Cap3_Derivada Direcional e Campos Gradientes

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Capítulo 3 
Derivada Direcional e Campos Gradientes 
 
Neste capítulo apresentaremos a derivada direcional de uma função escalar e de uma 
função vetorial. O uso do gradiente é introduzido, facilitando o cálculo da derivada 
direcional e de suas aplicações. 
Também, analisaremos combinações especiais das derivadas parciais de uma função 
vetorial ( , , )f x y z

. Surgem então, o divergente e o rotacional de ( , , )f x y z

. 
Veremos que campos vetoriais podem ser definidos a partir de campos escalares e vice-
versa. 
 
Seção 1 
Conceitos Iniciais 
Dada uma região D do espaço, podemos associar a cada ponto de D uma grandeza 
escalar ou também uma grandeza vetorial. No mundo físico fazemos isso, 
frequentemente. Por exemplo, dado um corpo sólido T, podemos associar a cada um de 
seus pontos a sua temperatura. Dizemos que um campo escalar está definido em T. 
No caso de um fluido em movimento, a cada partícula corresponde um vetor velocidade 
v

. Neste exemplo, vemos que um campo vetorial está definido em D. 
Veremos a seguir que um campo escalar é definido por uma função escalar e um campo 
vetorial por uma função vetorial. 
 
 
1.1 Campos escalares 
 
Seja D uma região no espaço tridimensional e seja f uma função escalar definida em D. 
Então, a cada ponto , P D f∈ associa uma única grandeza escalar f(P). a região D, 
juntamente com os valores de f em cada um de seus pontos, é chamada um campo 
escalar. Dizemos também que f define um campo escalar sobre D. 
 
Exemplos 
(i) Se D é um sólido no espaço e ρ a densidade em cada um de seus pontos, ρ define 
um campo escalar sobre D. 
(ii) Seja D um sólido esférico de raio r cuja temperatura em cada um de seus ponto é 
proporcional à distância do ponto até o centro da esfera. Usando um sistema de 
coordenadas cartesianas adequado, descrever a função escalar T que define o campo de 
temperatura em D. 
Solução. Traçamos um sistema de coordenadas cartesianas cuja origem coincide com o 
centro da esfera (ver Figura 3.1). 
Figura 3.1 - Esfera 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 140 
 
A distância de um ponto qualquer ( , , )P x y z do sólido esférico até o centro é dada por 
2 2 2d x y z= + + . 
Como a temperatura em ( , , )P x y z é proporcional à distância de P até o centro, a 
função que define o campo de temperatura é dada por 2 2 2( , , )T x y z k x y z= + + , 
onde k é uma constante. 
(iii) Um tanque T tem a forma de um cilindro circular reto de raio 1m e altura 3m. O 
tanque está cheio de uma substância líquida. Cada partícula desta substância está sujeita 
a uma pressão que é proporcional à distância da partícula até a superfície livre do 
líquido. Usando coordenadas cartesianas, definir uma função escalar que descreve o 
campo de pressão no interior de T. 
Solução. A Figura 3.2 mostra o tanque T. O sistema de coordenadas cartesianas foi 
traçado de tal forma que sua origem coincide com o centro da base do tanque. 
A distância de uma partícula qualquer ( , , )Q x y z até a superfície livre do líquido é 
dada por 3d z= − . 
Portanto, a função ( , , ) (3 )P x y z k z= − , onde k é uma constante de proporcionalidade, 
define o campo de pressão no interior de T. 
Figura 3.2 – Tanque T 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 141 
 
(iv) Um campo minado consiste de uma região de combate R, onde previamente são 
escolhidos pontos aleatórios, nos quais se colocam explosivos. Esse campo pode ser 
descrito pela função escalar que associa a cada ponto de R onde existe uma mina, o 
valor 1 e aos demais pontos de R, o valor 0. 
 
1.2 Campos Vetoriais 
Seja D uma região no espaço e f

 uma função vetorial definida em D. Então, a cada 
ponto , P D f∈

 associa um único vetor ( )f P

. A região D, juntamente com os 
correspondentes vetores ( )f P

, constitui um campo vetorial. Dizemos também, que f

 
define um campo vetorial sobre D. 
 
1.2.1 Exemplos 
(i) Seja D a atmosfera terrestre. A cada ponto P D∈ associamos o vetor ( )v P

 que 
representa a velocidade do vento em P. Então v

 define um campo vetorial em D 
chamado campo de velocidade. 
(ii) ( , )f x y yi x j= − +
  
 define um campo vetorial sobre 2IR . 
(iii) ( , , ) ( , , )f x y z x y z= −

 define um campo vetorial sobre 3IR . 
Frequentemente, identifica-se um campo escalar com a função escalar que o define. Da 
mesma forma, uma função vetorial é identificada com o campo vetorial por ela 
definido. 
 
1.2.1 Representação geométrica de um campo vetorial 
Podemos representar graficamente um campo vetorial f

 definido em uma região D. 
Para isso, tomamos alguns pontos P D∈ e desenhamos o vetor ( )f P

 como uma seta 
com a origem P (trasladada paralelamente da origem para P), Podemos visualizar o 
campo vetorial, imaginando a seta apropriada emanando de cada ponto da região D. 
 
1.2.2 Exemplos 
Representar geometricamente os campos vetoriais: 
(i) ( , )f x y xi=
 
 
f

 define um campo vetorial 2IR . A todos os pontos do eixo y, f

 associa o vetor nulo. 
Aos pontos que estão sobre a reta x=1, f

 associa o vetor i

. De forma geral, f

 associa 
a todos os pontos que estão sobre uma reta vetorial x=a, o vetor ai

. A Figura 3.3 
mostra este campo. 
Figura 3.3 – Campo vetorial ( , )f x y xi=
 
 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 143 
 
(ii) ( , )f x y xi y j= +
  
. 
A função vetorial f

 associa a cada ponto (x, y) do plano o seu vetor posição 
r xi y j= +
  
. Para representar o campo, traçamos algumas retas que passam pela origem 
e algumas circunferências com centro na origem. Desenhamos os vetores 
correspondentes aos pontos de intersecção das circunferências com as retas. 
A Figura 3.4 mostra este campo que é denominado campo radial. 
Figura 3.4 – Campo vetorial ( , )f x y xi y j= +
  
 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 143 
 
(iii) 
2 2 2 2
( , ) y xf x y i j
x y x y
−
= +
+ +
  
. 
Neste exemplo podemos observar que, para qualquer ponto (x, y), ( , )f x y

 é um vetor 
unitário. Além disso, se r xi y j= +
  
 é o vetor posição do ponto (x, y), o produto escalar 
. ( , ) 0r f x y =
 
. 
Isso nos diz que o vetor ( , )f x y

 é perpendicular ao vetor posição r

, sendo, portanto, 
tangente à circunferência de centro na origem e raio r

. 
A Figura 3.5 mostra este campo, que é chamado campo tangencial. Fisicamente, ele 
pode representar um campo de velocidades em um movimento circular. 
 
 
Figura 3.5 – Campo Vetorial 
2 2 2 2
( , ) y xf x y i j
x y x y
−
= +
+ +
  
 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 144 
 
(iv) 3( , , ) , e 0
rf x y z k r xi y j zk k
r
= − = + + >

    

 constante. 
Este campo é chamado campo radial de quadrado inverso e ocorre frequentemente nas 
aplicações. Em Física, ele é usado para descrever a força de atração gravitacional de 
uma partícula de massa M, situada na origem, sobre uma outra partícula de massa m 
localizada no ponto ( , , )P x y z . 
Para ilustrar este campo, observamos que: 
a) ( , , )f x y z

 não é definido na origem; 
b) 3 2( , , )
r kf x y z k
r r
= =


 
, isto é, o módulo do vetor ( , , )f x y z

 é inversamente 
proporcional ao quadrado da distância do ponto (x, y, z) até a origem; 
c) ( , , )f x y z

 é múltiplo escalar negativo do vetor posição r

. Portanto, ele tem a 
mesma direção de r

 e aponta para a origem. 
A Figura 3.6 mostra o campo. 
Figura 3.6 – Campo Vetorial 3( , , ) , e 0
rf x y z k r xi y j zk k
r
= − = + + >

    

 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 145 
 
(v) A Figura 3.7 mostra o esboço de diversos campos vetoriais que ocorrem nas 
aplicações. Na Figura 3.7(a) temos um campo de velocidades de um fluido em 
movimento e na 3.7(b) temos um campo de força eletrostática, originário de 2 cargas de 
sinais opostos. 
A Figura 3.7(c) nosmostra um campo de velocidade em um volante em movimento 
circular uniforme. Na Figura 3.7(d) vemos o campo de velocidade de um redemoinho. 
 
Figura 3.7 – Diversos Campos Vetoriais 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 146 
 
1.3 Atividades de autoavaliação 
Nos exercícios de 1 a 2 representar graficamente os seguintes campos vetoriais: 
1. ( , )f x y xi y j= − −
  
 
2. ( , , )f x y z xi y j zk= + +
   
 
 
3. Suponhamos que a temperatura em um ponto ( , , )x y z do espaço é dada por 
2 2 2x y z+ + . Uma partícula P se move de modo que no tempo t a sua posição é dada 
por 2 3( , , )t t t . 
a) Identificar a função escalar que nos dá a temperatura em um ponto qualquer do 
espaço. 
b) Identificar a função vetorial que descreverá o movimento da partícula P. 
c) Determinas a temperatura no ponto ocupado pela partícula em 1
2
t = . 
 
4. O campo vetorial 2 2 2 2
y xf i j
x y x y
−
= +
+ +
  
 aproxima o campo de velocidade da água, 
que ocorre quando se puxa um tampão em uma canalização. Representar graficamente 
este campo. 
 
5. A funções abaixo definem campos vetoriais sobre 2IR . Determinar e fazer os 
gráficos das curvas onde f

 é constante. 
a) f xi y j= +
  
 
b) 4f xi y j= +
  
 
 
6. A temperatura nos pontos de um sólido esférico é dada pelo quadrado da distância do 
ponto até o centro da esfera. Usando coordenadas cartesianas, determinar o campo de 
temperatura. 
 
7. As funções abaixo definem campos vetoriais em 2IR . Determinar e fazer os gráficos 
das curvas onde f

 tem direção constante. 
a) 2f xi y j= +
  
 
b) 2f xi y j= +
  
. 
8. Um furacão se desloca na superfície terrestre, atingindo uma faixa retilínea de 20km 
de largura. Na zona central da faixa (2km de largura) a velocidade do vento é de 
200km/h. Nos demais pontos é dada por 200 14v x= −

, onde x é a distância do ponto 
 
 
Seção 2 
Campo Escalar 
 
2.1 Derivada Direcional de um Campo Escalar 
Vejamos os seguintes problemas: 
Problema 1. Suponha que um pássaro esteja pousado em um ponto A de uma chapa R 
cuja temperatura T é função dos pontos da mesma. Se o pássaro se desloca em uma 
determinada direção, ele vai “sentir” aumento ou diminuição de temperatura? (ver 
Figura 3.8) 
Problema 2. Suponhamos que, em uma outra situação, podemos conhecer a temperatura 
do ar nos pontos do espaço por meio de uma função ( , , )T x y z . Um pássaro localizado 
em um ponto P, deseja esfriar-se o mais rápido possível. Em que direção e sentido ele 
deve voar? 
Estas e outras situações podem ser resolvidas, tendo-se o conhecimento derivada 
direcional. 
Figura 3.8 – Problema 1 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 150 
 
2.1.1 Definição 
Consideremos um campo escalar ( , , )f x y z . Escolhemos um ponto P no espaço e uma 
direção em P, dada por um vetor unitário b

. Seja C uma semirreta cuja origem é P e 
possui a direção de b

 e seja Q um ponto C cuja distância de P é s (ver Figura 3.9). Se 
existir o limite 
0
( ) ( )( ) lim
s
f f Q f PP
s s→
∂ −
=
∂
, 
ele é chamado derivada direcional de f em P, na direção de b

. 
Figura 3.9 – Derivada direcional 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 150 
 
Observamos que: 
1) O quociente ( ) ( )f Q f P
s
− é a taxa média de variação do campo escalar f, por 
unidade de comprimento na direção escolhida. Assim, ( )f P
s
∂
∂
 é a taxa de variação da 
função f, na direção de b

, no ponto P. 
Voltando ao Problema 1, podemos dizer que a resposta para a pergunta proposta será 
encontrada mediante a análise da taxa de variação da temperatura em relação à 
distância, no ponto A, quando o pássaro se move na direção dada. Logo, devemos 
encontrar a derivada direcionas da função temperatura. 
 
2) Existe um número infinito de derivadas direcionais de f em P. 
 
3) A derivadas parciais de f, , e f f f
x y z
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
 em P, são derivadas de f nas direções de 
, e i j k
  
, respectivamente. 
 
2.1.2 Exemplos 
(i) Calcular a derivada direcional do campo escalar 2 2( , )f x y x y= +

, em P(2, 1), na 
direção de 2v i j= − +
  
. 
O vetor unitário na direção de v

 é 
( 1, 2) 1 2, 
1 4 5 5
vb
v
− − = = =  +  



 (ver Figura 3.10). 
 
 
 
Figura 3.10 – Exemplo 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 151 
 
Do triângulo retângulo MNP temos que 1 21, e 
5 5
sPM PN MN= = = . O triângulo 
QRP é semelhante ao triângulo MNP. Portanto, 2 e 
5 5
s sPR QR= = , onde s PQ= . 
As coordenadas do ponto Q são 22 , 1
5 5
s s − + 
 
. 
Aplicamos agora a Definição 4.3.1. Temos, 
0
( ) ( )( ) lim
s
f f Q f PP
s s→
∂ −
=
∂
 
0
22 , 1 (2, 1)
5 5 lim
s
s sf f
s→
 − + − 
 = 
2 2
2 2
0
22 1 (2 1 )
5 5 lim
s
s sf
s→
   − + + − +   
   = 
2
0
 lim
s
s
s→
= 
0
 slim
s→
= 
0= . 
(ii) Determinar a derivada direcional do campo escalar 2 2 2( , , ) 2f x y z x y z= + − , em 
P(1, 2, 2), na direção do vetor 2 2a i j k= + +
   
. 
Neste exemplo, ilustramos um procedimento alternativo para encontrar a derivada 
direcional, utilizando uma parametrização de C pelo comprimento de arco. 
A Figura 3.11 mostra o ponto P e a semirreta C, com origem em P, na direção de a

. 
Uma parametrização de C é dada por ( ) (1 , 2 2 , 2 2 ), 0r t t t t t= + + + ≥

. 
Reparametrizando C pelo comprimento de arco a partir de P, obtemos 
2 2( ) 1 , 2 , 3 , 0
3 3 3
s s sh s s = + + + ≥ 
 

. 
Figura 3.11 - Exemplo 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 153 
 
Como o ponto Q é um ponto de C, suas coordenadas são 2 21 , 2 , 3
3 3 3
s s s + + + 
 
. 
Portanto, para a definição 4.3.1, vem 
0
( ) ( )( ) lim
s
f f Q f PP
s s→
∂ −
=
∂
 
2 2 2
0
2 21 2 2 2 (1 4 8)
3 3 3 lim
s
s s s
s→
     + + + − + − + −     
     = 
2
0
2
3 lim
s
ss
s→
− −
= 
2= − . 
(iii) Supor que a derivada parcial de ( , )f x y em relação a x em um ponto P existe. 
Verificar que esta derivada é igual a derivada direcional de ( , )f x y em P, na direção 
b i=
 
. 
A Figura 3.12 auxilia em fazermos esta verificação. 
Figura 3.12 - Exemplo 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 154 
 
Temos, 
0
( ) ( )( ) lim
s
f f Q f PP
s s→
∂ −
=
∂
 
0 0 0 0
0
( , ) ( , ) lim
x
f x x y f x y
s+∆ →
+ ∆ −
= 
( )f P
s
∂
∂
. 
O cálculo ( )f P
s
∂
∂
, usando a definição 3.3.1, é bastante trabalhoso. Podemos facilitá-los, 
usando as derivadas parciais de a1 ordem de f em P. Para isso, vamos definir o 
gradiente de f em um ponto P. 
 
2.2 Gradiente de um Campo Escalar 
Seja ( , , )f x y z um campo escalar definido em um certo domínio. Se existem as 
derivadas parciais de a1 ordem de f neste domínio, elas formam as componentes do 
vetor gradiente de f. 
 
2.2.1 Definição 
O gradiente da função escalar ( , , )f x y z , denotado por grad f, é um vetor definido 
como 
grand f f ff i j k
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
  
. 
 
Exemplos 
(i) Encontrar o gradiente dos campos escalares: 
a) 2 2 2( , , ) 2( )f x y z x y z= + − ; 
b) ( , ) yg x y x e= + . 
Usando a definição 4.4.1, temos 
a) grand 4 4 2f xi y j zk= + +
  
 e 
b) grand yg i e j= +
 
. 
(ii) O gradiente de um campo escalar ( , , )f x y z define um campo vetorial denominado 
campo gradiente. Esboçar o gráfico do campo gradiente gerado pela função. 
2 2 21( , , ) ( )
2
f x y z x y z= + + . 
Temos que 
grand f xi y j zk= + +
  
. 
O gráfico deste campo pode ser visto na Figura 3.13. 
Figura 3.13 – Gráfico de grand f xi y j zk= + +
  
. 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 155 
 
(iii) Calcular o gradiente de 2 2( , ) 2f x y x y= + , em P(2, –1). 
Temos, grand 4 2f xi y j= +
 
; 
grand (2, 1) 8 2f i j− = −
 
. 
(iv) Em uma esfera metálica de raio 3, a temperatura ( , , )T x y z em cada ponto é 
proporcional a distância do ponto até a superfície da esfera, sendo 1 ocoeficiente de 
proporcionalidade. Representar geometricamente o campo gradiente gerado por 
( , , )T x y z . 
A Figura 3.14(a) mostra a esfera metálica de raio 3, centrada na origem. 
A temperatura é dada por 
2 2 2( , , ) 3T x y z x y z= − + + . 
Portanto, 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
grad , , x y zT
x y z x y z x y z
 − − − =
 + + + + + + 
. 
O campo gradiente está representado na Figura 3.14(b). 
Figura 3.14 – Campo Gradiente 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 156 
 
É comum denotarmos o grad f como f∇ onde ∇ (lê-se nabla ou del) representa o 
operador diferencial 
i j k
x y z
∂ ∂ ∂
∇ = + +
∂ ∂ ∂
  
. 
Temos 
grad f f= ∇ 
i j k f
x y z
 ∂ ∂ ∂
= + + ∂ ∂ ∂ 
  
 
i j k
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
  
. 
 
2.2.2 Propriedades 
Sejam f e g funções escalares tais que existam grad f e grad g e seja c uma constante. 
Então: 
(i) grad( ) grad cf c f= 
(ii) grad( ) grad grad f g f e+ = + 
(iii) grad( ) grad grad fg f g g f= + 
(iv) 2
 grad grad grad( / ) g f f gf g
g
−
= 
Prova do item (iii). Supondo f=(x, y, z) e g=(x, y, z), temos 
grad( ) ( ) ( ) ( )fg fg i fg j fg k
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
  
 
. . . . . .g f g f g ff g i f g j f g k
x x y y z z
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   = + + + + +    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    
  
 
g g g f f ff i j k g i j k
x y z x y z
   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + + + +   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   
     
 
.grad .grad f g g f= + . 
 
2.2.3 Interpretação Geométrica do Gradiente 
Consideremos uma função escalar ( , , )f x y z e suponhamos que, para cada constante 
k, em um intervalo I, a equação ( , , )f x y z =k representa uma superfície no espaço. 
Fazendo k tomar todos os valores, obtemos uma família de superfícies, que são 
chamadas superfícies de nível da função f. 
 
2.2.4 Proposição 
Seja f uma função escalar tal que, através de um ponto P do espaço, passa uma 
superfície de nível S de f. Se grad 0f ≠ em P, então grad f é normal a S em P. 
Prova. Seja C uma curva no espaço que passa por P e esteja contida na superfície de 
nível S de f (ver Figura 3.15). 
Figura 3.15 – Curva C sobre a superfície S. 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 158 
 
Representamos C por 
( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + +
   
. 
Como C está contida em S, temos que 
( ( ), ( ), ( ))f x t y t z t k= . 
Derivando em relação a t, vem 
 0f dx f dy f dz
x dt y dt z dt
∂ ∂ ∂
+ + =
∂ ∂ ∂
 
ou 
. 0drf
dt
∇ =

. 
Como dr
dt

 é tangente à curva C em P, segue que f∇ é normal à curva C em P. 
Como C é uma curva qualquer de S, concluímos que grad f é normal à superfície S. 
 
2.2.5 Exemplos 
(i) Determinar um vetor normal à superfície 2 2z x y= + no ponto P(1, 0, 1). 
A superfície 2 2z x y= + pode ser escrita como ( , , ) 0f x y z = sendo 
2 2( , , )f x y z x y z= + − . 
Desta forma um vetor normal a 2 2z x y= + no ponto Pé dado por grad f(P). 
Como 
grad 2 2f xi y j k= + −
  
, 
em P(1, 0, 1), temos grad (1, 0, 1) 2f i k= −
 
. 
Portanto, o vetor 2i k−
 
 é normal ao parabolóide 2 2z x y= + em P(1, 0, 1). Conforme 
ilustra a Figura 3.16. 
Figura 3.16 – Parabolóide 2 2z x y= + 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 159 
 
(ii) Determinar um vetor perpendicular à circunferência 2 2 9x y+ = no ponto (2, 5)P
. 
Neste exemplo, temos que 2 2 9x y+ = é uma curva de nível da função 
2 2( , ) 9f x y x y= + − . 
Portanto, se ( ) 0f P∇ ≠ , ele é perpendicular à circunferência dada. Temos, 
grad (2 , 2 )f x y= ; 
grad ( ) (4, 2 5)f P = . 
Logo, no ponto (2, 5)P , o vetor 4 2 5i j+
 
 é perpendicular à circunferência 
2 2 9x y+ = , conforme ilustra a Figura 3.17. 
Figura 3.17 - Gradiente 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 160 
 
2.2.6 Cálculo da Derivada Direcional usando o Gradiente 
Seja a

 o vetor posição do ponto P. Então, ( ) ( ) ( ) ( )r s x s i y s j z s k a bs= + + = +
     
, onde 
0s ≥ é o parâmetro comprimento de arco, é uma equação vetorial para a semirreta C 
(ver Figura 3.18). 
 
Figura 3.18 – Vetores considerados 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 160 
 
A derivada direcional ( )f P
s
∂
∂
, na direção b

, em P, é a derivada da função 
( ( ), ( ), ( ))f x s y s z em relação a s em P. 
Supondo que ( , , )f x y z possui derivadas parciais de a1 ordem contínuas e aplicando a 
regra da cadeia, temos 
( ) ( )f f dx f dy f dzP P
s x ds y ds z ds
 ∂ ∂ ∂ ∂
= + + ∂ ∂ ∂ ∂ 
. (1) 
Substituindo 
'( ) , , dx dy dzr s
ds ds ds
 =  
 

 
b=

 e 
grad f f ff i j k
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
  
 em (1), vem 
 ( ) .grad ( )f P b f P
s
∂
=
∂

. (2) 
 
2.2.7 Exemplos 
(i) Determinar a derivada direcional de 2( , , ) 5 6f x y z x xy z= − + , no ponto P(-1, 1, 0), 
na direção do vetor 2 5 2i j k− +
  
. 
Temos, 
grad (10 6 ) 6f x y i x j k= − − +
  
; 
grad ( 1, 1, 0) 16 6f i j k− = − + +
  
. 
O vetor unitário na direção dada é 
2 5 2
2 5 2
i j kb
i j k
− +
=
− +
  

  
 
2 5 2
4 25 4
i j k− +
=
+ +
  
 
2 5 2
33 33 33
i j k= − +
  
. 
Portanto, usando (2), temos 
2 5 2( 1, 1, 0) , , .( 16, 6, 1)
33 33 33
f
s
∂ − − = − ∂  
 
2.( 16) 5.6 2
33 33 33
− −
= + + 
20 33
11
−
= . 
(ii) Determinar a derivada direcional de 2 2 2( , , )f x y z x y z= + + , no ponto 
11, 2, 
2
P  − 
 
, na direção do vetor que une P a 12, 0, 
2
Q  − 
 
. 
Temos, 
grad 2 2 2f xi y j zk= + +
  
; 
1grad 1, 2, 2 4
2
f i j k − = − + + 
 
  
. 
O vetor unitário na direção dada é 
PQb
PQ
=



 
1 1( 2 1) (0 2)
2 2
2
i j k
i j
 − + + − + − 
 =
− −
  
 
 
2
1 4
i j− −
=
+
 
 
1 2
5 5
i j−= −
 
. 
Portanto, usando (2), temos 
1 1 21, 2, , , 0 .( 2, 4, 1)
2 5 5
f
s
∂ − −  − = −   ∂    
 
6
5
−
= . 
 
2.2.8 Proposição 
 
O gradiente como direção de máxima variação 
Seja ( , , )f x y z uma função escalar que possui derivadas parciais de a1 ordem 
contínuas. Então, em cada ponto P para o qual 0f∇ ≠ , o vetor f∇ aponta na direção 
em que f cresce mais rapidamente. O comprimento do vetor f∇ é a taxa máxima de 
crescimento de f. 
Prova. Como ( ) .f P b f
s
∂
= ∇
∂

, usando a definição de produto escalar, temos 
( ) . cosθf P b f
s
∂
= ∇
∂

. 
O valor máximo de ( )f P
s
∂
∂
 é obtido quando escolhemos θ=0 , isto é, quando 
escolhemos b

 com a mesma direção e sentido de f∇ . 
Neste caso, ( )f P f
s
∂
= ∇
∂
. 
Assim, o vetor f∇ aponta na direção em que f cresce mais rapidamente e seu 
comprimento é a taxa máxima de crescimento de f. 
 
2.2.9 Exemplos 
(i) No caso do Problema 2, apresentado no início da seção 4.3, podemos dizer que, se 
grad 0T ≠ em P, para se esfriar o mais rápido possível, o pássaro deve voar na direção 
e sentido de –grad T(P). 
(ii)Seja 2 2( , , )f x y z z x y= − − . 
a) Estando em (1, 1, 2), que direção e sentido deve-se tomar para que f cresça mais 
rapidamente? 
b) Qual é o valor máximo de (1, 1, 2)f
s
∂
∂
? 
Solução de (a). Estando em (1, 1, 2), devemos tomar a direção e sentido do vetor 
(1, 1, 2) 2 2f i j k∇ = − − +
  
 
Para que f cresça mais rapidamente. 
Solução de (b). O valor máximo de (1, 1, 2)f
s
∂
∂
 é dado por (1, 1, 2) 3f∇ = . 
 
2.2.10 Aplicações do Gradiente 
(i) Seja 2 2 2( , , ) 10T x y z x y z= − − − uma distribuição de temperatura em uma região 
do espaço. Uma partícula 1P localizada em 1(2, 3, 5)P necessita esquentar-se o mais 
rápido possível. Outra partícula 2P localizada em 2 (0, 1, 0)P − necessita esfriar-se o 
mais rápido possível. Pergunta-se: 
a) Qual a direção e sentido que 1P deve tomar? 
b) Qual a direção e sentido que 2P deve tomar? 
c) Qual é a taxa máxima de crescimento da temperatura em 1P e qual é a taxa de 
decrescimento da temperatura em 2P ? 
Solução. Temos que 
grad ( 2 , 2 , 2 )T x y z= − − − . 
a) Como 1P necessita esquentar-semais rápido possível, deve tomar a direção e sentido 
do grad (2, 3, 5) ( 4, 6, 10)T = − − − . 
b) Como 2P necessita esfriar-se o mais rápido possível, deve tomar a direção e sentido 
do vetor grad (0, 1, 0) (0, 2, 0)T− − = − 
(0, 2, 0)= − 
c) A taxa máxima de crescimento da temperatura em 1P é dada por 
grad (2, 3, 5) 152T = . 
A taxa máxima de decrescimento da temperatura em 2P é 
grad (0, 1, 0) 2T − = 
(ii) Um alpinista vai escalar uma montanha, cujo formato é aproximadamente o do 
gráfico de 2 225 , 0z x y z= − − ≥ . Se ele parte do ponto 0 (4, 3, 0)P , determinar a 
trajetória a ser descrita, supondo que ele busque sempre a direção de maior aclive. 
Solução. Seja ( ) ( ( ), ( ), ( ))r t x t y t z t=

 a equação da trajetória do alpinista. 
Inicialmente vamos determinar a projeção 1( ) ( ( ), ( ))r t x t y t=

 de ( )r t

 sobre o plano xy. 
No plano xy a direção de maior aclive da montanha é dada por f∇ , onde 
2 225f x y= − − . Como o alpinista deve se deslocar na direção de maior aclive, o f∇ 
deve ser tangente à projeção 1( )r t

 da trajetória. 
Fazemos então, 
1 1'( ) grad ( ( ))r t f r t=
 
 ou 
, ( 2 ( ), 2 ( ))dx dy x t y t
dt dt
  = − − 
 
. 
Resolvendo (1), vem 
2 ( )dx x t
dt
= − e 2 ( )dy y t
dt
= − ou 
2
1( )
tx t C e−= e 22( )
ty t C e−= . 
Para particularizar as constantes 1C e 2C , lembramos que o ponto de partida do 
alpinista, corresponde a 0t = , é 0 (4, 3, 0)P . 
Portanto, 
(0) 4x = e (0) 3y = e dessa forma, 1 4C = e 2 3C = . Logo, a projeção de ( )r t

 é 
2 2
1( ) (4 , 3 )
t tr t e e− −=

 e a trajetória é dada por 
2 2 2 2 2 2( ) (4 , 3 , 25 (4 ) (3 ) )t t t tr t e e e e− − − −= − −

 
2 2 4(4 , 3 , 25 25 )t t te e e− − −= − . 
A Figura 3.19 ilustra este exemplo. 
 
Figura 3.19 – Parabolóide 2 225 , 0z x y z= − − ≥ 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 166 
 
(iii) A Figura 3.20 mostra as curvas de nível da temperatura ( , )T x y da superfície do 
oceano, de uma determinada região do globo terrestre. Supondo que ( , )T x y é 
aproximadamente a 3 21 1 1
12 4 2
x x y− − + , pergunta-se:^ 
a) Qual é a taxa de variação da temperatura nos pontos 0 (2, 3)P e 1(4, 1)P , na direção 
nordeste? 
b) Se não conhecermos a forma da função ( , )T x y , como podemos encontrar um valor 
aproximado para a taxa de variação do item (a)? 
c) Qual é a taxa máxima de variação da temperatura em 0P ? 
 
 
 
 
Figura 3.20 – Curvas de nível 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 167 
 
Solução de (a). A taxa de variação da temperatura é dada pela derivada direcional. 
Considerando que um vetor unitário na direção nordeste é 1 1, 
2 2
 
 
 
, e que 
21 1grad 1 , 
4 2
f x y− = − 
 
, vem 
0
1 1( ) (2, 3) (2, 3). , 
2 2
f fP f
s s
∂ ∂  = = ∇  ∂ ∂  
 
1 1 1 11 .4, .3 . , 
4 2 2 2
−   = −      
 
3
2 2
= − ; 
1
1 1( ) (4, 1) (4, 1). , 
2 2
f fP
s s
∂ ∂  = = ∇  ∂ ∂  
 
7
2 2
−
= . 
Solução de (b). Se não conhecermos a forma da função ( , )T x y , podemos calcular a 
taxa de variação média da temperatura na direção nordeste no ponto 0P . Basta observar 
a Figura 3.20 e assinalar s temperaturas a nordeste: 1°− , e a sudeste: 0° . A seguir faz-se 
o quociente 
1 0
1km
° °− − , 
onde 1km é a distância aproximada entre os dois pontos cujas temperaturas foram 
observadas. 
Portanto, -1grau/km é o valor aproximado da taxa de variação da temperatura, em 0P , 
na direção nordeste. 
Analogamente, temos que 
2 ( 1 ) 2,5grau/km
0, 4km
° °− − −
= − é o valor aproximando da taxa de variação da temperatura 
em 1P , na direção nordeste. 
Observamos que os valores encontrados em (a) são aproximadamente os mesmos 
encontrados em (b). 
Solução de (c). A taxa máxima de variação da temperatura em 0P é dada por 
2
0
3 3grad ( ) 0
2 2
f P  = + − = 
 
 
(iv) Encontrar a equação da reta tangente à curva 2 2 4x y+ = no ponto ( )3, 1 , usando 
o gradiente. 
Solução. Analisando a Figura 3.21, vemos que a equação da reta tangente a uma curva 
de nível ( , )f x y k= , em um ponto 0 0 0( , )P x y , pode ser encontrada através da equação 
0 0( ). 0f P r r ∇ − = 
 
, 
onde r xi y j= +
  
 e 0 0 0r x i y j= +
  
. 
Figura 3.21 – Destaque gráfico do gradiente 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 169 
 
Neste exemplo, temos que 2 2( , )f x y x y= + e ( )0 3, 1P . 
Usando (2), vem 
( ) ( )3, 1 . ( , ) 3, 1 0f x y ∇ − =  
( ) ( )2 3, 2 . 3, 1 0x y− − = 
( )2 3 3 2( 1) 0x y− + − = 
2 3 2 8 0x y+ − = 
Portanto, 2 3 2 8 0x y+ − = é a equação da reta tangente à curva 2 2 4x y+ = , no ponto 
( )3, 1 . 
(v) Potencial de um campo elétrico 
Consideremos uma carga elétrica positiva Q, situada na origem do plano xy, conforme 
Figura 3.22. 
Da Física, temos que o potencial V, a uma distância r da carga Q, é constante e é dado 
por QV
r
= . 
Assim, as curvas equipotenciais no plano xy, isto é, as curvas de potencial constante, 
são as circunferências de equação 
2 2 2 , 0x y r r+ = > 
Figura 3.22 – Carga elétrica 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 170 
 
Seja ( , )P x y um ponto de curva equipotencial. Se colocamos em P uma carga unitária 
positiva q, esta sofrerá, segundo a lei de Coulomb, uma repulsão. O campo elétrico E

, 
gerado por Q, no ponto P, tem a direção do vetor r xi y j= +
  
 e sua intensidade é dada 
por 
2
QE
r
= . 
Podemos então dizer que a carga q sofre a ação do campo elétrico E

, que é dado por 
2 .
Q rE
r r
=



 
3
Qr
r
=

 
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2( ) ( )
Qx Qyi j
x y x y
= +
+ +
 
. 
Vamos agora determinar o gradiente do potencial V e compara-lo com (3). 
Como o potencial V é 
QV
r
= 
( )2 2
Q
x y
=
+
, 
temos 
V VV i j
x y
∂ ∂
∇ = +
∂ ∂
 
 
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2( ) ( )
Qx Qyi j
x y x y
= −
+ +
 
 
E= −

 
Segue que, se conhecermos o potencial V, podemos determinar o campo elétrico E

, 
pela fórmula E V= −∇

. 
Também podemos encontrar a taxa de variação do potencial V, na direção r

, no ponto 
P. Basta calcular a derivada direcional. Temos, 
( ) ( ).V rP V P
s r
∂
= ∇
∂


 
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2( ) ( )
Qx Qyi j
x y x y
= −
+ +
 
 
E= −

. 
Segue que, se conhecermos o potencial V, podemos determinar o campo elétrico E

, 
pela fórmula 
E V= −∇

. 
Também podemos encontrar a taxa de variação do potencial V, na direção r

, no ponto 
P. Basta calcular a derivada direcional. Temos, 
( ) ( ).V rP V P
s r
∂
= ∇
∂


 
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 2 2 2 2
, . , 
( ) ( )
Qx Qy x y
x y x y x y x y
  
 =    + + + +   
 
2 2
2 2 2 2 2 3/ 2( ) ( )
Qx Qy
x y x y
= −
+ +
 
2 2
Q
x y
−
=
+
 
2
Q
r
−
= 
E= −

. 
A expressão ( )V P E
s
∂
= −
∂

 nos mostra que o potencial V decresce à medida que nos 
afastamos da carga Q na direção do vetor r xi y j= +
  
. 
Visualizando o campo elétrico E

 representado na Figura 3.23, vemos que, para 
aumentar o potencial de uma carga positiva, é necessário deslocá-la em sentido 
contrário ao do campo elétrico. 
Figura 3.23 – Campo Elétrico E. 
 
Fonte: Gonçalves e Flemming, 2000, p. 172 
 
(vi) Um potencial elétrico é dado por 2 2
20V
x y
=
+
. Achar a intensidade do campo 
elétrico no ponto (1, 0). 
Conforme o exemplo anterior, temos 
grad E V= −

 
2 2 2 2 2 2
20.2 20.2, 
( ) ( )
x y
x y x y
 − −
=  + + 
 
2 2 2 2 2 2
40 40, 
( ) ( )
x y
x y x y
 − −
=  + + 
. 
(1, 0) grad (1, 0)E V=

 
( 40, 0)= − 
40i= −

. 
Portanto, 
40 40E E i= = − =
 
. 
 
2.3 Atividade de autoavaliação 
1. Calcular, usando a definição, a derivada direcional do campo escalar ( , )f x y no 
ponto indicado e na direção v i j= +
  
. 
a) 2 2( , ) 2 2f x y x y= + em P(1, 1). 
b) ( , ) x yf x y e += em P(0, 1). 
 
Nos exercícios de 2 a 4, calcular, usando a definição, a derivadadirecional no ponto e 
direção indicados: 
2. 2 2( , )f x y x y= − , P(1, 2), na direção de 2 2v i j= +
  
. 
3. ( , , )f x y z xy z= + , P(2, 1, 0), na direção do eixo positivo dos z. 
4. ( , ) 2 3f x y x y= + , P(-1, 2), na direção da reta y=2x. 
 
Nos exercícios de 5 a 10, calcular o gradiente do campo escalar dado. 
5. ( , , )f x y z xy xz yz= + + 
6. 2 2 2( , , ) 2 4f x y z x y z= + + 
7. 3( , ) 3 2f x y xy y= − 
8. 
22( , ) x yf x y e += 
9. ( , ) arc tg f x y xy= 
10. 
2
( , , ) x yf x y z ze −= 
 
Nos exercícios de 11 a 14, representar geometricamente o campo gradiente definido 
pela função dada: 
11. 2 2 21( , , ) ( )
6
u x y z x y z= − + + 
12. ( , ) 2 4u x y x y= + 
13. 2 2( , )u x y x y= + 
14. 2 2 2( , , ) 2 2 2u x y z x y z= + + 
 
15. Seja 2 2( , ) 2 5f x y x y= + . Representar geometricamente 0 0( , )f x y∇ sendo 0 0( , )x y 
dado por 
a) (1, 1) 
b) (-1, 1) 
c) 1 , 3
2
 
 
 
. 
 
16. Determinar e representar graficamente um vetor normal à curva dada no ponto 
indicado: 
a) 2 22 3 8x y+ = ; ( )1, 2P 
b) 22y x= ; ( 1, 2)P − 
 
17. Determinar um vetor normal à superfície dada no ponto indicado e representá-lo 
geometricamente: 
2 5 3 10x y z+ + = ; 21, 2, 
3
P −  
 
 
 
18. Determinar uma equação para a reta normal à curva dada, no ponto indicado: 
2
0 1; (1, 1), (2, 4)y x P P= 
 
19 Determinar uma equação vetorial para a reta normal à superfície dada, no ponto 
indicado: 
(a) 2 2 01, (1, 1, 1)z x y P= + − 
(a) ( ) ( )2 2 2 0 14, 1, 1, 2 , 1, 1, 2x y z P P+ + = − 
 
20. Calcular 0 0( , )
f x y
s
∂
∂
 na direção 2v i j= −
  
: 
a) 2 2 0 0( , ) 3 2 ; ( , ) (1, 2)f x y x y x y= − = 
b) 0 0( , ) ; ( , ) ( 1, 2)
xyf x y e x y= = − 
 
21.Determinar a derivada direcional da função dada: 
(a). 2 2( , , ) 3 4f x y z x y z= + + , na direção do vetor 2 2a i j k= + +
   
. 
(b) 2 2( , ) 4f x y x y= − − , na direção de máximo decrescimento de f. 
 
22. Uma função diferenciável ( , )f x y tem, no ponto 0, 
2
π 
 
 
, derivada direcional igual 
a 2
5
 na direção 3 4i j+
 
 e igual a 11
5
 na direção 4 3i j−
 
. Calcular: 
a) 0, 
2
f π ∇  
 
 
b) 0, 
2
f
s
π∂  
 ∂  
 na direção a i j= +
  
. 
 
23. Encontrar o valor máximo da derivada direcional do campo escalar dado, nos 
pontos indicados: 
(a) 2 2( , ) ( )f x y xy y x= − − ; 0 (1, 1)P 
(b) ( , ) arc tg yf x y
x
= , 0 ( 1, 1)P − . 
 
24. Uma plataforma retangular é representada no plano xy por 
0 15x≤ ≤ e 0 10y≤ ≤ 
A temperatura nos pontos da plataforma é dada por ( , ) 3T x y x y= + . Suponhamos que 
duas partículas 1P e 2P estejam localizadas nos pontos (1, 1) e (3,7), respectivamente. 
a) Se a partícula 1P se deslocar na direção em que se esquentará mais rapidamente e a 
partícula 2P se deslocar na direção em que se esfriará mais rapidamente, elas se 
encontrarão? 
b) Obter uma equação para a trajetória da partícula 1P , representando-a sobre a 
plataforma 
25. Encontrar o vetor intensidade elétrica grad E V= −

 a partir da função potencial V, 
no ponto indicado. 
a) 2 2 22 2V x y y= + − ; P(2, 2, 2) 
b) cosyV e x= ; , 0, 0
2
P π  
 
 
26. Um potencial elétrico é dado por 2 2 2
10V
x y z
=
+ +
. Determinar o campo elétrico, 
representando-o graficamente. 
 
Seção 3 
Campo Vetorial 
3.1 Derivada Direcional de um Campo Vetorial 
3.1.1 Definição 
Consideremos um campo vetorial 
1 2 3( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z i f x y z j f x y z k= + +
   
. 
Escolhemos um ponto P no espaço e uma direção em P, dada por um vetor unitário b

. 
Seja C uma semirreta, cuja origem é P e possui a direção de b

 e seja Q um ponto sobre 
C cuja distância de P é s. Se existir o limite 
0
( ) ( )( ) lim
s
f f Q f PP
s s→
∂ −
=
∂
  
, 
ele é chamado a derivada direcional de f

 em P, na direção de b

. 
Usando as componentes de f

, reescrevemos (1) como, 
( ) ( )1 2 3 1 2 3
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) lim
s
f Q i f Q j f Q k f P i f P j f P kf P
s s→
+ + − + +∂
=
∂
     

 
3 31 1 2 2
0 0 0
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
lim lim lim
s s s
f Q f Pf Q f P f Q f Pi j k
s s s→ → →
−− −     = + +     
     
  
 . 
Concluímos que a derivada direcional de f

 em um ponto P existe, se e somente se, 
existem as derivadas direcionais das funções escalares 1f , 2f e 3f . Neste caso temos 
31 2( ) ( ) ( ) ( )ff f fP P i P j P k
s s s s
∂∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂

  
. 
Podemos escrever: 
1 2 3( ) .grad ( ) .grad ( ) .grad ( )
f P b f P i b f P j b f P k
s
∂      = + +     ∂

     
. 
Se 1 2 3( , , )b b b b=

, podemos reescrever: 
( ) 1 1 11 2 3( ) , , . ( ), ( ), ( )
f f f fP b b b P P P i
s x y z
  ∂ ∂ ∂ ∂
= +  ∂ ∂ ∂ ∂  


 
( ) 2 2 21 2 3, , . ( ), ( ), ( )
f f fb b b P P P j
x y z
  ∂ ∂ ∂
+  ∂ ∂ ∂  

 
( ) 3 3 31 2 3( ) , , . ( ), ( ), ( )
f f ff P b b b P P P k
s x y z
  ∂ ∂ ∂∂
=   ∂ ∂ ∂ ∂  


 
1 1 1
1 2 3( ) ( ), ( ), ( )
f f f fP b P b P b P i
s x y z
 ∂ ∂ ∂ ∂
= = + ∂ ∂ ∂ ∂ 


 
2 2 2
1 2 3( ), ( ), ( )
f f fb P b P b P j
x y z
 ∂ ∂ ∂
+ ∂ ∂ ∂ 

 
3 3 3
1 2 3( ), ( ), ( )
f f fb P b P b P k
x y z
 ∂ ∂ ∂
 ∂ ∂ ∂ 

. 
Ou, em noção matricial, 
1 1 11
1
2 2 2 2
2
3
3 3 3 3
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f f ff P P PP x y zs b
f f f f fP P P P b
s s x y z
bf f f fP P P Ps x y z
 ∂ ∂ ∂∂ 
   ∂ ∂ ∂∂     
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   = =     ∂ ∂ ∂ ∂ ∂      ∂  ∂ ∂ ∂ 
  ∂  ∂ ∂ ∂  

 
A matriz está formada pelas derivadas parciais das funções 1f , 2f , 3f , e é conhecida 
como MATRIZ JACOBIANA. Ela aparece em diversas ocasiões dentre de um curso de 
“Cálculo Diferencial e Integral”. 
 
3.1.2 Exemplos 
(i) Encontrar a derivada direcional em P(2, 1), do campo vetorial radial 
( , )f x y xi y j= +
  
, na direção do vetor a i j= −
  
. 
Solução: 
1 2(2, 1) .grad (2, 1) .grad (2, 1)
f b f i b f j
s
∂    = +   ∂

   
. 
Como 1 1
2 2
ab i j
a
= = −

  

; 
1 1; grad (2, 1)f x f i= =

; 
2f y= e 2grad (2, 1)f j=

, vem 
1 1 1 1(2, 1) . .
2 2 2 2
f i j i i i j j j
s
   ∂    = − + −      ∂       

       
 
1 1
2 2
i j= −
 
. 
 
(ii) Calcular a derivada direciona da função 
( , , ) x y zf x y z e i e j e k= + +
   
 no ponto P(1, 2, 2), na direção do vetor 2a i j k= − +
   
. 
Neste exemplo, usaremos a notação matricial. Temos, 
1
1
22
3
3
2
(1, 2, 2)
60 0
1(1, 2, 2) (1, 2, 2) 0 0
60 0
1(1, 2, 2)
6
f
s e
f f e
s s
ef
s
 ∂ 
  ∂     
∂ ∂ −    = =     ∂ ∂       ∂   
  ∂   

 
2
2
2
6
6
6
e
e
e
 
 
 
 −
=  
 
 
 
  
 
2 22
6 6 6
e e ei j k= − +
  
. 
 
3.1.3 Interpretação Física 
Consideremos um fluido movendo-se em uma região D, em regime estacionário, isto é, 
a velocidade em qualquer P(x, y, z) é independente do tempo. Então, a casa ponto 
P D∈ , está associado um vetor ( , , )v x y z

, que é a velocidade do fluido em P . 
A derivada direcional de v

 em P, em uma direção dada b

, expressa a variação da 
velocidade do fluido, em P, na direção b

. 
 
3.1.4 Exemplo 
Seja 2 2( , , ) 2v x y z x i y j zk= + +
   
, a função vetorial que define a velocidade de um 
determinado fluido, em um ponto P(x, y, z) do espaço. Determinar a variação da 
velocidade do fluido na direção do vetor a i k= +
  
, em P(1, 1, 2). 
O vetor unitário na direção dada é 
ab
a
=



 
1 1
2 2
i k= +
 
. 
Em P(1, 1, 2), a aceleração na direção b

 é dada por ( )1, 1, 2v
s
∂
∂

. 
Temos, 
( ) 1 21, 1, 2 . grad (1, 1, 2) . grad (1, 1, 2)
v b f i b f j
s
∂   = + +   ∂

   
 
3. grad (1, 1, 2)b f k  
 
 
( )1 1 1 1. 2 .4
2 2 2 2
i k i i i k j j
      = + + + +      
      
       
 
1 1 .
2 2
i k k k
  +  
  
   
 
2 1
2 2
i k= +
 
. 
 
3.2 Divergência de um Campo Vetorial 
3.2.1 Definição 
Seja 1 2 3( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z i f x y z j f x y z k= + +
   
 um campo vetorial definido 
em um domínio D. Se existem e são contínuas as derivadas 1f
x
∂
∂
, 2f
y
∂
∂
, 3f
z
∂
∂
, definimos 
a divergência do campo vetorial f

, denotada por div f

, como a função escalar 
31 2div ff ff
x y z
∂∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂

. 
Podemos interpretar (1) como 
div .f f= ∇
 
 
( )1 2 3.i j k f i f j f kx y z
 ∂ ∂ ∂
= + + + + ∂ ∂ ∂ 
     
. 
Quando usamos esta simbologia, entendemos que o produto 1. fx
∂ 
 ∂ 
 representa 1f
x
∂
∂
. 
Analogamente, 22.
ff
y y
 ∂ ∂
= ∂ ∂ 
 e 33.
ff
z z
∂∂  = ∂ ∂ 
. 
 
3.2.2 Exemplo 
Dado o campo vetorial 4( , , ) 2 xyf x y z x i e j xyzk= + +
   
, calcular div f

. 
Aplicando (1), temos 
4div (2 ) ( ) ( )xyf x e xyz
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂

 
38 xyx xe xy+ + . 
 
3.2.3 Propriedades 
Sejam 1 2 3( , , )f f f f=

 e 1 2 3( , g , g )g g=

 funções vetoriais definidas em um domínio D 
e suponhamos que div f

 e div g

 existem. Então: 
a) ( )div div div f g f g± = ±    
b) ( )div div grad .h f h f h f= +   , onde ( , , )h h x y z= é uma função escalar 
diferenciável em D. 
Prova do item (b). Temos 
( ) 1 2 3div div ( , , )h f hf hf hf=

 
1 2 3( ) ( ) ( )hf hf hfx y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
 
31 2
1 2 3
fh f h f hf h f h f h
x x y y z z
∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + + + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
31 2
1 2 3
ff f h h hh f f f
x y z x y z
   ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + + + +   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   
 
 div grad .h f h f= +
 
 
Supondo que existam as derivadas de a2 ordem de f, podemos determinar div(grad f). 
Como grad , , f f ff
x y z
 ∂ ∂ ∂
=  ∂ ∂ ∂ 
, 
temos 
div (grad ) f f ff
x x y y z z
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   = + +    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    
 
2 2 2
2 2 2
f f f
x y z
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
. 
Usando o operador 2∇ na expressão (2), reescrevemos 
div (grad ) .f f= ∇∇ 
2 f= ∇ , 
Onde 
2 2 2
2
2 2 2x y z
∂ ∂ ∂
∇ = + +
∂ ∂ ∂
. 
O operador diferencial 2∇ é chamado Laplaciano e é muito usado na Física. A equação 
2 0f∇ = (3) 
É chamada equação de Laplace. 
 
3.2.4 Interpretação Física da Divergência 
Na Mecânica dos Fluidos, encontramos a Equação da Comunidade 
div 0u
t
ρ∂
+ =
∂

, (4) 
Onde u vρ=
 
, sendo ( , , , )x y z tρ ρ= a densidade do fluido e ( , , , )v v x y z t=
 
 o vetor 
velocidade. 
Reescrevendo a equação (4) na forma div u
t
ρ∂
= −
∂

, vemos que a divergência de um 
campo vetorial surge como uma medida da taxa de variação da densidade do fluido em 
um ponto. 
Quando a divergência é positiva em um ponto do fluido, a sua densidade está 
diminuindo com o tempo. Neste caso, dizemos que o fluido está se expandindo, ou 
ainda, que existe uma fonte de fluxo no ponto. 
Quando a divergência é negativa, vale o oposto. 
Se a divergência é zero em todos os pontos de uma região, o fluxo de entrada na região 
é exatamente equilibrado pelo de saída. O fluxo não é criado nem destruído, ou seja, 
não existe fonte nem sumidouro na região. 
Se ρ = constante, isto é, a densidade não é a função das coordenadas x, y, z e nem do 
tempo t, dizemos que o fluido é incompressível. Neste caso, a equação da continuidade 
toma a forma div 0v =

, e o campo vetorial v

 é chamado solenoidal. 
 
3.2.5 Exemplos 
(i) Um campo de escoamento compressível é descrito por 
2 t tu v xe i xye jρ − −= = −
   
, 
Onde x e y são coordenadas em metro, t é o tempo em segundos, ρ e v

 em kg/ 3m e 
m/s, respectivamente. Calcular a taxa de variação da densidade ρ em relação ao tempo, 
no ponto P(3, 2, 2), para t=0. 
Solução. Usando a equação (4), vem 
div (2 ) 0t txe i xye j
t
ρ− − ∂− + =
∂
 
 
2 0t te xe
t
ρ− − ∂− + =
∂
 
2t txe e
t
ρ − −∂ = −
∂
. 
Para t=0, temos 
2x
t
ρ∂
= −
∂
 e portanto, no ponto P(3, 2, 2), 31kg/m .s.
t
ρ∂
=
∂
 
 
(ii) Quando uma função escalar f(x, y, z) tem derivadas de a2 ordem contínuas e 
div grad 0f = em um domínio, ela é chamada harmônica nesse domínio. Verificar se 
as seguintes funções são harmônicas: 
a) 2( , , ) yf x y z x y e z= + − 
b) ( , , ) 2f x y z xy yz= + . 
Solução. Da equação de Laplace e da definição de função harmônica, concluímos que 
uma função f é harmônica se e, somente se, f é solução da equação de Laplace. 
Basta, portanto, vamos fazer essa verificação: 
a) Para 2( , , ) yf x y z x y e z= + − , temos 
2(2 , , 1)yf xy x e∇ = + − ; 
2 2(2 ) ( ) ( 1)yf xy x e
x y z
∂ ∂ ∂
∇ = + + + −
∂ ∂ ∂
 
2 0yy e= + + 
2 0yy e= + ≠ . 
Assim, 2( , , ) yf x y z x y e z= + − não é uma função harmônica. 
b) Para ( , , ) 2f x y z xy yz= + , temos 
(2 , 2 , )f y x z y∇ = + e 
2 0f∇ = . 
Assim, ( , , ) 2f x y z xy yz= + é uma função harmônica. 
 
(iii) Verificar que a equação da continuidade 
div 0u
t
ρ∂
+ =
∂

 
pode ser escrita como 
 grad . div 0v v
t
ρ ρ ρ∂ + + =
∂
 
. 
Solução. Conforme vimos em 4.8.4, u vρ=
 
, onde ( , , , )x y z tρ ρ= é a densidade de 
um fluido ( , , , )v v x y z t=
 
 o vetor velocidade. 
Considerando 1 2 3( , , )v v v v=

, temos 
div div u vρ=
 
 
1 2 3div ( , , )v v vρ= 
1 2 3( ) ( ) ( )v v vx y z
ρ ρ ρ∂ ∂ ∂= + +
∂ ∂ ∂
 
31 2
1 2 3
vv vv v v
x x y y z z
ρ ρ ρρ ρ ρ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
31 2
1 2 3
vv v v v v
x y z x y z
ρ ρ ρρ
   ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + + + +   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   
 
= div grad .v vρ ρ+
 
. 
Portanto, 
div 0u
t
ρ∂
+ =
∂

 
pode ser reescrito como 
 grad . div 0v v
t
ρ ρ ρ∂ + + =
∂
 
. 
 
3.3 Rotacional de um Campo Vetorial 
3.3.1 Definição 
Seja 1 2 3( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z i f x y z j f x y z k= + +
   
 um campo vetorial definido 
em um domínio D, com derivadas de a1 ordem contínuas em D. Definimos o rotacional 
de f

, denotado por rot f

, como 
rot f f= ∇×
 
 
1 2 3
i j k
x y z
f f f
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
  
 
3 32 1 2 1f ff f f fi j k
y z z x x y
   ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ = − + − + −    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    
  
. 
 
3.3.2 Exemplo 
Determinar rot f

, sendo 
2 3f xzy i xyz j xyk= + +
   
. 
Temos, rot f f= ∇×
 
 
2
2 3
i j k
x y z
xzy xyz xy
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
  
 
2(3 ) ( 3 ) ( 2 )x xy i xy y j yz xzy k= − + − + −
  
. 
 
3.3.3 Propriedades 
Sejam 1 2 3( , , ) ( , , )f x y z f f f=

 e 1 2 3( , , ) ( , , )g x y z g g g=

 funções vetoriais definidas 
em um domínio D com derivadas parciais de a1 ordem contínuas em D. Então: 
a) rot ( ) rot rot f g f g+ = +
   
 
b) rot ( ) rot grad h f h f h f= + ×
  
 
onde ( , , )h h x y z= é uma função escalar diferenciável em D. 
Prova do item b. Temos, 
rot
1 2 3
( )
i j k
h f
x y z
hf hf hf
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
  

 
3 2 1 3( ) ( ) ( ) ( )hf hf i hf hf jy z z x
 ∂ ∂ ∂ ∂ = − + − +   ∂ ∂ ∂ ∂  
 
 
2 1( ) ( )hf hf kx y
 ∂ ∂
− ∂ ∂ 

. 
3 2
3 2. .
fh h ff h f h i
y y z z
 ∂∂ ∂ ∂
= + − − + ∂ ∂ ∂ ∂ 

 
31
1 3. .
fh f hf h f h j
z z x x
∂∂ ∂ ∂ + − − + ∂ ∂ ∂ ∂ 

 
2 1
2 1. .
h f h ff h f h k
x x y y
 ∂ ∂ ∂ ∂
+ − − ∂ ∂ ∂ ∂ 

 
3 2
3 2
f f h hi f f i
y z y z
   ∂ ∂ ∂ ∂
= − + − +   ∂ ∂ ∂ ∂   
 
 
31
1 3
ff h hh j f f j
z x z x
∂∂ ∂ ∂   − + − +  ∂ ∂ ∂ ∂  
 
 
2 1
2 1
f f h hh k f f k
x y x y
   ∂ ∂ ∂ ∂
− + −   ∂ ∂ ∂ ∂   
 
 
 rot grad h f h f= + ×
 
. 
 
3.3.4 Interpretação Física do Rotacional 
O rotacional de um campo vetorial aparece em diversas situações da Física. Por 
exemplo: 
(i) Na análise de campos develocidade na Mecânica dos Fluidos; 
(ii) A análise de campos de forças eletromagnéticos; 
(iii) Pode ser interpretado como uma medida do movimento angular de um fluido e a 
condição 
rot 0v =
 
, 
para um campo de velocidade v

, caracteriza os chamados fluxos irrotacionais; 
(iv) A equação rot 0E =
 
 onde E

 é a força elétrica, caracteriza que somente forças 
eletrostáticas estão presentes no campo elétrico. 
Nos próximos capítulos, voltaremos a explorar essas ideias físicas. 
 
3.3.5 Exemplos 
(i) Um corpo rígido gira em torno de um eixo que passa pela origem do sistema de 
coordenadas, com vetor velocidade angular ω

 constante. Seja v

 o vetor velocidade em 
um ponto P do corpo. Calcular rot v

. 
Solução. 
Da Física, sabemos que o vetor velocidade em um ponto P do corpo é dado por 
v rω= ×
  
, 
onde r

 é o vetor posição do ponto P. 
Fazendo 1 2 3( , , )ω ω ω ω=

 e ( , , )r x y z=

, temos 
1 2 3
i j k
v
x y z
ω ω ω=
  

 
2 3 3 1 1 2( ) ( ) ( )z y i x z j y x kω ω ω ω ω ω= − + − + −
  
. 
Portanto, 
rot
2 3 3 1 1 2
i j k
v
x y z
z y x z y xω ω ω ω ω ω
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
− − −
  

 
1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( )i j kω ω ω ω ω ω= + + + + +
  
 
1 2 32 2 2i j kω ω ω= + +
  
 
2ω=

. 
 
(ii) Um escoamento é representado pelo campo de velocidade 
10 10 30v xi y j k= − +
   
. 
Verificar se o escoamento é: 
a) um possível escoamento incompressível; 
b) irrotacional. 
Solução de (a). De acordo com 4.8.4 devemos verificar se div 0v =

. 
Temos, 
div (10 ) ( 10 ) (30)v x y
x y z
∂ ∂ ∂
= + − +
∂ ∂ ∂

 
=10–10 
=0. 
Logo, temos um possível escoamento incompressível. 
Solução de (b). Devemos verificar se rot 0v =

. 
Temos, 
rot
10 10 30
i j k
v
x y z
x y
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
−
  

 
0=

. 
Logo, o escoamento é irrotacional. 
 
(iii) Para um escoamento no plano xy, a componente em y da velocidade é dada por 
2 2 2y x y− + . Determinar uma possível componente em x para o escoamento 
incompressível. 
Solução. Para um escoamento no plano xy incompressível, devemos ter 
div 0v =

, onde 21 ( 2 2 )v v i y x y j= + − +
  
. 
Temos, 
div 21 ( 2 2 )vv y x y
x y
∂ ∂
= + − +
∂ ∂

 
1 2 2v y
x
∂
= + +
∂
. 
Resolvendo a equação 
1 2 2 0v y
x
∂
+ + =
∂
 encontramos uma possível componente em x, isto é, 
1 ( 2 2) ( )v y dx a y= ∫ − − + 
2 2 ( )yx x a y= − − + , 
onde a(y) é qualquer função em y. 
(iv) No exemplo 4.5(v) vimos que o campo eletrostático associado a uma carga positiva 
Q é dado por E V= −∇

, onde QV
r
= , 2 2r x y= + . 
Verificar que rot 0E =

. 
Solução. Podemos escrever 
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2, , 0( ) ( )
Qx QyE
x y x y
 
=  + + 

, e então 
rot
2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 0( ) ( )
i j k
E
x y z
Qx Qy
x y x y
∂ ∂ ∂
=
∂ ∂ ∂
+ +
  

 
2 2 5/ 2 2 2 5/ 2
3 30 0
( ) ( )
Qxy Qxyi j k
x y x y
 −
= + + + + + 
  
 
0=

, em todos os pontos fora da origem. 
 
3.4 Atividades de autoavaliação 
1. Encontrar derivada direcional em P dos campos vetoriais dados, na direção do vetor 
2a i j k= − +
   
. 
a) ( , , ) 2 5 4f x y z xi y j k= + +
   
; P(1, 1, 2) 
b) ( , , ) ( ) ( )f x y z x y i x y j zk= + + + +
   
; P(0, 0, 0) 
2. Calcular a derivada direcional da função ( , , ) sen cos 2f x y z xi y j k= + +
   
 no ponto 
, , 2
2 2
P π π  
 
, direção do vetor 3 2a i j k= − +
   
. 
3. Encontrar a derivada direcional do campo vetorial dado, no ponto e direção 
indicados. 
a) 2 2 2( , , ) ( , , )f x y z x y z=

; 0P (1, 1, 1); na direção do vetor a i j k= + +
   
 
b) ( , ) (cos sen )xf x y e yi y j= +
  
; 0P (0, 0); na direção do vetor i j−
 
. 
4. Encontrar a direção de máximo valor absoluto para a derivada ( )0
f P
s
∂
∂

, sendo 
( , 1)f x y= +

 e 0 (0, 0)P = . 
5. Mostrar que o valor absoluto da derivada direcional de ( , )f x y xi y j= +
  
v é 
independente da direção dada no plano xy. 
6. Seja ( , , )v x y z

o campo de velocidade de um fluido em movimento. Determinar a 
variação de v

 no ponto e direção indicados. 
a) ( , , ) ( , , )v x y z x y z=

; 0P (1, 2, 1); na direção o vetor normal exterior à esfera 
2 2 2 1x y z+ + = , no ponto (1, 0, 0) 
b) 1( , , ) 2 , 2 , 
2
v x y z x y z = − 
 

; 0P (1, 1, 2); na direção do vetor i j k+ +
  
 
7. Dado o campo vetorial f

, calcular div f

. 
a) 4( , ) 2 xyf x y x i e j= +
  
 
b) ( , , ) lnf x y z xyi x j zk= + +
   
. 
8. Um fluido escoa em movimento uniforme com velocidade v

 dada. Verificar se v

 
representa um possível fluxo incompressível. 
a) 2 2v z i x j y k= + +
   
 
b) 2v i x j k= + −
   
 
9. Encontrar a divergência e o rotacional do vetorial dado. 
a) ( , , ) (2 4 , , 3 )f x y z x z y z x yz= + − −

 
b) 2 2 2 2( , ) ( , )f x y x y x y= + −

 
c) 2( , , ) ( 2 3 )f x y z xy z i j k= + +
   
. 
10. Determinar rot f

 sendo: 
a) sen cosf xyi xy j zk= + +
   
 
b) 22 3f x yi xz j yk= + −
   
 
11. Sejam ( , , )f xz zy xy=

 e 2 2 2( , , )g x y z=

. Determinar: 
a) . f∇

 
b) .g∇

 
c) f∇×

 
d) ( ).( )f g∇× ∇×
 
. 
12. Sendo 2 2 22 ( ) ( 2 )u xzi x z j x z k= + − + +
   
, calcular rot(rot u

). 
13. Um fluido escoa em movimento uniforme no domínio ( ){ }, | 0 8D x y y= ≤ ≤ . Se a 
velocidade em cada ponto é dada por ( 1)v y i= +
 
, verificar que todas as partículas se 
deslocam em linha reta e que v

 representa um possível fluxo incompressível. 
14. Verificar se o campo dado é irrotacional. 
a) ( , , ) ( , , )f x y z yz xz xy=

 
b) 2( , , ) ( , 2 1, )f x y z xyz x x z= −

 
 
 
 
Seção 4 
Campos Conservativos 
4.1 Definição e Teoremas 
4.1.1 Definição 
Seja f

 um campo vetorial em um domínio U. Se u=u(x, y, z) é uma função 
diferenciável em U tal que 
grad f u=

, 
dizemos que f

 é um campo conservativo ou um campo gradiente U. A função u é 
chamada função potencial de f

em U. 
 
4.1.2 Exemplo 
O campo vetorial 
(4 5 ) 5 5f x yz i xz j xyk= + + +
   
 
é um campo conservativo, pois a função 22 5u x xyz= + é diferenciável em 3IR e o seu 
gradiente é f

. Portanto, u é uma função potencial para f

. 
 
4.1.3 Teorema 
Seja 1 2 3( , , )f f f f=

 um campo vetorial contínuo em domínio U, com derivadas 
parciais de a1 ordem contínuas em U. Se f

 admite uma função potencial u, então 
rot 0f =
 
 para qualquer ( , , )x y z U∈ . 
Reciprocamente, se U for simplesmente conexo e (1) for verificada, então f

 admite 
uma função potencial ( , , )u u x y z= em U. 
Observamos que (1) pode ser reescrita como 
1 2f f
y x
∂ ∂
=
∂ ∂
, 31 ff
z x
∂∂
=
∂ ∂
 e 32 ff
z y
∂∂
=
∂ ∂
. 
 
4.2 Função potencial 
4.2.1 Definição 
Supondo que 1 2 3( , , )f f f f=

 é o gradiente de uma função potencial u em um domínio 
3 IRU C , podemos determinar u, usando as igualdades 
1
u f
x
∂
=
∂
, 2
u f
y
∂
=
∂
 e 3
u f
z
∂
=
∂
. 
Os exemplos que seguem, nos mostram o procedimento a ser adotado. 
 
4.2.2 Exemplos 
(i) Verificar se o campo vetorial 
( 2) ( 1) ( 2 )f yz i xz j xy z k= + + + + +
   
 
É um campo gradiente em 3IR . Em caso afirmativo, encontrar uma função potencial u. 
Solução. O campo vetorial f

 é um campo tal que 1f , 2f e 3f são funções contínuas 
que possuem derivadas parciais de a1 ordem contínuas em 3IR . 
Portanto, como 
1 2f f z
y x
∂ ∂
= =
∂ ∂
 
31 ff y
z x
∂∂
= =
∂ ∂
 e 
32 ff x
z y
∂∂
= =
∂ ∂
, concluímos que f

 admite uma função potencial u em 3IR . 
Para determinar a função ( , , )u u x y z= , vamos escrever 
1 2
u f yz
x
∂
= = +
∂
 
2 1
u f xz
y
∂
= = +
∂
 
3 2
u f xy z
z
∂
= = +
∂
 
Integrando 1 2
u f yz
x
∂
= = +
∂
 em relação a x, vem: 
( 2)u yz dx= ∫ + 
u 2 ( , )xyz x a y z= + + . 
Deste resultado e da relação2 1
u f xz
y
∂
= = +
∂
, escrevemos 
1u axy xz
y y
∂ ∂
= + = +
∂ ∂
. 
Logo, 1a
y
∂
=
∂
 
a dy= ∫ 
( ).y b z= + 
Substituindo o valor de a(y, z) na expressão u 2 ( , )xyz x a y z= + + , obtemos 
2 ( )u xyz x y b z= + + + . 
Deste resultado e de 3 2
u f xy z
z
∂
= = +
∂
, vem 
2u bxy xy z
y z
∂ ∂
= + = +
∂ ∂
. 
Logo, 2b z
z
∂
=
∂
; 
2b z c= + , onde c é uma constante. 
Finalmente, substituindo o valor de b em 2 ( )u xyz x y b z= + + + , obtemos 
22u xyz x y z c= + + + + . 
Esta expressão representa uma família de funções. Para cada valor atribuído à constante 
c, obtemos uma função potencial do campo f

. 
 
4.3 Atividades de autoavaliação 
1. Verificar se os seguintes campos vetoriais são conservativos em alguns domínios. 
Em caso afirmativo, encontrar uma função potencial. 
a) 2 2 22 5f xi yz j x y z k= + +
   
¨ 
b) (1 sen ) (1 cos )f y x i x j= + + −
  
 
c) 2 3x y zf e i e j e k= + +
   
. 
 
2. Encontrar uma função potencial para o campo f

, no domínio especificado: 
a) 2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2( , , ) , ,( ) ( ) ( )
x y zf x y z
x y z x y z x y z
 
=  + + + + + + 

 
em qualquer domínio simplesmente conexo que não contém a origem. 
b) ( , , ) ( , , )z z zf x y z ye xe xye=

 em 3IR . 
	Derivada Direcional e Campos Gradientes
	Seção 1
	Conceitos Iniciais
	1.1 Campos escalares
	Exemplos
	1.2 Campos Vetoriais
	1.2.1 Exemplos
	1.2.1 Representação geométrica de um campo vetorial
	1.2.2 Exemplos
	1.3 Atividades de autoavaliação
	Seção 2
	Campo Escalar
	2.1 Derivada Direcional de um Campo Escalar
	2.1.1 Definição
	2.1.2 Exemplos
	2.2 Gradiente de um Campo Escalar
	2.2.1 Definição
	2.2.2 Propriedades
	2.2.3 Interpretação Geométrica do Gradiente
	2.2.4 Proposição
	2.2.5 Exemplos
	2.2.6 Cálculo da Derivada Direcional usando o Gradiente
	2.2.7 Exemplos
	2.2.8 Proposição
	2.2.9 Exemplos
	2.2.10 Aplicações do Gradiente
	2.3 Atividade de autoavaliação
	Seção 3
	Campo Vetorial
	3.1 Derivada Direcional de um Campo Vetorial
	3.1.1 Definição
	3.1.2 Exemplos
	3.1.3 Interpretação Física
	3.1.4 Exemplo
	3.2 Divergência de um Campo Vetorial
	3.2.1 Definição
	3.2.2 Exemplo
	3.2.3 Propriedades
	3.2.4 Interpretação Física da Divergência
	3.2.5 Exemplos
	3.3 Rotacional de um Campo Vetorial
	3.3.1 Definição
	3.3.2 Exemplo
	3.3.3 Propriedades
	3.3.4 Interpretação Física do Rotacional
	3.3.5 Exemplos
	3.4 Atividades de autoavaliação
	Seção 4
	Campos Conservativos
	4.1 Definição e Teoremas
	4.1.1 Definição
	4.1.2 Exemplo
	4.1.3 Teorema
	4.2 Função potencial
	4.2.1 Definição
	4.2.2 Exemplos
	4.3 Atividades de autoavaliação