Integrais de Superfície e Parametrização

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1 Integrais de superfície
1.1 Parametrização de uma superfície regular
Seja −→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3 uma função vectorial de variável vectorial
definida num conjunto conexo D,
−→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3
(u, v) 7−→ −→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) .
Designemos por S o contradomínio da função −→r ; trata-se de um subconjunto
de R3. O subconjunto S ⊂ R3 diz-se uma porção de superfície regular se a
função sua ”geradora” −→r : D ⊆ R2 −→ R3 for diferenciável e verificar
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
6= −→0 .
Esta última condição, designada por condição de regularidade, também
se pode traduzir por
rank
⎡
⎢⎢⎢⎣
∂r1
∂u
∂r3
∂u
∂r3
∂u
∂r1
∂v
∂r3
∂v
∂r3
∂v
⎤
⎥⎥⎥⎦ = 2,
em todos os pontos (u, v) do conjunto D, isto é, a matriz das derivadas parciais
de 1a ordem tem característica máxima. Esta condição, conjuntamente com a
diferenciabilidade da função −→r , traduz a não existência na superfície de arestas
ou de pontos angulosos.
A função −→r : D ⊆ R2 −→ R3 diz-se uma parametrização da superfície S
sendo u e v os parâmetros. A parametrização −→r pode ser escrita como
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = r1(u, v)
y = r2(u, v)
z = r3(u, v)
, para (u, v) ∈ D.
As equações x = r1(u, v), y = r2(u, v) e z = r3(u, v), para (u, v) ∈ D, diem-se
as equações paramétricas da superfície S.
Dado um ponto P0 (x0, y0, z0) pertencente superfície S, temos a garantia de
existir um par (u0, v0) ∈ D tal que
x0 = r1 (u0, v0) , y0 = r2 (u0, v0) e z0 = r3 (u0, v0) .
Como tal, também é usual escrever a parametrização como
−→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3
(u, v) 7−→ −→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v))
= (x (u, v) , y (u, v) , z (u, v))
1
ou seja,
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = x(u, v)
y = y(u, v)
z = z(u, v)
, para (u, v) ∈ D.
Ao ponto P0 (x0, y0, z0) está associado, de modo único, um vector do seguinte
modo: −−→
OP0 = P0 −O = (x0, y0, z0) = −→r (u0, v0)
Este vector
−−→
OP0 = (x0, y0, z0), também denotado por −→r , diz-se o vector de
posição do ponto P0 (x0, y0, z0) .
Se uma superfície S é definida em coordenadas rectangulares por z = f(x, y),
torna-se evidente uma parametrização em que a escolha dos parâmetros recai
sobre as coordenadas rectangulares x e y,
−→r (x, y) ≡
⎧
⎨
⎩
x = x
y = y
z = f(x, y)
para (x, y) ∈ Dxy,
em que o subconjunto Dxy de R2 é a projecção de S sobre o xy−plano. Analoga-
mente, se y = g(x, z) tomamos a parametrização
−→r (x, z) ≡
⎧
⎨
⎩
x = x
y = g(x, z)
z = z
para (x, z) ∈ Dxz
onde Dxz ⊆ R2 corresponde à projecção sobre o xy − plano e, se x = h(y, z)
consideramos
−→r (y, z) ≡
⎧
⎨
⎩
x = h(y, z)
y = y
z = z
para (y, z) ∈ Dyz,
onde Dyz, ⊆ R2 corresponde à projecção sobre o yz − plano.
Exercise 1 Apresente uma parametrização da superfície S definida por x +
2y + 3z = 4.
Solution 2 Trata-se do plano de equação x + 2y + 3z = 4. Dado que x =
4− 2y − 3z podemos considerar
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 4− 2u− 3v
y = u
z = v
, para (u, v) ∈ R2,
como uma parametrização da superfície S, onde x e y são os parâmetros. Tam-
bém podemos considerar como parametrizações de S as funções vectoriais
−→r (u, v) ≡
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x = u
y =
4− u− 3v
2
z = v
, para (u, v) ∈ R2,
2
(de parâmetros x e z) e
−→r (u, v) ≡
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x = u
y = v
z =
4− u− 2v
3
, para (u, v) ∈ R2
onde x e y são os parâmetros. Outra parametrização surge naturalmente da
equação vectorial de um plano. Atendendo aos vectores directores do plano, os
quais podem ser facilmente obtidos a partir de três pontos do plano que não
sejam colineares, é possível obter a equação vectorial do plano. De facto, con-
sideremos os seguintes pontos do plano x+ 2y + 3z = 4
A (−1, 1, 1) , B (3,−1, 1) e C (−3, 1, 2)
a que correspondem os vectores directores do plano
−−→
AB = B −A = (4,−2, 0) e −→AC = C −A = (−2, 0, 1) .
O plano x+ 2y + 3z = 4 tem então por equação vectorial
(x, y, z) = A+ u
−−→
AB + v
−→
AC, onde u, v ∈ R,
ou seja
(x, y, z) = (−1, 1, 1) + u (4,−2, 0) + v (−2, 0, 1) , onde u, v ∈ R.
Torna-se então imediato obter as equações paramétricas,
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = −1 + 4u− 2v
y = 1− 2u
z = 1 + v
, para (u, v) ∈ R2.
Exercise 3 Apresente uma parametrização da superfície esférica de centro na
origem e de raio 4.
Solution 4 Trata-se da superfície S definida pela condição x2 + y2 + z2 = 16.
Com base no conhecimento das coordenadas esféricas é imediato considerar para
esta superfície a parametrização
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 4 cos θ sinϕ
y = 4 sin θ sinϕ
z = 4 cosϕ
, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .
Exercise 5 Considere a superfície S caracterizada em coordenadas rectangu-
lares por
x2 + y2 + z2 = 16 ∧ z ≥ 0.
Apresente duas parametrizações distintas desta superfície S.
3
Solution 6 Trata-se da ”metade superior” (hemisfério superior) da superfície
esférica de centro O (0, 0, 0) e raio 4. Podemos considerar para S a parametriza-
ção
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 4 cos θ sinϕ
y = 4 sin θ sinϕ
z = 4 cosϕ
, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈
h
0,
π
2
i
,
baseada em coordenadas esféricas, ou a parametrização
−→r (x, y) ≡
⎧
⎨
⎩
x = x
y = y
z =
p
16− x2 − y2
, para x ∈ [−3, 3] , y ∈ [−3, 3] ,
onde x e y são os parâmetros.
Exercise 7 Considere a superfície S caracterizada em coordenadas rectangu-
lares por
x2 + y2 + z2 = 16 ∧ y < 0.
Apresente duas parametrizações distintas desta superfície S.
Solution 8 Trata-se da ”metade lateral esquerda” da superfície esférica de cen-
tro O (0, 0, 0) e raio 4. Podemos considerar para S a parametrização
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 4 cos θ sinϕ
y = 4 sin θ sinϕ
z = 4cosϕ
, para θ ∈ (π, 2π), ϕ ∈ (0, π) ,
baseada em coordenadas esféricas, ou a parametrização
−→r (x, z) ≡
⎧
⎨
⎩
x = x
y = −
√
16− x2 − z2
z = z
, para x ∈ (−3, 3) , y ∈ [−3, 0),
onde x e z são os parâmetros.
Considere a parametrização
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = r1(u, v)
y = r2(u, v)
z = r3(u, v)
, para (u, v) ∈ D,
para uma dada superfície S. Por eliminação dos parâmetros u e v na parame-
trização −→r (u, v), obtemos a equação da superfície em coordenadas rectangulares
na forma implícita
ψ (x, y, z) = 0.
A partir desta última podemos obter, nalguns casos, uma das formas explícitas
z = f(x, y), y = g(x, z) ou x = h(y, z).
4
Example 9 Determine em coordenadas rectangulares a equação que define a
superfície S definida parametricamente por
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u
y = v
z =
√
u2 + v2
, para (u, v) ∈ D,
sendo D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1ª .
Solution 10 Conforme se constacta por eliminação dos parâmetros u e v a
função −→r (u, v) parametriza o semi-cone de equação
z =
p
x2 + y2, para x2 + y2 ≤ 1
equivalente a
z2 = x2 + y2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1.
Note que z =
√
u2 + v2 ≤ 1 é consequência de u2 + v2 ≤ 1. O domínio D
corresponde à projecção Dxy da superfície cónica z2 = x2+ y2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1 no
xy-plano.
Exercise 11 Determine em coordenadas rectangulares a equação que define a
superfície S definida parametricamente por
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u cos v
y = u sin v
z = u
, para (u, v) ∈ D,
onde D =
©
(u, v) ∈ R2 | 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v < 2πª .
Solution 12 Temos
x2 + y2 = u2 cos2 v + u2 sin2 v = u2
¡
cos2 v + sin2 v
¢
= u2 = z2,
pelo que −→r parametriza o cone de equação x2 + y2 = z2. Dado que 0 ≤ u ≤ 1,
a superfície S é o cone definido por
x2 + y2 = z2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1.
Exercise 13 Determine em coordenadas rectangulares a condição que define a
superfície S definida parametricamente por
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u cos v
y = u sin v
z = u2
, para (u, v) ∈ D
para D =
©
(u, v) ∈ R2 | 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v < 2πª .
5
Solution 14 Temos
x2 + y2 = u2 cos2 v + u2 sin2 v = u2
¡
cos2 v + sin2 v
¢
= u2 = z,
pelo que −→r parametriza uma porção do parabolóidede equação z = x2 + y2.
Dado que 0 ≤ u ≤ 1, a superfície S é a porção de parabolóide definida por
z = x2 + y2 ∧ z ≤ 1.
Note que S também pode ser parametrizada por
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u
y = v
z = u2 + v2
, para (u, v) ∈ D
onde D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1ª , o círculo de centro (0, 0) e raio 1.
Remark 15 Considere a curva C parametrizada por
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x = f(t)
y = 0
z = g(t)
, para a ≤ t ≤ b.
Suponha que esta curva efectua uma rotação de 2π radianos em torno do z−eixo.
Cada um dos seus pontos descreve uma circunferência. Obtem-se deste modo,
a partir da curva C, uma superfície de revolução S que pode ser parametrizada
por
−→
R(t, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = f(t) cos v
y = f(t) sin v
z = g(t)
, para a ≤ t ≤ b, 0 ≤ v < 2π.
1.2 Orientação de uma superfície regular
Designam-se por curvas (ou linhas) coordenadas da superfície S as curvas
sobre a superfície regular S que correspondem a valores constantes dos parâmet-
ros u ou v. Dado um ponto P0 (x0, y0, z0) da superfície, obtido com os valores
(u0, v0) dos parâmetros, as curvas coordenadas que passam por P0 são definidas
pelas parametrizações
−→r (u) = −→r (u, v0) e −→r (v) = −→r (u0, v).
O vector µ
∂−→r
∂u
¶
P0
é tangente à curva coordenada parametrizada por −→r (u) = −→r (u, v0) e o vectorµ
∂−→r
∂v
¶
P0
6
é tangente à curva coordenada parametrizada por −→r (v) = −→r (u0, v). Dada a
condição de regularidade da superfície estes dois vectores não são colineares daí
que se possa considerar o plano por eles definido, a saber, de equação vectorial
(x, y, z) = P0 + α
µ
∂−→r
∂u
¶
P0
+ β
µ
∂−→r
∂v
¶
P0
, para α, β ∈ R,
que se designa por plano tangente à superfície regular S no ponto P0. Esta
designação deve-se obviamente a ser um plano que tem por vectores diretores
os vectores tangentes às curvas coordenadas que passam por P0.
Tomando o produto vectorial (ou externo)
−→
N0 =
µ
∂−→r
∂u
¶
P0
×
µ
∂−→r
∂v
¶
P0
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3µ
∂r1
∂u
¶
P0
µ
∂r3
∂u
¶
P0
µ
∂r3
∂u
¶
P0µ
∂r1
∂v
¶
P0
µ
∂r3
∂v
¶
P0
µ
∂r3
∂v
¶
P0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
obtemos um vector que é perpendicular aos dois vectores
µ
∂−→r
∂u
¶
P0
e
µ
∂−→r
∂v
¶
P0
e, por isso, é perpendicular (ou normal) ao plano que tem estes dois vectores
como vectores directores, o plano tangente à superfície S no ponto P0. Visto
que o plano tangente a uma superfície num dado ponto P0 é uma ”boa aproxi-
mação” da superfície numa certa vizinhança desse P0, o vector
−→
N0 é um vector
perpendicular à superfície S em P0 e diz-se o vector normal à superfície S.
Os vectores unitários (de norma 1) definidos pelo versor de
−→
N0 são
−→n0 = vers
³−→
N0
´
=
−→
N0���−→N0
���
=
⎛
⎝∂
−→r
∂u
⎞
⎠
P0
×
⎛
⎝∂
−→r
∂v
⎞
⎠
P0�������
⎛
⎝∂
−→r
∂u
⎞
⎠
P0
×
⎛
⎝∂
−→r
∂v
⎞
⎠
P0
�������
e
−−→n0 = −vers
³−→
N0
´
= −
−→
N0���−→N0
���
= −
⎛
⎝∂
−→r
∂u
⎞
⎠
P0
×
⎛
⎝∂
−→r
∂v
⎞
⎠
P0�������
⎛
⎝∂
−→r
∂u
⎞
⎠
P0
×
⎛
⎝∂
−→r
∂v
⎞
⎠
P0
�������
.
Estes vectores unitários têm obviamente sentidos opostos, embora ambos ten-
ham a mesma direcção que o vector
−→
N0, e dizem-se os vectores normais
unitários à superfície S no ponto P0.
Uma superfície S diz-se orientável se em cada ponto P0 (x0, y0, z0) existe,
é único, é não-nulo e é contínuo o produto vectorialµ
∂−→r
∂u
¶
P0
×
µ
∂−→r
∂v
¶
P0
.
7
Orientar uma superfície é escolher um dos vectores −→n0 ou −−→n0 como vector
normal unitário à superfície no ponto P0.
Remark 16 Obviamente nem todas as superfícies são orientáveis. A banda de
Möbius é um exemplo clássico e pode ser construído muito facilmente a partir
de uma tira que sofre meia torção antes de unir as suas extremidades (isto é,
num rectângulo [ABABA] unir A com A e B com B).Em pontos muito próxi-
mos mas separados pela linha AB, os vectores normais unitários apontam para
sentidos opostos, o que não pode acontecer em superfícies orientáveis. Como
parametrização da banda de Möbius temos
−→r (u, v) =
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩
x = (a+ v sin
u
2
) cosu
y = (a+ v sin
u
2
) sinu
z = v cos
u
2
, para u ∈ [0, 2π] , v ∈ [−h, h]
sendo 0 ≤ h ≤ a.
Exercise 17 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normal
unitário à superfície S definida por x+ 2y + 3z = 4, orientada para cima.
Solution 18 Dada a parametrização −→r (u, v) = (4− 2u− 3v, u, v), para (u, v) ∈
R2, apresentada no Exercício 1, temos
∂−→r
∂u
= (−2, 1, 0) e ∂
−→r
∂u
= (−3, 0, 1) .
Como tal, a expressão geral do vector normal a S é
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂r1
∂u
∂r3
∂u
∂r3
∂u
∂r1
∂v
∂r3
∂v
∂r3
∂v
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
= det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
−2 1 0
−3 0 1
⎤
⎦
= −→e1 − (−3−→e3 − 2−→e2) = −→e1 + 3−→e3 + 2−→e2 = (1, 2, 3) .
Dado que a superfície S é orientada para cima, consideramos este vector e não
o seu simétrico −−→N . A expressão geral do vector normal unitário a S é
−→n =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v
°°°° =
(1, 2, 3)
k(1, 2, 3)k =
(1, 2, 3)√
12 + 22 + 32
=
(1, 2, 3)√
14
=
µ
1√
14
,
2√
14
,
3√
14
¶
.
8
Exercise 19 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normal
unitários à superfície S definida por x2 + y2 + z2 = 9, orientada para fora.
Solution 20 Trata-se de uma superfície esférica de centro na origem e raio 3.
Atendendo às coordenadas esféricas, a superfície S pode ser parametrizada por
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 3 cos θ sinϕ
y = 3 sin θ sinϕ
z = 3 cosϕ
, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .
Temos
∂−→r
∂θ
= (−3 sin θ sinϕ, 3 cos θ sinϕ, 0)
e
∂−→r
∂ϕ
= (3 cos θ cosϕ, 3 sin θ cosϕ,−3 sinϕ) .
Como tal, a expressão geral do vector normal é
−→
N =
∂−→r
∂θ
× ∂
−→r
∂ϕ
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂r1
∂θ
∂r3
∂θ
∂r3
∂θ
∂r1
∂ϕ
∂r3
∂ϕ
∂r3
∂ϕ
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
= det
⎡
⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
−3 sin θ sinϕ 3 cos θ sinϕ 0
3 cos θ cosϕ 3 sin θ cosϕ −3 sinϕ
⎤
⎥⎥⎦
= (3 cos θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e1 + (−3 sin θ sinϕ) (3 sin θ cosϕ)−→e3
− [(3 cos θ sinϕ) (3 cos θ cosϕ)−→e3 + (−3 sin θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e2 ]
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 + ¡−9 sin2 θ sinϕ cosϕ¢−→e3
−
¡
9 cos2 θ sinϕ cosϕ
¢−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 − £9 sinϕ cosϕ ¡sin2 θ + cos2 θ¢¤−→e3
−
¡
9 sin θ sin2 ϕ
¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 − (9 sinϕ cosϕ)−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ
¢
Para que a superfície tenha orientação para fora há que considerar o vector nor-
mal −−→N =
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢
, que "aponta para cima"
9
no hemisfério superior, onde ϕ ∈ [0, π/2[ e "para baixo" no hemisfério inferior,
onde ϕ ∈ ]π/2, π]. A expressão geral do vector normal unitário é então
−→n =
−→
N°°°−→N°°° =
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢°°¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ¢°°
=
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢q¡
9 cos θ sin2 ϕ
¢2
+
¡
9 sin θ sin2 ϕ
¢2
+ (9 sinϕ cosϕ)2
=
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢p
81 cos2 θ sin4 ϕ+ 81 sin2 θ sin4 ϕ+ 81 sin2 ϕ cos2 ϕ
=
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢q
81
£
sin4 ϕ
¡
cos2 θ + sin2 θ
¢
+ sin2 ϕ cos2 ϕ
¤
=
9
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢
9
p
sin4 ϕ+ sin2 ϕ cos2 ϕ
=
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢q
sin2 ϕ
¡
sin2 ϕ+ cos2 ϕ
¢
=
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢p
sin2 ϕ
.
Dado que sinϕ ≥ 0 (pois ϕ ∈ [0, π]) obtemos
−→n =
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢
|sinϕ|
=
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ¢
sinϕ
=
µ
cos θ sin2 ϕ
sinϕ
,
sin θ sin2 ϕ
sinϕ
,
sinϕ cosϕ
sinϕ
¶
= (cos θ sinϕ, sin θ sinϕ, cosϕ) .
Exercise 21 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normal
unitários à superfície S definida por z = 9− x2 − y2, orientada para dentro.
Solution 22 Trata-se do parabolóide de equação z = 9 − x2 − y2. Uma para-
metrização de S é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) = 9− u2 − v2
para (u, v) ∈ D,
10
em que D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = 9ª (dado que a intersecção de z = 9−x2−
y2 com z = 0 é a circunferência de equação x2 + y2 = 9). Assim, a expressão
geral do vector normal é
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0,−2u)× (0, 1,−2v) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 −2u
0 1 −2v
⎤
⎦
= −→e3 − (−2u−→e1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .
Dado que se pretende a superfície S orientada para fora, há que considerar o
vector simétrico −−→N = (−2u,−2v,−1) que "aponta para baixo". A expressão
geral do vector normal unitário é
−→n =
−→
N°°°−→N°°° = (−2u,−2v,−1)q(−2u)2 + (−2v)2 + (−1)2 =
(2u, 2v, 1)p
4 (u2 + v2) + 1
.
Atendendo a que (u, v) ∈ D a expressão geral do vector normal unitário pode
ser simplificada para
−→n = (2u, 2v, 1)p
4 (u2 + v2) + 1
=
(2u, 2v, 1)√
4R2 + 1
=
µ
2u√
4R2 + 1
,
2v√
4R2 + 1
,
1√
4R2 + 1
¶
.
1.3 Área de uma superfície regular
Seja S uma superfície regular ou seccionalmente regular parametrizada por
−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) para (u, v) ∈ D ⊂ R2. Define-se a área
de superfície A de S como sendo o integral de superfície
A =
R
S dS =
ZZ
D
°°°−→N°°° dudv = ZZ
D
°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v
°°°° dudv .
Designa-se dS =
°°°−→N°°° dudv por elemento de área (ou área elementar) rel-
ativo aos parâmetros u e v.
Exercise 23 Calcule a área da superfície S definida por z = x2+y2 com z ≤ 1.
Solution 24 A superfície S é uma porção do parabolóide de equação z = x2 +
y2. Uma parametrização de S é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u
y = v
z = u2 + v2
, para (u, v) ∈ D
onde D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1ª , o círculo de centro (0, 0) e raio 1. Temos
∂−→r
∂u
= (1, 0, 2u) e
∂−→r
∂v
= (0, 1, 2v) .
11
Como tal, o vector normal é dado por
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂r1
∂u
∂r3
∂u
∂r3
∂u
∂r1
∂v
∂r3
∂v
∂r3
∂v
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
= det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 2u
0 1 2v
⎤
⎦
= −→e3 − (2v−→e2 + 2u−→e1) = −→e3 − 2v−→e2 − 2u−→e1 = (−2u,−2v, 1) .
A área de superfície pedida é
A =
Z
S
dS =
ZZ
D
°°°−→N°°° dudv = ZZ
D
k(−2u,−2v, 1)k dudv
=
ZZ
D
q
(−2u)2 + (−2v)2 + 12dudv =
ZZ
D
p
4u2 + 4v2 + 1dudv.
Atendendo a que D é o círculo de centro na origem e raio 1, usamos coordenadas
polares (x = ρ cos θ e y = ρ sin θ, em que o Jacobiano é ρ) no cálculo do integral
duplo. Assim,
A =
ZZ
D
p
4u2 + 4v2 + 1dudv
=
Z 2π
0
µZ 1
0
q
4 (ρ cos θ)2 + 4 (ρ sin θ)2 + 1ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
µZ 1
0
q
4ρ2
¡
cos2 θ + sin2 θ
¢
+ 1ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
µZ 1
0
p
4ρ2 + 1ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
µ
1
8
Z 1
0
¡
4ρ2 + 1
¢1/2
(8ρ) dρ
¶
dθ =
1
8
Z 2π
0
"¡
4ρ2 + 1
¢3/2
3/2
#ρ=1
ρ=0
dθ
=
1
8
Z 2π
0
2
3
³
53/2 − 1
´
dθ =
1
8
2
3
³√
53 − 1
´Z 2π
0
dθ
=
1
12
³
5
√
5− 1
´
[θ]θ=2πθ=0 =
5
√
5− 1
12
2π =
¡
5
√
5− 1
¢
π
6
.
1.4 Fluxo de um campo de vectores
O fluxo de um campo de forças
−→
F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z))
através de uma superfície regular S é dado pelo integral de superfícieZ
S
−→
F (x, y, z) |−→n d−→S ,
12
em que −→n é a expressão geral do vector normal à superfície e d−→S é o vector
elemento de área. Dada uma parametrização de S,
−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) , para (u, v) ∈ D ⊂ R2,
o módulo de d
−→
S é igual ao elemento de área dS, tal como definido na secção
anterior (dS =
°°°−→N°°° dudv), e o seu versor é o do vector normal à superfície, ou
seja, d
−→
S = ±−→n dS. Como o elemento de área dS é igual a
°°°−→N°°° dudv temos
d
−→
S = ±−→n dS = ±
−→
N°°°−→N°°°dS = ±
−→
N°°°−→N°°°
°°°−→N°°° dudv = ±−→Ndudv = ±∂−→r
∂u
×∂
−→r
∂v
dudv.
Como tal, o integral de superfície corresponde ao integral duplo
R
S
−→
F |−→n d−→S =
ZZ
D
−→
F (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v))
¯¯¯¯µ
±∂
−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
¶
dudv
em que se tomam x = r1(u, v), y = r2(u, v) e z = r3(u, v). A escolha de ±
depende da orientação da superfície S.
Exercise 25 Calcule o fluxo do campo de forças
−→
F (x, y, z) = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3
através da superfície S definida por z = 1−x2−y2 ∧ z ≥ 0 orientada para fora.
Solution 26 Trata-se de uma porção do parabolóide de equação z = 1−x2−y2
de vértice (0, 0, 1) situada acima do plano z = 0. Dado que z = 1 − x2 − y2
podemos considerar para esta superfície a parametrização
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x = u
y = v
z = 1− u2 − v2
, para u, v ∈ D,
onde x e y são os parâmetros. Temos D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = 1ª dado
que a intersecção de z = 1 − x2 − y2 com z = 0 é a circunferência de equação
x2 + y2 = 1. Temos
∂−→r
∂u
= (1, 0,−2u) e ∂
−→r
∂u
= (0, 1,−2v) .
Como tal, a expressão geral do vector normal a S é dada por
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂r1
∂u
∂r3
∂u
∂r3
∂u
∂r1
∂v
∂r3
∂v
∂r3
∂v
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
= det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 −2u
0 1 −2v
⎤
⎦
= −→e3 − (−2−→ue1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .
13
Dado que a superfície S é orientada para fora, devemos usar este vector
−→
N
e não o seu simétrico −−→N = (−2u,−2v,−1). O fluxo do campo de forças−→
F (x, y, z) =
¡
xy,−x2, x+ z
¢
ao longo da superfície S é dado pelo integral de
superfície Z
S
−→
F |−→n d−→S =
Z
S
(x, y, z) |−→n d−→S
=
ZZ
D
¡
u, v, 1− u2 − v2
¢ |(2u, 2v, 1) dudv
=
ZZ
D
¡
2u2 + 2v2 + 1− u2 − v2
¢
dudv
=
ZZ
D
¡
u2 + v2 + 1
¢
dudv.
Atendendo a que D é o círculo de centro na origem e raio 1, usamos coordenadas
polares (x = ρ cos θ e y = ρ sin θ, em que o Jacobiano é ρ) no cálculo do integral
duplo. Assim,Z
S
−→
F |−→n d−→S =
ZZ
D
¡
u2 + v2 + 1
¢
dudv
=
Z 2π
0
µZ 1
0
³
(ρ cos θ)2 + (ρ sin θ)2 + 1
´
ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
µZ 1
0
¡
ρ2
¡
cos2 θ + sin2 θ
¢
+ 1
¢
ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
µZ 1
0
¡
ρ2 + 1
¢
ρ dρ
¶
dθ =
Z 2π
0
µZ 1
0
¡
ρ3 + ρ
¢
dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
∙
ρ4
4
+
ρ2
2
¸ρ=1
ρ=0
dθ =
Z 2π
0
µ
1
4
+
1
2
¶
dθ
=
Z 2π
0
3
4
dθ =
3
4
Z 2π
0
dθ =
3
4
[θ]θ=2πθ=0 =
3
4
2π =
3π
2
.
Exercise 27 Mostre que 36π é o valor do fluxo do campo de forças
−→
F (x, y, z) = z−→e3
através da superfície esférica S definida por x2 + y2 + z2 = 9 orientada para
fora.
Solution 28 Atendendo às coordenadas esféricas, a superfície S pode ser para-
metrizada por
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x = 3 cos θ sinϕ
y = 3 sin θ sinϕ
z = 3 cosϕ
, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .
14
Temos
∂−→r
∂θ
= (−3 sin θ sinϕ, 3 cos θ sinϕ, 0)
e
∂−→r
∂ϕ
= (3 cos θ cosϕ, 3 sin θ cosϕ,−3 sinϕ) .
Como tal, a expressão geral do vector normal é dada por
−→
N =
∂−→r
∂θ
× ∂
−→r
∂ϕ
= det
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂r1
∂θ
∂r3
∂θ
∂r3
∂θ
∂r1
∂ϕ
∂r3
∂ϕ
∂r3
∂ϕ
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
= det
⎡
⎢⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
−3 sin θ sinϕ 3 cos θ sinϕ 0
3 cos θ cosϕ 3 sin θ cosϕ −3 sinϕ
⎤
⎥⎥⎦
= (3 cos θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e1 + (−3 sin θ sinϕ) (3 sin θ cosϕ)−→e3
− [(3 cos θ sinϕ) (3 cos θ cosϕ)−→e3 + (−3 sin θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e2 ]
=
¡
−9cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 + ¡−9 sin2 θ sinϕ cosϕ¢−→e3
−
¡
9 cos2 θ sinϕ cosϕ
¢−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 − £9 sinϕ cosϕ ¡sin2 θ + cos2 θ¢¤−→e3
−
¡
9 sin θ sin2 ϕ
¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ
¢−→e1 − (9 sinϕ cosϕ)−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2
=
¡
−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ
¢
Para que a superfície tenha orientação para fora há que considerar o vector
normal
−−→N =
¡
9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ
¢
= 9
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢
,
que "aponta para cima" no hemisfério superior, onde ϕ ∈ [0, π/2[ e "para
baixo" no hemisfério inferior, onde ϕ ∈ ]π/2, π]. O fluxo do campo de forças
15
−→
F (x, y, z) = (0, 0, z) ao longo da superfície S é dado pelo integral de superfícieZ
S
−→
F |−→n d−→S =
Z
S
(0, 0, z) |−→n d−→S
=
ZZ
D
(0, 0, 3 cosϕ)
¯¯
9
¡
cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ
¢
dθdϕ
=
ZZ
D
27 sinϕ cos2 ϕ dθdϕ = −27
ZZ
D
(− sinϕ) (cosϕ)2 dθdϕ
= −27
Z 2π
0
∙
cos3 ϕ
3
¸ϕ=π
ϕ=0
dθ = −27
Z 2π
0
Ã
(−1)3
3
− 1
3
!
dθ
= −27
Z 2π
0
µ
−2
3
¶
dθ = −27
µ
−2
3
¶Z 2π
0
dθ = 18
Z 2π
0
dθ
= 18 [θ]θ=2πθ=0 = 18 · 2π = 36π.
1.5 Teorema de Stokes
O vector rotacional de um campo vectorial
−→
F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z))
é, por definição, dado por
−−−→
rot
−→
F =
µ
∂F3
∂x2
− ∂F2
∂x3
,
∂F1
∂x3
− ∂F3
∂x1
,
∂F2
∂x1
− ∂F1
∂x2
¶
∈ R3.
É um campo vectorial no espaço que caracteriza a rotação de um sólido e que, por
ser definido através de derivadas parciais, é um operador diferencial. Podemos
considerar o operador sobre funções
−→∇ =
µ
∂
∂x1
,
∂
∂x2
, ...,
∂
∂xn
¶
(
−→∇ lê-se nabla), designado por operador de Hamilton, que permite obter um
simbolismo muito prático no cálculo do vector rotacional, a saber,
−−−→
rot
−→
F =
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
F1 F2 F3
⎤
⎥⎦ .
Consideremos o teorema seguinte que relaciona integrais de superfície com
integrais de linha através do campo de vectores rotacional.
Theorem 29 (teorema de Stokes da circulação ou do rotacional) Seja
C uma curva simples fechada seccionalmente regular e orientada no sentido
16
positivo. Seja S uma superfície regular e bilateral que tem a curva C como
fronteira (ou bordo) (que assenta sobre a curva C) orientada de tal modo que
em relação ao vector normal unitário −→n tomado, o percurso da curva C seja
efectuado no sentido positivo (isto é, tome-se a chamada normal exterior). Seja−→
F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z)) um campo de forças de classe
C1 (contínuo e com primeiras derivadas parciais contínuas numa vizinhança se
S) que esteja definido na superfície S. Então, tem lugar a chamada fórmula
de Stokes R
S
−−−→
rot
−→
F |−→n d−→S = HC −→F ¯¯¯−→dr ,
equivalente aZ
S
−−−−−−−−−−→
rot (F1, F2, F3) |−→n d−→S =
I
C
F1 (x, y, z) dx+ F2 (x, y, z) dy + F3 (x, y, z) dz.
O Teorema de Stokes estabelece que o fluxo do campo de vectores rotacional
de um campo de forças
−→
F através de uma superfície S é igual ao trabalho de−→
F ao longo da curva C que delimita S. Este teorema é uma generalização do
Teorema de Green a superfícies (ver p. 117 do livro recomendado).
A exigência de que se tome a normal exterior −→n significa que um observador
que "caminhe" sobre a curva C, orientado como −→n , tem a superfície S situada
à sua esquerda. Dito de outro modo, −→n deve ser tomado de tal modo que, para
um observador orientado como −→n , a orientação da curva C é negativa (isto é,
de sentido contrário ao dos ponteiros do relógio). Se a superfície S é fechada
então os dois integrais presentes na fórmula de Stokes têm valor nulo.
Exercise 30 Considere a circunferência C de equação x2 + y2 = 4 encimada
pela superfície S de equação z − 4 = −
¡
x2 + y2
¢
e um campo de vectores
−→
F (x, y, z) =
¡
x2y, yz, xz
¢
. Mostre queI
C
x2ydx+ yzdy + xzdz =
Z
S
¡
−y,−z,−x2
¢ |−→n d−→S = −4π.
Solution 31 A primeira igualdade baseia-se no Teorema de Stokes visto queI
C
x2ydx+ yzdy + xzdz =
I
C
¡
x2y, yz, xz
¢ |(dx, dy, dz)
=
I
C
¡
x2y, yz, xz
¢ |d−→r
17
e
−−−→
rot
−→
F =
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2y yz xz
⎤
⎥⎦
=
∂ (xz)
∂y
−→e1 +
∂
¡
x2y
¢
∂z
−→e2 +
∂ (yz)
∂x
−→e3
−
Ã
∂
¡
x2y
¢
∂y
−→e3 +
∂ (yz)
∂z
−→e1 +
∂ (xz)
∂x
−→e2
!
= 0−→e1 + 0−→e2 + 0−→e3 −
¡
x2−→e3 + y−→e1 + z−→e2
¢
= −x2−→e3 − y−→e1 − z−→e2 =
¡
−y,−z,−x2
¢
.
Quanto à segunda igualdade, provemos que
H
C x
2ydx + yzdy + xzdz = −4π.
Uma parametrização para a curva C é
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x(t) = 2 cos t
y(t) = 2 sin t
z(t) = 0
para t ∈ [0, 2π[.
Como vector tangente temos
d−→r
dt
= (−2 sin t, 2 cos t, 0). Assim, o integral pode
ser escrito comoI
C
x2ydx+ yzdy + xzdz
=
Z 2π
0
(2 cos t)2 2 sin t(−2 sin t)dt+ 2 sin t.0.2 cos tdt+ 2 cos t.0.0dt
= −16
Z 2π
0
cos2 t sin2 tdt = −16
Z 2π
0
1 + cos (2t)
2
.
1− cos (2t)
2
dt
= −4
Z 2π
0
(1− cos2 (2t))dt = −4
Z 2π
0
(1− 1 + cos (4t)
2
)dt
= −4
∙
t− t
2
− 1
8
sin(4t)
¸t=2π
t=0
= −4 (2π − π) = −4π.
Exercise 32 Transforme o integral de linhaZ
C
x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz
num integral duplo, sabendo que C é a circunferência de centro na origem e raio
R.
18
Solution 33 Consideremos a circunferência C sobre o xy-plano orientada pos-
itivamente. Considerando ainda uma superfície que assente sobre a curva C,
por exemplo o parabolóide de equação z = R2 − x2 − y2, podemos aplicar o
Teorema de Stokes. Temos entãoI
C
x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz =
I
C
¡
x2yz, xy2, x+ z
¢ |(dx, dy, dz)
=
I
C
¡
x2yz, xy2, x+ z
¢ |d−→r =
T. Stokes
=
Z
S
−−−−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
x2yz, xy2, x+ z
¢ |−→n d−→S
=
Z
S
(0, x2y − 1, y2 − x2z) |−→n d−→S ,
visto que
−−−−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
x2yz, xy2, x+ z
¢
=
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2yz xy2 x+ z
⎤
⎥⎦
=
∂ (x+ z)
∂y
−→e1 +
∂
¡
x2yz
¢
∂z
−→e2 +
∂
¡
xy2
¢
∂x
−→e3
−
Ã
∂
¡
x2yz
¢
∂y
−→e3 +
∂
¡
xy2
¢
∂z
−→e1 +
∂ (x+ z)
∂x
−→e2
!
= 0−→e1 + x2y−→e2 + y2−→e3 −
¡
x2z−→e3 + 0−→e1 + 1−→e2
¢
= (0, x2y − 1, y2 − x2z).
Uma parametrização do parabolóide z = R2 − x2 − y2 é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) = R2 − u2 − v2
para (u, v) ∈ D,
em que D =
©
(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = R2ª (dado que a intersecção de z = R2 −
x2−y2 com z = 0 é a circunferência de equação x2+y2 = R2). Assim, o vector
normal é dado por
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0,−2u)× (0, 1,−2v) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 −2u
0 1 −2v
⎤
⎦
= −→e3 − (−2u−→e1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .
19
Podemos então escreverI
C
x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz =
Z
S
(0, x2y − 1, y2 − x2z) |−→n d−→S
=
ZZ
D
(0, u2v − 1, v2 − u2(R2 − u2 − v2)) |(2u, 2v, 1) dudv
=
ZZ
D
(0, u2v − 1, v2 − u2(R2 − u2 − v2)) |(2u, 2v, 1) dudv
=
ZZ
D
(
¡
u2v − 1
¢
2v + v2 − u2(R2 − u2 − v2)dudv.
Caso se pretendesse calcular o valor deste integral duplo seria favorável o uso
de coordenadas polares.
Exercise 34 Determine o trabalho efectuado pelo campo de vectores
−→
F (x, y, z) = x2−→e1 + 4xy3−→e2 + y2x−→e3
numa partícula que percorre o contorno do rectângulo situado no plano z = y
de vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 3, 3) e (0, 3, 3). Considere que o rectângulo é
percorrido no sentido positivo.
Solution 35 O trabalho pedido é dado por
W =
I
C
¡
x2, 4xy3, y2
¢ |d−→r .
Atendendo ao Teorema de Stokes, podemos escrever
W =
I
C
¡
x2, 4xy3, y2
¢ |d−→rT. Stokes= Z
S
−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
x2, 4xy3, y2
¢ |−→n d−→S
considerando como superfície S o rectângulo do enunciado. Visto que
−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
x2, 4xy3, y2
¢
=
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2 4xy3 y2
⎤
⎥⎦
=
∂
¡
y2
¢
∂y
−→e1 +
∂
¡
x2
¢
∂z
−→e2 +
∂
¡
4xy3
¢
∂x
−→e3
−
Ã
∂
¡
x2
¢
∂y
−→e3 +
∂
¡
4xy3
¢
∂z
−→e1 +
∂
¡
y2
¢
∂x
−→e2
!
= 2y−→e1 + 0−→e2 + 4y3−→e3 − (0−→e3 + 0−→e1 + 0−→e2) = (2y, 0, 4y3),
temos
W =
I
C
¡
x2, 4xy3, y2
¢ |d−→r T. Stokes= Z
S
−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
x2, 4xy3, y2
¢ |−→n d−→S
=
Z
S
(2y, 0, 4y3) |−→n d−→S .
20
Uma parametrização de S é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) = v
para (u, v) ∈ D
em que D é o rectângulo no uv−plano de vértices (0, 0), (1, 0), (1, 3) e (0, 3). O
vector normal é então dado por
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0, 0)× (0, 1, 1) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 0
0 1 1
⎤
⎦
= −→e3 −−→e2 = (0,−1, 1) .
Temos então
W =
Z
S
(2y, 0, 4y3) |−→n d−→S =
ZZ
D
(2v, 0, 4v3) |(0,−1, 1) dudv
=
ZZ
D
4v3dudv =
Z 1
0
µZ 3
0
4v3 dv
¶
du =
Z 1
0
£
v4
¤v=3
v=0 du
=
Z 1
0
81 du = 81
Z 1
0
du = 81 [u]u=1u=0 = 81.
Nota: Caso a orientação da curva C fosse a contrária, para que o Teorema de
Stokes fosse válido, era necessário considerar o vector normal −−→N = (0, 1,−1).
O valor do trabalho seria obviamente simétrico: −81.
Exercise 36 Use uma superfície esférica para calcular o valor do integral de
linha I
C
xy2dx+ xdy + zdz
em que C é a circunferência de equação x2 + y2 = 9 ∧ z = 0, percorrida no
sentido negativo.
Solution 37 Podemos fazer uso do Teorema de Stokes considerando como su-
perfície S o hemisfério superior da superfície esférica de equação x2+y2+z2 = 9
visto que a sua intersecção com o plano z = 0 é a curva C. Temos entãoI
C
xy2dx+ xdy + zdz =
I
C
¡
xy2, x, z
¢ |dxdydz
=
I
C
¡
xy2, x, z
¢ |d−→r T. Stokes= Z
S
−−−−−−−−−→
rot
¡
xy2, x, z
¢ |−→n d−→S
=
Z
S
−−−−−−−−−→
(0, 0, 1− 2xy) |−→n d−→S
21
visto que
−−−−−−−−−→
rot
¡
xy2, x, z
¢
=
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xy2 x z
⎤
⎥⎦
=
∂ (z)
∂y
−→e1 +
∂
¡
xy2
¢
∂z
−→e2 +
∂ (x)
∂x
−→e3
−
Ã
∂
¡
xy2
¢
∂y
−→e3 +
∂ (x)
∂z
−→e1 +
∂ (z)
∂x
−→e2
!
= 0−→e1 + 0−→e2 + 1−→e3 − (2xy−→e3 + 0−→e1 + 0−→e2) = (0, 0, 1− 2xy).
Uma parametrização de S é
−→r (θ, ϕ) ≡
⎧
⎨
⎩
x(θ, ϕ) = 3 cos θ sinϕ
y(θ, ϕ) = 3 sin θ sinϕ
z(θ, ϕ) = 3 cosϕ
para (θ, ϕ) ∈ D
em que D é o rectângulo no θϕ−plano dado por [0, 2π[× [0, π/2] . Como vector
normal temos (consultar um exercício da secção anterior)
−→
N =
∂−→r
∂θ
× ∂
−→r
∂ϕ
= (−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ).
Para que o vector normal seja exterior à superfície consideramos o vector
−−→N = (9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ) = 9(cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ).
Portanto,I
C
xy2dx+ xdy + zdz =
Z
S
−−−−−−−−−→
(0, 0, 1− 2xy) |−→n d−→S
=
ZZ
D
(0, 0, 1− 2 · 9 sin θ cos θ sin2 ϕ) ¯¯9(cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ) dθdϕ
=
Z π
2
0
µZ 2π
0
(1− 18 sin θ cos θ sin2 ϕ) (9 sinϕ cosϕ) dθ
¶
dϕ
= 9
Z π
2
0
µZ 2π
0
(sinϕ cosϕ− 18 sin θ cos θ sin3 ϕ cosϕ)dθ
¶
dϕ
= 9
Z π
2
0
∙
θ sinϕ cosϕ− 18sin
2 θ
2
sin3 ϕ cosϕ
¸θ=2π
θ=0
dϕ
= 9
Z π
2
0
2π sinϕ cosϕ dϕ = 18π
Z π
2
0
sinϕ cosϕ dϕ
= 18π
∙
sin2 ϕ
2
¸ϕ=π2
ϕ=0
= 18π
µ
1
2
− 0
¶
= 9π.
22
Outra possibilidade seria parametrizar o hemisfério superior da superfície es-
férica x2 + y2 + z2 = 9 por
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) =
√
9− u2 − v2
para (u, v) ∈ D
em que D é o círculo no uv−plano de equação x2+y2 = 9. Como vector normal
temos então
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
=
µ
1, 0,− u√
9− u2 − v2
¶
×
µ
0, 1,− v√
9− u2 − v2
¶
=
¯¯¯¯
¯¯¯¯
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 − u√
9− u2 − v2
0 1 − v√
9− u2 − v2
¯¯¯¯
¯¯¯¯ = µ u√
9− u2 − v2
,
v√
9− u2 − v2
, 1
¶
.
Portanto, I
C
xy2dx+ xdy + zdz
=
ZZ
D
(0, 0, 1− 2uv)
¯¯¯¯µ
u√
9− u2 − v2
,
v√
9− u2 − v2
, 1
¶
dudv
=
ZZ
D
(1− 2uv) dudv.
Aplicando coordenadas polares temosI
C
xy2dx+ xdy + zdz =
ZZ
D
(1− 2uv) dudv
=
Z 2π
0
µZ 3
0
(1− 2ρ cos θρ sin θ)ρ dρ
¶
dθ
=
Z 2π
0
∙
ρ2
2
− ρ
4
2
cos θ sin θ
¸ρ=3
ρ=0
dθ
=
Z 2π
0
µ
9
2
− 81
2
cos θ sin θ
¶
dθ
=
∙
9
2
θ − 81
2
sin2 θ
2
¸θ=2π
θ=0
= 9π.
Exercise 38 Utilize o teorema de Stokes para calcular o valor do integral de
linha I
C
¡
x2 − yz
¢
dx+
¡
y2 − xz
¢
dy +
¡
z2 − xy
¢
dz
sendo C a elipse de equação x = a cos θ, y = b sin θ existente no xy-plano.
23
Solution 39 Consideremos o campo vectorial
−→
F (x, y, z) =
¡
x2 − yz, y2 − xz, z2 − xy
¢
.
Temos I
C
¡
x2 − yz
¢
dx+
¡
y2 − xz
¢
dy +
¡
z2 − xy
¢
dz
=
I
C
(x2 − yz, y2 − xz, z2 − xy) |d−→r T. Stokes=
Z
S
−−−→
rot
−→
F |−→n d−→S
=
Z
S
−−−−→
(0, 0, 0) |−→n d−→S = 0
visto que
−−−→
rot
−→
F =
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2 − yz y2 − xz z2 − xy
⎤
⎥⎦
=
∂
¡
z2 − xy
¢
∂y
−→e1 +
∂
¡
x2 − yz
¢
∂z
−→e2 +
∂
¡
y2 − xz
¢
∂x
−→e3
−
Ã
∂
¡
x2 − yz
¢
∂y
−→e3 +
∂
¡
y2 − xz
¢
∂z
−→e1 +
∂
¡
z2 − xy
¢
∂x
−→e2
!
= −x−→e1 − y−→e2 − z−→e3 − (−z−→e3 − x−→e1 − y−→e2)
= (−x+ x)−→e1 + (−y + y)−→e2 + (−z + z)−→e3 = (0, 0, 0).
Exercise 40 Verifique o teorema de Stokes para o campo de vectores
−→
F (x, y, z) = 3y−→e1 − xz−→e2 + yz2−→e3
sendo S a superfície de equação 2z = x2+y2 limitado pelo plano z = 2 orientada
para fora.
Solution 41 A superfície S corresponde a um paraboloíde que se desenvolve ao
longo do z-eixo com vértice (0, 0, 0). Para aplicar o teorema de Stokes consider-
emos a curva C de equação
x2 + y2 = 4 ∧ z = 2
por ser esta a curva de intersecção do paraboloíde S com o plano z = 2. Temos
então que verificar a igualdadeI
C
−→
F |d−→r =
Z
S
−−−→
rot
−→
F |−→n d−→S
⇔
I
C
(3y,−xz, yz2) |d−→r =
Z
S
−−−−−−−−−−−−→
rot(3y,−xz, yz2) |−→n d−→S
⇔
I
C
(3y,−xz, yz2) |d−→r =
Z
S
(z2 + x, 0,−z − 3) |−→n d−→S
24
visto que
−−−−−−−−−−−−→
rot
¡
3y,−xz, yz2
¢
=
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
3y −xz yz2
⎤
⎥⎦
=
∂
¡
yz2
¢
∂y
−→e1 +
∂ (3y)
∂z
−→e2 +
∂ (−xz)
∂x
−→e3
−
Ã
∂ (3y)
∂y
−→e3 +
∂ (−xz)
∂z
−→e1 +
∂
¡
yz2
¢
∂x
−→e2
!
= z2−→e1 + 0−→e2 − z−→e3 − (3−→e3 − x−→e1 + 0−→e2)
=
¡
z2 + x
¢−→e1 + (−z − 3)−→e3 = (z2 + x, 0,−z − 3).
Calculemos em primeiro lugar o integral de linha
H
C(3y,−xz, yz2) |d−→r . Uma
parametrização da curva C é
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x(t) = 2 cos t
y(t) = 2 sin t
z(t) = 2
para t ∈ [0, 2π[
a que corresponde o vector tangente
d−→r
dt
= (−2 sin t, 2 cos t, 0). Assim o integral
pode ser escrito comoI
C
(3y,−xz, yz2) |d−→r
=
Z 2π
0
(6 sin t,−4 cos t, 8 sin t) |(−2 sin t, 2 cos t, 0)dt
=
Z 2π
0
(−12 sin2 t− 8 cos2 t)dt
= −4
Z 2π
0
(3 sin2 t+ 2 cos2 t)dt = −4
Z 2π
0
3
1− cos (2t)
2
+ 2
1 + cos (2t)
2
dt
= −
Z 2π
0
(6(1− cos (2t)) + 4(1 + cos (2t))) dt
= −
Z 2π
0
(10− 2 cos (2t)) dt = − [10t− sin (2t)]t=2πt=0 = −20π
Quanto ao cálculo do integral de superfície, uma parametrização da superfície
S é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) =
u2 + v2
2
para (u, v) ∈ D
25
sendo D o círculo de equaçãou2 + v2 ≤ 4. Como vector normal temos
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0, 2u)× (0, 1, 2v) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 u
0 1 v
⎤
⎦ = (−u,−v, 1).
O integral pode ser então calculado comoZ
S
(z2 + x, 0,−z − 3) |−→n d−→S
=
ZZ
D
õ
u2 + v2
2
¶2
+ u, 0,−u
2 + v2
2
− 3
!
|(−u,−v, 1) dudv
=
ZZ
D
Ã
−u
µ
u2 + v2
2
¶2
− u2 − u
2 + v2
2
− 3
!
dudv
= −
Z 2π
0
ÃZ 2
0
Ã
−r cos θ
µ
r2
2
¶2
´+ r2 cos2 θ +
r2
2
+ 3
!
r dr
!
dθ
= −
Z 2π
0
µZ 2
0
µ
r6
4
cos θ + r3 cos2 θ +
r3
2
+ 3r
¶
dr
¶
dθ
= −
Z 2π
0
∙
r7
28
cos θ +
r4
4
cos2 θ +
r4
8
+ 3
r2
2
¸r=2
r=0
dθ
= −
Z 2π
0
∙
64
14
cos θ + 4 cos2 θ + 8
¸r=2
r=0
dθ
= −
∙
32
7
sin θ + 2θ + 2 sin (2θ) + 8θ
¸θ=2π
θ=0
= −4π − 16π = −20π.
Exercise 42 Verifique o teorema de Stokes para o campo de vectores
−→
F (x, y, z) = y−→e1 + z−→e2 + x−→e3
sendo S a superfície de um tetraedro irregular de vértices A(0, 0, 1), B(0, 1, 0),
C(1, 0, 0) e O(0, 0, 0) ao qual se excluiu a face [BCO], orientado para fora.
Solution 43 A superfície S é seccionalmente regular e corresponde à união de
três superfícies regulares S1, S2 e S3 que se encontram, respectivamente, sobre
os planos x + y + z = 1, x = 0,e y = 0. Para aplicar o teorema de Stokes
consideremos a curva fechada C que une o ponto O ao ponto C, o ponto C ao
ponto B e o ponto B ao ponto O.Temos então que verificar a igualdadeI
C
−→
F |d−→r =
Z
S
−−−→
rot
−→
F |−→n d−→S
⇔
I
C
(y, z, x) |d−→r =
Z
S
−−−−−−−→
rot(y, z, x) |−→n d−→S
⇔
I
C
(y, z, x) |d−→r =
Z
S
(−1,−1,−1) |−→n d−→S
26
visto que
−−−−−−−→
rot (y, z, x) =
−→∇ ×−→F = det
⎡
⎢⎣
−→e1 −→e2 −→e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
y z x
⎤
⎥⎦
=
∂ (x)
∂y
−→e1 +
∂ (y)
∂z
−→e2 +
∂ (z)
∂x
−→e3
−
µ
∂ (y)
∂y
−→e3 +
∂ (z)
∂z
−→e1 +
∂ (x)
∂x
−→e2
¶
= 0−→e1 + 0−→e2 + 0−→e3 − (1−→e3 + 1−→e1 + 1−→e2) = (−1,−1,−1).
Calculemos em primeiro lugar o integral de linha
H
C(y, z, x) |d−→r . A curva C é
seccionalmente regular sendo união de 3 arcos regulares: OB, BC e CO. Uma
parametrização do arco OB é
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x(t) = t
y(t) = 0
z(t) = 0
para t ∈ [0, 1]
a que corresponde o vector tangente
d−→r
dt
= (1, 0, 0). Uma parametrização do
arco BC é
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x(t) = 1− t
y(t) = t
z(t) = 0
para t ∈ [0, 1]
a que corresponde o vector tangente
d−→r
dt
= (−1, 1, 0). Uma parametrização do
arco CO é
−→r (t) ≡
⎧
⎨
⎩
x(t) = 0
y(t) = −t
z(t) = 0
para t ∈ [−1, 0]
a que corresponde o vector tangente
d−→r
dt
= (0,−1, 0). Assim, o integral pode ser
escrito comoI
C
(y, z, x) |d−→r =
Z
OB
(y, z, x) |d−→r +
Z
BC
(y, z, x) |d−→r
+
Z
CO
(y, z, x) |d−→r
=
Z 1
0
(0, 0, t) |(1, 0, 0)dt +
Z 1
0
(t, 0, 1− t) |(−1, 1, 0)dt
+
Z 0
−1
(−t, 0, 0) |(0,−1, 0)dt
=
Z 1
0
0 dt+
Z 1
0
−t dt+
Z 0
−1
0 dt =
Z 1
0
−t dt = −
∙
t2
2
¸t=1
t=0
= −1
2
.
27
Quanto ao cálculo do integral de superfície, há que considerar que S = S1∪S2∪
S3. Uma parametrização da superfície S1 é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = v
z(u, v) = 1− u− v
para (u, v) ∈ D
sendo D o triângulo de vértices [OBC]. Como vector normal temos
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0,−1)× (0, 1,−1) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 −1
0 1 −1
⎤
⎦ = (1, 1, 1).
Uma parametrização da superfície S2 é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = 0
y(u, v) = u
z(u, v) = v
para (u, v) ∈ D
sendo D0 o triângulo de vértices [AOC]. Como vector normal temos
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (0, 1, 0)× (0, 0, 1) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
0 1 0
0 0 1
⎤
⎦ = (1, 0, 0).
Vamos usar o vector normal −−→N = (−1, 0, 0). Uma parametrização da superfí-
cie S3 é
−→r (u, v) ≡
⎧
⎨
⎩
x(u, v) = u
y(u, v) = 0
z(u, v) = v
para (u, v) ∈ D
sendo D00 o triângulo de vértices [ABO]. Como vector normal temos
−→
N =
∂−→r
∂u
× ∂
−→r
∂v
= (1, 0, 0)× (0, 0, 1) = det
⎡
⎣
−→e1 −→e2 −→e3
1 0 0
0 0 1
⎤
⎦ = (0, 1, 0).
Vamos usar o vector normal −−→N = (0,−1, 0). O integral pode ser então calcu-
28
lado comoZ
S
(−1,−1,−1) |−→n d−→S
=
Z
S1
(−1,−1,−1) |−→n d−→S +
Z
S2
(−1,−1,−1) |−→n d−→S
+
Z
S3
(−1,−1,−1) |−→n d−→S
=
ZZ
D
(−1,−1,−1) |(1, 1, 1) dudv +
ZZ
D0
(−1,−1,−1) |(−1, 0, 0) dudv
+
ZZ
D00
(−1,−1,−1) |(0,−1, 0) dudv
=
ZZ
D
−3 dudv +
ZZ
D0
1 dudv +
ZZ
D00
1 dudv
= −3
Z 1
0
µZ −u+1
0
dv
¶
du+
Z 1
0
µZ −u+1
0
dv
¶
du+
Z 1
0
µZ −u+1
0
dv
¶
du
= −
Z 1
0
µZ −u+1
0
dv
¶
du = −
Z 1
0
[v]v=−u+1v=0 du = −
Z 1
0
(−u+ 1) du
= −
∙
−u
2
2
+ u
¸u=1
u=0
= −
µ
−1
2
+ 1
¶
= −1
2
.
1.6 Integral de superfície de um campo escalar
Seja S uma superfície regular parametrizada por
−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) , para (u, v) ∈ D ⊂ R2.
O elemento de área dS é dado por dS =
°°°−→N°°° dudv que se traduz por
dS =
°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v
°°°° dudv .
Seja F um campo escalar no espaço, ou seja, F (x, y, z) ∈ R. Define-se o integral
de superfície do campo escalar F através da superfície S, que se denota porR
S F (x, y, z) dS, como sendo o integral duplo
R
S F (x, y, z) dS =
ZZ
D
−→
F (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) ·
°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v
°°°° dudv .
Se F (x, y, z) = 1 então este integral corresponde à área de superfície de S (ver
Secção 1.3).
29