TEOREMA DE GAUSS

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144 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
3.8 O Teorema da divergência ou Teorema de Gauss
O Teorema de Stokes relaciona uma integral de superfície com uma de linha ao longo do
bordo da superfície. O Teorema de Gauss exprime uma relação entre uma integral de
superfície e uma integral de volume sobre a região limitada pela superfície.
Teorema 3.64 Teorema da divergência ou Teorema de Gauss: Seja V um sólido
no R3 limitado por uma superfície S regular, ou regular por partes, fechada, orientada
pela normal unitária exterior n. Seja D um aberto contendo V e F : D→ R3 um campo
vetorial de classe C1 em D. TemosZZZ
V
div F (x, y, z) dxdydz =
ZZ
S=∂V
F.n dS. (3.7)
Prova. Seja
F (x, y, z) = (P (x, y, z) , Q (x, y, z) , R (x, y, z)) .
Expressando n em termos do seus cossenos diretores,
n = (cosαx, cosαy, cosαz) ,
provar a igualdade em (3.7) é equivalente a provar queZZZ
V
∂P
∂x
(x, y, z) dxdydz =
ZZ
S
P cosαx dS =
ZZ
S
Pdy ∧ dz,ZZZ
V
∂Q
∂y
(x, y, z) dxdydz =
ZZ
S
Q cosαy dS =
ZZ
S
Qdz ∧ dx,
ZZZ
V
∂R
∂z
(x, y, z) dxdydz =
ZZ
S
R cosαz dS =
ZZ
S
Rdx ∧ dy.
A idéia da prova é a mesma para todas: transformar a integral tripla numa dupla e esta
numa integral de superfície. Para a terceira igualdade vamos supor que V é projetável no
plano xOy, isto é
V = {(x, y, z) : (x, y) ∈ K, f1 (x, y) ≤ z ≤ f2 (x, y)} ,
onde K ⊂ R2 é fechado e limitado com fronteira ∂K = γ regular, ou regular por partes,
fechada, simples e as funções f1, f2 : K → R são de classe C1 em K. Nestas condições
temos S = S1∪ S2 ∪ S3, onde
S1 = {(x, y, z) : (x, y) ∈ K, z = f1 (x, y)} ,
S2 = {(x, y, z) : (x, y) ∈ K, z = f2 (x, y)} ,
S3 = {(x, y, z) : (x, y) ∈ ∂K, f1 (x, y) ≤ z ≤ f2 (x, y)} .
3.8. O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAUSS 145
Logo ZZ
S
R cosαz dS =
3X
i=1
ZZ
Si
R cosαz dS.
1. Em S3 vemos que n é paralelo ao plano xOy, assimZZ
S3
R cosαz dS = 0.
2. S2 pode ser parametrizada por
r (x, y) = (x, y, f2 (x, y)) , (x, y) ∈ K,
então
N (x, y) =
µ
−∂f2
∂x
(x, y) ,−∂f2
∂y
(x, y) , 1
¶
e n (x, y) =
N (x, y)
kN (x, y)k
e portantoZZ
S2
R cosαz dS =
ZZ
S2
Rdx ∧ dy =
ZZ
K
R (x, y, f2 (x, y)) dxdy.
3. S1 pode ser parametrizada por
r (x, y) = (x, y, f1 (x, y)) , (x, y) ∈ K,
então
N (x, y) =
µ
−∂f1
∂x
(x, y) ,−∂f1
∂y
(x, y) , 1
¶
e n (x, y) = − N (x, y)kN (x, y)k
e ZZ
S1
R cosαz dS = −
ZZ
S1
Rdx ∧ dy = −
ZZ
K
R (x, y, f1 (x, y)) dxdy.
146 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
Somando os resultados obtidos segueZZ
S
R cosαz dS =
ZZ
K
[R (x, y, f2 (x, y))−R (x, y, f1 (x, y))] dxdy
=
ZZ
K
Z f2(x,y)
z=f1(x,y)
∂R
∂z
(x, y, z) dxdydz
=
ZZZ
V
∂R
∂z
(x, y, z) dxdydz.
Se V é projetável no plano yOz, mostramosZZ
S
P cosαx dS =
ZZZ
V
∂P
∂x
(x, y, z) dxdydz.
Se V é projetável no plano xOz, mostramosZZ
S
Q cosαy dS =
ZZZ
V
∂Q
∂y
(x, y, z) dxdydz.
Desta forma o Teorema de Gauss fica provado para sólidos que são projetáveis nos tres
planos coordenados. Quando V é um sólido qualquer que pode ser dividido, por meio
de superfícies regulares por partes, num número finito de sólidos projetáveis , então apli-
camos o teorema a cada um deles e somamos os resultados, deste modo o resultado fica
estabelecido também neste caso. ¤
Exemplo 3.65 Sejam V o sólido limitado pelo plano x+y+z = 1 e os planos coordenados
e ∂V = S orientada pela normal exterior n. Determinemos o fluxo do campo F (x, y, z) =
(x+ y + z − 1, xy, x+ y + z) através de S na direção de n.
Sabemos que o fluxo é dado pela integralZZ
S
F.n dS.
Pelo Teorema de Gauss temosZZ
S
F.n dS =
ZZZ
V
[2 + x] dxdydz =
Z 1
x=0
Z 1−x
y=0
Z 1−x−y
z=0
[2 + x] dxdydz =
3
8
.
Exemplo 3.66 Sejam
V =
©
(x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1, x2 + y2 ≤ z ≤ 5− x2 − y2
ª
,
com S = ∂V orientada pela normal exterior n, e F (x, y, z) =
µ
3xy,−3
2
y2, z
¶
, calculemosZZ
S
F.n dS.
3.8. O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAUSS 147
Temos ∇.F (x, y, z) = 1, logoZZ
S
F.n dS =
ZZZ
V
dxdydz =
Z 1
ρ=0
Z 2π
θ=0
Z 5−ρ2
z=ρ2
ρ dzdρdθ = 4π.
Exemplo 3.67 Seja S a superfície x2 + y2 + z2 = 1 com z ≥ 0, orientada pela nor-
mal n com componente em z positiva. Se F (x, y, z) =
µ
xy2, xyz,−y2z − 1
2
xz2
¶
,calculeZZ
S
F.n dS.
Observamos que S não é uma superfície fechada, então não podemos aplicar direta-
mente o Teorema de Gauss. Considerando
V =
n
(x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤
p
1− x2 − y2
o
vemos que ∂V = S ∪ S1, onde
S1 : z = 0 , x2 + y2 ≤ 1.
Como ∇.F (x, y, z) = 0, obtemos pelo Teorema de Gauss:ZZ
S
F.n dS +
ZZ
S1
F.n dS = 0,
onde S1 está orientada pela normal n com componente em z negativa. Uma parametriza-
ção de S1 pode ser
r (x, y) = (x, y, 0) , x2 + y2 ≤ 1,
assim
N (x, y) = (0, 0, 1) e n (x, y) = −N (x, y) .
Logo ZZ
S
F.n dS = −
ZZ
S1
F.n dS = 0.
Exemplo 3.68 Seja S uma superfície fechada, regular ou regular por partes, limitando
uma região V, como considerada no Teorema de Gauss. Suponhamos que a origem é um
ponto interior de V. Sejam r (x, y, z) = (x, y, z) e
F (x, y, z) = q
r (x, y, z)
kr (x, y, z)k3 ,
onde q é constante. Determinemos o fluxo de F através de S na direção da normal
exterior n de S.
Como F não está definida na origem, novamente não podemos usar diretamente o
Teorema de Gauss. Procedemos como segue: Seja Sa uma esfera centrada na origem de
148 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
raio a > 0 contida no interior de V. Por Va denotamos a região exterior à Sa e interior à
S, assim ∂Va = S ∪ Sa. Como F ∈ C1 (Va) , segue por Gauss:ZZZ
Va
∇.F (x, y, z) dxdydz =
ZZ
S
F.n dS +
ZZ
Sa
F.n dS,
mas ∇.F (x, y, z) = 0 em Va, logoZZ
S
F.n dS = −
ZZ
Sa
F.n dS.
Em Sa devemos considerar a normal unitária
n = − r (x, y, z)kr (x, y, z)k ,
assim ZZ
Sa
F.n dS = −q
ZZ
Sa
1
kr (x, y, z)k2 dS = −4πq.
Portanto ZZ
S
F.n dS = 4πq.
Exemplo 3.69 O divergente como limite do fluxo por unidade de volume: Seja
D ⊂ R3 um aberto. Se (x0, y0, z0) ∈ D consideremos Sri ⊂ D a esfera centrada em
(x0, y0, z0) com raio ri > 0, e Vri ⊂ D o sólido limitado por Sri . Se F ∈ C1 (D) segue pelo
Teorema de Gauss queZZZ
Vri
∇.F (x, y, z) dxdydz =
ZZ
Sri
F.n dS. (3.8)
Pelo Teorema do Valor Médio para integrais triplas, existe (xi, yi, zi) ∈ Vri tal queZZZ
Vri
∇.F (x, y, z) dxdydz = ∇.F (xi, yi, zi) vol (Vri) .
Concluimos de (3.8)que
∇.F (xi, yi, zi) =
1
vol (Vri)
ZZ
Sri
F.n dS. (3.9)
Considerando a sequência r1 > r2 > ... > ri > ... com ri → 0 quando i→∞ temos:
(xi, yi, zi)→ (x0, y0, z0) , quando i→∞.
Assim, da continuidade de ∇.F (x, y, z) em (x0, y0, z0) , e de (3.9) segue
∇.F (x0, y0, z0) = lim
ri→0
1
vol (Vri)
ZZ
Sri
F.n dS.
3.8. O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA OU TEOREMA DE GAUSS 149
Exemplo 3.70 A equação da continuidade na forma integral: Imaginemos um
escoamento no aberto D ⊂ R3, com velocidade v (x, y, z, t) e densidade ρ (x, y, z, t) no
ponto (x, y, z) ∈ D e no instante t ∈ I, sendo I ⊂ R um intervalo aberto. Suponhamos
v, ρ ∈ C1 (D × I) . Seja B ⊂ D um sub-conjunto fechado e limitado cuja fronteira ∂B = S
é uma superfície fechada, regular ou regular por partes, orientada pela normal exterior n.
A massa de fluido que ocupa B no instante t é dada por
M (t) =
ZZZ
B
ρ (x, y, z, t) dxdydz,
logo a taxa de variação da massa no instante t é
d
dt
M (t) =
ZZZ
B
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) dxdydz. (3.10)
Vimos que o fluxo através de S na direção de n, no instante t é
I (t) =
ZZ
S
(ρv) .n dS. (3.11)
Suponhamos que em D não existe nem fonte nem sorvedouro, então pelo Princípio da
conservação de massa segue
d
dt
M (t) = −I (t) ,
pois se a massa dentro de B aumentatemos
d
dt
M (t) ≥ 0 e I (t) ≤ 0,
e se a massa diminui então
d
dt
M (t) ≤ 0 e I (t) ≥ 0.
Assim de (3.10), (3.11) e o Teorema de Gauss obtemosZZZ
B
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) dxdydz = −
ZZZ
B
∇. (ρv) (x, y, z, t) dxdydz,
ou seja ZZZ
B
·
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) +∇. (ρv) (x, y, z, t)
¸
dxdydz = 0, (3.12)
que é a equação da continuidade na forma integral.
Como (3.12) é válido para qualquer região B em D, segue da continuidade do inte-
grando que
∂
∂t
ρ (x, y, z, t) +∇. (ρv) (x, y, z, t) = 0, ∀ (x, y, z) ∈ D.
150 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
ou ainda ·
∂
∂t
ρ+ ρ∇.v +∇ρ.v
¸
(x, y, z, t) = 0, ∀ (x, y, z) ∈ D. (3.13)
Quando tivermos
ρ (x, y, z, t) = ρ (x (t) , y (t) , z (t) , t) ,
como
d
dt
ρ (x (t) , y (t) , z (t) , t) = ∇ρ (x (t) , y (t) , z (t) , t) . (x0 (t) , y0 (t) , z0 (t)) +
+
∂
∂t
ρ (x (t) , y (t) , z (t) , t) ,
segue de (3.13) a equação·
d
dt
ρ+ ρ∇.v = 0
¸
(x, y, z, t) = 0 ,∀ (x, y, z) ∈ D.
Quando o fluido é incompressível temos
∇.v (x, y, z, t) = 0,∀ (x, y, z) ∈ D,
e dizemos que o campo v é um campo solenoidal.
3.9. RECONSTRUÇÃO DE UM CAMPO A PARTIR DE SEU ROTACIONAL 151
3.9 Reconstrução de um campo a partir de seu rota-
cional
Nosso objetivo é resolver o seguinte problema: dado um campo vetorial
F (x, y, z) = (P (x, y, z) , Q (x, y, z) , R (x, y, z)) ,
existe um campo
G (x, y, z) = (L (x, y, z) ,M (x, y, z) , N (x, y, z)) ,
tal que
∇×G (x, y, z) = F (x, y, z)??
Resolver esta questão, significa encontrar L,M e N satisfazendo o seguinte sistema de
equações diferenciais parciais:
P (x, y, z) =
∂N
∂y
(x, y, z)− ∂M
∂z
(x, y, z) (3.14)
Q (x, y, z) =
∂L
∂z
(x, y, z)− ∂N
∂x
(x, y, z) (3.15)
R (x, y, z) =
∂M
∂x
(x, y, z)− ∂L
∂y
(x, y, z) (3.16)
Suponhamos que existe solução de classe C2 em D ⊂ R3 de (3.14), (3.15) e (3.16).
Então
∇.F (x, y, z) = ∇.∇×G (x, y, z) = 0, ∀ (x, y, z) ∈ D.
O Teorema seguinte nos mostra que esta condição é também uma condição suficiente
para a existência de G.
Teorema 3.71 Seja F : D→ R3, onde D = (x1, x2)× (y1, y2)× (z1, z2) , é um intervalo
aberto do R3 e F (x, y, z) = (P (x, y, z) , Q (x, y, z) , R (x, y, z)) é de classe C1 em D.
Existe G ∈ C2 (D) tal que ∇×G (x, y, z) = F (x, y, z) em D se e só se ∇.F (x, y, z) = 0
em D.
Prova. (⇒) Já foi provado.
(⇐) Suponhamos que ∇.F (x, y, z) = 0,∀ (x, y, z) ∈ D, isto é
∂P
∂x
(x, y, z) = −∂Q
∂y
(x, y, z)− ∂R
∂z
(x, y, z) . (3.17)
Vamos supor L = 0. Por (3.14), (3.15) e (3.16), queremos encontrar M e N tais que
Q (x, y, z) = −∂N
∂x
(x, y, z) ,
R (x, y, z) =
∂M
∂x
(x, y, z) ,
P (x, y, z) =
∂N
∂y
(x, y, z)− ∂M
∂z
(x, y, z) .
(3.18)
152 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
Seja (x0, y0, z0) ∈ D. Integrando (3.18)1 e (3.18)2 com respeito a x obtemos
N (x, y, z) = −
Z x
x0
Q (t, y, z) dt+ f (y, z) ,
M (x, y, z) =
Z x
x0
R (t, y, z) dt+ g (y, z) .
Supondo f = 0 temos
∂N
∂y
(x, y, z)− ∂M
∂z
(x, y, z) = −∂g
∂z
(y, z) +
Z x
x0
·
−∂Q
∂y
− ∂R
∂z
¸
(t, y, z) dt,
logo de (3.17) segue
∂N
∂y
(x, y, z)− ∂M
∂z
(x, y, z) = −∂g
∂z
(y, z) +
Z x
x0
∂P
∂x
(t, y, z) dt
= P (x, y, z)− P (x0, y, z)−
∂g
∂z
(y, z) .
Usando (3.18)3 obtemos
g (y, z) = −
Z z
z0
P (x0, y, s) ds.
Concluimos então que o campo G = (L,M,N) existe e é dado por
L (x, y, z) = 0,
M (x, y, z) =
Z x
x0
R (t, y, z) dt−
Z z
z0
P (x0, y, s) ds,
N (x, y, z) = −
Z x
x0
Q (t, y, z) dt.
¤
Nota 3.72 Consideremos F como no Teorema 3.71. As observações feitas a seguir
mostram que a solução do problema não é única.
1. Seja G ∈ C2 (D) tal que
∇×G (x, y, z) = F (x, y, z) , ∀ (x, y, z) ∈ D.
Se ϕ : D→ R é um campo escalar de classe C2 em D e H = G+∇ϕ então
∇×H (x, y, z) = F (x, y, z) ,∀ (x, y, z) ∈ D.
2. Se G,H ∈ C2 (D) são tais que
∇×H (x, y, z) = ∇×G (x, y, z) = F (x, y, z) ,∀ (x, y, z) ∈ D,
então existe um campo escalar ϕ : D→ R de classe C2 em D tal que
H (x, y, z) = [G+∇ϕ] (x, y, z) ,∀ (x, y, z) ∈ D.
3.9. RECONSTRUÇÃO DE UM CAMPO A PARTIR DE SEU ROTACIONAL 153
Exemplo 3.73 Seja F (x, y, z) = (y − z, z − x, x− y) . Temos∇.F (x, y, z) = 0,∀ (x, y, z) ∈
R3, logo existe G ∈ C2 (D) tal que ∇×G (x, y, z) = F (x, y, z) ,∀ (x, y, z) ∈ D.
Determinemos G = (L,M,N) com M = 0. Então L e N devem satisfazer
∂N
∂y
(x, y, z) = y − z,
∂L
∂y
(x, y, z) = −x+ y,
∂L
∂z
(x, y, z)− ∂N
∂x
(x, y, z) = z − x.
Integrando as duas primeiras igualdades com repeito a y temos
N (x, y, z) =
y2
2
− zy + f (x, z) ,
L (x, y, z) = −xy + y
2
2
+ g (x, z) .
Supondo g = 0, temos
∂L
∂z
(x, y, z) = 0 e
∂N
∂x
(x, y, z) =
∂f
∂x
(x, z) .
Assim
∂f
∂x
(x, z) = −z + x
e portanto
f (x, z) = −zx+ x
2
2
+ h (z) .
Concluimos que
G (x, y, z) =
µ
−xy + y
2
2
, 0,
y2
2
− zy − zx+ x
2
2
+ h (z)
¶
.
Exemplo 3.74 Vejamos um exemplo de um campo que é solenoidal mas não é um rota-
cional: Seja D ⊂ R3 o domínio simplesmente conexo limitado por duas esferas centradas
na origem com raios 0 < a < b. Se denotamos por r (x, y, z) = (x, y, z) definimos
F (x, y, z) =
r (x, y, z)
kr (x, y, z)k3 .
Vimos que ∇.F (x, y, z) = 0, ∀ (x, y, z) ∈ D. Suponhamos que existe G ∈ C2 (D) com
∇×G (x, y, z) = F (x, y, z) , ∀ (x, y, z) ∈ D.
Consideremos uma esfera Sρ centrada na origem e raio ρ > 0 com a < ρ < b. Destaquemos
de Sρ uma pequena calota polar e denotemos por S a superfície obtida e por Γ sua fronteira
154 CAPÍTULO 3. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIES
orientada pela normal unitária exterior n de S. Aplicando o Teorema de Stokes à S
obtemos ZZ
S
∇×G.n dS =
Z
Γ
G.T ds (3.19)
Mas ZZ
S
∇×G.n dS =
ZZ
S
r (x, y, z)
kr (x, y, z)k3 .
r (x, y, z)
kr (x, y, z)k dS =
1
ρ2
a (S) ,
assim quando a calota polar se reduz a um pontoZZ
S
∇×G.n dS → 4π.
Por outro lado temos ¯¯¯¯Z
Γ
G.T ds
¯¯¯¯
≤
Z
Γ
kGk ds ≤M
Z
Γ
ds,
assim quando a calota polar se reduz a um pontoZ
Γ
G.T ds→ 0.
Estas duas convergências contrariam (3.19). Desta forma o campo G não pode existir.