρ+ϕ−∂
ρ
+
ρ∂
ϕϕρ−ϕρ∂
ρ
=∇=
z
)sen()]coszsen2([1)cossencosz2([1
.div
2
AA 
 
 
[ ] =ϕ−ϕϕρ
ρ
+
ρ
ϕ
+ϕϕ−= cosz2sencos21cosz2cossen2divA 
 
 0cosz2sencos2cosz2cossen2 =
ρ
ϕ
−ϕϕ+
ρ
ϕ
+ϕϕ−= . 
 38 
O mesmo resultado obtido em coordenadas cartesianas. 
 
(c) Rotacional de A em coordenadas cartesianas e cilíndricas. 
 
kjikji
kji
A ˆˆ2ˆ)1(ˆ)2(ˆ)1(ˆ
y x - 2z
 
ˆ
 
ˆ
 
ˆ
rot zyx −+=−+−−=∂∂∂= . 
 
Como o rotacional de um vetor independe do sistema de coordenadas, podemos 
expressar o resultado acima em coordenadas cilíndricas e obter diretamente o valor do 
rotacional nesse sistema de coordenadas. 
 
⇒−ϕ+ϕ+ϕ−ϕ=⇒−+= kφρφρAkjiA ˆ)ˆcosˆsen(2)ˆsenˆ(cosrotˆˆ2ˆrot 
 
kφρA ˆˆ)sencos2(ˆ)sen2(cosrot −ϕ−ϕ+ϕ+ϕ= . 
 
Este é o valor do rotacional do vetor A em coordenadas cilíndricas. Se você quiser 
verificar se o resultado está correto, desenvolva o determinante para o rotacional em 
coordenadas cilíndricas. 
 
 
Observação. Quando um campo vetorial apresenta divergente nulo, diz-se que esse 
campo é solenoidal. Quando o campo vetorial tem rotacional nulo, diz-se que ele é 
irrotacional (também chamado de conservativo). 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 6 
 
1 – Encontre A⋅∇ e A×∇ para kφρA ˆρzˆsenρˆz 22 +ϕ+= . 
 
2 – Determine A⋅∇ e A×∇ quando o vetor A kρ ˆcosˆ ϕ+= . 
 
3 – Calcule o gradiente de ambas as funções escalares obtidas no 1º e no 2º problemas. 
 
4 – Certa função vetorial é dada em coordenadas cilíndricas por: 
 
),(Vˆ),(Vˆ),( ϕρ+ϕρ=ϕρ ϕρ φρV . 
 
Mostre que V×∇ só tem componente na direção z. 
 
5 – Um vetor qualquer pode ser escrito em coordenadas cilíndricas. O vetor posição 
pode ser escrito como kρr ˆzˆρ += . 
 
Mostrar que 3=∇.r e 0r =×∇ . 
 39 
Um pouco de Mecânica: suponha que o vetor r seja função do tempo. Encontrar a 
velocidade e a aceleração da partícula em coordenadas cilíndricas. 
 
6 – A equação de NAVIER-STOKES da hidrodinâmica contém um termo não-linear, 
 
)]([ vv ×∇××∇
 onde v é a velocidade do fluido. 
 
Considere um fluido se movendo no sentido de k: kv ˆ)ρ(v= . 
I – escolha uma função simples para v considerando o escoamento real de um fluido em 
um tubo cilíndrico. Esboce um gráfico dessa função escolhida. 
II – mostre que para esse caso, [ kv ˆ)ρ(v= ], o termo não-linear )]([ vv ×∇××∇ se 
anula. 
 
7 – Um fio condutor ao longo do eixo z é percorrido por uma corrente I. O vetor 
potencial magnético A é dado por: 
 
kA ˆ1ln
2
I






ρpi
µ
= . 
 
O campo magnético devido a esta corrente é dado por AB ×∇= . Mostre que este 
campo vale φˆ
2
I
piρ
µ
. Esta é a lei circuital de Ampère para a magnetostática. 
 
 
7 – APLICAÇÕES SUCESSIVAS DO OPERADOR DEL 
 
 Por aplicações sucessivas devemos entender que, sobre uma função escalar ou 
vetorial, estaremos limitados a uma dupla operação. Sabemos que o operador del, 
aplicado uma única vez, permite obter as grandezas: 
 
Del[escalar] → vetor (gradiente) 
Del.[vetor] → escalar (divergente) 
Del×[vetor] → vetor (rotacional) 
 
 As cinco possibilidades para a dupla operação estão listadas abaixo:(a) escalar]f[]fgrad[div]fdel[del =∇∇== .. 
 
(b) vetor]f[]fgrad[rot]fdel[del =∇×∇==× 
 
(c) vetor][]div[grad]del[del =∇∇== A.AA. 
 
(d) escalar][]rot[div]del[del =×∇∇==× A.AA. 
 
(e) vetor][]rot[rot]del[del =×∇×∇==×× AAA 
 40 
 
Todos têm sua importância dentro da Física Matemática, entretanto, o primeiro deles 
aparece mais frequentemente descrevendo situações que envolvem diversos fenômenos 
físicos. 
 
(a) ]f[]fgrad[div]fdel[del ∇∇== .. . 
 
Vamos analisar esta relação utilizando coordenadas cartesianas. 
 
⇒





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂






∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇∇=
z
f
ˆ
y
f
ˆ
x
f
ˆ
z
ˆ
y
ˆ
x
ˆ]f[]fgrad[div .. kjijji 
 






∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇∇= 2
2
2
2
2
2
z
f
y
f
x
f]f[]fgrad[div . . 
 
O resultado da aplicação =∇∇= f]fgrad[div . 





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ 2
2
2
2
2
2
2
z
f
y
f
x
ff
 (48) 
 
é chamado Laplaciano da função f e o operador 
 
 





∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ 2
2
2
2
2
2
2
zyx
 (49) 
 
 é o operador de Laplace. 
 
Suponha que a função escalar f seja o potencial eletrostático que designaremos 
por ).z,y,x(Φ O gradiente dessa função está relacionado com o campo eletrostático 
)z,y,x(E por: 
Φ−= gradE . 
 
Em uma região do espaço no qual não existem cargas elétricas (lembre-se de que o 
operador é calculado em determinado ponto do espaço), temos: 
 
0div =∇= E.E ∴=Φ−∴ 0)]z,y,x(grad[div 
 
0)z,y,x(2 =Φ∇
 (Equação de Laplace) (50) 
 
Esta é a equação de Laplace, uma das mais importantes da Física Matemática e 
precursora, juntamente com a equação de Poisson, de um novo ramo de análise 
chamado Teoria do Potencial. 
 Se no ponto, no qual se estima o divergente do campo elétrico, existirem cargas, 
então: 
 
0elétrica ερ=∇ E. . 
 
 41 
Mas como ∴ερ=Φ∇−∇=Φ−∇⇒Φ−= 0elétrica][]grad[grad ..E 
 
0elétrica
2 ερ−=Φ∇
 (Equação de Poisson) (51) 
 
 
EXEMPLO 7.1 
 Encontrar o Laplaciano de uma função escalar, )r(Φ , que só depende de r. 
 
SOLUÇÃO 
Como não conhecemos (ainda) a expressão do Laplaciano em coordenadas esféricas (de 
uso recomendável para esse tipo de dependência), devemos partir da definição e de 
alguns resultados estabelecidos em seções anteriores. Por exemplo, 
dr
d
ˆ)r(grad Φ=Φ r , 
pode ser obtido com auxílio do exemplo 5.1, considerando que a função Φ só tenha 
dependência em r. A parte radial do divergente em coordenadas esféricas é dada por: 
 
]Ar[
rr
1div r
2
2r ∂
∂
=A . 
 
Então div[gradΦ] ∴


 Φ
=Φ∇⇒Φ∇=
dr
d
r
dr
d
r
1 2
2
22
2
2
2
dr
d
dr
d
r
2 Φ
+
Φ
=Φ∇ . 
 
Usamos a derivada total ao invés da parcial porque a função Φ só depende de r e, 
portanto, não possui dependência com θ ou com φ. 
 
 Suponha agora que nKr)r( =Φ , e que queremos obter o Laplaciano desta 
função. 
∴−+=∇⇒−+=∇=Φ∇ −−−− 2n2nn22n1nn22 r)1n(nnr2]Kr[r)1n(nnr
r
2]Kr[ 
 
2n2nn2 r)1n(n]1n2[nr]Kr[ −− +=−+=∇ . 
 
O resultado indica que o Laplaciano se anula para 1nou 0n −== . O valor nulo para n 
significa um potencial constante: K)r( =Φ ; para 1n −= , o potencial tem a forma 
analítica 
r
K)r( =Φ . Essas duas funções são soluções da equação de Laplace, 
0)r(2 =Φ∇ . O potencial 
r
K)r( =Φ é bem conhecido, e dependendo do valor da 
constante K, ele representa ou potencial eletrostático ou o gravitacional. 
 
 
 
(b) ]f[∇×∇ . 
A segunda relação listada no início desta seção, ]f[]fgrad[rot ∇×∇= , pode ser 
calculada através da definição: 
 42 
 
zf yf xf
 
ˆ
 
ˆ
 
]f[ zyx
∂∂∂∂∂∂
∂∂∂=∇×∇
kj i
. 
 
Expandindo este determinante pela primeira linha (sempre), temos: 
 
=





∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
+



∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
−





∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
=∇×∇
x
f
yy
f
x
ˆ
x
f
zz
f
x
ˆ
y
f
zz
f
y
ˆ]f[ kji 
 
 





∂∂
∂
−
∂∂
∂
+





∂∂
∂
−
∂∂
∂
−





∂∂
∂
−
∂∂
∂
=
xy
f
yx
f
ˆ
xz
f
zx
f
ˆ
yz
f
zy
f
ˆ
222222
kji (52) 
 
Se a função f possui as segundas derivadas contínuas, a ordem se derivação é irrelevante 
e, portanto, o resultado dessa combinação de operadores se anula. Nestas condições, 
dizemos que o rotacional de um gradiente é zero, ou, todo gradiente é irrotacional. 
 
 Devemos salientar um ponto importante após os resultados de (a) e (b). 
No primeiro caso Φ∇=Φ∇∇=Φ 2][]grad[div . , pode se anular devido a uma situação 
física (ausência de cargas elétricas, por exemplo), enquanto )f(]fgrad[rot ∇×∇= pode 
se anular devido as características da função escalar (possuir segundas derivadas 
contínuas). 
 
A relação (d), ][]rot[div A.A ×∇∇= , será nula se o vetor A possuir derivadas contínuas 
e, nesse caso, dizemos que o divergente de um rotacional é zero, ou, todo rotacional é 
solenoidal. 
 
O LAPLACIANO EM COORDENADAS ESFÉRICAS E CILÍNDRICAS 
 
 Em coordenadas esféricas o operador del é dado por: 
ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
=∇
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ
φθ
r (53) 
 








ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂








ϕ∂
∂
θ
+
θ∂
∂
+
∂
∂
==∇ f
rsen
ˆf
r
ˆ
r
f
ˆ
rsen
ˆ
r
ˆ
r
ˆ]fgrad[divf .2 φθrφθr . 
 
O operador del atua escalarmente sobre o vetor derivando tanto as componentes como 
também os versores. A mesma situação já foi encontrada anteriormente quando 
obtivemos o divergente em coordenadas esféricas. Pode-se aqui repetir o que foi feito 
nesse caso e o resultado final é: 
 






ϕ∂
∂
θ
+





θ∂
∂θ
θ∂
∂
+





∂
∂
∂
∂θ
θ
=ϕθ∇ 2
2
2
2
2 f
sen
1f
sen
r
f
r
r
sen
senr
1),,r(f
 (54) 
 
 43 
Essa expressão representa o Laplaciano em coordenadas esféricas. 
 O operador del em coordenadas cilíndricas é: 
 
z
ˆ
ˆ
ˆ
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=∇ kφρ . 
 






∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂






∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+
ρ∂
∂
=ϕ∇
z
f
ˆ
fˆf
ˆ
z
ˆ
ˆ
ˆ)z,,r(f .2 kφρkφρ . 
 
As mesmas observações feitas acima sobre o efeito do operador del sobre o vetor 
também são pertinentes aqui. O resultado final é dado por: 
 
2
2
2
2
2
2
z
ff1f1)z,,r(f
∂
∂
+
ϕ∂
∂
ρ
+





ρ∂
∂ρ
ρ∂
∂
ρ
=ϕ∇
 (55) 
 
Expressão do Laplaciano em coordenadas cilíndricas. 
 
 
EXEMPLO 7.2 
 Mostre que a função ϕθ=ϕθ cosrsen),,r(f satisfaz a equação de Laplace. 
 
SOLUÇÃO 
Se você perceber que a função dada em coordenadas esféricas nada mais é do que a 
variável x, então a solução não vai além de duas linhas: isto porque se uma função é 
solução em um sistema de coordenadas, ela será solução em qualquer outro sistema. 
 
0
x
)x(
xcosrsen),,r(f 2
2
=
∂
∂
⇒=ϕθ=ϕθ . 
 
Quando esta identificação não acontece, devemos calcular o Laplaciano no sistema de 
coordenadas adequado e verificar se ele se anula. É o que faremos a seguir. 
 
ϕθ=
∂
∂
cossen
r
f
; ϕθ=
θ∂
∂
coscosr
f
; ϕθ−=
ϕ∂
∂
⇒ϕθ−=
ϕ∂
∂
cosrsen
f
senrsen
f
2
2
. 
 



 ϕθ−
θ
+ϕθ
θ∂
∂
+ϕθ
∂
∂θ
θ
=ϕθ∇ )cosrsen(
sen
1)cosrsen()cossenr(r
sen
senr
1),,r(f 222 
 
 
[ ]ϕ−ϕθ−ϕ+ϕθ
θ
= cosrcosrsencosrcosrsen2
senr
1 222
2 
 
 
θ
ϕ
−ϕθ−
θ
ϕθ
+ϕθ=
sen
cos
r
1
cossen
r
1
sen
coscos
r
1
cossen
r
2 2
 
 
 44 
 ]coscoscoscossen[
rsen
1 22 ϕ−ϕθ+ϕθ
θ
= 
 
 ∴ϕ−θ+θϕ
θ
= ]cos)cossen([cos
rsen
1 22
 
 
0),,r(f2 =ϕθ∇ . 
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS – SEÇÃO 7 
 
1 – No texto suprimimos diversas etapas matemáticas para obter o Laplaciano em 
coordenadas esféricas. Efetue as passagens matemáticas para obter o Laplaciano como 
dado por (54). 
 
2 – Calcular o Laplaciano para as funções escalares: 
 
(a) )yxln( 22 + (b) )zyx(xy 222 ++ (c) )zyxln( 222 ++ . 
 
Respostas: (a) zero; (b) 14xy; (c) 2222 r
2
zyx
2
=
++
 
 
3 – Esse exercício pretende mostrar como pode, às vezes, ocorrerem pequenos deslizes. 
Sabe-se que o valor f2∇ INDEPENDE do sistema de coordenadas, ou seja: se o item 
(a) do primeiro exercício se anulou para coordenadas cartesianas, ele deve se anular 
para cilíndricas e esféricas. Calcule o Laplaciano de (a) em coordenadas cilíndricas e 
esféricas. 
 
4 – Resolva a equação de Laplace em coordenadas cilíndricas para a função )ρ(Φ=Φ . 
 
5 – A equação de Poisson é mais conhecida por suas aplicações em teoria 
eletromagnética. Entretanto, ela se aplica igualmente bem para potenciais 
gravitacionais. Estabeleça a equação de Poisson para o potencial gravitacional. 
Sugestão: consulte um livro de Mecânica Clássica; por exemplo, “Classical dynamics 
of particles and systems” de Marion and Thornton. 
 
6 – Mostre que ( ) 2122 zρ
1)z,ρ(f
+
= é uma solução da equação de Laplace. Estamos 
supondo que 22 zρ + seja diferente de zero. 
 
7 – Usando a equação de Laplace unidimensional, determine o potencial para qualquer 
ponto entre as placas mostradas na figura abaixo. Use seus conhecimentos de 
eletrostática. 
 
 45 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 46 
 
RESPOSTAS DOS PROBLEMAS DA PARTE I 
 
SEÇÃO 2 
(1) (a) 52− ; (b) 37 ; (c) 13e2 2− 
(2) (a) kji ˆ)yx(
1
ˆ
)yx(
yz2
ˆ
)yx(
xz2fgrad 22222222 +
−
+
+
+
=− , kji ˆˆ4ˆ0fgrad P −+=− ; 
 (b) ji ˆ)ee(xcos
2
1
ˆ)ee(xsen
2
1fgrad yyyy −− −−+=− , iˆ)1(coshfgrad P =− 
(3) 200)ˆ10ˆ8ˆ6( kji −+− 
(4) (a) 5/)ˆ3ˆ4( ji − ; (b) 10/)ˆ8ˆ6( ji + ; (c) 50/)ˆ5ˆ4ˆ3( kji −+ 
 
SEÇÃO 3 
(1) 3 
(2) (a) 22 xxz2y −+ ; (b) 3; (c) ycose2 x ; (d) xe2 
 
SEÇAO 4 
(1) kˆy4 
(2) kji ˆ)xy2yz2(ˆxxz2ˆxy2 −++− 
(3) kˆysene2 x 
(5) (a) incompressível; (b) compressível; (c) kˆ2− ; 0 (irrotacional) 
 
SEÇÃO 5 
(2) Sim; isso pode sugerir (e de fato ocorre) é que o divergente tem o mesmo valor, 
independente do sistema de coordenadas. 
(3) Ambos variam com r/1 . 
(4) (a) φˆsenθ ; (b) ( ) φˆsenr4m 2 θpiµ ; (c) ( ){ }θr ˆsenˆcos2r4m 3 θ+θpiµ 
 
SEÇÃO 6 
(1) ρ+ϕρ+ρ= cos/zdiv 2A ; kφA ˆsen3ˆzrot ϕρ+= 
(2) ρ= /1divA ; ( )ρA ˆ/senrot ρϕ−= 
(3) kφρ ˆ)/z2(ˆ)/sen(ˆ)/zcos1( 22 ρ+ρϕ−ρ−ϕ+ ; ρˆ)/1( 2ρ− 
(4) kˆVV 





ϕ∂
∂
−
ρ∂
∂ ρϕ
 
(5) kφρv ˆzˆˆ &&& +ϕρ+ρ= 
(6) A escolha poderia ser, por exemplo, kv ˆ)(A)( 2oρ−ρ=ρ . 
 
SEÇÃO 7 
(2) (a) 0; (b) xy14 ; (c) 2222 r
2
zyx
2
=
++
 
(4) ( )o1o /lnK)()( ρρ+ρΦ=ρΦ 
 47 
(5) σpi=φ∇ G42 (onde G é a constante gravitação universal e σ é a densidade 
volumétrica de massa). 
(7) 
d
x)VV(V)x(V 121 −+= 
 48 
BIBLIOGRAFIA 
 
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Sons, 1988. 
 
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Science Books, 2003. 
 
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edition, Academic Press, 2001.