Dayse Haime Pastore 20 de fevereiro de 2009 -...

Notas para o Curso de Calculo Vetorial

Dayse Haime Pastore

20 de fevereiro de 2009

Sumario

1 Funcoes Vetoriais 51.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Gradiente, Divergente e Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Integrais de Superfıcies e Divergencia 132.1 O vetor normal unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Definicao de Superfıcie Integraveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Calculando integrais de Superfıcies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 A Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.5 A divergencia em coordenadas cilındricas e esfericas . . . . . . . . . . . . . . 262.6 O Teorema da Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Integral de Linha e o Rotacional 353.1 Trabalho e Integral de Linha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.2 Integral de Linha Envolvendo Campo Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 O Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.4 O Rotacional em Coordenadas Cilındricas e Esfericas . . . . . . . . . . . . . 453.5 O Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3

4 SUMARIO

Capıtulo 1

Funcoes Vetoriais

1.1 Introducao

Um exemplo muito importante de campo vetorial sao os campos eletricos estudados emeletricidade.

Vamos comecar revendo o que e uma funcao. Uma funcao de uma variavel, geralmenteescrita como y = f(x), e uma regra que associa dois numeros x e y, onde x pertence a umdomınio e y a um contra-domınio. Exemplo, se y = f(x) = x2− 2, entao calculamos y comosendo a raiz quadrada de x subtraida de 2. Assim, se x = 3,

y = 32 − 2 = 7.

Funcoes de mais de uma variavel podem ser vistas como regras para associar conjuntosde numeros. Exemplo, uma funcao de tres variaveis, w = f(x, y, z) associa um valor a wreferente a x, y e z. Um exemplo no plano cartesiano e a funcao, T (x, y, z) que mede atemperatura de uma sala no ponto (x, y, z). Um outro exemplo de funcao vetorial e a queassocia a um ponto (x, y, z) do espaco a velocidade do fluıdo.

Definicao 1 Em tres dimensoes, um funcao e dita escalar, ou um campo escalar, seassocia um ponto (x, y, z) a um escalar T = f(x, y, z). E e dita vetorial, ou um campovetorial, se associa ao ponto (x, y, z) um vetor w = f(x, y, z).

Assim a funcao que mede a temperatura e uma funcao escalar, e a funcao que mede avelocidade de um fluıdo e uma funcao vetorial.

Em geral, uma funcao vetorial F (x, y, z) especifica a magnitude e a direcao de cada pontoem uma regiao do espaco.

A figura 1.1 mostra uma funcao vetorial como uma colecao de setas, uma para cada ponto(x, y, z). A direcao de cada seta em qualquer ponto e a direcao especifica dada pela funcaovetorial, o seu comprimento e proporcional a magnitude da funcao. Uma funcao vetorialpode ser representada atraves de suas componentes, como na figura 1.2. Seja i, j e k osvetores unitarios ao longo dos eixos x, y e z, respectivamente, temos

F (x, y, z) = iFx(x, y, z) + jFy(x, y, z) + kFz(x, y, z).

5

6 CAPITULO 1. FUNCOES VETORIAIS

Figura 1.1: exemplo

Figura 1.2: exemplo

As tres quantidades Fx, Fy e Fz, todas funcoes escalares de x, y e z, sao as tres componentescartesianas1 da funcao vetorial F (x, y, z).

Um exemplo de funcao vetorial (em duas dimensoes para simplificar) e

F (x, y) = ix+ jy,

ilustrada na figura 1.3. Neste exemplo, a posicao dos vetores sao representados pelas setas,vemos que elas estao na posicao radial (isto e, na direcao de uma linha passando pela origem)e tem como comprimento sua distancia da origem. Um segundo exemplo,

G(x, y) =−i y + jx√x2 + y2

1Neste texto usaremos a notacao de subescrito para indicar coordenada e nao derivada, ou seja, NAOusaremos Fx = ∂F/∂x.

1.2. GRADIENTE, DIVERGENTE E ROTACIONAL 7

Figura 1.3: exemplo

e mostrado na figura 1.4. Verificamos que para essa funcao vetorial todas as setas estao na

Figura 1.4: exemplo

direcao tangente (isto e, cada uma e tangente a um cırculo centrado na origem) e todos temo mesmo comprimento.

1.2 Gradiente, Divergente e Rotacional

Seja F um campo escalar no espaco, se suas derivadas parciais existem entao elas formamas componentes do vetor gradF , o gradiente da funcao escalar F . Assim,

gradF = ∇F = i∂F

∂x+ j

∂F

∂y+ k

∂F

∂z.


Exemplo 1

F (x, y, z) = x2 y − z2

gradF = ∇F = i∂F

∂x+ j

∂F

∂y+ k

∂F

∂z= i 2x y + jx2 − k 2 z.

A componente do gradiente em uma dada direcao representa a taxa de variacao de Fnessa direcao.

Propriedades do Gradiente

1. grad (F +G) = gradF + gradG

2. grad (F G) = F gradG+G gradF

3. c gradF = c gradF

Vamos provar a propriedade 2, as demais sao deixadas como exercıcio. Prova:

grad (F G) = i∂F G

∂x+ j

∂F G

∂y+ k

∂F G

∂z

= i (∂F

∂xG+ F

∂G

∂x) + j (

∂F

∂yG+ F

∂G

∂y) + k (

∂F

∂zG+ F

∂G

∂z)

= (i∂F

∂x+ j

∂F

∂y+ k

∂F

∂z)G+ F (i

∂G

∂x+ j

∂G

∂y+ k

∂G

∂z)

= G gradF + F gradG

Dado um campo vetorial V no espaco. Temos tres funcoes escalares Vx, Vy e Vz. Se essastres funcoes possuırem derivadas parciais primeira, a partir delas, constroi-se o escalar divV ,a divergencia de V , ou o divergente de V

div v = ∇ · V =∂Vx∂x

+∂Vy∂y

+∂Vz∂z

.

Exemplo 2

V = ix2 − jx y + kx y z

divV = ∇ · V =∂V

∂x+∂V

∂y+∂V

∂z= 2x− x+ x y = x+ x y.

Na dinamica dos fluıdos, a divergencia surge como uma medida da taxa de diminuicaoda densidade num ponto. Mais precisamente, seja U = U(x, y, z) o vetor velocidade domovimento de um fluıdo e indiquemos por ρ = ρ(x, y, z, t) a densidade. Entao V = ρU eum vetor cuja a divergencia satisfaz a equacao

divV = −∂ρ∂t,

Essa e, na verdade, a “equacao de continuidade”da mecanica dos fluıdos. Se o fluıdo forincompressıvel, a equacao se reduzira a uma expressao mais simples: divV = 0 .

1.2. GRADIENTE, DIVERGENTE E ROTACIONAL 9

Propriedades da Divergencia

1. div (U + V ) = divU + divV

2. div (F V ) = F divV + gradF · V

onde F e um campo escalar e V e um campo vetorial.Vamos deixar a prova destas propriedade como exercıcio.O rotacional de um campo vetorial com derivadas parciais primeiras e dado pelo campo

vetorial abaixo:

rotV = i

(∂Vz∂y− ∂Vy

∂z

)+ j

(∂Vx∂z− ∂Vz

∂x

)+ k

(∂Vy∂x− ∂Vx

∂y

)ou ainda,

rotV = ∇× V =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z

Vx Vy Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣O rotacional e importante na analise de campos de velocidades na mecanica dos fluıdos ena analise de campos de forcas eletromagneticos. Podemos interpretar o rotacional comouma medida de movimento angular de um fluıdo, e a condicao rotV = 0 para o campo develocidades V caracteriza os chamados fluxos irrotacionais.

Propriedades do Rotacional

1. rot (U + V ) = rotU + rotV

2. rot (F V ) = F rotV + gradF × V

onde F e um campo escalar e V e um campo vetorial.Vamos deixar a prova destas propriedade como exercıcio.

Combinacoes de Operacoes

Quando se examinam as combinacoes possıveis entre rot, div e grad chega-se a uma longalista de identidades. Algumas da quais vamos considerar.

Rotacional de um gradienterot gradF = 0

∇× (∇F ) = 0

Divergencia de um rotacionaldiv rotV = 0

∇ · (∇× V ) = 0

Divergencia de um gradiente

div gradF =∂2F

∂x2+∂2F

∂y2+∂2F

∂z2= ∇ · (∇F )


Uma funcao F (que tem derivadas parciais segunda contınuas) tal que div gradF = 0 echamada harmonica. A equacao

∂2F

∂x2+∂2F

∂y2+∂2F

∂z2= 0,

satisfeita por F , e chamada equacao de Laplace.Rotacional de um rotacional

rot rotU = grad divU − (i∇2 Ux + j∇2 Uy + k∇2 Uz)

Se definirmos o Laplaciano de um vetor U como sendo o vetor,

∇2U = i∇2 Ux + j∇2 Uy + k∇2 Uz

entaorot rotU = grad divU −∇2U

e dessa forma,grad divU = rot rotU +∇2U

1.3 Exercıcios

1. Esboucar os seguintes campos vetoriais:

a) iy + jx;

b) (i + j)/sqrt2;

c) ix− jy;

d) iy;

e) jx;

f) i(x2 − y2)2 + j2xy;

g) i(x− y) + j(x+ y);

h) −iy + jx+ k.

2. Esboucar as curvas ou superfıcie de nıvel:

a) f = xy;

b) f = x2 + y2 − z2.

3. Determinar grad f para os campos escalares do exercıcio anterior e tracar alguns vetorescorrespondentes.

4. Dado ocampo vetorial v = 2xyzi + x2zj + x2yk, verificar que rot v = 0. Achar todasas funcoes f tais que grad f = v.

1.3. EXERCICIOS 11

5. Dado o campo vetorial v = 2xi + yj − 3zk,verificar que div v = 0. Achar todosos vetores u tais que rotu = v.[Sugestao: Observar inicialmente que, em virtude dediv(fu) = fdivu + grad f · u, todas as solucoes da equacao rotu = v sao dadas poru = u0 + grad f , onde f e um escalar arbitrario e u0 e um vetor qualquer cujo orotacional e v. Para achar u0, supor que u0 · k = 0.]

Capıtulo 2

Integrais de Superfıcies e Divergencia

2.1 O vetor normal unitario

A palavra normal nesse contexto deve ser linda como, perpendicular. Assim, um vetor nnormal ao plano xy e um vetor paralelo ao plano z (figura 2.1). Enquanto um vetor normal

Figura 2.1: exemplo

a esfera esta na direcao radial (figura 2.2). A definicao precisa de um vetor normal a uma

Figura 2.2: exemplo

superfıcie, como mostra a figura 2.3. Considere uma superfıcie arbitraria S construa doisvetores nao colineares u e v tangentes a S passando por um ponto p. Um vetor n que eperpendicular ao mesmo tempo aos vetores u e v por definicao e normal a superfıcie Sno ponto p. Agora, sabemos que o vetor que resulta do produto vetorial entre u e v eperpendicular a ambos. Assim podemos escrever n = u× v. Para tornar esse vetor unitario

13

14 CAPITULO 2. INTEGRAIS DE SUPERFICIES E DIVERGENCIA

Figura 2.3: exemplo

(isto e, ter comprimento igual a 1) e muito simples: basta dividi-lo por seu comprimento.Dessa forma,

n =u× v|u× v|

e um vetor normal unitario a superfıcie S no ponto P . Vamos encontrar uma expressao paran. Considere a superfıcie S dada pela equacao z = f(x, y), figura 2.4. Assim, como sugerimosantes, vamos comecar encontrando dois vetores v e u. Para isso construa um plano paralelo

Figura 2.4: exemplo

ao plano-xy passando por P em S, como na figura 2.4. Este plano intersecta a superfıcie Sem uma curva C. Construımos o vetor u tangente a C em P que tenha a componente x decomprimento arbitrario. A componente z de u e (∂f/∂x)ux; nesta expressao usamos o fatoda inclinacao de u ser a mesma, por construcao da superfıcie S na direcao x, ver figura 2.5.Assim

Figura 2.5: exemplo

2.1. O VETOR NORMAL UNITARIO 15

u = iux + k

(∂f

∂x

)ux =

[i + k

(∂f

∂x

)]ux

Para encontrar o vetor v, passaremos um outro plano no ponto P em S, porem neste casoo plano sera paralelo ao plano-yz (figura 2.6) Este intersecta S em uma curva C ′, e o vetor

Figura 2.6: exemplo

v sera construıdo tangente a curva C ′ em P com componente y de comprimento arbitrariovy. Temos

v = juy + k

(∂f

∂y

)uy =

[j + k

(∂f

∂y

)]uy.

Vamos calcular agora o produto vetorial entre u e v. O resultado,

u× v =

[−i

(∂f

∂x

)− j

(∂f

∂y

)+ k

]uxvy

e um vetor que e normal a superfıcie S no ponto P , se dividirmos ele por sua norma teremos:

n =u× v|u× v|

=−i(∂f∂x

)− j(∂f∂y

)+ k√

1 +(∂f∂x

)2+(∂f∂y

)2. (2.1)

Este e o vetor normal unitario a uma superfıcie z = f(x, y) no ponto (x, y, z) da superfıcie.Note que esse vetor independe do valor das quantidades ux e vy.

Exemplo 3

Um primeiro exemplo trivial e: Qual o vetor normal unitario ao plano-xy? Claro que aresposta e k. Vejamos como variamos usando a equacao 2.1. A equacao do plano-xy e:

z = f(x, y) = 0,

Obviamente,∂f/∂x = 0 e ∂f/∂y = 0.

Substituındo na equacao 2.1 temos n = k/√

1 = k.Um segundo exemplo, considere a esfera de raio 1 centrada na origem, figura 2.2, A

semi-esfera superior e dada por

z = f(x, y) = (1− x2 − y2)1/2,


Assim,∂f

∂x= −x

ze

∂f

∂y= −y

z

Usando a equacao 2.1

n =ixz

+ jyz

+ k√x2

z2+ y2

z2+ 1

=ix+ jy + kz√x2 + y2 + z2

= ix+ jy + kz,

Como estamos usando a esfera unitaria temos que x2 +y2 +z2 = 1. Assim, como ja tinhamosafirmado, n e um vetor na direcao radial com norma 1. Observe que n ·n = x2 +y2 +z2 = 1.

Agora que temos os vetores normais a nossa disposicao podemos passar para a proximaquestao, superfıcies integrais.

2.2 Definicao de Superfıcie Integraveis

Seja z = f(x, y) a equacao de uma superfıcie. Cosidere uma parcela limitada dessa superfıcie.que chamaremos de S (ver figura 2.7) Nosso primeiro passo na formulacao da definicao dessa

Figura 2.7: exemplo

integral de superfıcie e aproximar S por um poliedro que consisti de N faces planas cadauma tangente a S em um ponto. A figura 2.8 mostra essa aproximacao polinomial paraum octante da esfera. Concentre sua atencao em uma de suas faces planas, digamos a l-

Figura 2.8: exemplo

esima face (figura 2.9). Denote a area dessa face por ∆Sl e seja (xl, yl, zl) as coordenadas doponto que tangencia a superfıcie nessa face. Evalue a funcao F neste ponto e entao faca o

2.2. DEFINICAO DE SUPERFICIE INTEGRAVEIS 17

Figura 2.9: exemplo

produto com nl, o vetor normal unitario para a l-esima face. O resultado, F(xl, yl, zl) · nl, emultiplicado pela area ∆Sl da face, temos

F(xl, yl, zl) · nl∆Sl

Repita esse processo para todas as N faces da aproximacao polinomial. Entao faca a somade todas as N faces.

N∑l=1

F(xl, yl, zl) · nl∆Sl.

A superfıcie integral

∫∫S

F · ndS e definida como o limite desta soma no numero de faces,

N , quando o numero de faces se aproxima de infinito a area de cada uma dessas faces seaproxima de zero. Assim,∫∫

S

F · ndS = limN→∞

cada ∆Sl→0

N∑l=1

F(xl, yl, zl) · nl∆Sl.

Muitas vezes encontramos integrais de superfıcies que sao um pouco mais simples. Essasintegrais sao da forma ∫∫

S

G(x, y, z)dS,

onde o integrando G(x, y, z) e uma funcao escalar.Agora aproximamos S novamente por um poliedro, formamos os produtosG(xl, yl, zl)∆Sl,

somamos todas as faces, e entao passamos o limite:∫∫S

G(x, y, z)dS = limN→∞

cada ∆Sl→0

N∑l=1

G(xl, yl, zl) ·∆Sl.

Um exemplo de integral de superfıcie simples e∫∫S

dS.

Essa integral e a definicao da area da superfıcie S.


2.3 Calculando integrais de Superfıcies

Agora que ja definimos a integral de uma superfıcie, vamos desenvolver metodos para calcula-las Por simplicidade comecaremos calculando integrais de superfıcie onde o integrando e umafuncao escalar. Para calcular a integral∫∫

S

G(x, y, z)dS

considere a parte S da superfıcie z = f(x, y) (figura 2.10) Nossa estrategia sera relacionar

Figura 2.10: exemplo

∆Sl com a area ∆Rl da sua projecao no plano-xy, como mostra a figura 2.11 Relacionar ∆Sl a


∆Rl nao e difıcil, se lembramos que (como na area de superfıcies planas) pode-se aproximarcom qualquer grau de exatidao desejado por um grupo de retangulos, como mostrado nafigura 2.12. Por essa razao so iremos encontrar a relacao entre a area de um retangulo e suaprojecao no plano-xy. Assim, considere um retangulo orientado de forma que dois dos seuslados seja paralelos ao plano-xy (figura 2.13). Se chamarmos o comprimento desses lado de a,claramente o comprimento das suas projecoes no plano-xy e a. Porem o outro par de lados,de comprimento b, tem projecoes de comprimento b′, e em geral b e b′ nao sao iguais. Assimpara relacionarmos a area do triangulo ab coma area de sua projecao ab′, basta expressar bem termos de b′. Isto e facil de fazer, se considerarmos o angulo θ mostrado na figura 2.13,temos que b = b′

cos θ, e assim

ab =ab

cos θ.

2.3. CALCULANDO INTEGRAIS DE SUPERFICIES 19



Se n denota o vetor normal unitario para o retangulo, entao temos que cos θ = n · k, ondek e sempre o vetor normal unitario que representa a direcao positiva z. Dessa forma,

ab =ab′

n · k.

Assim cada area δSl pode ser aproximada por esses retangulos, isto e,

δSl =δRl

nl · k,

onde o vetor nl e o normal unitario a l-esima face da superfıcie.Assim a definicao de integral de superfıcie fica∫∫

S

G(x, y, z)dS = limN→∞

cada ∆Rl→0

N∑l=1

G(xl, yl, zl)∆Rl

n · k,

onde substituımos o ‘cada ∆Sl’ por ‘cada ∆Rl’ muito mais apropriado e conveniente. Escre-veremos a integral da superfıcie S como uma integral sobre R. De fato,

limN→∞

cada ∆Rl→0

N∑l=1

G(xl, yl, zl)∆Rl

n · k=

∫∫R

G(x, y, z)

n(x, y, z) · kdxdy,

onde n e o vetor normal unitario a superfıcie S no ponto (x, y, z). Esta e a uma integraldupla sobre R. Lembramos que R e uma regiao do plano-xy, e que agora temos que ver a


variavel z em funcao de x e y. Por esse motivo teremos que olhar para a representacao dasuperfıcie z = f(x, y). E assim, tiramos a dependencia de z da integral anterior,∫∫

R

G[x, y, f(x, y)]

n[x, y, f(x, y)] · kdxdy,

Nessa expressao a unica dificuldade que nos resta e calcular n(x, y, f(x, y)) · k , para issobasta lembramos da expressao 2.1 para o vetor normal unitario de uma superfıcie. Dessaforma, encontramos,

n(x, y, f(x, y)) · k =1√

1 +(∂f∂x

)2+(∂f∂y

)2

que nos leva a expressao:∫∫S

G(x, y, z)dS =

∫∫R

G[x, y, f(x, y)] ·

√1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

dxdy.

Note que essa ultima integral esta definida em uma regiao do plano-xy, e so contemexpressoes facilmente calculaveis.

Exemplo 4

Calcule a integral de superfıcie ∫∫S

(x+ z)dS

onde S e a parte do plano x+ y + z = 1 que pertence ao primeiro octante, ver figura 2.14


A projecao de S no plano-xy e o triangulo R mostrada na figura. A equacao de S podeser escrita como:

z = f(x, y) = 1− x− y

o que nos da,

∂f

∂x=∂f

∂y= −1 e

√1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

=√

3


Assim,∫∫S

(x+z)dS =√

3

∫ ∫R

(x+z)dxdy =√

3

∫ ∫R

(x+1−x−y)dxdy =√

3

∫ ∫R

(1−y)dxdy,

onde usamos que z = 1− x− y.

√3

∫ ∫R

(1− y)dxdy =√

3

∫ 1

0

∫ 1−y

0

(1− y)dxdy =√

3

∫ 1

0

(1− y)x|1−y0 dy =

√3

∫ 1

0

(1− y)2dy =√

3(y − 1)3

3|10 =

1√3

Exemplo 5

Calcule a integral de superfıcie ∫∫S

z2dS

onde S e a parte da esfera de raio 1 que pertence ao primeiro octante, ver figura 2.15 A


projecao de S no plano-xy e o quarto de circulo R mostrada na figura. A equacao de S podeser escrita como x2 + y2 + z2 = 1 ou

z = f(x, y) =√

1− x2 − y2.

Assim temos que:∂f

∂x= −x

ze

∂f

∂z= −y

z,

assim, √1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

=

√1 +

(x2

z2

)2

+

(y2

z2

)2

=1

z

√x2 + y2 + z2 =

1

z,

onde usamos que, em varios passos, x2 + y2 + z2 = 1. Assim,∫∫S

z2dS =

∫∫R

z2 1

zdxdy =

∫∫R

zdxdy =

∫∫R

√1− x2 − y2dxdy,


Para resolver essa equacao usaremos coordenadas polares x = r cos θ e y = rsenθ,∫∫R

√1− x2 − y2dxdy =

∫ π2

0

∫ 1

0

r√

1− r2drdθ =

∫ π2

0

−1

3(1− r2)

32 |10dθ =

∫ π2

0

1

3dθ =

π

6.

Ate o momento, tratamos de superfıcie S descritas pela forma z = f(x, y). Nessa situacaoe conveniente resolver a integral sobre o plano-xy. Agora se a superfıcie e convenientementeescrita na forma y = g(x, z) como mostra a figura 2.16. Analogamente ao feito anteriormente


chegamos a integral de superfıcie:

∫∫S

G(x, y, z)dS =

∫∫R

G[x, g(x, y), z] ·

√1 +

(∂g

∂x

)2

+

(∂g

∂z

)2

dxdz.

onde R e uma regiao do plano-xz.Similarmente, se temos uma superfıcie descrita na forma x = h(y, z) como na figura 2.17

usamos


∫∫S

G(x, y, z)dS =

∫∫R

G[h(y, z), y, z] ·

√1 +

(∂h

∂y

)2

+

(∂h

∂z

)2

dydz,

onde agora R e uma regiao do plano-yz.Finalmente se tivermos uma superfıcie com varias partes, podemos usar de forma conve-

niente cada uma das deducoes anteriores.


Vamos voltar ao nosso problema inicial, que era calcular o valor da integral de superfıciesobre um campo vetorial, ∫∫

S

F · ndS,

onde trocamos o campo escalar G(x, y, z) por F · n . Pelo que ja feito ate agora,

∫∫S

F · ndS =

∫∫R

F · n

√1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂z

)2

dxdy.

Novamente usando a expressao 2.1 para o vetor normal unitario n e que F = (Fx, Fy, Fz),temos que

F · n =−Fx[x, y, f(x, y)]∂f

∂x− Fy[x, y, f(x, y)]∂f

∂y+ Fz[x, y, f(x, y)]√

1 +(∂f∂x

)2+(∂f∂z

)2

∫∫S

F · ndS =

∫∫R

{−Fx[x, y, f(x, y)]

∂f

∂x− Fy[x, y, f(x, y)]

∂f

∂y+ Fz[x, y, f(x, y)]

}dxdy.

Onde lembramos que podemos fazer formulas analogas para superfıcies dadas por y = g(x, z)e x = h(y, z).

Exemplo 6

Calcule a integral∫∫

SF · ndS, onde F(x, y, z) = iz − jy + kx e S e a parte do plano,

x+ 2y + 2z = 2

limitado pelas coordenadas planas, isto e, o triangulo inclinado que mostra a figura 2.18.Assim temos,


z = f(x, y) = 1− x

2− y, ∂f

∂x= −1

2e

∂f

∂y= −1.

Que nos da,

Fx = z = 1− x

2− y, Fy = −y, Fz = x.


Substituindo na ultima formula temos:∫∫S

F · ndS =

∫∫R

{[−(

1− x

2− y)]

(−1

2) + y(−1) + x

}dxdy

=

∫∫R

(3x

4− 3y

2+

1

2

)dxdy.

A regiao R e mostrada na figura 2.19


∫∫R

(3x

4− 3y

2+

1

2

)dxdy =

∫ 1

0

∫ 2(1−y)

0

(3x

4− 3y

2+

1

2

)dxdy =

1

2

Exemplo 7

Calcule a integral∫∫

SF · ndS, onde F(x, y, z) = ixz + kz2 e S e a parte da esfera

pertencente ao primeiro octante (ver figura 2.15), entao

z = f(x, y) =√

1− x2 − y2,

e assim como ja vimos antes,

∂f

∂x= −x

ze

∂f

∂y= −y

z.

Que nos da, ∫∫S

F · ndS =

∫∫R

[−xz

(−xz

)+ z2

]dxdy

=

∫∫R

(x2 + 1− x2 − y2

)dxdy =

∫∫R

(1− y2

)dxdy =

∫∫R

dxdy −∫∫

R

y2dxdy,

onde a regiao R e mostrada na figura 2.15. Note que a primeira integral representa a areade um quarto do cırculo de raio 1, que e igual a π

4. Vamos aplicar coordenadas polares para

resolver a outra integral,∫∫R

y2dxdy =

∫ π2

0

∫ 1

0

r2sen2θrdrdθ =

∫ π2

0

sen2θdθ

∫ 1

0

r3dr =π

16

Assim, ∫∫S

F · ndS =π

4− π

16=

3π

16.

2.4. A DIVERGENCIA 25

2.4 A Divergencia

Considere a integral de superfıcie sobre o campo vetorial qualquer F:∫∫S

F · ndS.

Vamos tentar encontrar uma relacao entre a integral de um campo e a divergencia dessecampo. Assim, considere um cubo com lados ∆x, ∆y e ∆z paralelos aos eixos coordenados,figura 2.20. Suponha que o ponto central do cubo tenha coordenadas (x, y, z). Calculemos


a integral de superfıcie de F sobre a superfıcie do cubo. Essa integral pode ser dividida em6 termos, onde cada uma sera uma face do cubo. Vamos comecar considerando a face S1,indicada na figura 2.20, assim ∫∫

S1

F · ndS.

O vetor normal unitario dessa face e claramente o vetor i. Temos assim que F · i = Fx, e aintegral correspondente, ∫∫

S1

Fx(x, y, z)dS.

Suponha que esse cubo e tal pequeno quando necessario (eventualmente, faremos sua areatender a zero). Consequentemente, calculamos esta integral aproximando o valor de Fx peloseu valor no centro da face S1 e multiplicaremos pela area dessa face1. As coordenadas docentro de S1 sao (x+ ∆x/2, y, z). Assim,∫∫

S1

Fx(x, y, z)dS ≈ Fx

(x+

∆x

2, y, z

)∆y∆z.

O mesmo procedimento pode ser aplicado a face S2, porem o vetor normal unitario para essaface e −i e o ponto central da face sera (x−∆x/2, y, z), assim,∫∫

S2

F · ndS = −∫∫

S2

Fx(x, y, z)dS ≈ −Fx(x− ∆x

2, y, z

)∆y∆z.

1Existe um teorema do valor medio, que diz que a integral de Fx sobre S1 e igual a area de S1 multiplicadapela funcao calculada em algum ponto de S1. Desde que S1 seja suficientemente pequena o ponto ondedeverıamos calcular Fx e o ponto central do cubo estarao suficientemente proximos, alem disso, faremos aarea desse cubo tender a zero, o que nos dara o valor exato dessa integral.


Somando a contribuicao dessas duas faces, temos que∫∫S1+S2

F · ndS ≈[Fx

(x+

∆x

2, y, z

)− Fx

(x− ∆x

2, y, z

)]∆y∆z

=Fx(x+ ∆x

2, y, z

)− Fx

(x− ∆x

2, y, z

)∆x

∆x∆y∆z.

Considerando que ∆V = ∆x∆y∆z, o volume do cubo, temos que

1

∆V

∫∫S1+S2

F · ndS ≈Fx(x+ ∆x

2, y, z

)− Fx

(x− ∆x

2, y, z

)∆x

Agora faca esse limite quando o valor de ∆V se aproxima de zero. Claramente quando ovolume de ∆V tende a zero2, a mesma coisa acontece para cada lado do cubo. Assim dolado direito da equacao temos que lim∆x→0 no lugar de lim∆V→0, e finalmente

lim∆V→0

1

∆V

∫∫S1+S2

F · ndS = lim∆x→0

Fx(x+ ∆x

2, y, z

)− Fx

(x− ∆x

2, y, z

)∆x

=∂Fx∂x

em (x, y, z). Essa ultima igualdade segue da definicao de derivadas parciais. Nao deve sernenhuma surpresa que os outros dois pares de faces do cubo contribuem com ∂Fy/∂y e∂Fz/∂z. Assim,

lim∆V→0

1

∆V

∫∫S

F · ndS =∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

.

O limite do lado esquerdo da ultima equacao e a divergencia de F. Assim demostramos, oque ja havıamos definido,

divF =∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

.

2.5 A divergencia em coordenadas cilındricas e esfericas

Agora ao inves de usarmos as coordenadas cartesianas para o calculo do da divergenciausaremos outro sistema de coordenadas. Comecaremos usando o sistema de coordenadascilındricas. Neste sistema o campo vetorial F tem tres componentes que chamaremos de Fr,Fθ e Fz, ver figura 2.21 Para obtermos a divergencia de F em coordenadas cilındricas, vamosconsiderar ‘cubo cilındrico’ como mostra a figura 2.22 com volume ∆V = r∆r∆θ∆z e centrono ponto (r, θ, z)3. O fluxo de F na face 1 e∫∫

S1

F · ndS =

∫∫S1

FrdS ≈ Fr

(r +

∆r

2, θ, z

)(r +

∆r

2

)∆θ∆z,

ja na face 2,∫∫S2

F · ndS = −∫∫

S2

FrdS ≈ −Fr(r − ∆r

2, θ, z

)(r − ∆r

2

)∆θ∆z,

2Note que a proposta e calcularmos esse mesmo limite em todas as faces do cubo.3Note que em coordenadas cartesianas 2.20 cada face do cubo tem e dada por uma equacao da forma,

x =constante, y =constante e z =constante. Da mesma forma, cada face da superfıcie na figura 2.21 e dadapor uma equacao da forma r =constante, θ =constante e z =constante.

2.6. O TEOREMA DA DIVERGENCIA 27



Como fizemos no cubo, vamos somar as duas faces e dividir o resultado pelo seu volume,∫∫S1+S2

F · ndS ≈ 1

r∆r

[(r +

∆r

2

)Fr

(r +

∆r

2, θ, z

)−(r − ∆r

2

)Fr

(r − ∆r

2, θ, z

)],

quando mandamos o limite de ∆r (consequentemente o de ∆V ) para zero, temos

1

r

∂

∂r(rFr).

Fazendo o mesmo procedimentos para as outras 4 faces temos que a divergencia em coorde-nadas cilındricas e:

divF =1

r

∂

∂r(rFr) +

1

r

∂Fθ∂θ

+∂Fz∂z

. (2.2)

Em coordenadas esfericas as componentes de F sao Fr, Fθ e Fφ (ver figura 2.23), procedendocomo no caso anterior temos que a divergencia em coordenadas esferica e dada pela expressao,

divF =1

r2

∂

∂r(r2Fr) +

1

rsenφ

∂

∂φ(senφFφ) +

1

rsenφ

∂Fθ∂θ

. (2.3)

2.6 O Teorema da Divergencia

Agora gastaremos o nosso tempo estudando um famoso teorema que estabelece uma relacaoentre a integral de superfıcie e a integral de volume. Este fato, e conhecido como Teoremada Divergencia ou simplesmente ‘Teorema de Gauss’. Esse teorema e muitas vezes utilizadoem aplicacoes fısicas, um exemplo e a sua utilizacao em eletrostatica.



Nao daremos uma prova formal e rigorosa desse teorema, tal prova pode ser encontradaem um livro de calculo mais avancado.

Considere um superfıcie fechada. Subdivida o volume V delimitado por S em N sub-volumes, isso e mostrado na figura 2.24(desenhamos um cubo por conveniencia). Comecaremos


a prova afirmando que o fluxo de um campo vetorial F(x, y, z) sobre a superfıcie S e igual asoma dos fluxos de todas as superfıcies de cada sub-volume:∫∫

S

F · ndS =N∑l=1

∫∫Sl

F · ndS. (2.4)

Agora Sl e a superfıcie fechada que tem sub-volume ∆Vl. Para estabelecermos a equacao2.4, considere 2 sub-volumes adjacentes (ver figura 2.25). Seja S0 a face em comum a essasduas superfıcies. Claramente o fluxo nos dois sub-volumes tem suas contribuicoes na faceS0, ou seja, temos ∫∫

S0

F · n1dS e

∫∫S0

F · n2dS,

onde n1 e o vetor normal unitario a face S0, na convencao usual, nos pontos do sub-volume1. Ja n2 e o vetor normal unitario as pontos do sub-volume 2. Claramente, n1=-n2.

Dessa forma, todos as faces comuns a dois sub-volumes iram se cancelar na soma daequacao 2.4, pois∫∫

S0

F · n1dS +

∫∫S0

F · n2dS =

∫∫S0

F · n1dS −∫∫

S0

F · n1dS = 0.

2.6. O TEOREMA DA DIVERGENCIA 29


Como vimos todos esses termos sao cancelados na equacao 2.4, ou seja eles nao contribuem nasoma. De fato, isso acontece para qualquer dois sub-volume adjacentes. Mais toda superfıciedos sub-volumes, salvo as que pertencem a superfıcie original, sao adjacentes a alguma outrasuperfıcie de um outro sub-volume. Assim os unicos termos que nao se cancelam na equacao2.4 sao os que pertencem a superfıcie S. O que valida a equacao 2.4.

Agora re-escreva a equacao 2.4 na seguinte forma curiosa:∫∫S

F · ndS =N∑l=1

[1

∆Vl

∫∫Sl

F · ndS]

∆Vl. (2.5)

Claramente, isto nao altera nada desde que nos apenas multiplicamos o termo dividido dasoma por ∆Vl, o sub-volume fechado pela superfıcie Sl. Nos agora podemos particionar ovolume original V em um numero grande de sub-volumes cada vez menores. Em outraspalavras, nos passamos o limite na soma da Equacao 2.5 com o numero de sub-divisoestendendo a infinito e cada ∆Vl tendendo para zero. Nos reconhecemos que o limite daquantidade nos cubos da Equacao 2.5 e, por definicao (∇ · F)l, que e, a divergencia de Fcalculada em um ponto de ∆Vl que e pequeno. Assim, para cada ∆Vl realmente pequeno,temos da Equacao 2.5 que ∫∫

S

F · ndS =N∑l=1

(∇ · F) ∆Vl. (2.6)

No limite, essa soma, por definicao e a integral tripla de ∇ · F sobre o volume fechado porS:

limN→∞

cada ∆Vl→0

N∑l=1

(∇ · F) ∆Vl ≡∫∫∫

V

∇ · FdV.

Juntando a ultima equacao com a equacao 2.4, encontramos o resultado desejado:∫∫S

F · ndS =

∫∫∫V

∇ · FdV. (2.7)

Este e o Teorema da Divergencia. Em palavras, diz que o fluxo de uma funcao vetorialatraves de uma superfıcie fechada e igual a integral tripla da divergencia dessa funcao sobreo volume limitado pela superfıcie.


a maior razao da prova dada nao ser considerada rigorosa e que a integral tripla e definidacomo o limite de uma soma da forma:

N∑l=1

g(xl, yl, zl)∆Vl,

onde a funcao g e bem definida. Na equacao 2.5, entretanto, o quantidade que multiplicao elemento de volume ∆Vl em cada termo da soma nao e uma funcao bem definida nestesentido. Isto e, como ∆Vl tende a zero a quantidade nos cubos muda; pode ser identificadacomo a divergencia de F somente no limite. Felizmente, um estudo rigoroso mostra que aEquacao 2.7 e valida se F (que e, Fx, Fy e Fz) e continua e diferenciavel, e suas primeirasderivadas sao continuas em V e em S.


Vamos agora ilustrar o teorema da divergencia. Para isso vamos resolver um exemplosimples. Seja F(x, y, z) = ix + jy + kz e escolha para S a superfıcie da figura 2.26, quee a semi-esfera de raio 1 e a regiao R do plano xy e limitada pelo circulo unitario. Nestehemisferio temos que n = ix+ jy + kz, assim F · n = x2 + y2 + z2 = 1. Neste hemisferio,∫∫

F · ndS =

∫∫dS = 2π,

onde a ultima igualdade segue do fato que a integral e meramente a area do hemisferiounitario. Na regiao R temos que n = −k com isso F · n = −z,∫∫

F · ndS = −∫∫

z dx dy = 0,

pois z = 0 em toda regiao R. Dessa forma, nao existe contribuicao da regiao circular R naintegral de superfıcie e ∫∫

S

F · ndS = 2π.

Por outro lado, trivialmente calculamos o ∇ · F = 3. Segue que∫∫∫V

∇ · FdV = 3

∫∫∫V

dV = 32π

3= 2π

onde usamos o fato que o volume do hemisferio unitario e 2π/3. Dessa forma, as integraisde superfıcie e volume sao iguais como mostra a Equacao 2.7.

2.7. EXERCICIOS 31

2.7 Exercıcios

1. Encontre o vetor normal unitario nos seguintes casos:

a) z = 2− x− y;

b) z = (x2 + y2)1/2;

c) z = (1− x2)1/2;

d) z = x2 + y2;

e) z = (1− x2/a2 − y2/a2)1/2.

2. a) Mostre que o vetor normal unitario para o plano

ax+ by + cz = d

e dado por

n = ± ia+ jb+ kc

(a2 + b2 + c2)1/2

b) Explique geometricamente por que o vetor normal nao depende da constante d.

3. Calcule a integral de superfıcie∫∫

SG(x, y, z)dS

a) G(x, y, z) = z, onde S e a parte do plano x+ y + z = 1 no primeiro octante;

b) G(x, y, z) =1

1 + 4(x2 + y2), onde S e a parte do paraboloide z = x2 + y2 entre

z = 0 e z = 1;

c) G(x, y, z) = (1− x2 − y2)3/2, onde S e o hemisferio z = (1− x2 − y2)1/2.

4. Calcule a integral de superfıcie

∫∫S

F · ndS

a) F(x, y, z) = ix−kz, onde S e a parte do plano x+y+2z = 2 no primeiro octante;

b) F(x, y, z) = ix+ jy + kz, onde S e o hemisferio z = (1− x2 − y2)1/2;

c) F(x, y, z) = jy+ k, onde S e a parte do paraboloide z = 1− x2− y2 no plano-xy.

5. As vezes as integrais de superfıcie podem ser calculadas sem usar os procedimentos

esbocados no texto. Calcule

∫∫S

F · ndS para cada item abaixo. Pense um pouco e

evite muito trabalho!

a) F = ix+ jy + kz, onde S sao os quadrados de lado b, mostrados a figura 2.27;


Figura 2.27: exercıcio


b) F = (ix+ jy) ln(x2 + y2), onde S e o cilindro (incluindo o fundo e o topo) de raioR e altura h, como mostra a figura 2.28;

c) F = (ix + jy + kz)e−x2+y2+z2 , onde S e a esfera de raio R centrada na origem,

como mostra a figura 2.29;


d) F = iE(x), onde E(x) e um funcao escalar qualquer que so depende de x. E S eo cubo de lado b, como mostra a figura 2.30.

6. a) Sejam i, j e k os vetores unitarios em coordenadas cartesianas e er, eθ, e ez os

2.7. EXERCICIOS 33


vetores unitarios em coordenadas cilındricas. Mostre que

i = er cos θ − eθ sen θ,

j = er sen θ − eθ cos θ,

k = ez.

b) Escreva a funcao (−ixy + jx2)/(x2 + y2), onde (x, y) 6= (0, 0), em coordenadascilındricas e calcule sua divergencia utilizando a equacao 2.2.

7. a) Sejam i, j e k os vetores unitarios em coordenadas cartesianas e er, eθ, e eφ osvetores unitarios em coordenadas esfericas. Mostre que

i = er senφ cos θ + eφ cosφ cos θ − eθ sen θ,

j = er senφ sen θ + eφ cosφ sen θ + eθ cos θ,

k = er cos θ − eφ senφ.

[Sugestao: E mais facil expressar er, eθ, e eφ em termos de i, j e k e a seguirresolve algebricamente para i, j e k. Para fazer isto, use primeiramente queer = r/r = (ix + jy + kz)/r. Depois, resolva geometricamente, mostre queeθ = −i sen θ + j cos θ. Finalmente, calcule eφ = eθ × er ]

b) Escreva a funcao ix+ jy + kz, em coordenadas esfericas e calcule sua divergenciautilizando a equacao 2.3.

8. Verifique o teorema da divergencia∫∫S

F · n dS =

∫∫∫V

∇ · F dV

para os seguintes casos:

a) F = ix+ jy + kz, onde S sao os quadrados de lado b, mostrados a figura 2.30;

b) F = err + ezz), r = ix + jy e S e um quarto do cilindro (de raio R e altura h),como mostra a figura 2.31;

c) F = err2, r = ix+ jy+ kz, onde S e a esfera de raio R centrada na origem, como

mostra na figura 2.29;



9. a) Use o teorema da divergencia para mostrar que

1

3

∫∫S

n · r dS = V,

onde S e fechada que limita uma regiao de volume V , n e um vetor unitarionormal a superfıcie S, e r = ix+ jy + kz.

b) Use a expressao dada no item a) para encontrar o volume de:

i) um paralelepıpedo de lados a, b e c.

ii) um cone circular com altura h e base de raio R. [Sugestao: O calculo esimples com o cone orientado como mostra a figura 2.32].


iii) uma esfera de raio R.

Capıtulo 3

Integral de Linha e o Rotacional

3.1 Trabalho e Integral de Linha

A propriedade dos campos eletrostaticos que nos comecaremos agora a discutir esta intima-mente ligada com a pergunta do trabalho e da energia. Voce se lembra da definicao elementarde trabalho, forca vezes distancia. Assim, em uma dimensao, se a forca F (x) atua de x = apara x = b, o trabalho e dado, por definicao,∫ b

a

F (x) dx.

Para podermos falar de uma situacao mais geral, devemos introduzir o conceito de integralde linha.

Figura 3.1: exemplo

Suponha que tenhamos uma curva em tres dimensoes (figura 3.1) e suponha que essacurva seja direcionada. Isso significa que colocamos uma seta sobre a curva e definimosesse sentido como o positivo. Seja s um comprimento de arco ao longo da curva medido dealgum ponto arbitrario nela com s = s1 em um ponto P1 e s = s2 em P2. Suponha quetenhamos uma funcao f(x, y, z) definida sobre essa curva, C. Subdivida a curva C entre P1

e P2 em N pedacos arbitrarios. A figura 3.1 mostra um exemplo com 4 subdivisoes. Emseguida, junte os pontos sucessivos da subdivisao por segmentos de reta, diga que l-esimo,tem comprimento ∆Sl. Agora, calcule o valor de f(x, y, z) em (xl, yl, zl), qualquer ponto na

35

36 CAPITULO 3. INTEGRAL DE LINHA E O ROTACIONAL

l-esima subdivisao da curva, e faca o produto f(x, y, z) ∆Sl. Feito isso para cada um dos Nsegmentos de C, faca a soma

N∑l=1

f(x, y, z) ∆Sl.

Por definicao, a integral de linha de f(x, y, z) ao longo da curva C e o limite dessa somaquando o numero de subdivisoes N se aproxima do infinito fazendo o o comprimento de cadaarco se aproximar a zero:∫

C

f(x, y, z) ds = limN→∞

cada ∆Sl→0

N∑l=1

f(x, y, z) ∆Sl.

Para calcular a linha integral, precisamos saber o caminho de C. Geralmente a maneira maisconveniente de especificar este caminho e usar s para parametriza-lo via comprimento dearco. Assim, escrevemos x = x(s), y = y(s) e z = z(s). Neste caso, a integral de linha sereduz a: ∫

C

f(x, y, z) ds =

∫ s2

s1

f(x(s), y(s), z(s)) ds.

Vamos ver um exemplo, por simplicidade trabalharemos em duas dimensoes, calcule∫C

(x+ y) ds,

onde C e a linha reta que sai da origem ate a coordenada (1, 1), ver figura 3.2. Se (x, y)

Figura 3.2: exemplo

sao a coordenada de qualquer ponto P em C e se s e a medida do seu comprimento de arcodesde a origem, entao x = s/

√2 e y = s/

√2. Dessa forma, x+ y = 2s/

√2 =√

2s. Assim,∫C

(x+ y) ds =√

2

∫ √2

0

s ds =√

2.

Vamos integrar agora a mesma funcao x+ y de (0, 0) para (1, 1) considerando as subdi-visoes mostradas na figura 3.3. Temos que separar a integral em duas partes, ao longo deC1, e ao longo de C2. Em C1 temos x = s e y = 0. Assim, x+ y = s, e∫

C1

(x+ y) ds =

∫ 1

0

s ds =1

2.

3.2. INTEGRAL DE LINHA ENVOLVENDO CAMPO VETORIAL 37

Figura 3.3: exemplo

Ao longo de C2, x = 1 e y = s, note que o comprimento de arco desse segmento e medido apartir do ponto (1, 0). Segue que,∫

C2

(x+ y) ds =

∫ 1

0

(1 + s) ds =3

2.

Somando os dois resultados temos que,∫C

(x+ y) ds =

∫C1

(x+ y) ds+

∫C2

(x+ y) ds =1

2+

3

2= 2.

A licao a ser aprendida e esta: o valor de uma integral pode (geralmente) depender docaminho de integracao.

3.2 Integral de Linha Envolvendo Campo Vetorial

Embora a discussao precedente nos diga o que e uma integral de linha, o tipo de integralde linha que nos devemos tratar aqui tem uma caracterıstica que ainda nao foi mencionada.Nos introduzimos as integrais de linha atraves do conceito de trabalho. Trabalho, no sentidomais elementar, e o deslocamento da forca no tempo. Essa elaboracao torna-se mais claraquando reconhecemos que forca e deslocamento sao vetores.

Assim, considere uma particao da curva C em tres dimensoes (figura 3.4). Vamos supor

Figura 3.4: exemplo


que sob a acao de uma forca um objeto se move neste caminho de s1 para s2. Em qualquerponto P da curva designaremos f(x, y, z) como a acao dessa forca. A componente de f queexerce o trabalho e, por definicao, simplesmente a que atua ao longo da curva, isto e, acomponente tangencial. Seja t o vetor unitario que e tangente a curva no ponto P 1. Entaoo trabalho realizado pela forca em mover o objeto de s1 para s2 ao longo da curva C e

T =

∫C

f(x, y, z)·t ds,

onde se compreende, naturalmente, que a integracao comeca em s = s1 e termina em s = s2.A nova caracterıstica desta integral e que o integrando e o produto escalar de duas funcoesvetoriais. Para avaliarmos essa integral devemos saber encontrar t, e e esse o problema quetentaremos resolver agora.

Considere um curva arbitraria C (ver figura 3.5) parametrizada pelo comprimento dearco. Em algum ponto s na curva temos que x = x(s), y = y(s) e z = z(s). Em um outro

Figura 3.5: exemplo

ponto s+ ∆s temos x+ ∆x = x(s+ ∆s), y+ ∆y = y(s+ ∆s) e z+ ∆z = z(s+ ∆s). Assim,o segmento de reta que une os dois pontos na curva direcionada do primeiro ao segundo e ovetor ∆r = i∆x+ j∆y + k∆z, onde

∆x = x(s+ ∆s)− x(s),

∆y = y(s+ ∆s)− y(s),

∆z = z(s+ ∆s)− z(s).

Se dividirmos esse vetor por ∆s, temos

∆r

∆s= i

∆x

∆s+ j

∆y

∆s+ k

∆z

∆s

Tomando o limite quando ∆s se aproxima de zero, temos

idx

ds+ j

dy

ds+ k

dz

ds

1t e uma funcao de x, y e z e na realidade deveria ser escrita como t(x, y, z). Escreveremos simplismentet para simplificar a notacao.

3.2. INTEGRAL DE LINHA ENVOLVENDO CAMPO VETORIAL 39

afirmamos que esse limite e o campo t. Para comecar, e claro que quando ∆s→ 0, o vetor∆r tangencia a curva s. Alem disso, no limite ∆s→ 0, vemos que |∆r→ ∆s|. Portanto, nolimite a norma deste vetor e 1. Segue que

t = idx

ds+ j

dy

ds+ k

dz

ds

Se retornarmos agora a expressao do trabalho T e usarmos a formula de t, encontramos

T =

∫C

f(x, y, z)·t ds =

∫C

f(x, y, z) ·[idx

ds+ j

dy

ds+ k

dz

ds

]ds =

∫C

(fx dx+ fy dy + fz dz).

Esta e uma expressao formal; frequentemente, para realizar a integracao, e util restaurar ods como ilustra o exemplo a seguir.

Consideref(x, y, z) = iy − jx

e a curva mostrada na figura 3.6. Para calcular∫C

(f · t) ds neste caso, divida a curva C emtres partes, C1, C2 e C3 como mostramos. Considerando fz = 0, temos

Figura 3.6: exemplo

∫C

f · t ds =

∫C

fx dx+ fy dy =

∫C

y dx− x dy

Agora, em C1, y = 0 e dy = 0, assim C1 nao contribui na integral. Similarmente, em C3

temos x = 0 e dx = 0, o que da resultado igual a zero. Assim, a unica contribuicao para aintegral sobre C e a parte em C2. Restaurando o ds, temos∫

C

(ydx

ds− xdy

ds

)ds.

Mas (1− x)/s = cos 450 = 1/√

2 e (1− x)/s = sen 450 = 1/√

2 (figura 3.7). Assim,

x = 1− s√2⇒ dx

ds= − 1√

2

y =s√2⇒ dy

ds=

1√2

0 ≤ s ≤√

2.


Figura 3.7: exemplo

Dessa forma, a integral e

∫ √2

0

[s√2

(− 1√

2

)−(

1− s√2

)1√2

]ds = − 1√

2

∫ √2

0

ds = −1.

Um segundo exemplo de integral de linha envolvendo funcoes vetoriais, seja

f(x, y, z) = ix2 − jxy,

e tome C o quarto de circulo de raio R orientado como mostra a figura 3.8. Entao temos

Figura 3.8: exemplo

∫C

f · t ds =

∫C

x2 dx− xy dy.

Considerando x = R cos θ, y = R sen θ, encontramos esta integral como∫ π/2

0

[R2 cos2 θ(−R sen θ)−R2 sen θ cos θ(R cos θ)] dθ = −2R3

∫ π/2

0

cos2 θ sen θ dθ = −2R3

3.

3.3. O ROTACIONAL 41

3.3 O Rotacional

Se nos e dado uma funcao vetorial F(x, y, z) e perguntado, “ Poderia ser esse um campoeletrostatico?”, podemos, a principio, responder. Se∮

F · t ds 6= 0

sobre uma curva entao F nao pode ser um campo eletrostatico. Se∮F · t ds = 0

sobre qualquer curva fechada, entao F pode (mas nao tem que ser) ser um campo ele-trostatico. Claramente, este criterio nao e facil de aplicar, pois devemos saber que a cir-culacao de F e zero sobre todos os caminhos possıveis.

Vamos tentar encontrar um criterio mais util. Considere a circulacao de F em umretangulo pequeno paralelo ao plano xy, com lados ∆x e ∆y e com o ponto central (x, y, z),ver figura 3.9 Como e mostrado na figura 3.9, faremos a integracao no sentido anti-horariode que olha de cima do plano xy. Vamos quebrar essa integral de linha em quatro par-tes: CB (parte inferior), CR (lado direito), CL (lado direito) e CT (parte superior). Essa

Figura 3.9: exemplo

retangulo e pequeno (eventualmente no limite faremos ele tender a zero), nos aproximare-mos a integral sobre cada segmento por F · t avaliado no centro do segmento, multiplicadopelo comprimento do segmento2.

Consideraremos CB primeiro, temos que∫CB

F · t ds =

∫CB

Fx dx ∼= Fx

(x, y − ∆y

2, z

)∆x. (3.1)

Em CT encontramos,∫CT

F · t ds =

∫CT

Fx dx ∼= −Fx(x, y +

∆y

2, z

)∆x. (3.2)

2Releia a primeira nota de roda pe da secao 2.4 do Capıtulo 2 e assim temos um argumento que dasuporte a essa argumentacao.


O sinal negativo aqui se refere ao fato que∫CT

Fx dx =

∫CT

Fxdx

dsds

e dx/ds = −1 em CT . Somando as equacoes 3.1 e 3.2 temos,∫CT+CB

F · t ds ∼= −[Fx

(x, y +

∆y

2, z

)∆x− Fx

(x, y − ∆y

2, z

)∆x

]

∼= −Fx

(x, y +

∆y

2, z

)− Fx

(x, y − ∆y

2, z

)∆y

∆x∆y.

Claramente ∆x∆y e a area de ∆S do retangulo. Assim,

1

∆S

∫CT+CB

F · t ds ∼= −Fx

(x, y +

∆y

2, z

)− Fx

(x, y − ∆y

2, z

)∆y

. (3.3)

Exatamente a mesma analise se aplica ao lado esquerdo e direito do retangulo (CLeCR)resultando em

1

∆S

∫CL+CR

F · t ds ∼=Fy

(x+

∆x

2, y, z

)− Fy

(x− ∆x

2, y, z

)∆x

. (3.4)

Fazendo a soma da equacoes 3.3 e 3.4 e tomando o limite quando ∆S se fecha sobre o ponto(x, y.z) (neste caso, ∆x e ∆y → 0 ao mesmo tempo), encontramos

lim∆S→0

sobre (x,y,z)

1

∆S

∫F · t ds =

∂Fy∂x− ∂Fx

∂y,

onde estamos considerando a circulacao em torno do retangulo pequeno. Voce pode quererse perguntar sobre a generalidade e a unicidade deste resultado pois ele e obtido usando umacurva especial para a integracao: primeiro, um retangulo, e segundo, ele e paralelo ao planoxy. Se a curva nao for um retangulo, mas uma curva plana da forma arbitraria, nao afetarianosso resultado (exercıcios 1 e 12). Mas nosso resultado definitivamente depende em especialda orientacao da curva na integracao. A escolha da orientacao A escolha da orientacao feitaacima sugere claramente duas outras, que sao mostradas na figura 3.10 junto com o resultadodo calculo, para cada uma de

lim∆S→0

sobre (x,y,z)

1

∆S

∫F · t ds.

Cada uma dessas tres curvas sao nomeadas com base no vetor normal a area delimitadapor elas. A convencao usada e: Trace a curva C de modo que a area delimitada por ela esteja

3.3. O ROTACIONAL 43



sempre a esquerda, como mostra a figura 3.11. Entao escolha o vetor normal de modo queele aponte para “acima” no sentido mostrado na figura 3.11. Esta convencao e chamada daregra da mao direita, para que se a mao direita e orientada de modo que os dedos ondulemno sentido em que a curva e seguida, o polegar, estendido, aponte no sentido do vetor normal(figura 3.11). Usando a regra da mao direita, temos o seguinte:

calculando lim∆S→0

∮F · t ds

∆S

para uma curva a qual o normal e i, temos∂Fz∂y− ∂Fy

∂z,

para uma curva a qual o normal e j, temos∂Fx∂z− ∂Fz

∂x,

para uma curva a qual o normal e k, temos∂Fy∂x− ∂Fx

∂y,

(3.5)

Dizemos que essas tres quantidades sao as coordenadas cartesianas do vetor. Daremos onome a este vetor de o “rotacional de F”, que escreveremos como rot F. Assim, temos que

rot F =, i

(∂Fz∂y− ∂Fy

∂z

)+ j

(∂Fx∂z− ∂Fz

∂x

)+ k

(∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

)(3.6)


Esta expressao e frequentemente e dada como a definicao do rotacional, mas nos preferi-mos considera-la meramente como o forma do rotacional em coordenadas cartesianas. Nosdefiniremos o rotacional como o limite da circulacao quando a area tende a zero. Mas preci-

samente, seja

∫Cn

F · t ds a circulacao de F sobre uma curva com normal n como mostra a

figura 3.12. Entao por definicao


n·rot F = lim∆S→0

sobre (x,y,z)

1

∆S

∮F · t ds.

Tomando n sucessivamente igual a i, j e k, temos de volta o resultado dado na Equacao 3.6.Esse limite, em geral, tem valores diferentes para pontos (x, y, z) diferentes, o rotacional deF e a funcao vetorial da posicao 3. Embora em nosso trabalho supomos sempre que a areadelimitada pela curva de integracao e plana, isto, necessariamente nao precisa acontecer.Desde que o rotacional seja definido em termos de um limite no qual a superfıcie fechada seaproxime de zero para qualquer ponto, no estagio final desse processo de limite a superfıciefechada e infinitessimalmente proxima do plano, e todas as consideracoes feitas se aplicam.

A expressao 3.6 dada para o rot F em coordenadas cartesianas e quase impossıvel deser lembrada, por sorte existe uma forma mais facil de memoriza-la. Se expandirmos odeterminante de ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z

Fx Fy Fy

∣∣∣∣∣∣∣∣∣e se certos “produtos” sao interpretados como derivadas parciais (por exemplo, (∂/∂x)Fy =∂Fy/∂x), o resultado e identico ao dado na expressao 3.64. Assim, a angustia de recordar aformula de rot F em coordenadas cartesianas pode ser substituıda pela dor de recordar comoexpandir o determinante tres por tres. A vontade do cliente.

3A palavra rotacao (abreviada “rot”) ja foi usada para o que nos chamamos agora de rotacional. Emboraesse terno tenha deixado de ser usado a muito tempo: Se rot F = 0, a funcao F e dita irrotacional.

4Um matematico varia objecao a isto, estritamente falando, um determinante nao pode conter vetores ouoperadores. Porem nao estamos fazendo nenhum erro grave, pois nosso “determinante” e meramente umaajuda a memoria.

3.4. O ROTACIONAL EM COORDENADAS CILINDRICAS E ESFERICAS 45

Um exemplo de calculo do rotacional, considere a funcao vetorial

F(x, y, z) = ixz + jyz − ky2.

Temos,

rot F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z

xy yz −y2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = i(−2y − y) + j(x− 0) + k(0− 0) = −3iy + jx.

Voce pode ter observado que o operador rotacional pode ser escrito em termos da notacaocom delta que introduzimos anteriormente. Voce mesmo pode verificar que

rot F = ∇× F,

que e lida “delta versos F”. A partir de agora usaremos ∇× F para indicar o rotacional.

3.4 O Rotacional em Coordenadas Cilındricas e Esfericas

Para obtermos a forma do ∇×F em outro sistema de coordenadas procederemos da mesmamaneira que fizemos para coordenadas cilındricas, meramente usaremos a curva para inte-gracao apropriada. Como um exemplo, usaremos o caminho mostrado na figura 3.14 isso nosdara a componente z do ∇×F em coordenadas cilındricas5. Note que o traco da curva estaem concordancia com a regra da mao direita dada na outra secao. Vendo a curva de acima(como nos fazemos na figura 3.14), a integral de linha de F(r, θ, z) · t ao longo do segmento


do caminho marcado 1 e ∫C1

F · t ds ' Fr

(r, θ − ∆θ

2, z

)∆r,

5Analogamente a forma cartesiana de ∇ × F, cada curva de integracao (ver figuras 3.9 e 3.10) tem aforma x =constante, y =constante ou z =constante. Similarmente, de forma analoga, na forma cilındrica,cada segmento de cada caminho e da forma r =constante, θ =constante ou z =constante.


enquanto oo longo do segmento 3 temos∫C3

F · t ds ' −Fr(r, θ +

∆θ

2, z

)∆r.

A area limitada pela curva e r∆r∆θ, e

1

∆S

∫C1+C3

F · t ds ' − ∆r

r∆r∆θ

[Fr

(r, θ +

∆θ

2, z

)− Fr

(r, θ − ∆θ

2, z

)].

No limite quando ∆r e ∆θ tendem a zero, isto e

−1

r

Fr∂θ

avaliado no ponto (r, θ, z).Ao longo do segmento 2 encontramos∫

C2

F · t ds ' Fθ

(r +

∆r

2, θ, z

)(r +

∆r

2

)∆θ,

e ao longo do segmento 4∫C4

F · t ds ' −Fθ(r − ∆r

2, θ, z

)(r − ∆r

2

)∆θ.

Assim,

1

∆S

∫C2+C4

F · t ds ' − ∆θ

r∆r∆θ

[(r +

∆r

2

)Fθ

(r +

∆r

2, θ, z

)−(r − ∆r

2

)Fθ

(r − ∆r

2, θ, z

)].

No limite temos (1/r)(∂/∂r)(rFθ) avaliado em (r, θ, z). Dessa forma,

(∇× F)z ≡ lim∆S→0

∮C

F · t ds =1

r

∂

∂r(rFθ)−

1

r

∂Fr∂θ

.

Para encontrar as componentes r e θ de ∇ × F os caminhos sao mostrados na figura 3.14,respectivamente. Deixaremos como exercıcio a obtencao dessas duas componentes.

Para completar as tres componentes do ∇×F em coordenadas cilındricas sao dadas por:

(∇× F)r =1

r

∂Fz∂θ− ∂Fθ

∂z,

(∇× F)θ =∂Fr∂z− ∂Fr

∂r,

(∇× F)z =1

r

∂

∂r(rFθ)−

1

r

∂Fr∂θ

.

Vamos calcular um exemplo de rotacional em coordenadas cilındricas, considere a funcao

F(r, θ, z) = err2z + eθrz

2 cos θ + ezr3

3.4. O ROTACIONAL EM COORDENADAS CILINDRICAS E ESFERICAS 47


entao

(∇× F)r =1

r

∂

∂θ(r3)− ∂

∂z(rz2 cos θ) = −2rz cos θ,

(∇× F)θ =∂

∂z(r2z)− ∂

∂r(r3) = −2r2,

(∇× F)z =1

r

∂

∂r(r2z2 cos θ)− 1

r

∂

∂θ(r2z) = 2z2 cos θ,

portanto∇× F = −2errz cos θ − 2eθr

2 + 2ezz2 cos θ.

As tres componentes do rot F em coordenadas esfericas sao as seguintes:

(∇× F)r =1

r senφ

∂

∂φ(senφFθ)−

1

r senφ

∂Fφ∂θ

,

(∇× F)φ =1

r senφ

∂Fr∂θ− 1

r

∂

∂r(rFθ),

(∇× F)θ =1

r

∂

∂r(rFφ)− 1

r

∂Fr∂φ

.

Vamos calcular um exemplo de rotacional em coordenadas esfericas, considere a funcao

F(r, θ, φ) =errθ

+eφr

+eθ

r cosφ

entao

(∇× F)r =1

r senφ

∂

∂φ

(senφ

1

r cosφ

)− 1

r senφ· 0 =

sec2 φ

r2 senφ,

(∇× F)φ =1

r senφ

∂

∂θ

(1

rθ

)− 1

r

∂

∂r(cosφ) = − 1

r2θ2 senφ,

(∇× F)θ =1

r

∂

∂r(1)− 1

r

∂

∂φ

(1

rθ

)= 0.


Assim

∇× F =sec2 φ

r2 senφer −

1

r2θ2 senφeφ.

3.5 O Teorema de Stokes

Nos concentraremos a partir de agora em um famoso teorema. Este teorema, que tem o nomedo matematico Stokes, relaciona uma integral de linha em torno de um caminho fechado auma integral da superfıcie sobre o que e chamado uma “superfıcie cobrindo” o caminho,assim a primeira coisa a fazermos e definir este termo. Suponha que tenhamos uma curvafechada C, como mostra a figura 3.15, e imagine que ela e feita de fio. Agora suponha que


nos anexamos uma membrana elastica ao fio como indicado na figura 3.16. Essa membrana


e uma “superfıcie cobertura” da curva C. Qualquer outra superfıcie que possa ser formadaesticando a membrana e uma “superfıcie cobrindo”; um exemplo e mostrado na figura 3.17.A figura 3.18 mostra quatro diferentes superfıcies cobertura de um caminho plano: (a) a


regiao do plano fechado pelo circulo: (b) um hemisferio com o circulo como base; (c) o conecom o circulo como base, e (d) o cilindro tambem com o circulo como base.

3.5. O TEOREMA DE STOKES 49


Apos essas notas previas, voce nao sera surpreendido ao nos ver comecar o teorema deStokes considerando uma curva fechada C e uma superfıcie cobertura S (ver figura 3.19)Como temos feito anteriormente, aproxime essa superfıcie cobertura por poliedros de N


faces, onde cada um e tangente a S em apenas um ponto (ver figura 3.20). Note que com


isso automaticamente criamos uma poligonal (marcada com P na figura 3.20) que e umaaproximacao para a curva C. Seja F(x, y, z) uma funcao vetorial bem comportada definidaem toda a regiao do espaco ocupada pela curva C e pela superfıcie cobertura S. Considerea circulacao de F em torno de Cl, o bordo da l-esima face do poliedro:∮

Cl

F · t ds.

Se nos fazemos isto para cada um das faces do poliedro e entao adicionamos juntas todas ascirculacoes, afirmamos que esta soma sera igual a circulacao de F em torno da poligonal P :

N∑l=1

∮Cl

F · t ds =

∮P

F · t ds. (3.7)


Isto nao e difıcil de ser provado. Considere duas faces adjacentes como mostra a figura 3.21.

A circulacao em torno da face do lado esquerdo inclui o segmento AB, que e

∫ B

A

F · t ds.


Mas o segmento AB e comum a ambas as faces, e contribui tambem para circulacao da facedo lado direito que e ∫ A

B

F · t ds = −∫ B

A

F · t ds.

Note que o segmento AB tem uma direcao na face a esquerda, e a direcao contraria na facea direita. Dessa forma, quando olharmos a contribuicao do segmento AB na circulacao deF observamos que ∫ B

A

F · t ds+

∫ A

B

F · t ds = 0.

Dessa forma, se torna claro que qualquer segmento comum a duas faces adjacentes nao con-tribui na soma da equacao 3.7 porque tais segmentos sempre vem em pares que se cancelam.Mas todos os segmentos sao comuns a pares de faces adjacentes exceto aqueles, somadosjuntos, que constituem a poligonal P . Isso estabelece a equacao 3.7.

Agora vamos fazer uma analise muito similar a feita no caso do teorema da divergencia.Escreva ∮

P

F · t ds =n∑l=1

∮Cl

F · t ds =N∑l=1

[1

∆Sl

∮Cl

F · t ds]

∆Sl, (3.8)

onde ∆Sl e a area da l-esima face. O valor entre parentese, e aproximadamente, igual anl·(∇× F)l onde nl e o vetor normal unitario positivo em cada l-esima face e (∇× F)l eo rotacional da funcao vetorial F avaliada no ponto da l-esima face que e tangente a S.Dizemos “aproximadamente” porque e na realidade o limite quando ∆Sl tende para zerona expressao entre parentese na equacao 3.8, que e identificada com nl·(∇× F)l. Ignorandoessa falta de rigor, escrevemos

limN→∞

cada ∆Sl→0

N∑l=1

[1

∆Sl

∮Cl

F · t ds]

∆Sl = limN→∞

cada ∆Sl→0

N∑l=1

nl·(∇× F)l∆Sl

=

∫∫S

n · (∇× F) dS.

(3.9)

Desde que a curva C seja o limite da poligonal P , temos

limN→∞

cada ∆Sl→0

∮P

F · t ds =

∮C

F · t ds. (3.10)

3.5. O TEOREMA DE STOKES 51

Combinando as equacoes 3.8, 3.9 e 3.10, chegamos, finalmente, no Teorema de Stokes:∮C

F · t ds =

∫∫S

n · (∇× F) dS (3.11)

onde S e “qualquer” superfıcie cobertura da curva C. Assim, em palavras, o teorema deStokes diz que a integral de linha da componente tangencial de uma funcao vetorial sobreum caminho fechado e igual a integral de superfıcie da componente normal do rotacional dafuncao vetorial sobre qualquer superfıcie cobertura do caminho. O teorema de Stokes valepara qualquer funcao vetorial F que e continua e diferenciavel e tem derivadas continuas emC e S.

Vamos trabalhar em um exemplo. Tome F(x, y, z) = iz + jx − kx, com C o cırculo deraio 1 centrado na origem no plano xy, e S a parte do plano xy limitada por esse cırculo(ver figura 3.22) Agora


F · t ds = z dx+ x dy − x dz.

Assim,

∮F · t ds =

∮x dy. Vamos usar a parametrizacao de C em ternos do angulo θ

mostrado na figura 3.22. Assim, escrevemos∮x dy =

∮xdy

dθdθ =

∫ 2π

0

cos2 θ dθ = π,

onde usamos x = cos θ e y = sen θ.O proximo calculo e:

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z

z x −x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2j + k

Aqui a superfıcie cobertura e uma parte do plano xy, tal que o normal unitario na orientacaopositiva e n = k. Assim,

n · ∇ × F = k · (2j + k) = 1

e ∮n · ∇ × F dS =

∮S

dS = π,


onde a ultima igualdade segue do fato que a integral de superfıcie neste caso e meramente aarea do circulo unitario. Esse resultado e igual ao obtido anteriormente ilustrando o teoremade Stokes.

Vamos agora calcular usando uma outra superfıcie cobertura, dessa vez vamos pegar umhemisferio como mostra a figura 3.23. Usando a equacao 3.11, temos


∫∫S

n · ∇ × F dS =

∫∫R

[−2(−yz

)+ 1]dx dy = 2

∫∫R

y

zdx dy +

∫∫R

dx dy

onde R e o circulo unitario no plano xy como mostra a figura 3.22. A segunda integraldo lado direito da igualdade e justamente a area do circulo, e este valor e igual a π. Paracalcular a primeira equacao, usaremos coordenadas polares. E encontramos:

2

∫∫R

y

zdx dy = 2

∫∫R

y dx dy√1− x2 − y2

= 2

∫ 2π

0

∫ 1

0

r sen θ r dr dθ√1− r2

= 2

∫ 2π

0

sen θ dθ

∫ 1

0

r2 dr√1− r2

= 0.

Nao e difıcil observar que a integral em θ e igual a zero. Logo,

∫∫S

n · ∇ × F dS = π, em

concordancia com os resultados encontrados anteriormente.

3.6 Exercıcios

1. No texto obtivemos o resultado

(∇× F)z =∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

integrando sobre um pequeno caminho retangular. Como um exemplo, que de fato esseresultado indefere do caminho, reencontre esse resultado, usando o caminho triangularmostrado na figura 3.24.

2. a) Calcule

∮F · t ds onde

F = k(y + y2)

3.6. EXERCICIOS 53



sobre o perımetro do triangulo mostrado na figura 3.25 (integrando na direcaoindicada pelas setas).

b) Divida o resultado do item a) pela area do triangulo e tome o limite quandoa→ 0.

c) Mostre que o rsultado da parte b) e n · ∇ × F calculado no ponto (0, 0, 0) onden e o vetor normal unitario do triangulo e saindo da origem.

3. Mostre que

∇× A× r

2= A

onde r = ix+ jy + kz em A e um vetor constante.

4. Mostre que o ∇ · (∇ × F) = 0. (Suponha que a segunda derivada parcial mista eindependente da ordem de derivacao. Exemplo: ∂2Fz/∂x∂z = ∂2Fz/∂z∂x)

5. No texto obtemos a componente z de ∇× F em coordenadas cilındricas. Proceda damesma forma, e obtenha as componentes θ e r.

6. Seguindo o procedimento sugerido no texto, obtenha a expressao de ∇ × F em coor-denadas esfericas. A figura 3.26 pode lhe ser util.

7. Calcule o rotacional das funcoes vetoriais abaixo em coordenadas cilındricas e esfericas:

a) −iyz + jxz;

b) ixy + jy2 + kyz;



8. Toda forca centrıfuga pode ser escrita na forma

F(r) = erf(r),

onde er e um vetor unitario na direcao radial e f e uma funcao escalar. Mostre, pelocalculo direto do rotacional, que essa funcao e irrotacional (isto e, ∇× F = 0).

9. Verifique o teorema de Stokes em cada caso seguinte:

a) F = iz2 − jy2, onde C, e o quadrado de lado 1 no plano xz e direcionado comomostra a figura 3.27 e S, e os cinco quadrados S1, S2, S3, S4 e S5 mostrados nafigura 3.27


b) F = iy + jz + kx, onde C, e os tres quartos de cırculos C1, C2 e C3 direcionadoscomo mostra a figura 3.28 e S, e o octante da esfera x2 + y2 + z2 = 1 limitado poresses tres arcos.

3.6. EXERCICIOS 55



c) F = iy− jx+ kz, onde C, e o cırculo de raio R no plano xy, centrado em (0, 0, 0)e direcionado como mostra a figura 3.29 e S, e o cilindro de raio R e altura hmostrado na figura 3.29. limitado por esses tres arcos.

10. a) Aplique o teorema da divergencia na funcao

G(x, y) = iGx(x, y) + iGy(x, y),

usando com V e S a superfıcie mostrada na figura 3.30; Sua base e uma regiaodo plano xy, e o seu topo tem o mesmo formato, e e paralelo, a base, e seu ladoe paralelo ao eixo z. Obtenha desta maneira a relacao


∮C

Gx dy −Gy dx =

∫∫R

(∂Gx

∂x+∂Gy

∂y

)dx dy,

este e o teorema da divergencia em duas dimensoes.


b) Aplique o teorema de Stokes na funcao

F(x, y) = iFx(x, y) + iFy(x, y),

usando com C a curva fechada do plano xy mostrada na figura 3.30 e como S aregiao R do plano xy limitada por C, como mostra a figura 3.30. Obtenha destamaneira a relacao∮

C

Fx dx+ Fy dy =

∫∫R

(∂Fy∂x

+∂Gx

∂y

)dx dy,

este e o teorema de Stokes em duas dimensoes.

c) Mostre que em duas dimensoes o teorema da divergencia e o teorema de Stokessao identicos. Ele e conhecido como o teorema de Green.

11. a) Seja C uma curva fechada no plano xy. Quais condicoes a funcao F deve satisfazerpara que ∮

c

F · tds = A,

onde A e a area limitada por essa curva? [Sugestao: Veja o exercıcio 10]

b) De um exemplo de funcao F que tenha as propriedades descritas no item a).

c) Use integral de linha para encontrar as formulas de area de

(i) um retangulo;

(ii) um triangulo retangulo;

(iii) um circulo;

12. O resultado

(∇× F)z =∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

foi estabelecido calculando a circulacao de F em torno de um retangulo e em torno deum triangulo. Neste problema voce mostrara que o resultado vale quando a circulacaoe calculada em torno de qualquer curva fechado que se encontra no plano xy.

a) Aproxime uma curva fechada arbitraria C por uma no plano xy por uma poligonalP como mostra a figura 3.31. Subdivida a area limitada por P em N partes de


tal forma que a l-esima tenha area ∆Sl. Convenca-se por meio de um esbocoque esta subdivisao pode ser feita com somente dois tipos de partes: retangulose triangulos retangulos.

3.6. EXERCICIOS 57

b) Seja C(x, y) = ∂Fy/∂x− ∂Fx/∂y, use a serie de Taylor para mostrar que para Ngrande e cada ∆Sl pequeno,∮

P

F · t ds =N∑l=1

∮Cl

F · t ds ∼= C(x0, y0)∆A+

(∂C

∂x

)x0,y0

N∑l=1

(xl − x0)∆Sl

+

(∂C

∂y

)x0,y0

N∑l=1

(yl − y0)∆Sl + · · · ,

onde Cl e o perımetro da l-esima parte, (x0, y0) e algum ponto na regiao limitadapor P , e ∆A e a area dessa regiao.

c) Mostre que

limN→∞

cada ∆Sl→0

∮P

F · t ds =

∮C

F · t ds =

[C(x0, y0) + (x− x0)

(∂C

∂x

)x0,y0

+ (y − y0)

(∂C

∂y

)x0,y0

+ · · ·

]∆S,

onde ∆S e a area a regiao R limitada por C e (x, y) sao as coordenadas docentroide da regiao R; isto e,

x =1

∆S

∫∫R

x dx dy e y =1

∆S

∫∫R

y dx dy.

d) Finalmente, calcule

(∇× F)z = lim∆S→0

sobre x0,y0

1

∆S

∮C

F · t ds.

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