Cap4 2_Integrais de superficie

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Capítulo 4 – SEÇÃO 2 
Integrais Curvilíneas e Integrais de Superfície 
Seção 2 
Integrais de Superfície1 
2.1 Área de uma Superfície 
Seja S uma superfície paramétrica suave, representada por 
( , ) ( , ) ( , ) ( , )r u v x u v i y u v j z u v k= + +
   
, ( , )u v R∈ . 
As curvas coordenadas de S em um ponto P. Podemos considerar que, na u–curva 
0( , )r u v

, o parâmetro u representa o tempo. Desta forma, r
u
∂
∂

 representa o vetor 
velocidade de uma partícula que se desloca ao longo da u–curva. 
Quando u sofre um acréscimo u∆ , a partícula move-se uma distância aproximadamente 
igual a r u
u
∂
∆
∂

 e r v
v
∂
∆
∂

 determinam um paralelogramo (ver Figura 4.1), cuja área é dada 
por: r r r rS u v u v
u v u v
∂ ∂ ∂ ∂
∆ = ∆ × ∆ = × ∆ ∆
∂ ∂ ∂ ∂
   
. 
A parte de S, correspondente ao retângulo de área u v∆ ∆ em R, é aproximada por esse 
paralelogramo de área S∆ . 
 
 
 
1 Material adaptado de GONÇALVES, M.B. e FLEMMING, D.M. Cálculo C: Funções Vetorais, Integrais 
Curvilíneas, Integrais de Superfície. São Paulo: Makron Books. 
 
Figura 4.40 – Área de uma superfície 
 
 
2.1.1 Definição 
A área de S, denotada por a(S), é definida pela equação 
( )
R
r ra S dudv
u v
∂ ∂
= ×
∂ ∂∫ ∫
 
 quando a integral à direita existe. 
Se S é suave por partes, área de S é definida como a soma das áreas sobre cada pedaço 
suave de S. 
 
2.1.2 Exemplos 
(1) Determinar a área do parabolóide 2 22( )z x y= + , abaixo do plano 8z = . 
Solução. Tomando u e v como parâmetros, uma equação vetorial desse parabolóide é: 
2 2( , ) 2( )r u v ui v j u v k= + + +
   
, ( , )u v R∈ , { }2 2( , ) | 4R u v u v= + ≤ . 
Usando a Definição, vem 
( ) | (1, 0, 4 ) (0, 1, 4 ) |
R
a S u v dudv= ×∫ ∫ 
| ( 4 , 4 , 1) |
R
u v dudv= − −∫ ∫ 2 21 16( ) 
R
u v dudv= + +∫ ∫ . 
Passando para coordenadas polares, temos 
2 2
2
0 0
( ) 1 16a S r rdrd
π
θ= +∫ ∫
2
22 3/ 2
0
0
1 (1 16 ) 
48 |r d
π
θ= +∫
2
0
1 (65 65 1)
48
d
π
θ= −∫ 
2
0
65 65 1 
48 |
π
θ−=
( )65 65 1
24
π−
= unidades de área. 
 
(2) Determinar a área da esfera de raio a. 
Solução. Vamos utilizar a equação vetorial da esfera de raio a dada por: 
( , ) cos cos cos sen sen r u v a v u i a v u j a v k= + +
   
, 0 2u π≤ ≤ e 
2 2
vπ π− ≤ ≤ 
Usando a Definição vem 
2 2 2 2 2( ) | ( cos cos , cos sen , cos sen ) |
R
a S a v u a v u a v v dudv= ∫ ∫ 2 cos 
R
a v dudv= ∫∫ 
22
2
0
2
cos a v dudv
π
π
π
−
= ∫ ∫
22 22
0
0
2
cos |a v u dv
π
π
π
π
−
= ∫ ∫
2
2
2
2 cos a v dv
π
π
π
−
= ∫ 24 aπ= unidades de área. 
 
(3) Seja S uma superfície representada na forma explícita por ( , )z z x y= . Usando x e y 
como parâmetros, escrever a integral que define a área de S. 
Solução. Usando x e y como parâmetros, podemos representar S por 
( , ) ( , )r x y xi y j z x y k= + +
   
, ( , )x y R∈ , onde R é a projeção de S sobre o plano xy (ver 
Figura 4.41). 
 
Figura 4.41 – Visualização da área e sua projeção. 
 
Assim, 1, 0, r z
x x
∂ ∂ =  ∂ ∂ 

, 0, 1, r z
y y
 ∂ ∂
=  ∂ ∂ 

 e r r z zi j k
x y x y
∂ ∂ ∂ ∂
× = − − +
∂ ∂ ∂ ∂
 
  
. 
Logo, usando a Definição, vem 
22
( ) 1
R
z za S dxdy
x y
 ∂ ∂ = + +   ∂ ∂   
∫∫ . 
 
(4) Determinar a área do hemisfério de raio a, usando a representação explícita 
2 2 2z a x y= − − . 
Solução. A Figura 4.42 mostra o hemisfério e a sua projeção R sobre o plano xy. 
Figura 4.42 – Projeção do hemisfério 2 2 2z a x y= − − 
 
Temos, 
2 2 2 1/ 2( )z x a x y
x
−∂ = − − −
∂
 e 
2 2 2 1/ 2( )z y a x y
y
−∂ = − − −
∂
. 
Usando o resultado do exemplo anterior, vem 
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) 1 
R
x ya S dxdy
a x y a x y
   − −   = + +
   − − − −   
∫∫ 2 2 2
R
a dxdy
a x z
=
− −
∫∫ . 
Passando para coordenadas polares, temos 
2 2
'
( ) 
R
aa S r drd
a r
θ=
−
∫∫ , onde { }' ( , ) | 0 , 0 2R r r aθ θ π= ≤ ≤ ≤ ≤ . 
Esta integral é uma integral imprópria, que pode ser resolvida como segue: 
2
2 2
0 0
( ) lim
t
t a
ara S d dr
a r
π
θ
→
 
=  
− 
∫ ∫ 2 2 1/ 2
0
 ( ) 2lim
t
t a
ar a r drπ−
→
= −∫
2 2 2 1/ 2 (2 2 ( ) )lim
t a
a a a tπ π
→
= − − 22 aπ= unidades de área. 
 
(5) Encontrar a área da superfície cônica 2 2 2x y z= + que está entra os planos 1x = e 
4x = . 
Solução. Vamos usar uma parametrização para a superfície cônica dada:
2 2( , ) r y z y z i y j zk= + + +
   
, ( , )y z R∈ , 
onde R é o anel circular no plano yz, delimitado pelas circunferências 2 2 1y z+ = e 
2 2 4y z+ = . 
Usando a Definição, temos: 
2 2
2 2 2 2
( ) 1 
R
y za S dydz
y z y z
   
   = + +
   + +   
∫∫ 2 
R
dydz= ∫∫ . 
Passando para coordenadas polares, vem 
2 4
0 1
( ) 2 a S r drd
π
θ= ∫ ∫
2 2 4
1
0
2 
2 |
r d
π
θ= ∫
2
0
15 2 
2
d
π
θ= ∫ 15 2π= unidades de área. 
 
 
2.2 Integral de Superfície de um Campo Escalar 
De certa forma, as integrais de superfície são análogas às integrais curvilíneas. Definimos 
as integrais curvilíneas usando uma representação paramétrica de uma curva. 
Definiremos as integrais de superfície usando uma representação paramétrica da 
superfície. 
 
2.2.1 Definição 
Seja S uma superfície suave, representada por ( , )r u v

, ( , )u v R∈ . Seja f um campo 
escalar definido e limitado sobre S. A integral de superfície de f sobre S, denotada por 
S
fdS∫∫ , é definida pela equação 
( ( , ))
S R
r rfdS f r u v dudv
u v
∂ ∂
= ×
∂ ∂∫∫ ∫∫
 

, quando a integral dupla à direita existe. 
Se S é suave por partes, 
S
fdS∫∫ é definida como a soma das integrais sobre cada pedaço 
suave de S. 
Se S é dada na forma explícita por ( , )z z x y= , então 
22
( , , ( , )) 1 
S R
z zfdS f x y z x y dxdy
x y
 ∂ ∂ = + +   ∂ ∂   
∫∫ ∫∫ , onde R é a projeção de S sobre o 
plano xy. 
 
2.2.2 Exemplos 
(1) Calcular 2 2( 1)
S
I z x xy dS= − + −∫∫ , onde S é a superfície 
2( , ) ( 1)r u v ui v j u k= + + +
   
, 0 2u≤ ≤ e 0 5v≤ ≤ . 
Solução. A superfície desde exemplo é a parte da frente da calha. Temos: 
2 2( 1) 
S
I z x xy dS= − + −∫∫ 2 2 2 2( 1 1) 4 1 
R
u u uv u dudv= + − + − +∫∫ 
5 2
2 2
0 0
4 1 uv u dudv= +∫ ∫
5 2 3/ 2 22
0
0
1 (4 1) 
8 3/ 2 |
uv dv+= ∫ 
5
2
0
1 (17 17 1)
12
v dv= − ∫
125(17 17 1)
36
−
= 
 
(2) Calcular 2 
S
I x z dS= ∫∫ , onde S é a porção do cone 2 2 2z x y= + que está entre os 
planos 1z = e 4z = . 
Solução. A Figura 4.43 mostra a superfície S e a sua projeção R sobre o plano xy. 
 
 
 
 
Figura 4.43 – Visualização da superfície dada e da sua projeção 
 
 
Temos: 
2 
S
I x z dS= ∫∫
2 2
2 2 2
2 2 2 21 
R
x yx x y dxdy
x y x y
= + + +
+ +∫∫
2 2 22 
R
x x y dxdy= +∫∫ . 
Passando para coordenadas polares, vem 
2 4
4 2
0 1
2 cos I r drd
π
θ θ= ∫ ∫
2 5 42
1
0
2 cos 
5 |
r d
π
θ θ= ∫
2
2
0
2.1023 cos 
5
d
π
θ θ= ∫ 
2
0
1023 2 1 1 cos 2
5 2 2
d
π
θ θ = + 
 ∫
2
0
1023 2 1 1 sen 2
5 2 4 |
π
θ θ = + 
 
1023 2
5
π= . 
 
(3) Calcular ( )
S
I x y z dS= + +∫∫ , onde 1 2S S S=  é a superfície representada na Figura 
4.44. 
Solução. A superfície S é uma superfície suave por partes. Aplicando a Definição sobre 
cada parte suave, vem 
( )
S
I x y z dS= + +∫∫
1 2
( ) ( )
S S
x y z dS x y z dS= + + + + +∫∫ ∫∫ . 
Figura 4.44 – Visualização da superfície suave por partes 
 
Temos, 
1
4 2
0 0
( ) ( 0) 1 0 0 
S
x y z dS x y dxdy+ + = + + + +∫∫ ∫ ∫
4 2
0 0
( ) x y dxdy= +∫ ∫ 
4 2 2
0
0
 
2 |
x yx dy
 
= + 
 
∫
4
0
(2 2 )y dy= +∫ 24= . 
Para calcular 
2
( )
S
x y z dS+ +∫∫ , observamos que a superfície 2S é representada 
explicitamente como ( , )y y x z= , assim vamos usar 
2 2
'
( , ( , ), ) 1 
S R
y yfdS f x y x z z dxdz
x z
∂ ∂   = + +   ∂ ∂   ∫∫ ∫∫ , 
onde R’ é a projeção S sobre o plano xz. 
Temos: 
2 '
( ) ( 0 ) 1 0 0 
S R
x y z dS x z dxdz+ + = + + + +∫∫ ∫∫
2 42
0 0
( ) 
x
x z dzdx
−
= +∫ ∫ 8= . 
Portanto, 24 8 32I = + = . 
 
2.3 Centro de Massa e Momento de Inércia 
O centro de massa e o momento de inércia de uma lâmina delgada podem ser calculados 
usando-se integrais de superfície. 
Suponhamos que S represente a lâmina e que o campo escalar ( , , )f x y z represente a 
densidade (massa por unidade de área) no ponto (x, y, z). Então a massa m da lâmina é 
dada por 
( , , )
S
m f x y z dS= ∫∫ . 
O centro de massa ( ), , x y z é dada por 
1 ( , , )
S
x xf x y z dS
m
= ∫∫ 
1 ( , , )
S
y yf x y z dS
m
= ∫∫ 
1 ( , , )
S
z zf x y z dS
m
= ∫∫ . 
O momento de inércia LI de S em relação a um eixo L é dado por 
[ ]2( , , ) ( , , )L
S
I x y z f x y z dSδ= ∫∫ , 
onde ( , , )x y zδ é a distância do ponto (x, y, z) de S até o eixo L. 
 
Exemplos 
(1) Uma lâmina tem a forma da parte do plano z y= recortada pelo cilindro 
2 2( 1) 1x y+ − = . Determinar a massa dessa lâmina se a densidade no ponto (x, y, z) é 
proporcional à distância desse ponto ao plano xy. 
Solução. A Figura 4.45 mostra a superfície S que representa a lâmina e a sua projeção R 
no plano xy. 
Figura 4.45 
 
Como a densidade no ponto (x, y, z) é proporcional a distância desse ponto ao plano xy, 
temos 
( , , )f x y z kz= , onde k é uma constante de proporcionalidade. 
Usando ( , , )
S
m f x y z dS= ∫∫ , vem 
( , , )
S
m f x y z dS= ∫∫ 
S
kz dS= ∫∫ 1 0 1 
R
k y dxdy= + +∫∫ 2 
R
k y dxdy= ∫∫ . 
Passando para coordenadas polares, temos 
2
2
0 0
2 sen 
sen
m k r drd
π θ
θ θ= ∫ ∫ m
3 2 sen 
0
0
2 sen 
3 |
rk d
π
θ
θ θ= ∫ 4
0
8 2 sen 
3
k d
π
θ θ= ∫ 
2kπ= unidades de massa. 
 
(2) Determinar o centro de massa do hemisfério 2 21z x y= − − com densidade 
( , , ) 0,3f x y z = unidades de massa/unidades de área. 
Solução. Vamos, neste exemplo, usar uma representação paramétrica para o hemisfério 
superior S: 
( , ) cos cos sen cos sen r u v u v i u v j v k= + +
   
, 0 2u π≤ ≤ , 0
2
v π≤ ≤ . 
Como a densidade é constante, podemos dizer que 
massa=área de S × densidade constante. 
Portanto, 
22 .1 .0,3 0,6m π π= = unidades de massa. 
Ainda, devido à simetria de S, as coordenadas x e y do centro de massa são nulas. 
Falta-nos, portanto, calcular z . Temos, 
1 ( , , )
S
z zf x y z dS
m
= ∫∫ . 
1 sen . 0,3 . cos 
0,6 R
z v v dudv
π
= ∫∫
/ 2 2
0 0
1 sen cos 
2
v v dudv
π π
π
= ∫ ∫
1
2
= . 
Portanto, 1( , , ) 0, 0, 
2
x y z  =  
 
. 
 
(3) Uma lâmina tem a forma de um hemisfério unitário. Encontrar o momento de inércia 
dessa lâmina em relação a um eixo que passa pelo pólo e é perpendicular ao plano que 
delimita o hemisfério. Considerar a densidade no ponto P da lâmina proporcional a 
distância deste ponto ao plano que delimita o hemisfério. 
Solução. Podemos representar a lâmina como mostra a Figura 4.46. Neste caso, o eixo 
que passa pelo pólo e é perpendicular ao plano que delimita o hemisfério é o eixo dos z. 
 
 
 
Figura 4.46 – Hemisfério Superior 
 
A densidade é ( , , )f x y z kz= . 
Temos que: 
2 2( ) z
S
I x y kz dS= +∫∫ , onde 2 2 2( , , )x y z x yδ = + 
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2( ) 1 1 1 1z R
x yI k x y x y dxdy
x y x y
= + − − + +
− − − −∫∫ 
Passando para coordenadas polares, temos 
2 2 2 2
2 2
2 2
'
cos sen 1 1 
1 1z R
r rI k r r rdrd
r r
θ θ θ= − + +
− −∫∫ , 
onde { }' ( , ) | 0 1, 0 2R r rθ θ π= ≤ ≤ ≤ ≤ . 
Resolvendo esta integral imprópria, obtemos 
2
3
1 0 0
 lim
t
z
t
I r d dr
π
θ
→
= ∫ ∫ 2
kπ
= unidades de momento de inércia. 
 
 
2.4 Atividades de autoavaliação 
1. Calcular a área da superfície plana 2 2 3 6x y z+ + = , tomada no o1 octante. 
2. Calcular a área da superfície do parabolóide 2 23 ( )y x z= − + interceptado pelo plano 
0y = . 
3. Encontrar a área da superfície do cilindro 2 2 25x z+ = limitada pelos planos 0x = , 
2x = , 0y = e 3y = . 
4. Encontrar a área do parabolóide 2 2z x y= + limitado superiormente pelo plano 2z = 
5. Achar a área da superfície do plano 2 2 16x y z+ + = , interceptado por 0x = , 0y = , 
2x = e 3y = ; 
6. Achar a área da superfície do cone 2 2 23( )z x y= + interceptado pelo parabolóide 
2 2z x y= + . 
7. Calcular 
S
xz dS∫∫ , sendo S a parte da superfície 2y x= , delimitada pelos planos 
0z = , 4z = , 0x = , e 2x = . 
8. Calcular 1
S
I dS
x
= ∫∫ , onde S é a superfície 
( , ) ( 1)r u v u i v j v k= + + +
   
; 1 2u≤ ≤ e 1 1v− ≤ ≤ . 
9. Uma lâmina tem a forma da superfície lateral do cone 2 2 24( )z x y= + , 0 2z≤ ≤ . 
Calcular a massa da lâmina se a densidade no ponto ( , , )x y z é proporcional a distância 
desse ponto ao eixo dos z. 
10. Uma lâmina tem a forma da parte do plano 2 1z y= + recortada pelo cilindro 
2 2( 2) 4x y+ − = . Determinar a massa dessa lâmina se a densidade no ponto ( , , )x y z é 
proporcional a distância desse ponto ao plano xy. 
RESPOSTAS: 
(1) ..
2
173 au (2) ..
6
11313 auπ− (3) ..
5
230 auarcsen 
(4) ..
3
13 auπ (5) 9 u.a. (6) ..6 auπ 
(7) 
3
11717(2 − (8) 2ln22 (9) ..
3
52 muk π 
(10) ..520 muk π 
 
2.5 Integral de Superfície de um Campo Vetorial 
Já analisamos que a integral curvilínea de um campo vetorial depende do sentido de 
percurso sobre C, isto é, depende da orientação da curva. Analogamente, veremos que a 
integral da superfície de um campo vetorial dependerá do lado da superfície escolhido 
para a integração. Todas as superfícies consideradas serão superfícies orientáveis. 
 
2.5.1 Definição 
Sejam S uma superfície suave, representada por 
( , ) ( , ) ( , ) ( , )r u v x u v i y u v j z u v k= + +
   
, ( , )u v R∈ , e ( , )n n u v=
 
 um vetor unitário, 
normal a S. Seja f

 um campo vetorial definido sobre S. A integral de superfície de f

 
sobre S, denotada por . 
S
f n dS∫∫
 
, é definida pela equação 
 . ( ( , )) . ( , )
S R
r rf n dS f r u v n u v dudv
u v
∂ ∂
= ×
∂ ∂∫∫ ∫∫
 
    
, 
quando a integral à direita existe. 
Se a superfície S é suave por partes, a integral é definida como a soma das integrais sobre 
cada pedaço suave de S. 
 
2.5.2 Cálculo de Integral . 
S
f n dS∫∫
 
 
Seja 1n

 o vetor normal unitário de S, dado por 
1
r r
u vn
r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂=
∂ ∂
×
∂ ∂
 

 
. 
Podemos ter 1n n=
 
 ou 1n n= −
 
. Portanto, substituindo na integral temos: 
 . ( ( , )) . 
S R
r rf n dS f r u v dudv
u v
 ∂ ∂
= ± × 
∂ ∂ 
∫∫ ∫∫
 
   
 
Teremos o sinal positivo em frente à integral dupla, quando o lado de S escolhido para a 
integração for o lado do qual emana o vetor normal unitário 1n

. Em caso contrário, 
teremos o sinal negativo em frente à integral dupla. 
 
 
2.5.3 Exemplos 
(1) Calcular . 
S
f n dS∫∫
 
, sendo f xi y j zk= + +
   
 e S a superfície exterior da esfera 
representada por 
( , ) ( cos cos , sen cos , sen )r u v a u v a u v a v=

, 0 2u π≤ ≤ , 
2 2
vπ π− ≤ ≤ . 
Solução. 
(1), calculamos r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂
 
, obtendo 
2 2 2 2 2( cos cos , sen cos , sen cos )r r a u v a u v a v v
u v
∂ ∂
× =
∂ ∂
 
. 
Vimos também que este vetor aponta para o exterior da esfera. 
Como o lado escolhido para a integração é o lado exterior de S, teremos o sinal (+) em 
frente à integral dupla. 
Temos: 
 . ( cos cos , sen cos , sen ) .
S R
f n dS a u v a u v a v=∫∫ ∫∫
 
2 2 2 2 2( cos cos , sen cos , sen cos ) a u v a u v a v v dudv 
3 2 3 3 2 3 3 2( cos cos sen cos sen cos ) 
R
a u v a u v a v v dudv= + +∫∫ 
3 3 3 2( cos sen cos ) 
R
a v a v v dudv= +∫∫ 3 cos 
R
a v dudv= ∫∫ 34 aπ= . 
 
(2) Seja S a superfície exterior do parabolóide 2 2( , ) ( , , )r x y x y x y= +

, ( , )x y R∈ , onde 
{ }2 2( , ) | 4R x y x y= + ≤ . Determinar . 
S
f ndS∫∫
 
, sendo f

 o campo vetorial dado por 
(3 , 3 , 3 )f x y z= −

. 
Solução. Temos o vetor normal unitário 
1
r r
x yn
r r
x y
∂ ∂
×
∂ ∂=
∂ ∂×
∂ ∂
 

 
 
aponta para o interior do parabolóide dado. Como o lado escolhido para a integração é o 
lado exterior de S, teremos o sinal (–) em frente à integração dupla. 
Como ( 2 , 2 , 1)r r x y
u v
∂ ∂
× = − −
∂ ∂
 
, vem 
2 2 . (3 , 3 , 3( )) . ( 2 , 2 , 1) 
S R
f ndS x y x y x y dxdy= − − + − −∫∫ ∫∫
 
 
2 2 2 2( 6 6 3 3 ) 
R
x y x y dxdy= − − − − −∫∫ 2 29 ( ) 
R
x y dxdy= +∫∫ . 
Passando para coordenadas polares, temos 
2 2
3
0 0
 . 9 
S
f ndS r d dr
π
θ=∫∫ ∫ ∫
 
72π= . 
 
 
2.5.4 A Notação 1 2 3( )
S
f dydz f dzdx f dxdy+ +∫∫ 
Se a superfície S é representada por ( , ) ( , ) ( , ) ( , )r u v x u v i y u v j z u v k= + +
   
, ( , )u v R∈ , 
o vetor r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂
 
 pode ser escrito na forma 
( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( , )
r r y z z x x yi j k
u v u z u v u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
× = + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
  
. 
Assim, se o campo vetorial f

 é dado por 
1 2 3f f i f j f k= + +
   
, podemos escrever 
1
( , ) . ( ( , )) 
( , )S R
y zf ndS f r u v dudv
u v
∂
= ± ±
∂∫∫ ∫∫
  
 
2
( , )( ( , )) 
( , )R
z xf r u v dudv
u v
∂
±
∂∫∫

 
3
( , )( ( , )) 
( , )R
x yf r u v dudv
u v
∂
∂∫∫

. 
Estas integrais lembra a fórmula de mudança de variáveis para integrais duplas e sugerem 
a notação tradicional. 
1 2 3 . ( )
S S
f n dS f dydz f dzdx f dxdy= + +∫∫ ∫∫
 
. 
 
 
2.5.5 Interpretação Física da Integral . 
S
f n dS∫∫
 
 
Consideremos um fluido em movimento em um domínio D do espaço. Sejam ( , , )v x y z

 
o vetor velocidade do fluido no ponto ( , , )x y z e ( , , )x y zρ a sua densidade, Seja f

 o 
campo vetorial dado por 
( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z x y z v x y zρ=
 
. 
O vetor f

 tem a mesma direção da velocidade e seu comprimento tem dimensões 
massa distancia massa. =
unid.vol. unid.tempo (unid,area)(unid.tempo)
. 
Assim, podemos dizer que f

 representa a quantidade de massa de fluido, por unidade 
de área e por unidade de tampo, que escoa na direção de v

, em um ponto qualquer 
( , , )x y z D∈ . 
Sejam : ( , )S r u v

, ( , )u v R∈ , uma superfície paramétrica suave, contida em D, e n

 um 
vetor unitário, normal a S. A componente de f

 na direção de n

 (ver Figura 4.8), é dada 
por 
cos cosf f nα α=
  
 . f n=
 
 
Figura 4.47 – Visualização para interpretação física 
 
Portanto, se dS é o elemento de área de superfície de S, o produto ( ) . f n  dS representa o 
volume de um prisma cuja área da base é dS e cuja altura é a componente de f

 na direção 
de n

, Podemos, então, dizer que ( ) . f n  dS nos dá a quantidade de massa de fluido que 
atravessa dS, na direção de n

, em uma unidade de tempo. 
A quantidade total de massa de fluido que atravessa a superfície S, na direção de n

, em 
uma unidade de tempo, será dada por 
 . 
S
f n dSφ = ∫∫
 
, e é chamada fluxo do campo vetorial f

, através da superfície S. 
 
2.5.6 Exemplos 
(1) Um fluido de densidade constante, com velocidade ( 2 , 2 , )v x y z= − −

, escoa através 
da superfície S dada por 2( , ) ( cos , sen , 1)r u v u v u v u= −

, 0 4u≤ ∂ , 0 2v π≤ ≤ , na 
direção do vetor r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂
 
. 
Determinar a massa de fluido que atravessa S em uma unidade de tempo. 
Solução. Devemos calcular 
 . 
S
f n dSφ = ∫∫
 
 
onde 0 ( 2 , 2 , )f x y zρ= − −

, sendo 0ρ uma constante. 
Como queremos o fluxo na direção de r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂
 
, teremos o sinal (+) em frente à integral 
dupla. Como 
cos sen 2
 sen cos 0
i j k
r r v v u
u v
u v u v
∂ ∂
× =
∂ ∂
−
  
 
( )2 22 cos , 2 sen , u v u v u= − − , 
Vem: 
 . 
S
f n dSφ = ∫∫
 
 
2
0 ( 2 cos , 2 sen , 1)
R
u v u v uρ= + − − −∫∫ . 2 2( 2 cos , 2 sen , ) u v u v u dudv− − 
( )
4 2
3 2 3 2 3
0
0 0
4 cos 4 sen u v u v u u dvdu
π
ρ= + + −∫ ∫ 0624πρ= unidades de fluxo. 
 
(2) Sejam S a superfície plana limitada pelo triângulo de vértices (4, 0, 0), (0, 4, 0) e (0, 
0, 4) e n

 um vetor unitário, normal a S, com componente z não-negativa. Usando a 
representação vetorial de S dada por 
( , ) ( 2 , 2 , 4 2 )r u v u v u v u= + − −

, 
determinar o fluxo do campo vetorial f xi y j zk= + +
   
, através da superfície S, na direção 
de n

. 
Solução. A Figura 4.48 mostra a superfície S e o vetor n

. 
Usando a representação vetorial dada, temos 
1 1 2
2 2 0
i j k
r r
u v
∂ ∂
× = −
∂ ∂
−
  
 
4 4 4i j k= − − −
  
. 
Figura 4.48 – Superfície dada e vetor normal 
 
Como o vetor normal unitário escolhido para integração tem componente z não-negativa 
e a componente z do vetor r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂
 
 é negativa, teremos o sinal negativo em frente à 
integral dupla. 
Usando a equação (2), vem 
 . 
S
f n dSφ = ∫∫
 
 
( 2 , 2 , 4 2 ) . ( 4, 4, 4) 
S
u v u v u dudv= − + − − − − −∫∫
[ ]4( 2 ) 4( 2 ) 4(4 2 ) 
R
u v u v u dudv= − − + − − − −∫∫ 16
R
dudv= ∫∫ 16 RA= . 
Para determinar a região R, devemos resolver o sistema de inequaçoes 
0 2 4
0 2 4
0 4 2 4
u v
u v
u
≤ + ≤
 ≤ − ≤
 ≤ − ≤
 
Este sistema pode ser resolvido geometricamente (ver Figura 4.49). 
Figura 4.49 – Região dada 
 
Temos, então, 
2216.
2
φ = 32= unidades de fluxo. 
 
(3) Seja S uma superfície suave representada na forma explícita por ( , )z z x y= . Usando 
x e y como parâmetros, determinar uma equação para calcular . 
S
f n dS∫∫
 
. 
Solução. Usando x e y como parâmetros, podemos representar S por 
( , ) ( , )r x y xi y j z x y k= + +
   
, ( , )x y R∈ , 
onde R é a projeção de S sobre o plano xy. 
Analisando o vetor 
r r z zi j k
u v x y
∂ ∂ ∂ ∂
× = − − +
∂ ∂ ∂ ∂
 
  
, 
vemos que ele tem componente z positiva. 
Portanto, se n

 é um vetor unitário, normal a S, com componente z positiva, usando a 
equação (2), temos 
 . ( ( , )) . 
S R
r rf n dS f r x y dxdy
x y
 ∂ ∂
= + × 
∂ ∂ 
∫∫ ∫∫
 
   
 
1 2 3( , , ( , )) ( , , ( , )) ( , , ( , )) 
R
z zf x y z x y f x y z x y f x y z x y dxdy
x y
 ∂ ∂
= − − + ∂ ∂ 
∫∫ . 
Se a componente z do vetor n

 for negativa, teremos o sinal (–) em frente à integral dupla. 
Portanto, simplificando a notação, podemos escrever 
1 2 3 . 
S R
z zf n dS f f f dxdy
x y
 ∂ ∂
= ± − − + ∂ ∂ 
∫∫ ∫∫
 
 
 
(4) Resolver o exemplo (2), usando a forma explícita 4z x y= − − . 
Solução. Como o vetor n

, tem componente z positiva, temos: 
[ ] . ( 2) ( 1) 4 
S R
f n dS x y x y dxdy= − − − − + − −∫∫ ∫∫
 
4 
R
dxdy= ∫∫ 4 RA= . 
Neste caso, a região R é a projeção de S sobre o plano xy, que pode ser vista na figura 
4.50. Portanto, 4 . 44. 32
2
φ = = unidades de fluxo. 
Figura 4.50 – Superficie dada 
 
 
(5) Seja S a parte do cone 2 2 1/ 2( )z x y= + , delimitada pelo cilindro 2 2 1x y+ = , com a 
normal apontando para fora. Calcular (2 5 3 )
S
dydz dzdx dxdy+ +∫∫ . 
Solução. Na Figura 4.51 (a), representamos a superfície S e a normal dada, em alguns 
pontos de S. A Figura 4.51 (b), mostra a região R, que é a projeção de S sobre o plano xy. 
Figura 4.51 – Superficie dada e sua projeção. 
 
observando a Figura 4.51 (a), vemos que o vetor normal n

 tem componente z negativa. 
Portanto, 
 . (2 5 3 )
S S
f n dS dydz dzdx dxdy= + +∫∫ ∫∫
 
2 2 2 2
2 5 3 
R
x y dxdy
x y x y
 
 = − − − +
 + + 
∫∫ . 
Esta integral é uma integral imprópria. Passando para coordenadas polares, temos 
2 1
0 0
2 cos 5 sen . 3 
S
r rf n dS rdrd
r r
π θ θ θ− = − − +  ∫∫ ∫ ∫
 
 
2 1
00
 ( 2cos 5 sen 3) lim
h h
rdr d
π
θ θ θ
+→
 
= − − − + 
 
∫ ∫
2
0
1 ( 2cos 5 sen 3) 
2
d
π
θ θ θ= − − − +∫ 
3π= − . 
observamos que a superfície dada neste exemplo não é suave na região de integração, 
pois ela apresenta problemas na origem. No entanto, foi possível calcular a integral dada, 
através de uma integral imprópria. Sempre que a superfície apresenta problemasem um 
ponto, podemos adotar este procedimento. Neste caso, a integral de superfície existe 
quando a integral imprópria converge. 
 
(6) Sejam S uma superfície paramétrica suave, representada por ( , )r u v

, ( , )u v R∈ e 
( , )n n u v=
 
 um vetor unitário, normal a S. Se f

 é um campo vetorial contínuo definido 
sobre S e T é a componente de f

 na direção de n

, mostrar que 
 . 
S S
f n dS T dS=∫∫ ∫∫
 
. 
Solução. Pela Definição, temos 
 . ( ( , )) . ( , ) 
S R
r rf n dS f r u v n u v dudv
u v
∂ ∂
= ×
∂ ∂∫∫ ∫∫
 
    
. 
A componente de f

 na direção de n

 é dada por cosT f α=

, 
onde α é o ângulo entre f

 e n

 (ver Figura 4.13). 
Como n

 é unitário, temos cosT f n α=
 
 . f n=
 
. 
Figura 4.52 – Visualização do enunciado dado 
 
Portanto, 
 . ( , )
S R
r rf ndS T u v dudv
u v
∂ ∂
= ×
∂ ∂∫∫ ∫∫
 
 
, e assim, pela Definição 6.9.1, temos 
 . 
S S
f n dS T dS=∫∫ ∫∫
 
. 
Este resultado nos permite fazer uma análise da integral de superfície de um campo 
vetorial em diversas situações práticas, como segue: 
a) Se em cada ponto da superfície S, o campo vetorial f

 for perpendicular ao vetor n

, a 
integral de f

 sobre S será nula. Em particular, se f

 representa a densidade de fluxo de 
um fluido em movimento, será nulo o fluxo através da superfície S. 
b) Se o ângulo entre f

 e n

 for agudo, a componente de f

 na direção de n

 será positiva 
e desta forma, teremos um fluxo positivo através de S. 
c) Se o ângulo entre f

 e n

 for obtuso, a componente de f

 na direção de n

 será negativa. 
Neste caso, teremos um fluxo negativo através de S. Na prática, isto significa que o fluido 
estará atravessando a superfície S no sentido contrário ao do vetor n

. 
A Figura 4.14 esquematiza as três situações descritas. 
 
Figura 4.53 – Situações a serem consideradas visualmente 
 
 
(7) Determinar o fluxo do campo vetorial ( , , 0)f x y=

 através da superfície exterior do 
sólido 2 2 9x y+ ≤ , 0 4z≤ ≤ . 
Solução. Como a superfície dada é formada por 3 partes suaves 1S , 2S e 3S (ver Figura 
4.15), temos 
1 2 3
 . . . 
S S S
f n dS f n dS f n dSφ = + +∫∫ ∫∫ ∫∫
     
. 
 
Figura 4.54 – Superfície cilíndrica e vetores normais 
 
 
Para as superfícies 1S e 2S , temos n k=
 
 e n k= −
 
, respectivamente. Como ( , , 0)f x y=

, em ambos os casos, a componente de f

 na direção de n

 é nula. Portanto, usando o 
exemplo anterior, concluímos que 
1 2
 . . 0
S S
f n dS f n dS= =∫∫ ∫∫
   
. 
Para calcular 
3
 . 
S
f n dS∫∫
 
, precisamos de uma parametrização de 3S . Conforme vimos 
em 6.2.3, 3S pode ser representada por ( , ) (3cos , 3 sen , )r u v u u v=

, onde 0 2u π≤ ≤
0 e 0 4v≤ ≤ . 
Como (3cos , 3 sen , 0)r r u u
u v
∂ ∂
× =
∂ ∂
 
, temos 
3
 . (3cos ,3 sen , 0) . (3cos , 3 sen , 0) 
S R
f ndS u u u u dudv=∫∫ ∫∫
 
 
2 4
2 2
0 0
9(cos sen ) u u dudv
π
= +∫ ∫ 72π= . 
Logo, 
1 2 3
 . . . 
S S S
f n dS f n dS f n dSφ = + +∫∫ ∫∫ ∫∫
     
0 0 72π= + + 72π= unidades de fluxo. 
 
2.6 Atividades de autoavaliação 
1. Seja T a superfície exterior do tetraedro limitado pelos planos coordenados e o plano 
4x y z+ + = . Calcular 
( )
S
I yz dydz xz dzdx xy dxdy= + +∫∫ , sendo que: 
a) S é a face da frente de T; 
b) S é a face T que está no plano xz; 
c) S é a face de T que está no plano yz; 
d) S é a face de T que está no plano xy; 
e) Some os resultados dos itens a, b, c e d. Interprete fisicamente. 
2. Um fluido tem vetor densidade de fluxo (2 )f xi x y j k= − + +
   
. Seja S o hemisfério 
2 2 2 4x y z+ + = , 0z ≥ e n

 a normal que aponta para fora. Calcular a massa de fluido 
que atravessa S na direção de n

 em uma unidade de tempo. 
3. Calcular . 
S
f n dS∫∫
 
, sendo f yi x j= −
  
 e S a parte da esfera 2 2 2 2x y z a+ + = no o1 
octante com a normal apontando para fora. 
4. Calcular . 
S
f n dS∫∫
 
, sendo f xi y j zk= + +
   
, S a parte do plano 2 3 4 12x y z+ + = 
cortadas pelos planos 0x = , 0y = , 1x = e 2y = , e n

 a normal com componente z não-
negativa. 
5. Calcular 2 2 2
S
I x dydz y dzdx z dxdy= + +∫∫ , onde S é a superfície exterior da semi-esfera 
2 2 2 2x y z a+ + = , 0z ≥ . 
6. Calcular 
S
x dydz y dzdx z dxdy+ +∫∫ , onde S é a superfície exterior do cilindro 
2 2 2x z a+ = limitada pelos planos 4y = − e 4y = . 
7. Calcular 2 3 
S
x dydz y dzdx z dxdy+ +∫∫ , onde S é a superfície plana delimitada pelo 
triângulo de vértices (3, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 3) e a normal afasta-se da origem. 
8. Calcular 
S
dydz dzdx dxdy+ +∫∫ , onde S é a superfície exterior do cone 2 2z x y= + 
delimitados pelos planos 1z = e 4z = . 
9 Calcular . 
S
I f n dS= ∫∫
 
, sendo 2 3f xi j k= + +
   
 e S a superfície exterior da esfera 
( , ) (2cos cos , 2 sen cos , 2 sen )r u v u v u v v=

, 0 2u π≤ ≤ e 
2 2
vπ π− ≤ ≤ . 
10. Seja S a superfície plana limitada pelo triângulo de vértices (2, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 
2) e n

 um vetor unitário normal a S, com componente z não negativa. Determinar o fluxo 
do campo vetorial 2f yi x j k= + +
   
, através da superfície S, na direção de n

. 
11. Determinar o fluxo do campo vetorial através da superfície exterior do sólido 
2 2 16x y+ ≤ , 0 4z≤ ≤ . 
12. Sejam 1S a superfície paramétrica dada por 
( )2 21( , ) , , r u v u v u v= + , 2 2 36u v+ ≤ e 2S a superfície dada por 
( )2 22 ( , ) , , r u v u v u v= − + , 2 2 36u v+ ≤ . 
a) Calcular o fluxo do campo vetorial ( , , )f x y z=

 através de 1S , na direção do vetor 
normal unitário exterior a 1S . 
b) Calcular o fluxo de f

 através de 2S na direção do vetor normal unitário exterior de 
2S . 
c) Comentar os resultados obtidos em (a) e (b), interpretando fisicamente. 
 
RESPOSTAS: 
(1) a) 32 b) -32/3 c)-32/2 d) -32/3 e) 0. fluxo nulo 
(2) π4 (3) 0 (4) 6 (5) 
2
4aπ (6) 216 aπ 
(7) 18 (8) π15− (9) π
3
32 (10) 
3
20 (11) 0 (12) a) 0; b) 0 
 
2.7 Teorema de Stokes 
Já analisamos que sob certas condições, uma integral curvilínea no plano pode ser 
transformada em uma integral dupla, pelo Teorema de Green. 
O Teorema de Stokes constitui uma generalização do Teorema de Green para o espaço 
tridimensional e pode ser utilizado para transformar determinadas integrais curvilíneas 
em integrais de superfície ou vice-versa. 
Além disso, ele é de grande importância em aplicações físicas. 
 
2.7.1 Teorema 
Seja S uma superfície orientável, suave por partes, delimitada por uma curva fechada, 
simples, suave por partes, C. Então, se g

 é um campo vetorial contínuo, com derivadas 
parciais de a1 ordem contínuas em um domínio que contém S C , temos 
rot . . 
S C
g n dS g dr=∫∫ ∫
   

, 
onde a integração ao longo de C é efetuada no sentido positivo determinado pela 
orientação de S, como mostra a Figura 4.16. 
 
Figura 4.55 – Ilustração das superfícies envolvidas 
 
Se o campo g

 tem componentes 1g , 2g e 3g , rot . . 
S C
g n dS g dr=∫∫ ∫
   

 pode ser 
reescrita como 
3 32 1 2 1
1 2 3( )
C S
g gg g g gg dx g dy g dz dydz dzdx dxdy
y z z x x y
    ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ + + = − + − + −     ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂     
∫ ∫∫ . 
 
Prova Parcial. Vamos fazer a demonstração para uma superfície S parametrizada por 
( , ) ( , ) ( , ) ( , )r u v x u v i y u v j z u v k= + +
   
, ( , )u v R∈ , 
supondo que as derivadas parciais de a2 ordem de r

 são contínuas e R é uma região 
onde podemos aplicar o Teorema de Green. O vetor n

 considerado será o vetor 
r r
u vn
r r
u v
∂ ∂
×
∂ ∂=
∂ ∂
×
∂ ∂
 

 
. 
Temos: 
1 1
1
C S
g gg dx dzdx dxdy
z y
 ∂ ∂
= − ∂ ∂ 
∫ ∫∫ , 
2 2
2
C S
g gg dy dydz dxdy
z x
∂ ∂ = − + ∂ ∂ ∫ ∫∫ , 
3 3
3
C S
g gg dz dydz dzdx
y x
 ∂∂
= − ∂ ∂ 
∫ ∫∫ . 
Vamos provar a equação 
Seja 1C a curva que delimita a região R. Suponhamos que 1C é orientada no sentido anti-
horário e que o sentido positivo sobre C, determinado pela orientação de S, corresponde 
ao sentido positivo de 1C (ver Figura 4.56) 
Figura 4.56 – Ilustração da demonstração 
 
Seja ( ) ( ( )), ( ))h t u t v t=

, [ ], t a b∈ uma parametrização de 1C . Então, 
é uma parametrização da curva C. 
Portanto, escrevendo ( )u u t= , ( )v v t= , temos 
1 1
( , )( ( , )) 
b
C a
dx u vg dx g r u v dt
dt
=∫ ∫


. 
Usando a regra da cadeia, vem 
1 1( ( , ))
b
C a
x du x dvg dx g r u v dt
u dt v dt
∂ ∂ = + ∂ ∂ ∫ ∫


 
1 1( ( , )) , ( ( , )) , 
b
a
x x du dvg r u v g r u v dt
u v dt dt
∂ ∂   = ⋅   ∂ ∂   ∫
 
 
1C
f d r= ⋅∫
 

, onde f

 é o campo vetorial dado por 
1 1( ( , )) , ( ( , ))
x xf g r u v g r u v
u v
∂ ∂ =  ∂ ∂ 
  
. 
Aplicando o Teorema de Green, obtemos 
1 1 1( ( , )) ( ( , )) 
C R
x xg dx g r u v g r u v dudv
u v v u
 ∂ ∂ ∂ ∂    = −    ∂ ∂ ∂ ∂    
∫ ∫∫
 

. 
Como ( , )r u v

 tem derivadas parciais de a2 ordem contínuas, a integração à direita 
existe. 
Desenvolvendo as derivadas parciais do integrando com o auxílio da regra da cadeia 
temos 
1 1 1( ( , )) ( ( , )) 
C R
x xg dx g r u v g r u v dudv
u v v u
 ∂ ∂ ∂ ∂    = −    ∂ ∂ ∂ ∂    
∫ ∫∫
 

 
1( ( , ), ( , ), ( , ))
R
xg x u v y u v z u v
u v
 ∂ ∂ = −  ∂ ∂ 
∫∫ ` 
1( ( , ), ( , ), ( , ))
xg x u v y u v z u v dudv
v u
∂ ∂  
 ∂ ∂ 
 
2
1( ( , ), ( , ), ( , ))
R
xg x u v y u v z u z
u v
 ∂
= + ∂ ∂
∫∫ 
2
1 1 1
1( ( , ), ( , ), ( , ))
g x g y g z x xg x u v y u v z u v
x u y u z u v v u
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
+ + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 
 
1 1 1g x g y g z x dudv
x v y v z v u
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
− + +  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂  
. 
Aplicando o Teorema de Schwarz e agrupando convenientemente, vem 
1 1
1 
C R
g z x z x g y x y xg dx dudv
z u v v u y v u u v
 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   = − − −    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    
∫ ∫∫ 
1 1( , ) ( , )
( , ) ( , )R
g z x g x y dudv
z u v y u v
 ∂ ∂ ∂ ∂
= − ∂ ∂ ∂ ∂ 
∫∫ 
1 1
S
g gdzdx dxdy
z y
 ∂ ∂
= − ∂ ∂ 
∫∫ . 
De forma análoga, podemos provar as demais equações. 
Observamos que a demonstração do Teorema de Stokes no caso geral é bastante 
elaborada e foge aos objetivos deste texto. 
 
2.7.2 Exemplos 
(1) Usando o Teorema de Stokes, calcular ( )2 2 2
C
I y dx z dy x dz= + +∫ , onde C é o 
contorno da parte do plano x y z a+ + = , 0a > que está no 1° octante, no sentido anti-
horário. 
Solução. A Figura 4.57 mostra o caminho C de integração. Como C é formado por 3 
partes suaves, para obtermos a integral dada usando a Definição, devemos calcular três 
integrais curvilíneas. Pelo Teorema de Stokes, podemos transformá-la em uma única 
integral de superfície. 
Vamos escolher uma superfície S que seja delimitada pela curva C e orientar S de forma 
a ser possível a aplicação do Teorema. 
Como a curva dada é plana, escolhemos para S o próprio plano que contém a curva. Em 
nosso exemplo, o vetor n

 será o vetor normal superior de S (ver Figura 4.57(a). 
Temos: 
[ ]2 2 2
S
I zdydz xdzdx ydxdy= − − −∫∫ . 
Para calcular esta integral de superfície, vamos usar a forma explícita. Temos, 
[ ]{ }( 2)( )( 1) ( 2 )( 1) 2
R
I a x y x y dxdy= − − − − − − − − −∫∫ 
2
R
a dxdy= − ∫∫ , onde R é a projeção de S sobre o plano xy (ver Figura 6.61). 
Logo, 
2
32 .
2
aI a a= − = − . 
 
 
 
 
Figura 4.57 – Ilustração da superfície e sua projeção 
 
 
(2) Seja S a parte do gráfico de , 0z ≥ com normal exterior. Determinar 
rot . 
S
g n dS∫∫
 
, sendo (3 , 4 , 2 )g z x y=

. 
Solução. A Figura 4.58 mostra a superfície S e a curva C que delimita S. Como a normal 
considerada é a normal exterior, podemos observar que a curva C deve ser orientada no 
sentido anti-horário. 
Figura 4.58 – Superfície dada S 
 
 
Usando a representação vetorial de C dada por 
( ) (3cos , 3 sen , 0)r t t t=

, 0 2t π≤ ≤ , assim, temos: 
rot . . 
S C
g n dS g dr=∫∫ ∫
   

2
0
(3.0, 4.3cos , 2.3 sen ) . ( 3 sen .3cos , 0) t t t t dt
π
= −∫ 
2
2
0
36cos t dt
π
= ∫
2
0
1 136 cos 2 
2 2
t dt
π  = + 
 ∫ 36π=
. 
 
(3) Sejam 1S a superfície parabólica 
2 2z x y= + , 0 4z≤ ≤ com normal exterior e 2S 
parte do plano 4z = delimitada pelo cilindro 2 2 4x y+ = , com normal inferior. Mostrar 
que 
1 2
rot . rot . 
S S
g n dS g n dS=∫∫ ∫∫
   
, 
sendo g

 um campo vetorial com derivadas parciais de a1 ordem contínuas. 
Solução. A Figura 4.59 mostra as superfícies 1S e 2S . Podemos observar que as suas 
superfícies são delimitadas pela mesma curva C e que, para aplicar o Teorema de Stokes, 
em ambos os casos, C deve ser orientada no sentido horário. 
Figura 4.59 – Superfícies dadas 
 
Temos: 
1
rot . . 
S C
g n dS g dr=∫∫ ∫
   

 e 
2
rot . . 
S C
g n dS g dr=∫∫ ∫
   

 
concluindo, dessa forma, que 
1 2
rot . rot . 
S S
g n dS g n dS=∫∫ ∫∫
   
 
Este resultado pode ser generalizado. Se g

 é um campo vetorial contínuo com derivadas 
parciais de a1 ordem contínuas, a integral de superfície do rotacional de g

 depende 
apenas da curva que delimita a superfície. Isto é, se 1S e 2S são delimitadas pela mesma 
curva C e determinam a mesma orientação em C (ver Figura 4.60), temos 
1 2
rot . rot . 
S S
g n dS g n dS=∫∫ ∫∫
   
 
 
Figura 4.60 – Visualização da superfície 
 
 
(4) Calcular (sen cos sen )
C
I z dx x dy z dz= − +∫ , onde C é o perímetro do retângulo 
0 x π≤ ≤ , 0 1y≤ ≤ , 3z = no sentido horário. 
Solução. A curva C, que é formada por quatro pedaços suaves. Neste exemplo, a 
superfície S é dada na forma explícita pela equação 3z = e o vetor n

 tem componente z 
negativa. A projeção de S sobre o plano xy é o retângulo 0 x π≤ ≤ , 0 1y≤ ≤ . 
Assim, temos: 
[ ](0 0) (cos 0) (sen 0) 
S
I dydz z dzdx x dxdy= − + − + −∫∫ [ ]cos sen 
S
z dzdx x dxdy= +∫∫ 
( 0.0 cos .0 sen ) 
R
z x dxdy= − − − +∫∫
1
0 0
sen x dydx
π
= −∫ ∫ 2= − . 
 
(5) Uma interpretação física do rotacional. 
Se v

 é um campo de velocidades de um fluido em movimento, usando o Teorema de 
Stokes, podemos obter uma interpretação física para o rotacional de v

. 
Dado um ponto P no domínio de v

, sejam rS a superfície de um disco de raio r, centrado 
em P e rC a circunferência que delimita este disco. Escolhemos um vetor unitário, 
normal a rS e determinamos a correspondente orientação de rC (ver Figura 4.61). Então, 
supondo que v

 satisfaz as hipóteses do Teorema de Stokes, temos 
 . rot . 
r rC S
v d r v n dS=∫ ∫∫
   

. 
Figura 4.61 – Visualização gráfica 
 
A integral curvilínea . 
rC
v d r∫
 

 nos dá a circulação de v

 ao redor de rC , a qual representa 
a tendência do fluido em girar em torno de rC . 
Para r suficientemente pequeno, podemos dizer que . 
rC
v d r∫
 

 descreve o comportamento 
do fluido nas proximidades de P, fornecendo uma medida da tendência do fluido em girar 
em torno do eixo determinado por n

. Por outro lado, nos pontos de rS , podemos 
aproximar rot . v n
 
 pelo valor constante rot v

(P). n

. Então, se representarmos por rA a 
área do disco rS , a integral do segundo membro é aproximadamente dada por 
rot . rot ( ) . 
r
r
S
v n dS A v P n ≅  ∫∫
   
. 
Assim, 
 . rot ( ) . 
r
r
C
v d r A v P n ≅  ∫
   

. 
Essa expressão nos diz que a circulação em torno de rC será maior quando o vetor n

 
tiver a mesma direção do vetor rot ( )v P

. Podemos então dizer que rot ( )v P

 determina o 
eixo em torno do qual a circulação é máxima nas proximidades do ponto P. Em Dinâmica 
do Fluidos, o vetor rot v

 é chamado vórtice do escoamento.Usando esta equação, também podemos dar uma definição alternativa do rotacional de 
um campo vetorial f

, como segue: 
0
1rot . . lim
r
r r C
f n f d r
A→
= ∫
   

. 
Esta equação define a componente de rot f

 na direção de um vetor n

 perpendicular ao 
disco rS . Se tomamos, sucessivamente, o disco rS contido em cada um dos planos 
coordenados, com uma orientação conveniente, obtemos as componentes do rot f

 nas 
direções i

, j

 e k

, isto é, obtemos as componentes cartesianas de rot f

. 
fisicamente, esta definição nos diz que a componente de rot f

 em uma dada direção n

 é 
a densidade de circulação (circulação por unidade de área) de f

 em torno de n

. 
 
2.8 Teorema da Divergência 
O teorema da divergência expressa uma relação entre um integral tripla sobre um sólido 
e uma integral de superfície sobre a fronteira desse sólido. 
Este teorema também é conhecido como Teorema de Gauss e é de grande importância 
em aplicações físicas. 
 
2.8.1 Teorema 
Seja T um sólido no espaço, limitado por uma superfície orientável S. Se n

 é a normal 
unitária exterior a S e se 1 2 3( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z i f x y z j f x y z k= + +
   
 é uma 
função vetorial contínua que possui derivadas parciais de a1 ordem contínuas em um 
domínio que contém T, então 
 . div 
S T
f n dS f dV=∫∫ ∫∫∫
  
 
ou 
[ ] 31 21 2 3 
S T
ff ff dydz f dzdx f dxdy dxdydz
x y z
 ∂∂ ∂
+ + = + + ∂ ∂ ∂ 
∫∫ ∫∫∫ . 
Prova Parcial. Basta mostrar as três equações: 
1
1
S T
ff dydz dxdydz
x
∂
=
∂∫∫ ∫∫∫ 
2
2
S T
ff dzdx dxdydz
y
∂
=
∂∫∫ ∫∫∫ 
3
3
S T
ff dxdy dxdydz
z
∂
=
∂∫∫ ∫∫∫ . 
Vamos provar a equação 33
S T
ff dxdy dxdydz
z
∂
=
∂∫∫ ∫∫∫ . 
Suponhamos que o sólido Te um conjunto de pontos ( , , )x y z que satisfazem a relação 
( , ) ( , )g x y z f x y≤ ≤ , para ( , )x y R∈ , onde R é a projeção de T sobre o plano xy, 
limitada por uma curva suave fechada simples C. 
As funções f e g sõ contínuas em R com ( , ) ( , )g x y f x y≤ para cada ponto ( , )x y R∈ 
(ver Figura 4.62) 
 
Figura 4.62 – Visualizaçao para o Teorema 
 
 
Então a superfície S é composta por três partes: 
1 : ( , ), ( , )S z g x y x y R= ∈ 
2 : ( , ), ( , )S z f x y x y R= ∈ 
3 : ( , ) ( , ), ( , )S g x y z f x y x y C≤ ≤ ∈ . 
Podemos dizer que 1S é a “base” do sólido, 2S é a “tampa” e 3S , a “parte lateral”. Pode 
ocorrer que 3S degenere em uma curva, por exemplo, se S é uma esfera. 
Analisando a integral tripla, temos 
( , )
3 3
( , )
 
f x y
T R g x y
f fdxdydz dz dxdy
z z
 ∂ ∂
=  
∂ ∂  
∫∫∫ ∫∫ ∫ 
( , )
3 ( , )
( , , ) | f x yg x y
R
f x y z dxdy= ∫∫ 
[ ]3 3( , , ( , )) ( , , ( , )) 
R
f x y f x y f x y g x y dxdy= −∫∫ . 
Analisando a integral de superfície, temos 
1 2 3
3 3 3 3
S S S S
f dxdy f dxdy f dxdy f dxdy= + +∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ . 
A integral 
3
3
S
f dxdy∫∫ é nula pos sobre 3S a normal n

 é paralela ao plano xy e o campo 
vetorial 3(0, 0, )f é perpendicular a n

. 
Logo, 
1 2
3 3 3
S S S
f dxdy f dxdy f dxdy= +∫∫ ∫∫ ∫∫ . 
Sobre 2S a normal n

 tem a componente z positiva e sobre 1S a normal n

 tem a 
componente z negativa. Temos 
3 3 3( , , ( , )) ( , , ( , )) 
S R R
f dxdy f x y g x y dxdy f x y f x y dxdy= − +∫∫ ∫∫ ∫∫ 
[ ]3 3( , , ( , )) ( , , ( , )) 
R
f x y f x y f x y g x y dxdy= −∫∫ . 
Portanto, 33 
S T
ff dxdy dxdydz
z
∂
=
∂∫∫ ∫∫∫ , que é o resultado que queríamos mostrar. 
Analogamente, mostramos as demais equações. 
Concluímos a demostração para o caso em que o sólido T pode ser projetado sobre os 
planos coordenados. 
Se T não satifaz as nossas hipóteses, mas em particular pode ser dividido em um número 
finito de sólidos do tipo descrito, então o teorema também pode ser facilmente verificado. 
Basta obter os resultados sobre cada parte e depois soma-los. 
Para o caso mais geral, a demonstração foge aos objetivos desse texto. 
 
2.8.2 Exemplos 
(1) Calcular 2 2(2 )
S
I x z dydz x dzdx xz dxdy = − + − ∫∫ , onde S é a superfície extrior do 
cubo limitado pelos planos coordenados e pelos planos 1x = , 1y = e 1z = . 
Solução. A Figura 4.63 mostra o sólido T limitado pela superfície S dada. 
Figura 4.63 – Cubo e suas normais 
 
Como S é formada por 6 partes suaves, para obtermos I usando a definição, devemos 
calcular 6 integrais de superfície. Pelo Teorema da Divergência, podemos transformá-la 
em uma única integral tripla. 
Seja n

 a normal unitário exterior a S. 
Como 2 2(2 )f x z i x j xz k= − + −
   
 é uma função vetorial contínua que possui derivadas 
parciais contínuas em 3IR , temos 
2 2(2 )
S
x z dydz x dzdx xz dxdy − + − ∫∫ = 
[ ]2 0 2
T
xz dxdydz= + −∫∫∫
1 1 1
0 0 0
(2 2 )xz dxdydz= −∫ ∫ ∫
3
2
= . 
 
(2) Calcular a integral do exemplo anterior sobre S’, onde S’ é a superfície exterior do 
cubo exceto a face que está no plano 1z = . 
Solução. Para resolver este exemplo vamos utilizar o resultado já obtido no exemplo 
anterios. 
Temos, 
1 2 6
3 . . ... . 
2S S S
I f n dS f n dS f n dS= + + + =∫∫ ∫∫ ∫∫
     
, 
onde 1S , 2S ,..., 6S são as faces do cubo. 
Queremos calcular 
1
1 . 
S
I I f n dS= − ∫∫
 
, onde 1S é a face que está no plano 1z = . 
Logo, 
1
2 2
1
3 (2 )
2 S
I x z dydz x dzdx xz dxdy = − − + − ∫∫ 2 2
3 (2 1).0 .0 .1 
2 R
x x x dxdy = − − − − − ∫∫ 
1 1
0 0
3 
2
x dxdy= + ∫ ∫
3 1 2
2 2
= + = . 
 
(3) Usando o Teorema da Divergência, dar uma definição alternativa para a divergência 
de um campo vetorial. 
Solução. Seja ( , , )f x y z

 um campo vetorial contínuo que possui derivadas parciais de 
a1 ordem contínuas em uma região esférica T. Existe um ponto ( , , )A u v w no interior de 
T, tal que 
div ( , , ) div ( , , ) . 
T
f x y z dV f u v w V=∫∫∫
 
, 
onde V é o volume de T. Este resultado decorre do Teorema do Valor Médio para integrais 
triplas. 
Pelo Teorema da Divergência, vem 
 . 
div ( , , ) S
f n dS
f u v w
V
=
∫∫
 

, 
onde S é a superfície exterior de T. A razão à direita da equação é interpretada como o 
fluxo do campo vetorial f

 através de S, por unidade de volume, sobre a esfera T. 
Seja P um ponto arbitrário. Suponhamos que f

 seja contínua em um domínio contendo 
P em seu interior. Seja rS a superfície de uma esfera de raio r e centro P. Então, para 
cada r, existe um ponto rP dentro de rS , tal que 
 . 
div ( ) rSr
r
f n dS
f P
V
=
∫∫
 

, onde rV é o volume da esfera (ver Figura 4.26). 
Fazendo 0r → , rP P→ , e então, podemos escrever, 
0
 . 
div ( ) lim
rS
r
r r
f n dS
f P
V→
=
∫∫
 

, 
isto é, a divergência de f

 em P é o valor limite do fluxo por unidade de volume, sobre 
uma esfera de centro em P, quando o raio dessa esfera tende para zero. 
 
Figura 4.64 - Esfera 
 
 
 
2.9 Atividades de autoavaliação 
Nos exercícios de 1 a 9, usar o Teorema de Stokes para determinar a integral de linha 
dada: 
1. 2 2( )
C
y dx x dz+∫ , onde C é o contorno da parte do plano 2 4x y z+ + = que está no 1° 
octante, no sentido anti-horário. 
2. [ ]( 2 ) (2 ) ( )
C
y z dx z x dy x y dz+ + + + +∫ , onde C é a intersecção das superfícies 
2 2 2 2x y z a+ + = e 
2
ax = . Considerar os dois sentidos de percurso. 
3. 2( )
C
xdx ydy z dz+ +∫ , onde C é o perímetro do retângulo 0 2x≤ ≤ , 0 4y≤ ≤ , 4z = , 
no sentido anti-horário. 
4. ( )2 ( ) (2 )x
C
e dx x z dy x z dz+ + + −∫ , onde C é o contorno da parte do plano 
2 4x y z+ + = que está no 1° octante, no sentido anti-horário. 
5. . 
C
f d r∫
 

, onde 3 2 2( cos , 2 , ( ))f y xz x z y x z= + −

 e C é o retângulo 0 4x≤ ≤ , 
0 1z≤ ≤ , no plano 2y = . Considerar os dois sentidos do percurso. 
6. [ ]( 2 ) ( 2 )
C
ydx x y z dy x y dz+ + + + +∫ , onde C é a intersecção do cilindro 2 2 1x y+ = 
com o plano z y= , orientada no sentido anti-horário.7. Seja S a parte do gráfico 2 216z x y= − − , 0z ≥ com normal exterior. Determinar 
 . 
S
rot g ndS∫∫
 
, sendo (2 , , )g y y z z= +

. 
8. Calcular . 
S
rot g ndS∫∫
 
, sendo 2 3( , , )g xy x z=

 e S qualquer superfície suave 
delimitada pela curva ( ) (2cos , 3 sen , 1)r t t t=

, 0 2t π≤ ≤ , com a normal apontando 
para cima. 
Nos exercícios de 9 a 10 usar o Teorema da Divergência para calcular a integral da 
superfície dada. 
9. 2 2 2
S
x dydz y dzdx z dxdy + + ∫∫ , sendo S a superfície exterior do tetraedro delimitado 
pelos planos coordenados e pelo plano 1x y z+ + = . 
10. . 
S
f ndS∫∫
 
, sendo 2 2( , 2 , )f x y xz z=

 e S a superfície exterior do paralelepípedo 
retângulo delimitado pelos planos coordenados e pelos planos 1x = , 2y = , 3z = . 
 
RESPOSTAS: 
(1) -16 (2) 
4
3 2πa± (3) 0 (4) -16 (5) )4048( −± sen 
(6) π (7) π32− (8) π6 (9) ¼ .(10) 24 
	Integrais Curvilíneas e Integrais de Superfície
	Seção 2
	Integrais de Superfície0F
	2.1 Área de uma Superfície
	2.1.1 Definição
	2.1.2 Exemplos
	2.2 Integral de Superfície de um Campo Escalar
	2.2.1 Definição
	2.2.2 Exemplos
	2.3 Centro de Massa e Momento de Inércia
	2.4 Atividades de autoavaliação
	2.5 Integral de Superfície de um Campo Vetorial
	2.5.1 Definição
	2.5.2 Cálculo de Integral
	2.5.3 Exemplos
	2.5.4 A Notação
	2.5.5 Interpretação Física da Integral
	2.5.6 Exemplos
	2.6 Atividades de autoavaliação
	2.7 Teorema de Stokes
	2.7.1 Teorema
	2.7.2 Exemplos
	2.8 Teorema da Divergência
	2.8.1 Teorema
	2.8.2 Exemplos
	2.9 Atividades de autoavaliação