formas diferenciais

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
INSTITUTO DE MATEMÁTICA, ESTATÍSTICA E COMPUTAÇÃO
CIENTÍFICA
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA APLICADA E
COMPUTACIONAL
PROFESSOR: MARCIO A. FARIA ROSA
ALUNA: JULIANA GOMES F. DE SOUZA
RA 089486
RESUMO: Capítulo 10 do livro “Vector Analysis” do autor H.
P. Hsu
CAMPINAS - SP
2017
Formas Diferenciais
Hsu, Hwei P., “Vector Analysis”, Capítulo 10, Simon& Schuster, Nova York, 1969
Este texto trata-se de um resumo a respeito do Capítulo 10 do livro “Vector Analysis”
do autor H. P. Hsu. Nele iremos focar nas definições, propriedades e teoremas a respeito
de formas diferenciais além de citar alguns exemplos e resolver, ao final, os exercícios
propostos pelo autor.
Definição 1 (Forma Diferencial Exterior). No espaço tridimensional com coordenadas
x, y, z é uma expressão obtida somando e multiplicando funções reais e as diferenciais
dx, dy, dz das coordenadas.
Nas formas diferenciais as adições e multiplicações obedecem às propriedades associa-
tiva e distributivas que conhecemos, porém a multiplicação não é comutativa, ao contrário
obedece à lei anticomutativa, isto é,
dxidxj = −dxjdxi para 1 ≤ i, j ≤ 3
Por conta desta regra anticomutativa, a multiplicação será representada usando o
símbolo ∧, lê-se cunha.
Definição 2 (Forma Diferencial de grau p). Dizemos que uma forma diferencial é de
grau p (ou uma p-forma) se cada parcela da forma possui uma quantidade p de dx′is, onde
p ∈ <
Exemplo 1. Observe algumas p-formas:
• Toda função diferenciável é uma 0-forma;
• Uma expressão do tipo fdx+ gdy + hdz é uma 1-forma;
• Uma expressão do tipo fdx ∧ dy + gdy ∧ dz + hdz ∧ dx é uma 2-forma;
1
• Uma expressão do tipo fdx ∧ dy ∧ dz.
Observação: Sobre os coeficientes f, g, h, do exemplo acima, supomos serem funções
escalares continuamente diferenciáveis das coordenadas.
Além disso, de maneira geral temos para um espaço n-dimensional com coordenadas
x1, x2, · · · , xn uma p-forma é uma expressão do tipo
∑
ai1···ip(x1, · · · , xn)dxi1 ∧ · · · ∧ dxip ,
onde, a soma é feita sobre todas as combinações possíveis dos índices p e os coeficientes
ai1·ip(x1, · · · , xn) são supostos serem funções infinitamente diferenciáveis nas n variáveis.
Teorema 1. Uma forma diferencial exterior é identicamente nula se, e somente se, todos
os coeficientes em sua definição são identicamente nulos.
Para somar formas diferenciais da mesma classe combinamos os coeficientes com ter-
mos semelhantes. ∑
fidxi +
∑
gidxi =
∑
(fi + gi)dxi
forma vale para 2-forma ou 3-formas. No entanto devemos organizar os termos que contém
as mesmas diferenciais (em ordens diferentes) usando a lei anticomutativa.
A multiplicação também conhecida como produto exterior de formas diferenciais de
mesma classe, além de obedecer as propriedades associativa e distributiva, também obe-
decem a propriedade da anticomutatividade, usando a seguinte notação,
dxi ∧ dxj = −dxj ∧ dxi (1)
Observação: A ordem dos fatores deve ser mantida quando as formas são multiplicadas
(consequência da propriedade anticomutativa).
De maneira geral, temos que o produto exterior de uma p-forma e uma q-forma é uma
(p+q)-forma. Se p=0 a multiplicação por uma 0-forma não altera o grau da forma, uma
vez que as 0-formas são nada mais que funções.
Proposição 1. Em qualquer forma diferencial temos que
dxi ∧ dxi = 0
2
Demonstração. De fato, pela propriedade anticomutativa temos que:
dxi ∧ dxi = −dxi ∧ dxi ⇒ dxi ∧ dxi = 0
Observação: Em um espaço tridimensional todas as p-formas com p > 3 são nulas.
Com efeito, como consequência da propriedade anticomutativa, se tivermos um produto
de mais de três dx′is com algum dxi aparecendo duas vezes na mesma forma esta p-forma
será nula. Por exemplo,
dx ∧ dy ∧ dx ∧ dz = −dx ∧ dx ∧ dy ∧ dz = 0
Em geral, o produto exterior de uma p-forma e uma q-forma em um espaço n-
dimensional é zero, sempre que p+q for maior que n, pois haverão repetições.
Notação: Usaremos letras gregas minúsculas para representar as formas diferenciais.
Podemos estabelecer assim a lei anticomutativa para as 1-formas. Isto é,
Propriedade 1 (1-forma). Seja α e β duas 1-formas então
α ∧ β = −α ∧ β
Demonstração. Como α e β são 1-formas podem ser escritas como
α =
∑
i
fidxi, β =
∑
j
gjdxj
Usando (1) temos:
α ∧ β =
(∑
i
fidxi
)
∧
∑
j
gjdxj

=
∑
i
∑
j
figjdxi ∧ dxj
= −∑
i
∑
j
figjdxj ∧ dxi
= −
∑
j
gjdxj
 ∧ (∑
i
fidxi
)
= −β ∧ α
3
Proposição 2. Se uma transformação é descrita por x=x(u,v) e y=y(u,v), mostrar que
dx ∧ dy = ∂(x, y)
∂(u, v)du ∧ dv (2)
onde
∂(x, y)
∂(u, v) =
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣
xu xv
yu yv
∣∣∣∣∣∣∣ (3)
é o Jacobiano da transformação.
Demonstração:
Demonstração. Sabendo que as diferenciais são dadas por:
dx = ∂x
∂u
du+ ∂x
∂v
dv = xudu+ xvdv dy =
∂y
∂u
du+ ∂y
∂v
dv = yudu+ yvdv,
o produto exterior de dx e dy é:
dx ∧ dy = (xudu+ xvdv) ∧ (yudu+ yvdv)
= xuyudu ∧ du+ xuyvdu ∧ dv + xvyudv ∧ du+ xvyvdv ∧ dv
= (xuyv − xvyu)du ∧ dv
=
∣∣∣∣∣∣∣
xu xv
yu yv
∣∣∣∣∣∣∣ du ∧ dv
= ∂(x, y)
∂(u, v)du ∧ dv.
Note ainda que (2) é equivalente à lei anticomutativa (1) dos produtos exteriores pois
se tivermos dy∧dx em (2) e mudarmos as linhas do determinante, por propriedade teremos
−dx ∧ dy (determinante muda de sinal) e, dy ∧ dx = −dx ∧ dy.
Observa-se também que (2) aparece no cálculo elementar, isto é, o teorema sobre
transformação de integral múltipla requer que dxdy seja substituído por ∂(x, y)
∂(u, v)dudv,
quando fazemos a substituição x = x(u, v), y = y(u, v). Assim podemos usar as formas
diferenciais para calcular o jacobiano de uma transformação.
Exemplo 2. O sistema de coordenadas cilíndricas é definido pela tranformação x =
u cos v, y = usenv, z = w.
Usando formas diferenciais, vamos achar o Jacobiano ∂(x, y, z)
∂(u, v, w) .
4
Solução: As diferenciais de x, y e z são:
dx = cos vdu− usenvdv,
dy = senvdu+ u cos vdv,
dz = dw.
Então o produto exterior será
dx ∧ dy ∧ dz = [(cos v)du− (usenv)dv] ∧ [(senv)du+ u(cos v)dv] ∧ dw
= (u cos2 vdu ∧ dv − usen2vdv ∧ du) ∧ dw
= u(cos2 v + sen2v)du ∧ dv ∧ dw
= udu ∧ dv ∧ dw
= ∂(x, y, z)
∂(u, v, w)du ∧ dv ∧ dw.
Assim, o Jacobiano é
∂(x, y, z)
∂(u, v, w) = u
Definição 3. A derivada exterior de uma p-forma ω é uma (p+1)-forma dω obtida apli-
cando um operador d para transformar ωdω. As definições de dω para formas no espaço
tridimensional são as que seguem.
Se a função diferenciável f é uma 0-forma, então df é a 1-forma
df = ∂f
∂x
dx+ ∂f
∂y
dy + ∂f
∂z
dz (4)
Se ω é uma 1-forma f1dx+f2dy+f3dz, cujos coeficientes fi são funções diferenciáveis,
então dω é a 2-forma
dω = df1 ∧ dx+ df2 ∧ dy + df3 ∧ dz (5)
Se ω é uma 2-forma f1dy∧dz+ f2dz∧dx+ f3dx∧dy, cujos coeficientes fi são funções
diferenciáveis, então dω é a 3-forma
dω = df1 ∧ dy ∧ dz + df2 ∧ dz ∧ dx+ df3 ∧ dx ∧ dy (6)
5
Resumindo,
d(0-forma) = 1-forma
d(1-forma) = 2-forma
d(2-forma) = 3-forma
...
d(n-forma) = (n+1)-forma
Para mostrar que vale (4) observe que se f é uma função diferenciável no espaço
tridimensional, então do cálculo elementar, a diferencial df de f pode ser escrita usando
as derivadas parciais e,
df = ∂f
∂x
dx+ ∂f
∂y
dy + ∂f
∂z
dz
Justamente, a expressão para a 1-forma.
Nos próximos exemplos vamos mostrar que as outras definições acima, sobre a dife-
renciação de formas são válidas para 1-forma e 2-forma.
Exemplo 3. Vamos achar dω quando
ω = f1dx+ f2dy + f3dz
e, f1, f2 e f3 são funções diferenciáveis quaisquer.
Solução: De (5) e derivando cada fi, i = 1, 2, 3 a derivada exterior será:
dω = df1 ∧ dx+ df2 ∧ dy + df3 ∧ dz
=
(
∂f1
∂x
dx+ ∂f1
∂y
dy + ∂f1∂z
dz
)
∧ dx+
(
∂f2
∂x
dx+ ∂f2
∂y
dy + ∂f2
∂z
dz
)
∧ dy
+
(
∂f3
∂x
dx+ ∂f3
∂y
dy + ∂f3
∂z
dz
)
∧ dz
=
(
∂f3
∂y
− ∂f2
∂z
)
dy ∧ dz +
(
∂f1
∂z
− ∂f3
∂x
)
dz ∧ dx+
(
∂f2
∂x
− ∂f1
∂y
)
dx ∧ dy
Exemplo 4. Achar dω para ω dado por
ω = f1dy ∧ dz + f2dz ∧ dx+ f3dx ∧ dy
onde, f1, f2 e f3 são funções diferenciáveis de x, y e z.
6
Solução: Usando (6) e derivando cada fi, i = 1, 2, 3 temos:
dω = df1 ∧ dy ∧ dz + df2 ∧ dz ∧ dx+ df3 ∧ dx ∧ dy
=
(
∂f1
∂x
dx+ ∂f1
∂y
dy + ∂f1
∂z
dz
)
∧ dy ∧ dz
+
(
∂f2
∂x
dx+ ∂f2
∂y
dy + ∂f2
∂z
dz
)
∧ dz ∧ dx
+
(
∂f3
∂x
dx+ ∂f3
∂y
dy + ∂f3
∂z
dz
)
∧ dx ∧ dy
=
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
)
dx ∧ dy ∧ dz
A operação de diferenciação no sistema de formas diferenciais corresponde às operações
de tomar o gradiente de uma função escalar e o rotacional e a divergência de uma função
vetorial. Como mostra o esquema:
Observe que aplicando um operador d à 0-forma f(x, y, z), que corresponde a uma
função escalar obtemos um 1-forma
df = ∂f
∂x
dx+ ∂f
∂y
dy + ∂f
∂z
dz
que, por sua vez, corresponde à função vetorial ∇f = [∂f∂x, ∂f∂y, ∂f∂z], isto é o gradi-
ente de f .
Aplicando o operador d a 1-forma,
ω = f1dx+ f2dy + f3dz
que corresponde a uma função vetorial f = [f1, f2, f3], obtemos uma 2-forma(
∂f3
∂y
− ∂f2
∂z
)
dy ∧ dz +
(
∂f1
∂z
− ∂f3
∂x
)
dz ∧ dx+
(
∂f2
∂x
− ∂f1
∂y
)
dx ∧ dy
Que corresponde à função vetorial ∇× f , isto é, o rotacional de f .
7
Finalmente, se fizermos a correspondência da 2-forma
ωf1dy ∧ dz + f2dz ∧ dx+ f3dx ∧ dy
com a função vetorial f = [f1, f2, f3] e aplicando o operador d temos a 3-forma
dω =
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
)
dx ∧ dy ∧ dz,
que corresponde, por sua vez, à função escalar ∇f˙ , que nada mais é que o divergente de
f .
Propriedade 2 (Linearidade). As derivadas exteriores de formas gerais satisfazem a
propriedade de linearidade, isto é,
d(aα + bβ) = adα + bdβ (7)
onde α, β são formas arbitrárias e a, b são números.
Proposição 3. Se α é uma p-forma e β é uma q-forma num espaço n-dimensional, temos
que:
d(α ∧ β) = dα ∧ β + (−1)pα ∧ dβ (8)
Demonstração. Primeiramente, vamos mostrar o caso em que α e β são 1-formas. Assim,
escreveremos α =
∑
i
fidxi e β =
∑
j
gjdxj, onde fi, gj(i, j ∈ N) são funções diferenciáveis
das coordenadas. Então, da definição de derivada exterior, temos
dα =
∑
i
dfi ∧ dxi, dβ =
∑
j
dgj ∧ dxj
Mas,
α ∧ β =
(∑
i
fidxi
)
∧
∑
j
gjdxj
 =∑
i
∑
j
figjdxi ∧ dxj
Usando a propriedade anticomutativa (1) e as definições que demos para α, β, dα e dβ,
a derivada exterior será:
8
d(α ∧ β) = ∑
i
∑
j
d(figj) ∧ dxi ∧ dxj
=
∑
i
∑
j
[∑
k
∂figj
∂xk
dxk
]
∧ dxi ∧ dxj
=
∑
i
∑
j
(∑
k
∂fi
∂xk
gjdxk
)
∧ dxi ∧ dxj
+
∑
i
∑
j
[∑
k
fi
∂gj
∂xk
xk
]
∧ dxi ∧ dxj
=
∑
i
∑
j
(∑
k
∂fi
∂xk
dxk
)
∧ dxi ∧ gjdxj
+
∑
i
∑
j
[∑
k
∂gj
∂xk
xk
]
∧ fidxi ∧ dxj
=
∑
i
∑
j
(dfi ∧ dxi) ∧ gjdxj −
∑
i
∑
j
fidxi ∧ (dgj ∧ xj)
=
∑
i
(dfi ∧ dxi) ∧
∑
j
gjdxj −
∑
i
fidxi ∧
∑
j
(dgj ∧ dxj)
= dα ∧ β − α ∧ dβ.
E a proposição está demonstrada no caso de α e β serem 1-formas.
Agora, suponha α e β monômios dados por:
α = fdxi1 ∧ · · · ∧ dxip
β = gdxj1 ∧ · · · ∧ dxjq
Então suas derivadas exteriores são,
dα = dfdxi1 ∧ · · · ∧ dxip
dβ = dgdxj1 ∧ · · · ∧ dxjq
Usando repetidamente a propriedade anticomutativa (1) temos:
d(α ∧ β) = d(fg) ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxip ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjq
= (fdg + gdf) ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxip ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjq
= (df ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxip) ∧ (gdxj1 ∧ · · · ∧ dxjq)
+(−1)p(fdxi1 ∧ · · · ∧ dxip) ∧ (dgdxj1 ∧ · · · ∧ dxjq)
= dα ∧ β + (−1)pα ∧ dβ
9
E a proposição está demonstrada para os monômios α e β. O caso geral é obtido da
linearidade (7)
Lema 1 (de Poincaré). O Lema de Poincaré estabelece que, se ω é qualquer forma dife-
rencial de funções diferenciáveis contínuas, então
d(dω) = 0 (9)
Demonstração. Vamos mostrar primeiro para qualquer 0-forma:
Uma vez que uma 0-forma é uma função escalar, façamos ω = f(x, y, z) onde f(x, y, z)
é uma função contínua qualquer duas vezes diferenciável. Então,
dω = df = fxdx+ fydy + fzdz
Portanto,
d(dω) = d(df) = dfx ∧ dx+ dfy ∧ dy + dfz ∧ dz
= (fxxdx+ fyxdy + fzxdz) ∧ dx+ (fxydx+ fyydy + fzydz) ∧ dy
+(fxzdx+ fyzdy + fzzdz) ∧ dz
= (fyz − fzy)dy ∧ dz + (fzx − fxz)dz ∧ dx+ (fxy − fyx)dx ∧ dy
= 0
pois fyz = fzy, fzx = fxz, fxy = fyx
(De maneira similar podemos mostrar que vale para qualquer função de n variáveis.
Suponha agora ω uma p-forma no Rn como o seguinte monômio,
ω = fdxi1 ∧ · · · ∧ dxip
onde f é uma função contínua duas vezes diferenciável de n variáveis. Mas usando (8),
d(dω) = d(df ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxip)
= d(df) ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxip − df ∧ d(dxi1 ∧ · · · ∧ dxip)
= −df ∧ d(dxi1 ∧ · · · ∧ dxip)
uma vez que d(df) = 0 pela primeira parte da demonstração, fica suficiente mostrar que
d(dxi1 ∧ · · · ∧ dxip) = 0
10
Para isso vamos usar indução em p.
Suponha que d(dxj1 ∧ · · · ∧ dxjp−1) = 0 então usando (8) mais uma vez, segue que,
d(dxi1 ∧ · · · ∧ dxip) = d(dxi1) ∧ dxi2 ∧ · · · ∧ dxip − dxi1 ∧ d(dxi2 ∧ · · · ∧ dxip) = 0
pois, dxi1 = 0 e d(dxi2 ∧ · · · ∧ dxip) = 0 pela hipótese de indução.
Assim quando ω é um monômio d(dω) = 0. O caso geral é obtido da linearidade
(7).
Observação:
• O Lema de Poincaré para uma 0-forma corresponde à fórmula vetorial
rot(gradf) = ∇× (∇f) = 0
• O Lema de Poincaré para uma 1-forma corresponde à fórmula vetorial
div(rotf) = ∇ · (∇× f) = 0
Definição 4 (Transformação). Uma transformação T é uma regra que vincula a cada
ponto (u1, · · · , um) de Vm espaço m-dimensional um ponto (x1, · · · , xn) em Vn espaço n-
dimensional, isto é,
T : Vm −→ Vn
Uma transformação T pode ser expressa por meio de funções coordenadas como
xi = xi(u1, · · · , um), i = 1, 2, · · · , n.
Dizemos ainda que T é diferenciável se as suas funções coordenadas são continuas
diferenciáveis.
Dizemos também que T é biunívoca se é injetiva e sobrejetiva.
A transformação inversa T−1 de T existe se T e biunívoca e representamos por:
T−1 : Vn −→ Vm
Definição 5 (Pull Back). Se ω é uma p-forma qualquer em Vn, então T : Vm −→ Vn
quando aplicada em ω o transforma em uma p-forma ω∗ em Vm que é obtida substituindo
x1, · · · , xn e dx1, · · · , dxn onde quer que eles ocorram nas funções coordenadas e então
simplificando o resultado, quando a álgebra de formas.
11
Observação: As operações essenciais sobre formas diferenciais, isto é, soma, produto e
derivada exterior, são todas mantidas pela transformação:
(α + β)∗ = α∗ + β∗
(α ∧ β)∗ = α∗ ∧ β∗
Não esquecendo que na soma das formas elas devem ter o mesmo grau, porém no produto
exterior elas podem ter graus diferentes.
Dizemos ainda que o operador d é invariante sob uma transformação diferenciável,
isto é,
(dω)∗ = d(ω∗) (10)
Teorema 2. Se ω é uma p-forma em Vn e T : Vm −→ Vn é uma transformação diferen-
ciável então vale (10),
(dω)∗ = d(ω∗)
Demonstração. Vamos provar por indução. Primeiramente vamos mostrar que (10) é
válida quando ω é uma 0-forma.
De fato, se ω é uma 0-forma então é uma função do tipo f(x1, · · · , xn). Vamos mostrar
que
(df)∗ = d(f∗)
Por definição podemos escrever xi = xi(u1, · · · , um), i = 1, 2, · · ·n assim,
f ∗(u1, · · · , um) = f [x1(u1, · · · , um), · · · , xn(u1, · · · , um)]
Como f é diferenciável, a derivada será
df =
∑ ∂f(x1, · · · , xn)
∂xi
dxi
Logo,
(df)∗ =
∑ ∂f [x1(u1, · · · , um), · · · , xn(u1, · · · , um)]
∂xi
∂xi
∂uj
duj
=
∑ ∂f ∗(u1, · · · , um)
∂uj
duj= d(f ∗)
E a propriedade é válida para as 0-formas. Admitindo, agora que (10) é válida quando
ω é uma (p− 1)-forma, basta mostrar para uma p-forma do tipo
ω ∧ dxi
12
por (8), a derivada exterior é:
d(ω ∧ dxi) = dω ∧ dxi + (−1)p−1ω ∧ d(dxi)
= dω ∧ dxi
Visto que d(dxi) = 0 por (9). Assim,
[d(ω ∧ dxi)]∗ = (dω ∧ dxi)∗
= (dω)∗ ∧ (dxi)∗
= d(ω∗) ∧ d(x∗i )
= d[ω∗ ∧ (dxi)∗]
= d[(ω ∧ dxi)∗]
E, mostramos por indução que a propriedade é válida para qualquer p-forma.
Além disso, a relação (10) também mostra que a derivada exterior de uma forma
diferencial é independente do sistema coordenado no qual é calculada.
Definição 6 (Curva Regular). Uma curva regular C no espaço tridimensional V3 com
coordenadas x, y, z é representada pelas equações paramétricas
x = x(t), y = y(t), z = z(t)
com a ≤ t ≤ b.
Podemos também descrevê-la como uma transformação diferenciável T de tal forma
que
T : V1 −→ V3
Portanto, uma curva C em V3 é um mapeamento de um intervalo fechado [a, b] da reta
real V1 para o espaço V3.
13
Definição 7 (Integral). Se ω é uma 1-forma em V3 a integral de ω sobre uma curva é
definida por: ˆ
C
ω =
ˆ
[a,b]
ω∗ (11)
onde ω∗ é a 1-forma de ω transformada por T .
Assim, se ω = f1dx+ f2dy + f3dz então:ˆ
C
ω =
ˆ
C
f1dx+ f2dy + f3dz =
ˆ
[a,b]
ω∗ =
ˆ b
a
[f ∗1 (t)x′(t) + f ∗2 (t)y′(t) + f ∗3 (t)z′(t)]dt
onde f ∗i (t) = fi[x(t), y(t), z(t)], x′(t) = dx(t)dt, y′(t) = dy(t)dt, z′(t) = dz(t)dt. Assim o
segundo membro da igualdade se torna uma integral comum.
Exemplo 5. Se ω = x2dx+ ydy + xyzdz e C é uma curva parametrizada pela transfor-
mação x = t, y = t, z = t com 0 ≤ t ≤ 1. Vamos calcular
ˆ
C
ω
Solução: Uma vez que ω∗ = t2dt+ tdt+ t3dt = (t2+ t+ t3)dt, então pela definição acima,ˆ
C
ω =
ˆ
[0,1]
ω∗ =
ˆ 1
0
(t2 + t+ t3)dt = 13 +
1
2 +
1
4 =
13
12
Proposição 4. Se f é uma 0-forma em V3, isto é, uma função de x, y, z e C é uma curva
em V3 parametrizada, então ˆ
C
df = f ∗(b)− f ∗(a)
onde f ∗(t) = f [x(t), y(t), z(t)].
Demonstração. Pela definição (11) de uma intergal e empregando a invariância das deri-
vadas exteriores temos:ˆ
C
df =
ˆ
[a,b]
(df)∗ =
ˆ
[a,b]
d(f ∗) =
ˆ b
a
d
dt
(f ∗)dt = f ∗(b)− f ∗(a)
pelo Teorema Fundamental do Cálculo.
14
Definição 8 (Superfície Regular). Uma Superfície Regular S no espaço tridimensional
V3, com coordenadas x, y, z, é representada pelas equações paramétricas
x = x(u, v), y = y(u, v) z = z(u, v)
com a ≤ u ≤ b e c ≤ v ≤ d.
Podemos descrevê-la também por meio de uma transformação diferenciável T como
T : V2 −→ V3
logo, uma superfície S em V3 é um mapeamento de um retângulo fechado D : a ≤ u ≤
b, c ≤ v ≤ d no espaço bidimensional V2, com coordenadas u, v em V3.
Definição 9 (Integral Múltipla). Se ω é uma 2-forma em V3, então a integral de ω sobre
uma superfície S é definida por ¨
S
ω =
¨
D
ω∗ (12)
Note que ω∗ é a 2-forma ω após ser aplicada a transformação T e o segundo membro
da igualdade é uma integral múltipla comum.
Exemplo 6. Vamos calcular
¨
S
ω, onde ω = xydy ∧ dz + xdz ∧ dx + 3zxdx ∧ dy e S é
a superfície dada por z = x2 + y2 com 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução: Podemos escrever a superfície S de forma parametrizada por
x = u, y = v, z = u2 + v2
com 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1
15
ω∗ = uvdv ∧ d(u2 + v2) + ud(u2 + v2) ∧ du+ 3u(u2 + v2)du ∧ dv
= uvdv ∧ (2udu+ 2vdv) + u(2udu+ 2vdv) ∧ du+ (3u3 + 3uv2)du ∧ dv
= 2u2vdv ∧ du+ 2vdv ∧ du+ 3u3du ∧ dv + 3uv2du ∧ dv
= (3u3 + 3uv2 − 2u2v − 2v)du ∧ dv
e por (12), ¨
S
ω =
¨
D
ω∗ =
ˆ 1
0
ˆ 1
0
(3u3 + 3uv2 − 2u2v − 2v)du ∧ dv
=
ˆ 1
0
(3
4 +
3
2v
2 − 53v
)
dv
= 512
Definição 10 (Contorno). O contorno ∂S de S é formado pelas curvas laterais de S que
são definidas por
∂S1 : x = x(u, c), y = y(u, c) z = z(u, c),
∂S2 : x = x(b, v), y = y(b, v) z = z(b, v),
∂S3 : x = x(u, d), y = y(u, d) z = z(u, d),
∂S4 : x = x(a, v), y = y(a, v) z = z(a, v),
a ≤ u ≤ b, c ≤ v ≤ d. Então o contorno ∂S de S é expresso por
∂S = ∂S1 + ∂S2 − ∂S3 − ∂S4
As quatro curvas laterais são os mapeamentos dos quatro segmentos de reta que for-
mam o contorno do retângulo D em V2 para V3.
16
Os sinais negativos antes de ∂S3 e ∂S4 são pelo simples fato de qye para percorrermos
o contorno de D, e portanto de S, basta que troquemos o sentido dos segmentos de reta
∂D3 e ∂D4.
A integral da 1-forma ω em V3 sobre o contorno ∂S de S é definida como
ˆ
∂S
ω =
ˆ
∂S1
ω +
ˆ
∂S2
ω +
ˆ
−∂S3
ω +
ˆ
−∂S4
ω
=
ˆ
∂S1
ω +
ˆ
∂S2
ω −
ˆ
−∂S3
ω −
ˆ
∂S4
ω
pois o sentido do percurso de integração é dado pela relação:
ˆ
−∂Si
ω = −
ˆ
∂Si
ω
Teorema 3 (Teorema de Stokes). O Teorema de Stokes estabelece que se ω é uma 1-forma
em V3 e S é uma superfície bidimensional S em V3 então¨
S
dω =
ˆ
∂S
ω (13)
Demonstração. Vamos escrever a 1-forma ω = f1dx+ f2dy + f3dz onde fi(i = 1, 2, 3) são
funções diferenciáveis de x, y, z. Então, a 1-forma ω∗, transformada de ω por T : V2 −→ V3,
pode ser expressa como
ω∗ = f(u, v)du+ g(u, v)dv
onde f e g são funções diferenciáveis de u, v, isto é, das coordenadas de V2. Pela definição
de derivada exterior de uma 1-forma
d(ω∗) =
(
∂g
∂u
− ∂f
∂v
)
du ∧ dv
17
Por outro lado, pela definição (12) e empregando, invariância e a igualdade anterior,
¨
S
dω =
¨
D
(dω)∗ =
¨
D
d(ω∗) =
¨
D
(
∂g
∂u
− ∂f
∂v
)
dudv
=
¨
D
∂g
∂u
dudv −
¨
D
∂f
∂v
dudv (14)
Tratemos estas integrais duplas como integrais repetidas. Se o retângulo D é dado
a ≤ u ≤ b, c ≤ v ≤ d, então integrando primeiro em relação a u.
¨
D
∂g
∂u
dudv =
ˆ d
c
ˆ b
a
∂g
∂u
dudv =
ˆ d
c
I(v)dv
onde I(v) =
ˆ b
a
∂g(u, v)
∂u
du.
Visto que v é uma constante na integral parcial I(v), o integrando é a derivada ordi-
nária em relação a u. Assim, do teorema fundamental do cálculo,
I(v) = g(b, v)− g(a, v)
Em consequência,
¨
D
∂g
∂u
dudv =
ˆ d
c
g(b, v)dv −
ˆ d
c
g(a, v)dv
Mas na curva ∂D2 em ∂D, visto que du = 0 a equação ω∗ se reduz a ω∗ = g(b, v)dv.
Assim, pela definição (11) da integral temos,
ˆ d
c
g(b, v)dv =
ˆ
∂D2
ω∗ =
ˆ
∂S2
ω
ˆ d
c
g(a, v)dv =
ˆ
∂D4
ω∗ =
ˆ
∂S4
ω
Substituindo os valores das integrais temos,
¨
D
∂g
∂u
dudv =
ˆ
∂S2
ω −
ˆ
∂S4
ω
Da mesma forma, integrando primeiro em relação a v,
¨
D
∂f
∂v
dudv =
ˆ
∂S3
ω −
ˆ
∂S1
ω
18
Assim, substituindo os valores encontrados em (14) temos o seguinte resultado:
ˆ
S
dω =
ˆ
∂S2
ω −
ˆ
∂S4
ω −
ˆ
∂S3
ω +
ˆ
∂S1
ω
=
ˆ
∂S1
ω +
ˆ
∂S2
ω −
ˆ
∂S3
ω −
ˆ
∂S4
ω
=
ˆ
∂S
ω. (15)
Observação: Se os dois pontos terminais da curva C estão no contorno ∂C de C, então
o teorema de Stokes para a 0-forma é escrito como
ˆ
C
dω =
ˆ
∂C
ω
A integral de uma 0-forma num ponto p é:
ˆ
em p
ω = ω(p)
Escrevendo o teorema de Stokes de forma generalizada temos:
Teorema 4 (Teorema de Stokes Geral). Seja ω uma forma diferencial do grau (p-1)
definida em alguma região limitada p-dimensional M em Vn(p ≤ n) com uma superfície
(p-1)-dimensional como sua fronteira regular ∂M . Então,
ˆ
M
dω =
ˆ
∂M
ω (16)
Que mostra que a relação entre a integral de uma forma diferencial ω e a de sua
derivada exterior dω.
Podemos relacionar o Teorema de Stokes geral com o Teorema de Gauss, o de Stokes
Clássico e o de Green pelo teorema:
Seja f = [f1, f2, f3] uma função vetorial diferenciável contínua numa região R do
espaço tridimensional V3 e seja ω1 = f1dx+f2dy+f3dz a 1-forma correspondente. Então,
comparando
ˆ
C
ω1 =
ˆ
C
f1dx+ f2dy + f3dz =
ˆ
[a,b]
ω∗1
=
ˆ b
a
[f ∗1 (t)x′(t) + f ∗2 (t)y′(t)+ f ∗3 z′(t)]dt
ˆ
C
f · dr =
ˆ
C
(f1dx+ f2dy + f3dz)
19
E, obtemos, ˆ
C
ω1 =
ˆ
C
f · dr (17)
Assim, a integral de uma 1-forma sobre uma curva é citada como uma integral de
linha.
Se ω2 = f1dy∧dz+f2dz∧dx+f3dx∧dy é a 2-forma correspondente a f , cuja integral
de superfície pode ser expressa como
¨
S
f · dS, então
¨
S
ω2 =
¨
S
f · dS (18)
Portanto, a integral da 2-forma sobre uma superfície é também citada como uma
integral de superfície.
Se ω3 = fdx∧ dy ∧ dz é uma 3-forma correspondente à função escalar f , cuja integral
de volume é
˚
R
fdV , então ˚
R
ω3 =
˚
R
fdV (19)
Em consequência, a integral de uma 3-forma sobre uma região R corresponde a uma
integral de volume.
Teorema 5 (Teorema de Gauss para formas). Seja ω2 uma 2-forma em V3, com coorde-
nadas x, y, z dadas por
ω2 = f1dy ∧ dz + f2dz ∧ dx+ f3dx ∧ dy
com f uma função vetorial diferenciável f = [f1, f2, f3]. Assim se é verdade que (16) então
o Teorema Geral de Stokes corresponde ao teorema de Gauss ou teorema da divergência,
dado por ˚
R
∇ · f dV =
‹
S
f · dS
Demonstração. Como vimos a derivada exterior de uma 2-forma é:
dω2 =
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
)
dx ∧ dy ∧ dz
que corresponde a ∇·f . Portanto, seM é a região R em V3, então seu contorno ∂M = ∂R
é a superfície fechada S que encerra R e (16) se reduz a
˚
R
dω2 =
¨
∂R
ω2
20
Assim, com referência a (18) e (19), vemos que a integral acima corresponde ao teorema
da divergência.
Explicitamente,
˚
R
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
)
dx ∧ dy ∧ dz =
¨
∂R
f1dy ∧ dz + f2dz ∧ dx+ f3dx ∧ dy
Que corresponde ao teorema da divergência
˚
R
(
∂P
∂x
+ ∂Q
∂y
+ ∂R
∂z
)
dxdydz =
‹
S
(Pdydz +Qdzdx+Rdxdy)
Teorema 6 (Teorema de Stokes Clássico). Seja ω1 uma 1-forma em V3, dada por:
ω1 = f1dx+ f2dy + f3dz
com f uma função vetorial diferenciável f = [f1, f2, f3]. Assim se é válido que (16) então
o Teorema Geral de Stokes corresponde ao Teorema de Stokes Clássico dado por:
¨
S
∇× f · dS =
˛
C
f · dr
Demonstração. Como vimos a derivada exterior de uma 1-forma é:
dω1 =
(
∂f3
∂y
− ∂f2
∂z
)
dy ∧ dz +
(
∂f1
∂z
− ∂f3
∂x
)
dz ∧ dx+
(
∂f2
∂x
− ∂f1
∂y
)
dx ∧ dy
que corresponde a ∇× f . Assim, se M é a superfície finita bdimensional S em V3, então
seu contorno ∂M = ∂S é a curva simples fechada C que contorna S e (16) se reduz a
¨
S
dω1 =
¨
∂S
ω1
Portanto de (17) e (18) temos que a integral acima corresponde ao Teorema de Stokes
Clássico. Isto é:
¨
S
(
∂f3
∂y
− ∂f2
∂z
)
dy∧dz+
(
∂f1
∂z
− ∂f3
∂x
)
dz∧dx+
(
∂f2
∂x
− ∂f1
∂y
)
dx∧dy =
¨
∂S
f1dx+f2dy+f3dz
que corresponde ao Teorema de Stokes Clássico dado por:
˛
C
Pdx+Qdy +Rdz =
˘ (
∂R
∂y
− ∂Q
∂z
)
dydz +
(
∂P
∂z
− ∂R
∂x
)
dzdx+
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy(20)
21
Teorema 7 (Teorema de Green). Seja ω uma 1-forma em V2 com coordenadas x, y dadas
por
ω = P (x, y)dx+Q(x, y)dy,
onde P e Q são funções diferenciáveis de x e y. Assim se é válido (16) então o Teorema
de Stokes Geral corresponde ao Teorema de Green no plano dado por:
˛
C
Pdx+Qdy =
¨
R
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy
Demonstração. De fato, como vimos a derivada exterior da 1 forma dada é:
dω =
(
∂P
∂x
dx− ∂P
∂y
dy
)
∧ dx+
(
∂Q
∂x
dx− ∂Q
∂y
dy
)
∧ dy =
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx ∧ dy
Assim, se M é a região finita bidimensional S em V2, isto é, o plano xy, então seu
contorno ∂M = ∂S é uma curva simples fechada C que contorna S e (16) se reduz a
ˆ
∂S
ω =
ˆ
S
dω
De maneira explícita,
ˆ
∂S
Pdx+Qdy =
ˆ
S
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx ∧ dy
Que corresponde ao Teorema de Green no plano.
Façamos agora a resolução das atividades propostas ao final do capítulo 10 do livro “
Vector Analysis” do autor Hwei P. Hsu, utilizando - para algumas questões - o software
Wolfram Mathematica 11 - Student Edition, com auxílio do pacote matrixEDC.m:
Problema 1. Se α = xdx− zdy + y2dz, β = x2dy ∧ dz + 2dz ∧ dx− ydx ∧ dy.
Computar α ∧ β
α=x d[x] - z d[y] +y2 d[z];
β=x2 d[y]∧d[z] + 2 d[z] ∧ d[x] - y d[x]∧ d[y];
reWrite[α ∧ β]
(x3 − y3 − 2z) d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
Problema 2. Se α = dx ∧ dy + dy ∧ dz − dz ∧ dw, β = xdx ∧ dy + ydz ∧ dw
Computar α ∧ β
22
α= d[x]∧d[y]+d[y]∧d[z]-d[z]∧d[w];
β=x d[x]∧d[y]+ y d[z]∧d[w];
α ∧ β
xd(w) ∧ d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)− yd(w) ∧ d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
reWrite[α ∧ β]
(x− y)d(w) ∧ d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
Problema 3. Verificar que
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw = ∂(x, y, z, w)
∂(r, s, t, u) dr ∧ ds ∧ dt ∧ du
quando x = x(r, s, t, u), y = y(r, s, t, u), z = z(r, s, t, u) e w = w(r, s, t, u).
dx=xrd[r]+ xsd[s]+xtd[t]+xud[u];
dy=yrd[r]+ ysd[s]+ytd[t]+yud[u];
dz=zrd[r]+ zsd[s]+ztd[t]+zud[u];
dw=wrd[r]+ wsd[s]+wtd[t]+wud[u];
dx∧dy∧dz∧dw;
reWrite[dx∧dy∧dz∧dw]
d(r) ∧ d(s) ∧ d(t) ∧ d(u) (zrysxt (−wu) + zryswtxu + zrxsytwu − zrwsytxu
−zrxswtyu + zrwsxtyu + yrzsxtwu − yrzswtxu − xrzsytwu + wrzsytxu + xrzswtyu
−wrzsxtyu − yrxsztwu + yrwsztxu + xrysztwu − wrysztxu − xrwsztyu + wrxsztyu
+yrxswtzu − yrwsxtzu − xryswtzu + wrysxtzu + xrwsytzu − wrxsytzu)
Jacob={{xr, xs, xt, xu},{yr, ys, yt, yu},{zr, zs, zt, zu},{wr, ws, wt, wu}};
MatrixForm[Jacob]
xr xs xt xu
yr ys yt yu
zr zs zt zu
wr ws wt wu

Det[Jacob]
zrysxt (−wu)+zryswtxu+zrxsytwu−zrwsytxu−zrxswtyu+zrwsxtyu+yrzsxtwu−yrzswtxu−
xrzsytwu+wrzsytxu+xrzswtyu−wrzsxtyu− yrxsztwu+ yrwsztxu+xrysztwu−wrysztxu−
xrwsztyu + wrxsztyu + yrxswtzu − yrwsxtzu − xryswtzu + wrysxtzu + xrwsytzu − wrxsytzu
Problema 4. Calcular dω, onde
23
(a) ω = x2ydy ∧ dz − xzdx ∧ dy
ω=x2y d[y]∧d[z]-x z d[x]∧d[y];
d[ω]
2xyd(x) ∧ d(y) ∧ d(z)− xd(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
reWrite[d[ω]]
x(2y − 1)d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
(b) ω = 2xydx+ x2dy
ω=2 x y d[x]+ x2 d[y];
d[ω]
0
(c) ω = 2yzdy ∧ dz + xydz ∧ dx− xzdx ∧ dy
ω= 2 y z d[y]∧d[z] + x y d[z]∧d[x]- x z d[x]∧d[y];
d[ω]
0
Problema 5. Verificar a relação de invariância (dω)∗ = d(ω∗), quando ω = xydx e T é
a transformação x = u2 + v, y = v.
ω=x y d[x];
ω∗=(2u3v+2u v2)d[u]+(u2v+v2)d[v];
d[ω]
−xd(x) ∧ d(y)
d[ω∗]//Simplify
−2u (u2 + v) d(u) ∧ d(v)
-x d[x]∧d[y]/.{x→u2+v,y→v}
−2u (u2 + v) d(u) ∧ d(v)
Problema 6. Uma forma diferencial ω é chamada fechada se dω = 0. É chamada exata
se ω = dα para alguma forma α. Mostrar que toda forma exata é fechada.
24
Solução:
Como ω = dα e α é uma forma diferencial temos que
d(ω) = d(dα)
E, pelo Lema de Poincaré d(dα) = 0 ⇒ dω = 0. Logo se ω é uma forma exata então
é fechada.
Problema 7. Achar uma 1-forma ω para qual dω = (x2 + y2)dx ∧ dy.
Solução:
dω = (x2 + y2)dx ∧ dy
= x2dx ∧ dy + y2dx ∧ dy
= (−x2dy) ∧ dx+ (y2dx) ∧ dy
= d(−x2ydx) + d(xy2dy)
= d(−x2ydx+ xy2dy)
e, ω = −x2ydx+ xy2dy.
Problema 8. Mostrar que uma 1-forma ω = 2xydx+ x2dy + 2zdz é exata.
ω=2 x y d[x]+x2 d[y]+2 z d[z];
Dαx[x_,y_,z_]=2 x y;
Dαy[x_,y_,z_]= x2;
Dαz[x_,y_,z_]=2z;
Integrate[Dαy[x,y,z],y]
x2y
Integrate[Dαx[x,y,z],x]
x2y
Integrate[Dαz[x,y,z],z]
z2
Logo α(x, y, z) = x2y + β(x) e ∂Dα
∂Dx
= 2xy + β′(x) como β′(x) = 0⇒ β(x) = K temos,
α=x2y+z2;
d[α]
x2d(y) + 2xyd(x) + 2zd(z)
25
Problema 9. A 1-forma
ω = −y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
é definida no plano xy, excetuando-se a origem (0,0). Mostrar que:
(a) ω é fechada.
ω=- y
x2 + y2d[x]+
x
x2 + y2d[y];
d[ω]
−2x
2d(x) ∧ d(y)
(x2 + y2)2
+ 2d(x) ∧ d(y)
x2 + y2 −
2y2d(x) ∧ d(y)
(x2 + y2)2
Simplify[d[ω]]
0
(b) ω não é exata. (Vamos mostrar por contradição, suponha ω exata:)
α=-ArcTan[x
y
];
γ[t_]={Sin[t],Cos[t]};
ω /.{x→Sin[t],y→Cos[t]};
Simplify[%]
−d[t]
Integrate[-1,{t,0,2pi}]
−2pi
α/.{x→Sin[t],y→ Cos[t]}
− tan−1(tan(t))
α∗[t_]=-ArcTan[Tan[t]]− tan−1(tan(t))
α∗[2pi]-α∗[0] → Pelo Teorema Fundamental do Cálculo
0
Problema 10. Mostrar que o volume de uma região R em V3 é
V = 13
¨
∂R
ω
onde ω = xdy ∧ dz + ydz ∧ dx+ zdx ∧ dy
ω=x d[y]∧ d[z]+y d[z] ∧ d[x]+z d[x]∧ d[y];
26
d[ω]
3d(x) ∧ d(y) ∧ d(z)
Pelo Teorema de Gauss
¨
∂R
ω =
˚
R
dω
Problema 11. Se M é uma região no espaço tetradimensional com coordenadas x, y, z, w
e ∂M é seu contorno tridimensional, mostrar queˆ
M
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
+ ∂f4
∂w
)
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw =
=
ˆ
∂M
(f1dy ∧ dz ∧ dw + f2dz ∧ dw ∧ dx+ f3dw ∧ dx ∧ dy + f4dx ∧ dy ∧ dz)
onde as fi(x, y, z, w), 1 = 1, 2, 3, 4 são funções diferenciáveis de x, y, z e w.
Solução:
Pelo Teorema de Stokes ˆ
M
dω =
ˆ
∂M
ω
Assim, se
ω = f1dy ∧ dz ∧ dw + f2dz ∧ dw ∧ dx+ f3dw ∧ dx ∧ dy + f4dx ∧ dy ∧ dz
então:
dω = d(ω = f1dy ∧ dz ∧ dw + f2dz ∧ dw ∧ dx+ f3dw ∧ dx ∧ dy + f4dx ∧ dy ∧ dz)
= ∂f1
∂x
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw + ∂f2
∂y
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw + ∂f3
∂z
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw
+∂f4
∂w
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw
=
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
+ ∂f4
∂w
)
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw
Aplicando o Teorema de Stokes temos que:
ˆ
∂M
=
ˆ
∂M
f1dy ∧ dz ∧ dw + f2dz ∧ dw ∧ dx+ f3dw ∧ dx ∧ dy + f4dx ∧ dy ∧ dz
=
ˆ
M
(
∂f1
∂x
+ ∂f2
∂y
+ ∂f3
∂z
+ ∂f4
∂w
)
dx ∧ dy ∧ dz ∧ dw =
ˆ
M
dω.
27