Capítulo VI Campos vetoriaisarquivos.info.ufrn.br/arquivos/2018139064993d... · 6.6 Aplicações: massa de arames, área lateral de paredes verticais sobre curvas arbitrarias,

Cálculo III, exercícios ect/ufrn

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HLCS

(rascunho do professor H.L.Carrion S.

ufrn/ect)

Capítulo VI

Campos vetoriais

6.1 Definição de campo vetorial e campo

escalar.

6.2 Divergência e rotacional de campo

vetorial.

6.3 Campos conservativos

6.31 Definição de campo conservativo.

6.32 Condição necessária e suficiente para

um campo conservativo.

6.33 Função potencial para campos

conservativos.

6.4 Linhas de campo vetorial.

6.5 Integral de linha de campos escalares e

campos vetoriais

6.6 Aplicações: massa de arames, área lateral

de paredes verticais sobre curvas arbitrarias,

trabalho mecânico, circulação na eletrostática.

6.7 Integral de linha e campos conservativos.


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HLCS

6.8 fluxo de campos vetoriais.

6.9 Teoremas importantes

6.91-Teorema da divergência

6.92- Teorema de Green

6.93- Teorema de Stokes.

Apendice 1

Eletrostática : campos elétrico e superfícies

equipotenciais.

Linhas de campo magnético de um condutor

infinito.

Leis de Maxwell- forma integral

Leis de Maxwell- forma diferencial


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6.1 Campo escalar e campo vetorial

6.11 Campo escalar

Fonte : NASA, 16/11/2011

A equipe científica que supervisiona o sistema de imagens a bordo do

Orbitador Lunar de Reconhecimento (LRO = Lunar Reconnaissance

Orbiter) liberou o mapa topográfico quase global da Lua com a mais alta

resolução jamais criado.

A foto acima mostra o resultado com cores para indicar a

profundidade e a elevação. Roxo mais profundo, então azul, laranja,

vermelho mais alto. Ainda não é possível fotografar os 3TTP3 da

Lua, que ficam a maior parte do tempo em escuridão total, mas outro satélite, Lunar Orbit Laser Altimeter (LOLA), pode ajudar com isso.

O mapa é a realização do sonho da era Apollo: conhecer a superfície lunar

com detalhes para entender melhor sua origem e história. Existe uma

câmera semelhante orbitando e fotografando Marte.

Por tanto, para criar o mapa colorido acima, podemos associar pontos da

superfície luar r=(x,y,z) com o valor da profundidade ou elevação no local


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h(x,y,z) e posteriormente associar uma cor e tonalidade diferente para

cada valor da profundidade ou elevação; desta maneira o computador

pode reconstruir a topografia da lua.

Logo o que é um campo escalar? Numa forma intuitiva, um campo escalar

é uma função escalar real que se associa a cada ponto de uma região

espacial.

Outro exemplo, seria a distribuição da densidade 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) numa

determinada região; ou a distribuição da temperatura 𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) numa

lamina, etc.

Definição de campo escalar.- Seja D um subconjunto do espaço

R3. Logo o campo escalar 𝑓 é :

𝑓:𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅

(𝑥, 𝑦, 𝑧) ↦ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

Exemplos:

a) Quando tempos um paralelepípedo 𝑊 = {[𝑎, 𝑏] × [𝑏, 𝑐] × [𝑚, 𝑛]},

contendo gás com densidade arbitraria em cada parte do

recipiente, podemos então definir o campo escalar densidade 𝞺

assim: 𝜌:𝑊 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 (𝑥, 𝑦, 𝑧) ↦ 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)

b) Temos a superfície da terra 𝑆 = {(𝜑, 𝜃) ⋰ 𝜑 ∈ [0,2𝜋], 𝜃 ∈ [0, 𝜋]} .

Podemos construir o mapa de temperatura ao longo da superfície

terrestre, associado a cada ponto (𝜑, 𝜃) da terra um campo escalar

T denominado temperatura assim:

𝑇: 𝑆 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 (𝜑, 𝜃) ↦ 𝑇(𝜑, 𝜃)

Temperatura da superfície terrestre em 2010 foi 0,62 0C superior

à média do século 20.


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O ano de 2010 empatou com 2005 como o mais quente desde o início das medições, em 1880, encerrando uma década de temperaturas excepcionalmente altas devido às emissões humanas de gases do efeito estufa, segundo uma agência do governo norte-americano.

A temperatura da superfície terrestre no ano passado foi 0,62 grau Celsius superior à média do século 20, segundo o relatório divulgado na quarta-feira pelo Centro Nacional de Dados Climáticos (NCDC), ligado à Administração Nacional Oceânica e Atmosférica dos Estados Unidos

Na figura se mostra a distribuição da temperatura (media anual) na

superfície terrestre em graus centígrados. Os valores são

aproximados, desde que a temperatura pode variar no mesmo local

ao longo do dia e da noite.


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Campo de temperatura no olho humano

A figura mostra o campo de temperaturas obtido para o olho

humano portador de um melanoma de. Pode ser observado que o

campo de temperaturas apresenta uma diminuição na sua

intensidade à medida que se aproxima da córnea. Este

comportamento é devido às condições de contorno impostas que

incluem troca de calor por convecção com o ambiente. A córnea

cobre uma área frontal do olho com diâmetro de 10 mm e perde

calor para o ambiente. A esclera cobre toda a superfície do olho

exceto aquela correspondente à córnea, e possui temperatura

constante (condição de contorno).

Fonte:

6 TTP://www.scielo.br/scielo.php?script=sci_arttext&pid=S1517-

31512013000100007


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6.12 Campo vetorial.

Campo de velocidades do vento nos furacões.

Mapa de vento produzido com dados de um radar scatterometer sobre a Organização de Pesquisa Espacial Indiana do (ISRO) Oceansat-2, mostra a força e direção dos ventos de superfície do oceano de Sandy em 28 de outubro de 2012 (primeira foto). O mapa dos ventos do furacão Katrina (segunda foto) foi feita a partir de dados similares adquiridos em 29 de agosto de 2005, por um scatterometer radar no satélite da NASA QuickSCAT aposentado.


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Em ambos os mapas, a velocidade do vento acima de 65 km por hora são amarelos; acima de 80 kmph são de cor laranja, e acima de 95 quilômetros por hora são vermelho escuro.

Este site faz um seguimento das correntes de ar no mundo inteiro

https://www.windy.com/?-5.800,-35.211,5

Outro exemplo de campo vetorial é o gradiente da temperatura ∇𝑇 que se estabelece numa região, quando tempos dois lugares com diferente temperatura. Estabelece-se um fluxo de calor da região de maior temperatura à região de menor temperatura.

Definição de campo vetorial. Seja o conjunto D um subconjunto do espaço R3, então podemos definir em cada ponto de D um vetor F, da seguinte maneira:

�⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3

(𝑥, 𝑦, 𝑧) ↦ �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐹1(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑖 + 𝐹2(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑗 + 𝐹3(𝑥, 𝑦, 𝑧)�⃗⃗�

Observe que cada componente do campo vetorial, pode-se considerar um campo escalar no mesmo domínio D em que esta definido o campo vetorial.

https://www.windy.com/?-5.800,-35.211,5


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Exemplos de campos vetoriais.

a) Campo gravitacional uniforme perto da superfície terrestre.

b) Campo elétrico devido a duas cargas pontuais de sinal contrario, a distancia bem definida.

Superfície terrestre


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c) Campo vetorial de velocidades num fluido em movimento.

Fonte: 10TTP://www.anst.uu.se/thokl773/fluid2010/WaveParticlesPathVelocitiesPressure.gif

A figura mostra o campo de velocidades das partículas de um modelo teórico de fluido com ondas (ver a animação no site indicado).

Exemplo 6121.- um campo vetorial proveniente de uma função escalar via gradiente se denomina campo gradiente, ou campo conservativo.

Seja 𝑓: 𝑅3 → 𝑅 tal que f(x,y,z) = x2+y2+z2, logo �⃗� = ∇(𝑓) = (𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧)

+ - q 4q


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�⃗� = (2𝑥, 2𝑦, 2𝑧).

6.21 Divergência de um campo vetorial.

Seja �⃗� um campo vetorial de 𝑊 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 , onde todas as componentes do campo são diferenciáveis parcialmente no domínio D pelo menos,

Logo:

𝑑𝑖𝑣(�⃗�):𝑊 → 𝑅 /

𝑑𝑖𝑣(�⃗�) =𝜕𝐹1

𝜕𝑥1+

𝜕𝐹2

𝜕𝑥2+ ⋯+

𝜕𝐹𝑛

𝜕𝑥𝑛

A igualdade anterior é a definição da divergência do campo vetorial �⃗� em coordenadas cartesianas.

Exemplo 6211: Seja �⃗�: 𝑅3 → 𝑅3 / �⃗� = (𝑥𝑦, 𝑧 + 2𝑦, 𝑧𝑦 + 𝑧𝑥) um campo

vetorial definido no espaço R3, determine a divergência do campo �⃗�.

Solução.

Temos as componentes: 𝐹1 = 𝑥𝑦, 𝐹2 = 𝑧 + 2𝑦, 𝐹3 = 𝑧𝑥 + 𝑧𝑦;

𝑥1 = 𝑥, 𝑥2 = 𝑦, 𝑥3 = 𝑧. Logo aplicando a definição temos:

𝑑𝑖𝑣(�⃗�) =𝜕𝐹1

𝜕𝑥+

𝜕𝐹2

𝜕𝑦+

𝜕𝐹3

𝜕𝑧= 𝑦 + 2 + 𝑥 + 𝑦 = 2 + 𝑥 + 2𝑦

Exemplo 6212.- verifique que a divergência dos campos a seguir é zero.

a) �⃗� = (4,3) , b) �⃗� = (𝑦, −𝑥), c) �⃗� = (𝑦, 2𝑥)


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caso a (campo uniforme)

caso b) campo rotacional caso c)

Comentário 1.- O fato que 𝑑𝑖𝑣(�⃗�) = 0 implica que na região não

tem fonte de campo ou sumidouros, nos três casos indicados (ver figura anterior).

Exemplo 6213.- verifique que a divergência dos campos a seguir é positiva.

a) �⃗� = (2𝑥, 2), b) �⃗� = (𝑥 − 1, 𝑦 − 1),

Respostas.

a) 𝑑𝑖𝑣(𝐹) =𝜕(2𝑥)

𝜕𝑥+

𝜕(2)

𝜕𝑦= 2,

b) b) 𝑑𝑖𝑣(𝐹) =𝜕(𝑥−1)

𝜕𝑥+

𝜕(𝑦−1)

𝜕𝑦= 1 + 1 = 2.

Observe o comportamento do campo


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Caso a) Caso b)

Comentário 2.- O fato que 𝑑𝑖𝑣(�⃗�) > 0 implica que em toda região do

plano 𝑅2tem fonte de campo. Posteriormente iremos voltar a tocar o assunto, pois vamos ver que em um entorno fechado, num lado o campo de força é mais intenso que o outro, o que quer dizer, que dentro do entorno tem que ter uma fonte que alimenta esta diferença.

Comentário 3.- Se considerarmos que o campo for, campo de força, então as linhas de campo indicam a trajetória seguida por uma partícula teste solta em algum lugar desta linha.

Exemplo 6214.- verifique que a divergência dos campos a seguir é negativo.

a) �⃗� = (−3𝑥, 2), b) �⃗� = (−3𝑥 − 1,−2𝑦 − 1).

Solução.

a) 𝑑𝑖𝑣(𝐹) =𝜕(−3𝑥)

𝜕𝑥+

𝜕(2)

𝜕𝑦= −3,

b) 𝑑𝑖𝑣(𝐹) =𝜕(−3𝑥−1)

𝜕𝑥+

𝜕(−2𝑦−1)

𝜕𝑦= −5,

Observe o comportamento dos campos.


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Caso a) caso b)

Comentário 3.- O fato que 𝑑𝑖𝑣(�⃗�) < 0 implica que na região 𝑅2 há

sumidouros (ver figura anterior).

Observação importante.

Podemos pensar também a divergência de um campo vetorial como um

produto escalar entre o campo vetorial �⃗�: 𝑅3 → 𝑅3 e o operador nabla ∇⃗⃗⃗, como segue:

�⃗⃗⃗� = (𝝏

𝝏𝒙,

𝝏

𝝏𝒚,

𝝏

𝝏𝒛) operador nabla (operador de derivação)

�⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) campo vetorial no espaço R3

div(F⃗⃗) = ∇⃗⃗⃗. �⃗� = (𝜕

𝜕𝑥,𝜕

𝜕𝑦,𝜕

𝜕𝑧) . (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) =

𝜕𝐹1

𝜕𝑥+

𝜕𝐹2

𝜕𝑦+

𝜕𝐹3

𝜕𝑧

Ou seja, no produto escalar anterior todas as componentes do operador

�⃗⃗⃗� age derivando na função escalar que está a sua direita.


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6.22 Rotacional de um campo vetorial.- Seja �⃗� um campo

vetorial de 𝑊 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3 , onde todas as componentes do campo são diferenciáveis parcialmente no domínio D pelo menos,

Logo:

𝑟𝑜𝑡(�⃗�): 𝑊 → 𝑅3 /

∇ × �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) =

[ 𝑖 𝑗 �⃗⃗�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧𝐹1 𝐹2 𝐹3]

∇ × �⃗� = (𝜕𝐹3

𝜕𝑦−

𝜕𝐹2

𝜕𝑧) 𝑖 − (

𝜕𝐹3

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑧) 𝑗 + (

𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) �⃗⃗�

Exempo 6221.- Determine o rotacional do campo

a) �⃗� = (−𝑦, 𝑥) b) �⃗� = (−𝑦,−𝑥)

Solução.

a) ∇ × �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) = [

𝑖 𝑗 �⃗⃗�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

−𝑦 𝑥 0

]

∇ × �⃗� = (𝜕(0)

𝜕𝑦−

𝜕𝑥

𝜕𝑧) 𝑖 − (

𝜕(0)

𝜕𝑥−

𝜕(−𝑦)

𝜕𝑧) 𝑗 + (

𝜕𝑥

𝜕𝑥−

𝜕(−𝑦)

𝜕𝑦) �⃗⃗� = 2�⃗⃗�

Se diz que o campo é rotacional. Em particular o vetor ∇ × �⃗� = 2�⃗⃗� é perpendicular ao plano de rotação do campo vetorial. Se pode ver na

figura que ainda o campo �⃗� gira em sentido anti-horário e a regra da mão

direita vai indicar a orientação correta do vetor ∇ × �⃗�, que é, ao longo do eixo +Z (saindo do plano de rotação).

Se o campo for �⃗� = (𝑦,−𝑥) , então ∇ × �⃗� = −2�⃗⃗� (ver exercício 6.2).


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b) ∇ × �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) = [

𝑖 𝑗 �⃗⃗�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

−𝑥 −𝑦 0

]

∇ × �⃗� = (𝜕(0)

𝜕𝑦−

𝜕(−𝑦)

𝜕𝑧) 𝑖 − (

𝜕(0)

𝜕𝑥−

𝜕(−𝑥)

𝜕𝑧) 𝑗

+ (𝜕(−𝑦)

𝜕𝑥−

𝜕(−𝑥)

𝜕𝑦) �⃗⃗�

∇ × �⃗� = (0,0,0). Diz-se que o campo vetorial é i-rotacional.

Para ver a diferença do campo rotacional e o i-rotacional veja a figura a seguir.

Caso a) campo rotacional caso b) campo i-rotacional.

Exempo 6222.- Determine o rotacional do campo �⃗� = (𝑥𝑦, 𝑦𝑧, 𝑥𝑦)

Solução.

∇ × �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) =

[ 𝑖 𝑗 �⃗⃗�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧𝑥𝑦 𝑦𝑧 𝑥𝑦]


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∇ × �⃗� = (𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑦−

𝜕(𝑦𝑧)

𝜕𝑧) 𝑖 − (

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑥−

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑧) 𝑗 + (

𝜕(𝑦𝑧)

𝜕𝑥−

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑦) �⃗⃗�

∇ × �⃗� = (𝑥 − 𝑦)𝑖 − (𝑦 − 0)𝑗 + (0 − 𝑥)�⃗⃗� = (𝑥 − 𝑦)𝑖 − 𝑦𝑗 − 𝑥�⃗⃗�.

∇ × �⃗� = (𝑥 − 𝑦,−𝑦,−𝑥).

Exempo 6223.- Considere o campo �⃗� = (𝑥3𝑦 + 3𝑥𝑧, 2𝑥𝑧 + 𝑦𝑧, 𝑧𝑥2 +

𝑦𝑥2). Determine o rotacional do campo �⃗�.

∇ × �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) =

[ 𝑖 𝑗 �⃗⃗�

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

𝑥3𝑦 + 3𝑥𝑧 2𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 𝑧𝑥2 + 𝑦𝑥2]

(𝜕𝐹3

𝜕𝑦−

𝜕𝐹2

𝜕𝑧) 𝑖 = (

𝜕(𝑧𝑥2 + 𝑦𝑥2)

𝜕𝑦−

𝜕(2𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)

𝜕𝑧) 𝑖

(𝜕𝐹3

𝜕𝑦−

𝜕𝐹2

𝜕𝑧) 𝑖 = (𝑥2 − 2𝑥 − 𝑦) 𝑖,

(𝜕𝐹3

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑧) 𝑗 = (

𝜕(𝑧𝑥2 + 𝑦𝑥2)

𝜕𝑥−

𝜕(𝑥3𝑦 + 3𝑥𝑧)

𝜕𝑧) 𝑗

(𝜕𝐹3

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑧) 𝑗 = (2𝑧𝑥 + 2𝑦𝑥 − 3𝑥)𝑗.

(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) �⃗⃗� = (

𝜕(2𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)

𝜕𝑥−

𝜕(𝑥3𝑦 + 3𝑥𝑧)

𝜕𝑦) �⃗⃗�

(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) �⃗⃗� = (2𝑧 − 𝑥3)�⃗⃗�, por tanto

∇ × �⃗� = (𝑥2 − 2𝑥 − 𝑦)𝑖 − (2𝑧𝑥 + 2𝑦𝑥 − 3𝑥)𝑗 + (2𝑧 − 𝑥3)�⃗⃗�


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Propriedades de gradiente, rotacional e divergência de campos vetoriais (em coordenadas cartesianas)

Seja �⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3, �⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3 campos vetoriais de classe C2 em

D.

Seja os campos escalares 𝑓: 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 e 𝑔:𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 de classe C1.

a e b são constante numéricas.

Linearidade

L1.- Gradiente: 𝛻(𝑎 𝑓 + 𝑏𝑔) = 𝑎 𝛻(𝑓) + 𝑏 𝛻(𝑔)

L2.- Divergência: ∇. (𝑎�⃗� + 𝑏�⃗�) = 𝑎 ∇. �⃗� + 𝑏 ∇. �⃗�.

L3.- Rotacional : ∇ × (𝑎�⃗� + 𝑏�⃗�) = 𝑎(∇ × �⃗�) + 𝑏(∇ × �⃗�)

Produto:

P1.- gradiente : ∇(𝑓 𝑔) = 𝑓∇(𝑔) + 𝑔 ∇(𝑓)

P2.- Divergência: ∇. (𝑓 �⃗�) = ∇(𝑓)�⃗� + 𝑓 ∇. �⃗�. Onde ∇(𝑓) é o gradiente da

função escalar f.

P3.- Rotacional : ∇ × (𝑓 �⃗�) = ∇(𝑓) × �⃗� + 𝑓 ∇ × �⃗�.

Identidades vetoriais

I1.- 𝑟𝑜𝑡(𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = ∇ × (∇(𝑓)) ≡ 0⃗⃗.

I2.- 𝑑𝑖𝑣 (𝑟𝑜𝑡(�⃗�)) = ∇. ∇ × �⃗� ≡ 0.

I3.- ∇. (�⃗� × �⃗�) = (∇ × �⃗�). �⃗� − �⃗�. ( ∇ × �⃗�)

I4.- ∇ × (∇ × �⃗�) = ∇(∇. �⃗�) − ∇2�⃗�

Sendo ∇2 o operador Laplaciano ∇2= ∇. ∇=𝜕2

𝜕𝑥2+

𝜕2

𝜕𝑦2+

𝜕2

𝜕𝑧2


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HLCS

A sua vez

∇2𝑓 = ∇. ∇(𝑓) =𝜕2𝑓

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2+

𝜕2𝑓

𝜕𝑧2

Se �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) então :

∇2�⃗� ≡ (∇2𝐹1, ∇2𝐹2, ∇

2𝐹3)

Existe outro operador, denominado d’Alambertiano, definido assim

⊡2= 𝛁𝟐 −1

𝑣2

𝜕2

𝜕𝑡2 (operador d’Alambertiano).

Observe que este operador tem uma parte de derivada espacial de

segunda ordem (operador de Laplace) e um termo de derivada temporal

de segunda ordem.

Se pode provar que

⊡2 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 0

Constitui a equação de onda, do campo escalar 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡)

Um exemplo seria, quando temos a propagação de vibrações transversais

numa corda horizontal, neste caso, 𝜑(𝑥, 𝑡) representa o deslocamento

transversal da corda.

Outro exemplo é a propagação de campos eletromagnéticos

monocromáticos (frequência definida) oscilantes no vácuo. Neste caso,

𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) vai representar as componentes do vetor intensidade de

campo elétrico (ou magnético); sendo que os dois campos se propagam

simultaneamente na direção ortogonal à direção de oscilação de ambas

(uma oscila perpendicularmente a outra).


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HLCS

Operador nabla, gradiente e divergência em coordenadas cilíndricas

Sabemos que o operador nabla ∇ em coordenadas cartesianas é

∇⃗⃗⃗= (𝜕

𝜕𝑥,

𝜕

𝑑𝑦,

𝜕

𝜕𝑧) ou ∇⃗⃗⃗= 𝑖

𝜕

𝜕𝑥+ 𝑗

𝜕

𝜕𝑦+ �⃗⃗�

𝜕

𝜕𝑧

Queremos encontrar a forma do operador de derivação anterior

em coordenadas cilíndricas (𝜌, 𝜃, 𝑧). Sendo que (𝜌, 𝜃) sao as coordenadas polares conhecidas.

Proposta:

∇⃗⃗⃗= 𝑒𝜌ℎ1

𝜕

𝜕𝜌+ 𝑒𝜃ℎ2

𝜕

𝜕𝜃+ 𝑒𝑧ℎ3

𝜕

𝜕𝑧

Sendo ℎ1(𝜌, 𝜃, 𝑧), ℎ2(𝜌, 𝜃, 𝑧), ℎ3(𝜌, 𝜃, 𝑧), certas funções escalares a ser encontradas.

𝑒𝜌, 𝑒𝜃 , 𝑒𝑧 sao vetores unitarios ortogonais, em coordenadas cartesianas tal

que

𝑒𝜌. 𝑒𝜌 = 1, 𝑒𝜃 . 𝑒𝜃 = 1, 𝑒𝑧. 𝑒𝑧 = 1

e

𝑒𝜌. 𝑒𝜃 = 0, 𝑒𝜌. 𝑒𝑧 = 0, 𝑒𝜃 . 𝑒𝑧 = 0


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HLCS

O raio vetor 𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧�⃗⃗� vai ser em coordenadas cilíndricas

𝑟 = 𝜌 𝑒𝜌 + 𝑧 𝑒𝑧 (𝑒𝑧 = �⃗⃗�).

No capitulo II, de sistema de coordenadas, foi demostrado que

𝑑𝑟 = 𝑑𝜌𝑒𝜌 + 𝜌𝑑𝜃 𝑒𝜃 + 𝑑𝑧 𝑒𝑧

Consideremos agora uma função escalar 𝑓: 𝑅3 → 𝑅 tal que 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

Iremos definir que:

𝒅𝒇 = �⃗⃗⃗�(𝒇). 𝒅�⃗⃗�

É independente do sistema de coordenadas (foi provado em calculo II, no capitulo de funçoes de varias variaveis).

Em particular nas coordenadas cartesianas teremos

𝑑𝑓 = (𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝑑𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧) . (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

𝑑𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑓

𝜕𝑦𝑑𝑦 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧𝑑𝑧

Que é a diferencial total da função 𝑓.


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HLCS

Em coordenadas cilíndricas 𝑤 = 𝑓(𝜌, 𝜃, 𝑧) , logo teremos então

𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝜌𝑑𝜌 +

𝜕𝑓

𝜕𝜃𝑑𝜃 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧𝑑𝑧

De acordo a proposta do operador nabla

∇⃗⃗⃗(𝑓) = 𝑒𝜌ℎ1

𝜕𝑓


𝜕𝑓


𝜕𝑓

𝜕𝑧

Substituindo na forma geral da diferencial total da funcao escalar 𝑓, temos

𝑑𝑓 = ∇(𝑓). 𝑑𝑟

𝑑𝑓 = (𝑒𝜌ℎ1

𝜕𝑓


𝜕𝑓


𝜕𝑓

𝜕𝑧). (𝑑𝜌𝑒𝜌 + 𝜌𝑑𝜃 𝑒𝜃 + 𝑑𝑧 𝑒𝑧)

Utilizando as propiedades de ortogonalidade dos vetores unitarios cilíndricos, obtemos

𝒅𝒇 = ℎ1

𝜕𝑓

𝜕𝜌𝑑𝑟 + ℎ2

𝜕𝑓

𝜕𝜃𝜌𝑑𝜃 + ℎ3

𝜕𝑓

𝜕𝑧𝑑𝑧

Comparando as diferenciáis 𝒅𝒇 e 𝒅𝒇

Temos

(ℎ1

𝜕𝑓

𝜕𝜌−

𝜕𝑓

𝜕𝜌)𝑑𝜌 + (ℎ2𝜌

𝜕𝑓

𝜕𝜃−

𝜕𝑓

𝜕𝜃)𝑑𝜃 + (ℎ3

𝜕𝑓

𝜕𝑧−

𝜕𝑓

𝜕𝑧) 𝑑𝑧 = 0

Como as diferenciáis das coordenadas cilíndricas sao independentes, então os coeficientes devem ser idénticamente nulos, por tanto:

ℎ1 = 1, ℎ2 =1

𝜌, ℎ3 = 1

Finalmente o operador nabla é:

�⃗⃗⃗� = �⃗⃗�𝝆

𝝏

𝝏𝝆+ �⃗⃗�𝜽

𝟏

𝝆

𝝏

𝝏𝜽+ �⃗⃗�𝒛

𝝏

𝝏𝒛


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HLCS

Divergencia de um campo vetorial em coordenadas cilíndricas

Seja �⃗� = 𝐹𝜌𝑒𝜌 + 𝐹𝜃𝑒𝜃 + 𝑒𝑧𝐹𝑧 um campo vetorial em coordenadas

Cilíndricas, sendo

𝐹𝜌(𝜌, 𝜃, 𝑧), 𝐹𝜃(𝜌, 𝜃, 𝑧), 𝐹𝑧(𝜌, 𝜃, 𝑧)

As componentes de �⃗�(𝜌, 𝜃, 𝑧) ao longo dos 3 vetores unitarios das coordenadas cilíndricas.

Da definição da divergencia de um campo vetorial:

𝐷𝑖𝑣(�⃗�) = �⃗⃗⃗�. �⃗�

𝐷𝑖𝑣(�⃗�) = (𝑒𝜌

𝜕

𝜕𝜌+ 𝑒𝜃

1

𝜌

𝜕

𝜕𝜃+ 𝑒𝑧

𝜕

𝜕𝑧) . (�⃗�)

𝐷𝑖𝑣(�⃗�) = 𝑒𝜌.𝜕�⃗�

𝜕𝜌+

1

𝜌𝑒𝜃 .

𝜕�⃗�

𝜕𝜃+ 𝑒𝑧.

𝜕�⃗�

𝜕𝑧

Onde os pontos “.” Representa produto escalar.

Alemm disso:

𝜕�⃗�

𝜕𝜌=

𝜕𝐹𝜌

𝜕𝜌𝑒𝜌 +

𝜕𝐹𝜃

𝜕𝜌𝑒𝜃 +

𝜕𝐹𝑧

𝜕𝜌𝑒𝑧

𝜕�⃗�

𝜕𝜃=

𝜕𝐹𝜌

𝜕𝜃𝑒𝜌 + 𝐹𝜌𝑒𝜃 +

𝜕𝐹𝜃

𝜕𝜃𝑒𝜃 + 𝐹𝜃(−𝑒𝜌) +

𝜕𝐹𝑧

𝜕𝜃𝑒𝑧

𝜕�⃗�

𝜕𝑧=

𝜕𝐹𝜌

𝜕𝑧𝑒𝜌 +

𝜕𝐹𝜃

𝜕𝑧𝑒𝜃 +

𝜕𝐹𝑧

𝜕𝑧𝑒𝑧

Substituindo estas três equações na equação anterior da divergência e

Considerando a ortonormalidade dos vetores unitários das coordenadas cilíndricas, obtemos:

𝐷𝑖𝑣(�⃗�) =𝜕𝐹𝜌

𝜕𝜌+

1

𝜌𝐹𝜌 +

1

𝜌

𝜕𝐹𝜃

𝜕𝜃+

𝜕𝐹𝑧

𝜕𝑧


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HLCS

ou

𝑫𝒊𝒗(�⃗⃗⃗�) =𝟏

𝝆

𝝏(𝝆 𝑭𝝆)

𝝏𝝆+

𝟏

𝝆

𝝏𝑭𝜽

𝝏𝜽+

𝝏𝑭𝒛

𝝏𝒛


25

HLCS

6.3 Campos conservativos

Um campo vetorial �⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 é conservativo se é gradiente de um campo escalar 𝑓:𝐷 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅 diferenciável tal que

�⃗� = 𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = ∇(𝑓).

�⃗� = (𝜕𝑓

𝜕𝑥1,𝜕𝑓

𝜕𝑥2, … . ,

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑛)

O campo escalar f se denomina função potencial de �⃗�.

Exemplo 631.- Considere a função escalar 𝑓: 𝑅3 → 𝑅,𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧 +cos (𝑥 + 2𝑦) . Determine o campo conservativo (campo gradiente) associado a função potencial f.

Solução.

�⃗� = (𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧) = (𝑦𝑧 − sin(𝑥 + 2𝑦) , 𝑥𝑧 − 2 sin(𝑥 + 2𝑦) , 𝑥𝑦)

Exemplo 632.- Considere a função potencial 𝑈 = −1

2𝐾(𝑥2 + 𝑦2)

determine o campo conservativo associado a esta função.

Solução.

�⃗� = (𝜕𝑈

𝜕𝑥,𝜕𝑈

𝜕𝑦) = −(𝐾𝑥, 𝐾𝑦) = −𝐾(𝑥, 𝑦) = −𝐾𝑟.

Comentário. A função potencial U é nada mais que a energia potencial elástica de um oscilador bidimensional (salvo um fator multiplicativo), e o

campo vetorial �⃗� é a força elástica bidimensional.

Campo conservativo na física clássica.

Na verdade em física clássica temos campos conservativos bem conhecidos: o campo gravitacional e o campo elétrico.


26

HLCS

A propriedade mais importante dos campos conservativos na mecânica clássica é que sistemas físicos submetidos unicamente à ação de forças conservativas tem a energia mecânica conservada, ou seja, a energia mecânica é constante conforme o sistema evolui no tempo.

Em sistemas físicos onde agem forças não conservativas (força de atrito, força de resistência nos fluidos) a energia mecânica não se conserva.

Um oscilador harmônico também é um sistema conservativo, desde que a energia mecânica( energia potencial elástica+ energia cinética) se conserva no tempo, logo a força elástica que age sobre o oscilador é uma força conservativa. A diferença em relação ao campo elétrico e gravitacional é que os últimos são campos fundamentais, a força elástica não.

Campo gravitacional

Uma partícula de certa massa m (fonte de campo) gera no espaço ao redor da partícula uma forma de matéria não substancial denominada campo gravitacional, este campo se estende no espaço inteiro R3,atenuando-se conforme nos afastamos da fonte de campo.

Em cada ponto do espaço podemos definir uma grandeza física vetorial denominada intensidade de campo gravitacional �⃗⃗⃗� (aceleração da gravidade). Se colocarmos a uma distancia fixa d da massa m, outra partícula muito pequena m0 (partícula teste : m0<<<m); então o campo gravitacional age sobre a partícula teste com uma força, a esta força denomina-se de força gravitacional.

Algumas definições.

�⃗⃗⃗� -> Intensidade de campo gravitacional no ponto P.

U-> Potencial gravitacional no ponto P.

Ep -> Energia potencial gravitacional do sistema m e m0.

�⃗�𝑔 -> Força gravitacional do campo sobre m0.

Conforme as definições dadas na seção 6.4, temos:


27

HLCS

�⃗⃗� = −𝐠𝐫𝐚𝐝(𝐔) ou �⃗⃗⃗�𝒈 = −𝒈𝒓𝒂𝒅(𝑬𝒑)

Comentário. No caso do campo gravitacional gerado pela terra, nas proximidades da superfície terrestre pode-se desprezar a curvatura da terra, e considerar que localmente a terra é plana, logo o campo gravitacional é aproximadamente uniforme. Como consequência as linhas de campo são paralelas e verticais apontando a superfície da terra.

Campo elétrico.

m

m0

P

g

x

y

z

Campo gravitacional

No espaço R3.

fonte

g Superfície

terrestre


28

HLCS

Uma partícula pontual de carga elétrica Q (fonte de campo) gera no espaço ao redor da partícula uma forma de matéria não substancial denominada campo elétrico, este campo se estende no espaço inteiro R3,atenuando-se conforme nos afastamos da fonte de campo.

Em cada ponto do espaço podemos definir uma grandeza física vetorial

denominada intensidade de campo elétrico �⃗⃗⃗� Se colocarmos a uma distancia fixa d da carga Q, outra partícula carregada muito pequena q0 (partícula teste : q0<<<Q); então o campo elétrico age sobre a partícula teste com uma força, a esta força denomina-se de força eletrostica ou força elétrica.

Algumas definições.

�⃗⃗⃗� -> Intensidade de campo elétrico no ponto P.

U-> Potencial elétrico no ponto P.

Ep -> Energia potencial elétrica do sistema Q e q0.

�⃗�𝐸 -> Força elétrica do campo elétrico (criado pela cara elétrica Q) sobre q0.

Conforme as definições dadas na seção 6.4, temos:

�⃗⃗� = −𝐠𝐫𝐚𝐝(𝐔) ou �⃗⃗⃗�𝑬 = −𝒈𝒓𝒂𝒅(𝑬𝒑)

6.32 Condição necessária e suficiente para um campo �⃗⃗⃗� ser conservativo.

Teorema 6.3. Seja D um conjunto conexo (um único pedaço) de Rn, e

seja �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, . . , 𝐹𝑛) um campo vetorial continuamente diferençável em

D. Então �⃗� é conservativo, se e somente se


29

HLCS

𝜕𝐹𝑖

𝜕𝑥𝑗=

𝜕𝐹𝑘

𝜕𝑥𝑖; 𝑖, 𝑗 = 1,2, . . , 𝑛.

Corolário. Qualquer campo da forma �⃗� = ∇(𝑓) obedece a relação anterior, sendo f uma função potencial. Logo, é claro que o teorema é compatível com a definição de campo conservativo.

Exemplo 6.321.- Seja: �⃗�: 𝑅2 → 𝑅2, verifique se os seguintes campos são conservativos.

a) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 2 𝑒−𝑦 cos(2𝑥) 𝑖 − 𝑒−𝑦 sin(2𝑥) 𝑗

Solução.-

a) Neste caso tempos um campo de duas componentes, logo i=1,2. Aplicando o teorema 6.3 :

𝐹 = (𝐹1, 𝐹2) →𝜕𝐹1

𝜕𝑥2=

𝜕𝐹2

𝜕𝑥1 ou

𝜕𝐹1

𝜕𝑦=

𝜕𝐹2

𝜕𝑥→

𝜕(2 𝑒−𝑦 cos(2𝑥))

𝜕𝑦=

𝜕(−𝑒−𝑦 sin(2𝑥))

𝜕𝑥, logo:

−2 𝑒−𝑦 cos(2𝑥) = −2 𝑒−𝑦 cos(2𝑥). Por tanto o campo é conservativo.

b) Neste caso o campo �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) tem 3 componentes, logo i=1,2,3. Aplicando o teorema 6.3 :

𝜕𝐹1

𝜕𝑥2=

𝜕𝐹2

𝜕𝑥1,

𝜕𝐹1

𝜕𝑥3=

𝜕𝐹3

𝜕𝑥1,

𝜕𝐹2

𝜕𝑥3=

𝜕𝐹3

𝜕𝑥2

Ou

𝜕𝐹1

𝜕𝑦=

𝜕𝐹2

𝜕𝑥,

𝜕𝐹1

𝜕𝑧=

𝜕𝐹3

𝜕𝑥,

𝜕𝐹2

𝜕𝑧=

𝜕𝐹3

𝜕𝑦

Particularizando para nosso caso:


30

HLCS

𝜕(𝑦𝑧)

𝜕𝑦=

𝜕(𝑥𝑧)

𝜕𝑥→ 𝑧 = 𝑧

𝜕(𝑦𝑧)

𝜕𝑧=

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑥→ 𝑦 = 𝑦

𝜕(𝑥𝑧)

𝜕𝑧=

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑦→ 𝑥 = 𝑥

Por tanto o campo é conservativo.

Exemplo 6.322.- Seja: �⃗�: 𝑅3 → 𝑅3, verifique se os seguintes campos são conservativos.

a) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2 𝑒−𝑦 cos(2𝑥) 𝑖 − 𝑒−𝑦 sin(2𝑥) 𝑗 + 2�⃗⃗�

b) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦)

c) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑠𝑖𝑛(2𝑧), 𝑥 𝑠𝑖𝑛(2𝑧), 2𝑥 𝑦 𝑠𝑖𝑛(2𝑧))

d) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑦 𝑖 + (3𝑥 + 𝑧) 𝑗 – 𝑦 𝑘

6.33 Função potencial para campos conservativos.

Tendo como informação inicial o campo conservativo �⃗� é possível encontrar a função potencial associada ao campo. Para isto, é necessário escrever 𝐹 = 𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) em componentes

�⃗� = (𝐹1, 𝐹2, . . , 𝐹𝑛) = (𝜕𝑓

𝜕𝑥1,𝜕𝑓

𝜕𝑥2, . . ,

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑛)

Logo, devemos resolver o sistema de equações diferencias parciais.

𝐹1 =𝜕𝑓

𝜕𝑥1


31

HLCS

𝐹2 =𝜕𝑓

𝜕𝑥2

..

𝐹𝑛 =𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑛

Para resolver o sistema anterior, não tem um método único, cada problema tem sua peculiaridade, desde que o sistema anterior em geral pode ser um sistema não linear de equações diferençais parciais.

Entre tanto se recomenda resolver iterativamente, começando pela equação que aparenta ser, mas fácil de integrar.

Veja os exemplos a seguir.

Exercícios 6.322.- Encontre a função potencial f para os campos:

a) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 3𝑦, 4𝑧) b) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦) c) 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥)

Solução

A pergunta pressupõe que o campo F deve ser conservativo, logo 𝐹 = 𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓).

Solução

Caso a)

�⃗� = �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

�⃗� = (2𝑥, 3𝑦, 4𝑧) = (𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧)

2𝑥 =𝜕𝑓

𝜕𝑥 ...(1)

3𝑦 =𝜕𝑓

𝜕𝑦...(2)


32

HLCS

4𝑧 =𝜕𝑓

𝜕𝑧...(3)

Resolvendo a equação diferencial (1):

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑓 → ∫2𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑓 → 𝑥2 + 𝜑(𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) , sendo 𝜑(𝑦, 𝑧) uma constante de integração.

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝝋(𝒚, 𝒛)....(4)

Substituindo (4) em (2):

3𝑦 =𝜕𝑓

𝜕𝑦=

𝜕(𝑥2 + 𝜑(𝑦, 𝑧))

𝜕𝑦=

𝜕𝜑(𝑦, 𝑧)

𝜕𝑦

∫3𝑦𝑑𝑦 = ∫𝑑𝜑(𝑦, 𝑧) →3

2𝑦2 + ℎ(𝑧) =𝜑(𝑦, 𝑧), logo

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 +𝟑

𝟐𝒚𝟐 + 𝒉(𝒛).....(5)

Substituindo a equação (5) em (3):

4𝑧 =𝜕𝑓

𝜕𝑧=

𝜕(𝑥2 +32

𝑦2 + ℎ(𝑧))

𝜕𝑧=

𝑑ℎ(𝑧)

𝑑𝑧

integrando

∫4𝑧𝑑𝑧 = ∫𝑑ℎ → 2𝑧2 + 𝑘 = ℎ(𝑧),

Finalmente:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 +𝟑

𝟐𝒚𝟐 + 𝟐 𝒛𝟐 + 𝒌. Resposta.

Sendo k uma constante numérica arbitraria.

Em geral, todo problema deste tipo terá infinitas soluções, desde que a constante k é arbitraria. De outra maneira, a função potencial f(x,y,z) para

o campo �⃗� tem infinitas possibilidades, a diferença é basicamente uma constante de integração.


33

HLCS

Caso b) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦)

�⃗� = �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝑓 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

�⃗� = (𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦) = (𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧)

𝑦 + 𝑧 =𝜕𝑓

𝜕𝑥 ...(1)

𝑥 + 𝑧 =𝜕𝑓

𝜕𝑦...(2)

𝑥 + 𝑦 =𝜕𝑓

𝜕𝑧...(3)

Resolvendo a equação diferencial (1):

(𝑦 + 𝑧)𝑑𝑥 = 𝑑𝑓 → ∫(𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑓,

𝑦𝑥 + 𝑧𝑥 + 𝜑(𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

sendo 𝜑(𝑦, 𝑧) uma constante de integração.

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒚𝒙 + 𝒛𝒙 + 𝝋(𝒚, 𝒛)....(4)

Substituindo (4) em (2):

(𝑥 + 𝑧) =𝜕𝑓

𝜕𝑦=

𝜕(𝑦𝑥 + 𝑧𝑥 + 𝜑(𝑦, 𝑧))

𝜕𝑦= 𝑥 +

𝜕𝜑(𝑦, 𝑧)

𝜕𝑦

∫ 𝑧 𝑑𝑦 = ∫𝑑𝜑(𝑦, 𝑧) → 𝑧𝑦 + ℎ(𝑧) =𝜑(𝑦, 𝑧), logo

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒚𝒙 + 𝒛𝒙 + 𝒛𝒚 + 𝒉(𝒛).....(5)

Substituindo a equação (5) em (3):

(𝑥 + 𝑦) =𝜕𝑓

𝜕𝑧=

𝜕(𝑦𝑥 + 𝑧𝑥 + 𝑧𝑦 + ℎ(𝑧))

𝜕𝑧= 𝑥 + 𝑦 +

𝑑ℎ(𝑧)

𝑑𝑧

Simplificando temo: 𝑑ℎ(𝑧)

𝑑𝑧= 0 → ℎ(𝑧) = 𝑘


34

HLCS

Finalmente:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒚𝒙 + 𝒛𝒙 + 𝒛𝒚 + 𝒌. Resposta.

Sendo k uma constante numérica arbitraria.

6.4 Linhas de campo vetorial

Consideremos o campo �⃗�: 𝑅3 → 𝑅3 / �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) sendo:

𝐹1 = 𝐹1(𝑥, 𝑦, 𝑧)

𝐹2 = 𝐹1(𝑥, 𝑦, 𝑧)

𝐹3 = 𝐹1(𝑥, 𝑦, 𝑧)

A curva 𝛾 ∶ 𝑅 → 𝑅3 cuja função vetorial associada é

𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)), representa uma linha de campo de �⃗� se

𝒅 �⃗⃗�

𝒅𝒕= 𝜶 �⃗⃗⃗�(�⃗⃗�(𝒕))

........(6.41)

Sendo 𝛼 uma constante de proporcionalidade. A equação anterior, quer

dizer, que em cada ponto da linha de campo 𝛾 o campo vetorial �⃗� é

tangente a esta curva, ou seja, o campo vetorial �⃗� é proporcional ao vetor velocidade da curva 𝛾 (significado geométrico da equação anterior).


35

HLCS

Sem perda de generalidade, podemos escolher 𝛼 = 1. Logo :

𝑑 𝑟

𝑑𝑡= �⃗�(𝑟(𝑡))

em componentes:

𝑑 𝑥(𝑡)

𝑑𝑡= �̇�(𝑡) = 𝐹1(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡))

𝑑 𝑦(𝑡)

𝑑𝑡= �̇�(𝑡) = 𝐹2(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡))

𝑑 𝑧(𝑡)

𝑑𝑡= �̇�(𝑡) = 𝐹3(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡))

.........(6.42)

Ao resolver o sistema de equações diferenciais ordinárias e não homogêneo anterior, teremos como solução uma família de curvas que constituem as linhas de campo F. Tendo uma condição inicial, teremos


36

HLCS

uma curva em particular, pelo teorema de existência e unicidade das equações diferenciais ordinárias.

Exemplo 1.- Se o campo vetorial 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 2), determine a equação das linhas de campo que passa pelo ponto (0,1).

Solução. Consideremos que a família de linhas do campo seja representados genericamente pela função

𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)), 𝑡 ∈ 𝑅

A equação diferencial que define estas linhas de campo é:

�̇�(𝑡) = 𝐹1(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 𝑦 .......(1)

�̇�(𝑡) = 𝐹2(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 2 .....(2)

Resolvendo a segunda equação

𝑦(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐

Substituindo na primeira equação, temos:

�̇�(𝑡) = 2𝑡 + 𝑐

Integrando 𝑥(𝑡)

𝑥(𝑡) = 𝑡2 + 𝑐 𝑡 + 𝑘

Finalmente

𝑟(𝑡) = (𝑡2 + 𝑐 𝑡 + 𝑘, 2𝑡 + 𝑐), 𝑡 ∈ 𝑅

c e k são números reais arbitrários. Para valore particulares de c e k temos uma linha de campo. E para todos os valores possíveis de c e k, temos na verdade, uma família de linhas de campo.

Do ponto de vista de sistema de equações diferenciais, se temos condições iniciais 𝑟0 = (𝑥0, 𝑦0) definidas, então podemos fixar os


37

HLCS

parâmetros c e k, o que é o mesmo dizer, que temos definido uma única linha de campo que passa por 𝑟0.

Para identificar o tipo de curvas representam as linhas de campo, podemos eliminar o parâmetro t da solução anterior, por simples manipulação algébrica, temos:

𝑥 =1

4𝑦2 + 𝑘 −

𝑐2

4

Redefinindo 𝑘 −𝑐2

4= 𝑥0

𝑥 =1

4𝑦2 + 𝑥0

A resposta anterior da questão representa uma família de parábolas.

Na questão, devemos encontrar a curva que passa pelo ponto (0,2), substituindo na solução obtemos 𝑥0 = −1

Finalmente a linha de campo que passa pelo ponto (0,2) é

𝑥 =1

4𝑦2 − 1


38

HLCS

Exemplo 2.- Seja o campo vetorial 𝐹(𝑥, 𝑦) = (−𝑦, 𝑥) , determine a equação que define as linhas de campo 𝐹. Em particular qual é a equação da curva que passa pelo ponto (1,0).

Solução.- Consideremos que a linha do campo seja

𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)), 𝑡 ∈ 𝑅

A equação diferencial que define as linhas de campo é:

�̇�(𝑡) = 𝐹1(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = −𝑦(𝑡) .......(1)

�̇�(𝑡) = 𝐹2(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 𝑥(𝑡) .....(2)

Derivando a primeira

�̈�(𝑡) = −�̇�(𝑡)

Da equação 2, temos :


39

HLCS

�̈�(𝑡) = −𝑥(𝑡) ......(3)

Uma solução mais geral desta ultima equação é:

𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + 𝑎),

substituindo em (3):

-𝐴 𝑤2𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + 𝑎)=−𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + 𝑎)

Temos: 𝑤 = ±1 (𝑤2 = 1)

Sendo A, a constantes arbitrarias.

De (1), temos:

𝑦(𝑡) = −�̇�(𝑡) = −𝑤 𝐴𝑠𝑖𝑛(𝑤𝑡 + 𝑎) . Com a escolha w=1, finalmente, a equação vetorial da linha de campo è:

𝑟(𝑡) = (𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑡 + 𝑎),− 𝐴𝑠𝑖𝑛(𝑡 + 𝑎)), 𝑡 ∈ 𝑅

Em coordenadas cartesianas :

𝑥2 + 𝑦2 = 𝐴2

Isto constitui uma família de circunferências centralizada na origem de coordenadas e anti-horária; sendo a constante A o radio da circunferência.

Em particular a circunferência que passa pelo ponto (1,0) é

𝑥2 + 𝑦2 = 1

E na sua forma paramétrica é : (w=1)

𝑟(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠(𝑡 + 𝑎),− 𝐴𝑠𝑖𝑛(𝑡 + 𝑎)), 𝑡 ∈ 𝑅

Ver figura a seguir:


40

HLCS

Importante: ao invés de calcular primeiro a equação paramétrica da linhas de campo, podemos calcular primeiro a equação cartesiana, isso é útil em algumas situações.

Forma diferencial das equações de linha de campo 𝐹

Da equação 6.42, utilizando o conceito de diferencial, temos:

�̇�(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 = 𝐹1(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) 𝑑𝑡

�̇�(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑𝑦 = 𝐹2(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡))𝑑𝑡

�̇�(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑𝑧 = 𝐹3(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) 𝑑𝑡

Logo isolando o diferencial 𝑑𝑡, temos:

𝒅𝒙

𝑭𝟏=

𝒅𝒚

𝑭𝟐=

𝒅𝒛

𝑭𝟐

....(6,43)


41

HLCS

Em particular, se tivermos um campo vetorial �⃗� = (𝐹1, 𝐹2) bidimensional, com as componentes da seguinte forma:

𝐹1 = 𝐹1(𝑥, 𝑦)

𝐹2 = 𝐹1(𝑥, 𝑦)

A equação diferencial das linhas de campo anterior fica assim:

𝒅𝒚

𝒅𝒙=

𝑭𝟐

𝑭𝟏

.....(6,44)

Aplicação. Vamos resolver o exemplo 1, utilizando este ultimo resultado:

Se o campo é �⃗� = (−𝑦, 𝑥), então a equação anterior fica:

𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑥

−𝑦

Logo

𝑦𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑥 = 0

Daqui

𝑑(𝑥2 + 𝑦2) = 0

Em consequência: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝐴2 ≥ 0

O que representa a mesma solução que no método anterior.

Uma aplicação direta em eletromagnetismo é o seguinte problema.

Exemplo 3.-

Considere um cabo condutor rígido infinito que conduz uma corrente constante I, ao longo do eixo z. A intensidade de campo magnético no ponto P, localizado a distância r do cabo é dado pela seguinte formula


42

HLCS

�⃗⃗�𝑃 =𝑢𝑜𝐼

2𝜋𝑟�⃗⃗�

Sendo 𝑟 = (𝑥, 𝑦) a posição do ponto P, em relação á origem de coordenadas localizado em algum ponto do cabo condutor. E o vetor

�⃗⃗� = (−𝑦

√𝑥2+𝑦2,

𝑥

√𝑥2+𝑦2) é unitário. Determine a equação das linhas de

campo magnético. Observe que o campo magnético �⃗⃗� está localizado num plano transverso a cabo condutor da corrente 𝐼.

Solução.-

No plano transverso indicado no texto da questão vamos descrever este

campo, logo as componentes do campo �⃗⃗� são:

𝐵𝑥 =𝑢𝑜𝐼

2𝜋

−𝑦

(𝑥2 + 𝑦2)

𝐵𝑦 =𝑢𝑜𝐼

2𝜋

𝑥

(𝑥2 + 𝑦2)

Utilizando a equação 6.44, da equação das linhas de campo na sua forma diferencial:

𝒅𝒚

𝒅𝒙=

𝑩𝒚

𝑩𝒙=

𝒙

−𝒚

O procedimento a seguir é o mesmo do exemplo 2 na sua forma diferencial, logo:

𝑑(𝑥2 + 𝑦2) = 0

Em consequência: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝐴2 ≥ 0

O que significa que as linhas de campo magnético são uma família de circunferências concêntrica em relação ao cabo condutor e sempre localizado em planos paralelos e transversos ao cabo condutor infinito.

(ver figura a seguir)


43

HLCS

Observação.- A partir desta dedução, surge uma regra mnemotécnica para identificar rapidamente a orientação do vetor intensidade de campo magnético num ponto P localizado a distancia r do cabo condutor.

Esta regra se chama, a regra da mão direita. Onde o índice da mão direita

Aponta a direção da corrente elétrico, e o movimento natural dos outros dedos ao se fechar, indica a direção do campo magnético ou a direção das linhas de campo.


44

HLCS

Exemplo 3.- Determina as linhas de campo associado ao campo vetorial

�⃗� = 𝐴 × 𝑟, sendo 𝐴 um vetor constante arbitrário.

Solução.

Seja 𝐴 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) logo

�⃗� = 𝑟 × 𝐴 = [𝑖 𝑗 𝑘𝑥 𝑦 𝑧𝑎 𝑏 𝑐

]

�⃗� = (−𝑏𝑧 + 𝑐𝑦, −𝑐𝑥 + 𝑎𝑧,−𝑎𝑦 + 𝑏𝑥)

Substituindo na equação diferencial 6.43

𝑑𝑥

−𝑏𝑧 + 𝑐𝑦=

𝑑𝑦

−𝑐𝑥 + 𝑎𝑧=

𝑑𝑧

−𝑎𝑦 + 𝑏𝑥

.......(1)

Multiplicamos a primeira fração, tanto no numerador como no denominador por x, multiplicamos a segunda fração, tanto no numerador como no denominador por y,e finalmente a terceira fração multiplicamos por z , temos:

𝑥𝑑𝑥

−𝑏𝑧𝑥 + 𝑐𝑥𝑦=

𝑦 𝑑𝑦

−𝑐𝑥𝑦 + 𝑎𝑦𝑧=

𝑧 𝑑𝑧

−𝑎𝑧𝑦 + 𝑏𝑧𝑥

Realizamos a seguinte soma:

𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧 = 𝑥𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑥 (−𝑐𝑥𝑦 + 𝑎𝑦𝑧

−𝑏𝑧𝑥 + 𝑐𝑥𝑦) + 𝑥𝑑𝑥(

−𝑎𝑧𝑦 + 𝑏𝑧𝑥

−𝑏𝑧𝑥 + 𝑐𝑥𝑦)

Simplificando:


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HLCS

𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧 = 0

Logo,

𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 0

Então

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝐾2

Sendo 𝐾 uma constante arbitraria.

Por outro lado, de novo na equação (1) da questão, podemos multiplicamos a primeira fração, tanto no numerador como no denominador por a, multiplicamos a segunda fração, tanto no numerador como no denominador por b,e finalmente a terceira fração multiplicamos por c, temos :

𝑎𝑑𝑥

−𝑎𝑏𝑧 + 𝑎𝑐𝑦=

𝑏𝑑𝑦

−𝑏𝑐𝑥 + 𝑏𝑎𝑧=

𝑐𝑑𝑧

−𝑐𝑎𝑦 + 𝑐𝑏𝑥

e realizamos a seguinte operação

𝑎𝑑𝑥 + 𝑏𝑑𝑦 + 𝑐𝑑𝑧 = 𝑎𝑑𝑥 + 𝑎𝑑𝑥 (−𝑏𝑐𝑥 + 𝑏𝑎𝑧

−𝑎𝑏𝑧 + 𝑎𝑐𝑦) + 𝑎𝑑𝑥(

−𝑐𝑎𝑦 + 𝑐𝑏𝑥

−𝑎𝑏𝑧 + 𝑎𝑐𝑦)

Temos:

𝑎𝑑𝑥 + 𝑏𝑑𝑦 + 𝑐𝑑𝑧 = 0

Logo,

𝑑(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧) = 0

Ou seja,

𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 𝑑


46

HLCS

Das duas soluções

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝐾2, 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 𝑑

Podemos entender que as linhas de campo é resultado da interseção da primeira equação, que é uma circunferência de raio K (centralizada na origem de coordenadas), e o plano cujo vetor normal é �⃗⃗� = (𝑎, 𝑏, 𝑐).

Se consideramos que o eixo norte-sur geográfico da superfície esférica é colinear ao vetor (𝑎, 𝑏, 𝑐), então a interseção por ambas superfícies representam curvas circulares denominados paralelos, por sobre a superfícies esférica, são estas a família de linhas de campo que estávamos procurando. K e d são constantes reais arbitrarias.


47

HLCS

Exemplo 4.- Considere uma carga elétrica 𝑄 pontual localizada na

origem de coordenadas. De acordo a teoria eletrostática, o potencial elétrico no ponto 𝑃, a uma distancia 𝑟 da carga elétrica é

𝑉𝑃 =𝐾𝑄

𝑟

Sendo 𝐾 =1

4𝜋𝜖0 a constante elétrica.

a) Determina e equação cartesiana da superfície equipotencial, de potencial elétrico 𝑉0

b) Determine a intensidade de campo elétrico (campo conservativo), no ponto P de acordo a formula

�⃗⃗�𝑃 = −∇(𝑉𝑃)

c) Verifique que as linhas de campo elétrico atravessam a superfície equipotencial em angulo reto.

Solução.-

a) Sabemos que a superfície equipotencial, é aquele superfície onde o potencial, neste caso elétrico é constante para seus pontos, logo

𝑉0 =𝐾𝑄

𝑟=

𝐾𝑄

√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2

Logo

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = (𝐾𝑄

𝑉0)2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Se trata de uma superfícies esférica centralizada na origem de

coordenadas, de raio 𝑅 =𝐾𝑄

𝑉0


48

HLCS

b) Determinando a intensidade de campo elétrico

�⃗⃗�𝑃 = −∇(𝑉𝑃) = −𝐾𝑄(𝜕

𝜕𝑥(1

𝑟) ,

𝜕

𝜕𝑦(1

𝑟) ,

𝜕

𝜕𝑧(1

𝑟))

Da lista de exercícios, temos:

𝜕

𝜕𝑥(1

𝑟) = −

𝑥

𝑟3,𝜕

𝜕𝑦(1

𝑟) = −

𝑦

𝑟3,𝜕

𝜕𝑧(1

𝑟) = −

𝑧

𝑟3

�⃗⃗�𝑃 = 𝐾𝑄 (𝑥

𝑟3,𝑦

𝑟3,𝑧

𝑟3) =

𝐾𝑄 𝑟

𝑟3=

𝐾𝑄

𝑟2𝑒𝑟

Sendo 𝑒𝑟 é vetor unitário na direção radial.

c) Considerando que as linhas de campo são definidas de tal forma

que a intensidade de campo �⃗⃗� sempre são tangentes a estas linhas

em cada ponto do espaço, e do resultado anterior em que �⃗⃗� é radial em particular se afastando da origem de coordenadas (𝑄 > 0); intuitivamente, podemos concluir que qualquer linha de campo elétrico se origina na origem de coordenadas (onde está a fonte) e é radial e segue ate o infinito. (éste resultado é demonstrado formalmente no exercício 12 da lista de exercícios desta capitulo) Como as superfícies equipotenciais são superfícies esféricas concêntricas centralizadas na origem de coordenadas, podemos concluir que as linhas de campo elétricas atravessam em ângulo reto a qualquer superfície equipotencial.


49

HLCS

6.5.- Integral de linha de um campo escalar e vetorial.

6.51 Integral de linha de um campo escalar

Seja 𝛾 uma curva suave contido no espaço 𝑅𝑛. Parametrizamos a curva da seguinte forma:

𝑟: [𝑎, 𝑏] ⊂ 𝑅 → 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛

𝑡 ⟼ 𝑟(𝑡) = (𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), . . , 𝑥𝑛(𝑡)).

Ou seja: 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏] e a imagem da função vetorial �⃗� é a curva 𝛾.

Seja 𝑓: 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅 uma campo escalar (função real de variável vetorial)


50

HLCS

Definição. Seja a partição 𝑃 = {𝑠0, 𝑠1, … , 𝑠𝑛} da curva 𝛾, tal que :

𝑟(𝑎) = 𝑠0 < 𝑠1 < 𝑠3 < ⋯ < 𝑠𝑖 < 𝑠𝑖+1 < 𝑠𝑛 = 𝑟(𝑏),

sendo ∆𝑆𝑖 = 𝑠𝑖+1 − 𝑠𝑖

logo

∫ 𝑓

𝛾

|𝑑𝑟| = lim∆𝑠→0

∑ 𝑓(𝑥1𝑖 , 𝑥2𝑖 , . . , 𝑥𝑛𝑖). ∆𝑠𝑖

𝑛−1

𝑖=0

∫ 𝑓(𝑥1, 𝑥2, . . , 𝑥𝑛

𝛾

) 𝑑𝑠 = lim∆𝑠→0

∑ 𝑓(𝑥1𝑖 , 𝑥2𝑖 , . . , 𝑥𝑛𝑖)∆𝑠𝑖

𝑛−1

𝑖=1

é chamada de integral de linha de f ao longo da curva 𝜸, desde que o limite da soma de Riemann exista.

Sendo ∆𝑆 = 𝑚á𝑥{|∆𝑆0|, |∆𝑆1|, |∆𝑆2| … |∆𝑆𝑖|, … , |∆𝑆𝑛−1|}, para todo 𝑖 = 0,1,2,3, . . . , 𝑛 − 1.

𝑑𝑟/𝑑𝑡 -> é o vetor “velocidade” tangente em cada ponto à curva 𝛾.

𝑣(𝑡) = |𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡|-> é o modulo da velocidade instantânea, ou chamada de

velocidade escalar em física. A função 𝑓 esta inicialmente definida no seu


51

HLCS

domínio D (a curva 𝛾 esta dentro do conjunto D), entre tanto na integral de linha, somente importa os valores de f ao longo da curva 𝛾, ou seja, para integrar devemos avaliar a função f na curva 𝛾 e isto deve estar bem definido.

Se a curva esta parametrizada, então a integral de linha do campo escalar fica assim:

∫ 𝒇(�⃗⃗�

𝜸

) 𝒅𝒔 = ∫ 𝒇(�⃗⃗�(𝒕)

𝜸

) 𝒗(𝒕)𝒅𝒕

Sendo 𝒅𝒔 = 𝒗(𝒕)𝒅𝒕 , para calcular a integral de linha é preciso determinar o intervalo de valores do parâmetro 𝑡 (𝑡𝑚𝑖𝑛 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡𝑚á𝑥).

Exemplo 6.51.- Considere a função identidade 𝑓: 𝑅𝑛 → 𝑅 / 𝑓(𝑥1, 𝑥2, . . , 𝑥𝑛) = 1, e a curva

𝛾: [𝑎, 𝑏] ⊂ 𝑅 → 𝑅𝑛

logo :

∫ 𝑓(𝑟(𝑡)𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ 1. 𝑑𝑠𝑏

𝑎= 𝑙𝑎𝑏 é o comprimento de arco entre dois

pontos arbitrários a e b da curva 𝛾 no espaço 𝑅𝑛

Exemplo 6.52.- Considere o campo escalar 𝑓: 𝑅2 → 𝑅 / 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 +𝑦2 + 𝑦. Determine a integral de linha do campo escalar f, ao longo da curva 𝛾: 𝑅 → 𝑅3 𝛾(𝑡) = (cos(𝑡) , sin(𝑡) , 4), 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋.

Solução.-

Devemos calcular o elemento comprimento de arco 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

Derivando a função vetorial 𝛾(𝑡)

𝛾(𝑡)′ = (−sin(𝑡) , cos(𝑡) , 0)

𝑣 = |𝛾(𝑡)′| = 1

Avaliando a função f na curva 𝛾:


52

HLCS

𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) = 𝑥(𝑡)2 + 𝑦(𝑡)2 + 𝑦 = cos(𝑡)2 + sin (𝑡)2 + sin (𝑡)

𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) = 1 + sin (𝑡)

Substituindo na integral

∫ 𝑓(𝑟

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)

𝛾

) 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

∫ 𝑓(𝑟

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ (1 + sin (𝑡)

𝑡=2𝜋

𝑡=0

) 1 𝑑𝑡 = (𝑡 − cos(𝑡))|02𝜋

∫ 𝑓(𝑟

𝛾

) 𝑑𝑠 = (2𝜋 − 1) − (0 − 1) = 2𝜋

Caso especial n=2. Considere o caso especial de uma curva no plano

R2, onde 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, ou seja, a curva esta definida em forma de uma equação cartesiana. Seja também o campo escalar 𝑓:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅 Logo:

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)

𝛾

) √𝑑𝑥2 + 𝑑𝑦2

= ∫ 𝒇(𝒙, 𝒚(𝒙)

𝜸

) √𝟏 + (𝒅𝒚

𝒅𝒙)𝟐 𝒅𝒙

Exemplo 6.53 Considere a parábola 𝑦 = 𝑥2 + 4 no intervalo I=[-2,2]. Determine a integral de linha do campo escalar 𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥| no intervalo dado.

Solução. Como a curva esta definida na sua forma cartesiana, então podemos imediatamente aplicar a equação da integral de linha anterior, logo, precisamos calcular a integral a seguir:


53

HLCS

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ |𝒙|

𝜸

√𝟏 + (𝒅𝒚

𝒅𝒙)𝟐 𝒅𝒙

Como : 𝑦 = 𝑥2 + 4 entao : 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ |𝑥|𝛾

√1 + 4𝑥2 𝑑𝑥, sendo −2 ≤ 𝑥 ≤ 2.

Como |𝑥| = {𝑥, 𝑥 ≥ 0

−𝑥, 𝑥 < 0

𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ |𝑥|√1 + 4𝑥2 𝑑𝑥

𝑥=2

𝑥=−2

= ∫ (𝑥)√1 + 4𝑥2 𝑑𝑥

𝑥=0

𝑥=−2

+ ∫ (−𝑥)√1 + 4𝑥2 𝑑𝑥

𝑥=2

𝑥=0

Por substituição: 𝑢 = 1 + 4𝑥2 logo 𝑑𝑢 = 8 𝑥 𝑑𝑥

𝐼 = ∫𝑢1/2𝑑𝑢

8−

1

17

∫ 𝑢1/2𝑑𝑢

8

17

1

= −2∫ 𝑢1/2𝑑𝑢

8

17

1

𝐼 = −1

4

𝑢3/2

(32)

|117 =

−1

6(173/2 − 1)

Resposta.

Exemplo 6.54.- Considere a função escalar 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥2+𝑦2)𝑧2. Determine a integral de linha de 𝑓, ao longo da curva 𝑟(𝑡) = (acos(𝑡) , asin(𝑡) , 𝑏𝑡), do ponto 𝐴 = (𝑎, 0,0) ao ponto 𝐵 =

(0,−𝑎,3𝜋𝑏

2). a e b são constantes numéricas arbitrarias.

Solução.-

Primeiro iremos calcular o elemento diferencial de comprimento de arco


54

HLCS

𝑑𝑠 = 𝑣(𝑡)𝑑𝑡

Para isto derivamos a função vetorial que define a curva

𝑟(𝑡) = (acos(𝑡) , asin(𝑡) , 𝑏𝑡) →𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡= (−asin(𝑡) , acos(𝑡) , 𝑏)

Tomando modulo:

𝑣(𝑡) = |𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡| = √𝑎2 + 𝑏2

dai que,

𝑑𝑠 = √𝑎2 + 𝑏2 𝑑𝑡

Logo na definição da integral de linha

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

)| 𝛾 𝑑𝑠

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)| 𝛾 = (𝑥2+𝑦2)𝑧2|𝛾 = (𝑎2 cos(𝑡)2 + 𝑎2 sin(𝑡)2)𝑏2𝑡2|

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)| 𝛾 = 𝑎2𝑏2𝑡2

Logo,

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = ∫ 𝑎2𝑏2𝑡2√𝑎2 + 𝑏2

𝛾

𝑑𝑡

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = 𝑎2𝑏2√𝑎2 + 𝑏2 ∫ 𝑡2𝑑𝑡

𝑡2

𝑡1


55

HLCS

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = 𝑎2𝑏2√𝑎2 + 𝑏2𝑡3

3|𝑡1

𝑡2

Determinando os limites de integração

𝐴 = (𝑎, 0,0) = 𝑟(𝑡1) = (acos(𝑡1) , asin(𝑡1) , 𝑏𝑡1)

Dai que 𝑡1 = 0, de forma similar

𝐵 = (0,−𝑎,3𝜋𝑏

2) = 𝑟(𝑡2) = (acos(𝑡2) , asin(𝑡2) , 𝑏𝑡2)

Dai que, 𝑡2 =3𝜋

2

Finalmente

∫ 𝑓(𝑥, 𝑦

𝛾

) 𝑑𝑠 = 9𝑎2𝑏2√𝑎2 + 𝑏2𝜋3

8

6.52.- Integral de linha de um campo vetorial.

Seja 𝛾 uma curva suave de classe C1 (primeira derivada

continua) : [𝑎, 𝑏] ⊂ 𝑅 → 𝑅𝑛 . Parametrizamos a curva da seguinte forma:

𝛾: [𝑎, 𝑏] ⊂ 𝑅 → 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛

𝑡 ⟼ 𝑟(𝑡) = (𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), . . , 𝑥𝑛(𝑡)).

A imagem da função vetorial 𝛾 é uma curva que se encontra no conjunto 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛.

Seja �⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅𝑛 → 𝑅𝑚 uma campo vetorial (função vetorial de variável vetorial)


56

HLCS

Definição. Seja a partição 𝑃 = {𝑠0, 𝑠1, … , 𝑠𝑛} da curva γ, tal que :

𝑟(𝑎) = 𝑠0 < 𝑠1 < 𝑠3 < ⋯ < 𝑠𝑖 < 𝑠𝑖+1 < 𝑠𝑛 = 𝑟(𝑏),

sendo ∆𝑆𝑖 = 𝑠𝑖+1 − 𝑠𝑖. Logo

∫ �⃗⃗⃗�𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = 𝐥𝐢𝐦∆𝒔→𝟎 ∑ �⃗⃗⃗�(𝒓(𝒕𝒊)). (�⃗⃗�(𝒕𝒊+𝟏) − �⃗⃗�(𝒕𝒊))𝒏−𝟏𝒊=𝟎 .

Observe que uma partição na curva γ, implica uma partição no domínio [a,b]; e ∆𝒔 = 𝒎á𝒙{∆𝑆𝑖}.

Como a função vetorial r(t) é diferençável então,

𝑑𝑟 =𝑑𝑟

𝑑𝑡 𝑑𝑡 = �⃗�(𝑡)𝑑𝑡 , logo

∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

(𝜸(𝒕)) . �⃗⃗⃗�(𝒕)𝒅𝒕

s0 s1

si Si+

1

∆Si

r

R

t

γ

sn

nR

r a

b

Produto escalar no espaço 𝑅𝑛


57

HLCS

Exemplo 6.521.- Considere o campo vetorial �⃗⃗⃗� = (−𝑦, 𝑥) e a curva

𝑟(𝑡) = (sin(𝑡) , cos(𝑡)), 𝑡 ∈ 𝑅. Determine ∫ �⃗⃗⃗�𝜸

. 𝒅�⃗⃗� no intervalo 𝑡 = 0 a

𝑡 = 4𝜋

Solução.-

∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

(𝜸(𝒕)) . �⃗⃗⃗�(𝒕)𝒅𝒕

O campo vetorial �⃗⃗⃗� avaliado ao longo do caminho 𝛾 fica:

�⃗�(𝛾(𝑡)) = (−𝑦(𝑡), 𝑥(𝑡)) = (−cos(𝑡) , sin(𝑡)), e

�⃗�(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠(𝑡),−𝑠𝑖𝑛(𝑡)), e assim :

�⃗�. �⃗�(𝑡) = (−𝑐𝑜𝑠(𝑡)2 − 𝑠𝑖𝑛(𝑡)2) = −1

∫ �⃗�

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ (−1)

𝑡=4𝜋

𝑡=0

𝑑𝑡 = −4𝜋

Propriedades de integral de linha

Sejam os campos escalares 𝑓, 𝑔 : 𝑅𝑛 → 𝑅 e os campos vetoriais

�⃗� , �⃗� ∶ 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 . Considere uma curva 𝛾 de classe 𝐶1 , a e b são constantes numéricas, então:

1) Linearidade das integrais de linha

∫(𝑎 𝑓 + 𝑏 𝑔)𝑑𝑠 = 𝑎 ∫ 𝑓 𝑑𝑠 +

𝛾𝛾

𝑏 ∫ 𝑓 𝑑𝑠

𝛾


58

HLCS

e

∫(𝑎 �⃗� + 𝑏 �⃗�). 𝑑𝑟 = 𝑎 ∫ �⃗� . 𝑑𝑟 +

𝛾𝛾

𝑏 ∫ �⃗� . 𝑑𝑟

𝛾

2) Integral de linha de um campo escalar ou vetorial numa curva 𝜸 seccionalmente contínua

Seja 𝛾 uma curva tal que é a união de um número finito 𝑛 (𝑛 ∈ 𝑁)

de curvas parciais, ou seja: 𝛾 = 𝛾1 ⋃𝛾2 ⋃𝛾3 ⋃… .⋃𝛾𝑛 = ⋃ 𝛾𝑖𝑖=𝑛𝑖=1 e

𝑟(𝑡) é uma função vetorial de classe 𝐶1 que parametriza seccionalmente a curva 𝛾, então

∫ 𝑓 𝑑𝑠 = ∫ 𝑓 𝑑𝑠1 +

𝛾1𝛾

∫ 𝑓 𝑑𝑠2

𝛾2

+. . ∫ 𝑓 𝑑𝑠𝑛

𝛾𝑛

Sendo |𝑑𝑠𝑖| = |𝑑𝑟| restrita á curva 𝛾𝑖 (𝑖 = 1,2, . . . 𝑛).

e

∫ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∫ �⃗�. 𝑑𝑟 +

𝛾1𝛾

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2

+. . ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾𝑛

Onde o 𝑑𝑟 em cada integral está restrito a cada curva parcial.


59

HLCS

3) Seja 𝛾 uma curva arbitraria entre os pontos A e B, então:

3 a)

∫ 𝑓

𝐴→𝐵

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑠

3 b)

∫ �⃗�

𝐴→𝐵

𝛾

. 𝑑𝑟 = − ∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟

Sendo �⃗� um campo vetorial, e 𝑓 um campo escalar.

1

2

3

.....

n


60

HLCS

Exemplo para 3 a)

Seja a curva 𝛾 definida pela circunferência 𝑥2 + 𝑦2 = 4 , considere a integral de linha do campo escalar 𝑓(𝑥, 𝑦) definido no plano 𝑅2. Verifique que

∫ 𝑓

𝐴→𝐵

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑠

A=(0,2), B=(2,0)

A

B


61

HLCS

Solução

⋇ Calculando ∫ 𝑓𝐴→𝐵

𝛾 𝑑𝑠

Uma parametrização valida no percurso 𝐴 → 𝐵 (sentido horário ) é

𝑥(𝑡) = 2 sin(𝑡) , 𝑦(𝑡) = 2cos (𝑡)

Pois obedece a equação da circunferência, logo

�⃗�(𝑡) = (2 sin(t) , 2 cos(t))

Além de isso �⃗�(0) = (0,2) e �⃗� (𝜋

2) = (2,0), por tanto 0 ≤ 𝑡 ≤

𝜋

2

Dai que

∫ 𝑓

𝐴→𝐵

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)

𝐴→𝐵

𝛾


Derivando a função vetorial que define a curva

�̇⃗�(𝑡) = (2 cos(t) , −2sin (t)) → |�̇⃗�(𝑡)| = 𝑣(𝑡) = 2

∫ 𝑓

𝐴→𝐵

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) 2 𝑑𝑡

𝜋2

0

∫ 𝑓

𝐴→𝐵

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(2 sin (𝑡),2 cos (𝑡)) 2 𝑑𝑡

𝜋2

0


62

HLCS

⋇ Agora vamos integral ∫ 𝑓𝐵→𝐴

𝛾 . 𝑑𝑠

Devemos parametrizar de tal forma que devemos percorrer a mesma curva no sentido inverso ao anterior(sentido anti-horário).

Proposta de parametrização (𝐵 → 𝐴) :

𝑥(𝑢) = −2sin(u), 𝑦(𝑢) = 2cos (𝑢)

Pois obedece a equação da circunferência, logo

�⃗�(𝑢) = (−2sin (u), 2cos (u))

Além de isso

�⃗� (−𝜋

2) = (2,0) = 𝐵 e �⃗�(0) = (0,2) = 𝐴, por tanto o parâmetro 𝑢 varia

de

−𝜋

2 a 0.

Dai que

∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥(𝑢), 𝑦(𝑢)

𝐵→𝐴

𝛾

) 𝑣(𝑢)𝑑𝑢

Derivando a função vetorial que define a curva

�̇⃗�(𝑢) = (−2 cos(u) , −2sin (u)) → |�̇⃗�(𝑢)| = 𝑣(𝑢) = 2


63

HLCS

∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

𝑑𝑠 = ∫𝑓(𝑥(𝑢), 𝑦(𝑢) ) 2 𝑑𝑢

0

−𝜋2

∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

𝑑𝑠 = ∫𝑓(−2 sin(𝑢) , 2 cos (𝑢)) 2 𝑑𝑢

0

−𝜋2

Fazendo uma mudança de coordenadas: 𝑡 = −𝑢

𝑢 = 0 → 𝑡 = 0; 𝑢 = −𝜋

2→ 𝑡 =

𝜋

2

∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

𝑑𝑠 = ∫𝑓(−2 sin(−𝑡) , 2 cos (−𝑡)) 2(− 𝑑𝑡)

0

𝜋2

Utilizando propriedades de paridade de funções trigonométricas

∫ 𝑓

𝐵→𝐴

𝛾

𝑑𝑠 = − ∫𝑓(2 sin(𝑡) , 2 cos (𝑡)) 2 𝑑𝑡

0

𝜋2

∫ 𝒇

𝑩→𝑨

𝜸

𝒅𝒔 = ∫ 𝒇(𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒕) , 𝟐 𝐜𝐨𝐬 (𝒕)) 𝟐 𝒅𝒕

𝝅𝟐

𝟎

As integrais em azul são idênticas, para qualquer função escalar 𝑓(𝑥, 𝑦)

Com isto, foi verificado que a integral de linha de um campo escalar

é a mesma quando trocamos a orientação da curva entre os mesmos pontos.


64

HLCS

Exemplo para 3b) Verifique a relação

∫ �⃗�

𝐴→𝐵

𝛾

. 𝑑𝑟 = − ∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟

No caso quando o campo vetorial é: �⃗� = (𝑥𝑧 + 𝑦2, −𝑥𝑦, 𝑧2) e o trajeto a mesma da figura anterior.

Solução.-

⋇ Calculando ∫ �⃗�𝐴→𝐵

𝛾 . 𝑑𝑟

∫ �⃗�

𝐴→𝐵

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫(𝑥𝑧 + 𝑦2, −𝑥𝑦, 𝑧2

𝐵

𝐴

). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

∫ �⃗�

𝐴→𝐵

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ ((𝑥𝑧 + 𝑦2)𝑑𝑥 − 𝑥𝑦𝑑𝑦 + 𝑧2𝑑𝑧)

(2,0)

(0,2)

Como a trajetória está inteiramente no plano 𝑥𝑦: 𝑧 = 0 𝑒 𝑑𝑧 = 0

∫ �⃗�

𝐴→𝐵

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ (𝑦2𝑑𝑥 − 𝑥𝑦𝑑𝑦 ) = ∫𝒚𝟐𝒅𝒙 − ∫𝒙𝒚𝒅𝒚

𝟎

𝟐

𝟐

𝟎

(2,0)

(0,2)


65

HLCS

⋇ Calculando ∫ �⃗�𝐵→𝐴

𝛾 . 𝑑𝑟

∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫(𝑥𝑧 + 𝑦2, −𝑥𝑦, 𝑧2

𝐴

𝐵

). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ ((𝑥𝑧 + 𝑦2)𝑑𝑥 − 𝑥𝑦𝑑𝑦 + 𝑧2𝑑𝑧)

(0,2)

(2,0)

Como a trajetoria esta inteiramente no plano xy, 𝑧 = 0 𝑒 𝑑𝑧 = 0

∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ (𝑦2𝑑𝑥 − 𝑥𝑦𝑑𝑦)

(0,2)

(2,0)

= ∫𝑦2𝑑𝑥 − ∫𝑥𝑦𝑑𝑦

2

0

0

2

∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾

. 𝑑𝑟 = −(∫𝒚𝟐𝒅𝒙 + ∫𝒙𝒚𝒅𝒚)

𝟎

𝟐

𝟐

𝟎

As integrais em azul são exatamente iguais salvo um sinal negativo, logo

A relação inicial ∫ �⃗�𝐴→𝐵

𝛾 . 𝑑𝑟 = −∫ �⃗�

𝐵→𝐴

𝛾 . 𝑑𝑟 foi verificada no exemplo.


66

HLCS

Propriedade: Considere duas curvas 𝛿 𝑒 𝜑 fechas com um lado em

comum a seguir : 𝛿 = 𝛾1 ∪ 𝛾− e 𝜑 = 𝛾+ ∪ 𝛾2. Provar que:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 +

𝛿

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝜑

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1∪𝛾2

Sendo as duas curvas com a mesma orientação horária.

Prova:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛿

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾1∪𝛾−

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾−

A

B

1

3


67

HLCS

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝜑

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+∪𝛾2

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2

Porem

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾−

= − ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

Somando as duas equações anteriores e simplificando

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛿

+ ∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝜑

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛿

+ ∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝜑

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1∪𝛾2

Exemplo 6.522 Determinar a seguinte integral de linha ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�𝜸

ao

longo da curva 𝛾 definida na figura a seguir.

𝛾: 𝐴 → 𝐵 → 𝐶


68

HLCS

O campo vetorial é �⃗⃗⃗�(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦 + 4, 𝑥 + 𝑦2) , A=(4,4);B=(0,0),C=(8,0).

Solução.-

Primeiro método

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸

= ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗� + ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐𝜸𝟏

Sendo 𝛾 = 𝛾1 ∪ 𝛾2

I) Tramo 𝐴 → 𝐵 (𝛾1)

A equação cartesiana da reta que passa pelos pontos A e B é 𝑦 = 𝑥, já que o coeficiente angular é 1. Se nos restringimos ao segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ a equação seria

𝑦 = 𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 4

Como a curva tem orientação, lembrar que no ponto inicial A, 𝒙 = 𝟒, e no ponto final B, 𝒙 = 𝟎.

A

B

C

y

x


69

HLCS

Calculando a integral

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= ∫ �⃗⃗⃗�|𝜸𝟏. 𝒅�⃗⃗�

𝑩

𝑨

Avaliando o campo �⃗⃗⃗� ao longo da curva 𝜸𝟏

�⃗�(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑥 + 4, 𝑥 + 𝑥2)

também

𝑑𝑟 = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) = (𝑑𝑥, 𝑑𝑥)

Substituindo

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= ∫(𝑥 + 𝑥 + 4, 𝑥 + 𝑥2). (𝑑𝑥, 𝑑𝑥)

𝑩

𝑨

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= ∫(3𝑥 + 4 + 𝑥2) 𝑑𝑥

𝟎

𝟒

= (3𝑥2

2+ 4𝑥 +

𝑥3

3)40 = −

184

3

II Tramo 𝐵 → 𝐶 (𝛾1)

Equação cartesiana do segmento de reta 𝐵𝐶

𝑦 = 0, 𝑥 ∈ [0,8]

Observe que quando 𝑥 = 0 estamos no ponto B, e quando 𝑥 = 8 estamos no ponto final C.



70

HLCS

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫ �⃗⃗⃗�|𝜸𝟐. 𝒅�⃗⃗�

𝑩

𝑨

Avaliando o campo �⃗⃗⃗� ao longo da curva 𝜸𝟐

�⃗�(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 0 + 4, 𝑥)

Também

𝑑𝑟 = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) = (𝑑𝑥, 0)

Substituindo

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫(𝑥 + 4, 𝑥). (𝑑𝑥, 0)

𝑩

𝑨

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫(𝑥 + 4) 𝒅𝒙

𝟖

𝟎

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= (𝑥2

2+ 4 𝑥) |𝟎

𝟖 = 64

Finalmente

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸

= ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗� + ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐𝜸𝟏

= −184

3+ 64 =

8

3

Segundo método

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸

= ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗� + ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐𝜸𝟏


71

HLCS

Sendo 𝛾 = 𝛾1 ∪ 𝛾2

Primeiro iremos parametrizar a curva 𝛾1

II) Tramo AB

A equação cartesiana da reta que passa pelos pontos A e B é 𝑦 = 𝑥, já que o coeficiente angular é 1. Se nos restringimos ao segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ a equação seria

𝑦 = 𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 4

Podemos parametrizar a curva de forma que o ponto inicial seja A e o ponto final seja B.

A escolha mais natural da parametrização é:

𝑥 = 4 − 𝑡,

𝑦 = 4 − 𝑡,

Sendo 0 ≤ 𝑡 ≤ 4.

A função vetorial que descreve o segmento de reta 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é

𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (4 − 𝑡, 4 − 𝑡), 0 ≤ 𝑡 ≤ 4

É fácil verificar que :

𝑟(0) = (4,4) → 𝐴

𝑟(4) = (0,0) → 𝐵

Quer dizer que quando o parâmetro 𝑡 aumenta de 0 a 4 a curva(segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ) é percorrida no sentido de A a B.


∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= ∫ �⃗⃗⃗�|𝜸𝟏. 𝒅�⃗⃗�

𝑩

𝑨


72

HLCS

Avaliando o campo �⃗⃗⃗� ao longo da curva 𝜸𝟏

�⃗�(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) + 4, 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡)2)

Na curva 𝜸𝟏 : 𝑥 = 4 − 𝑡, 𝑦 = 4 − 𝑡

�⃗�(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (12 − 2𝑡, 4 − 𝑡 + (4 − 𝑡)2)

�⃗�(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (12 − 2𝑡, 20 − 9𝑡 + 𝑡2)

𝑑𝑟 = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) = (−𝑑𝑡,−𝑑𝑡)

Substituindo

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= ∫(12 − 2𝑡, 20 − 9𝑡 + 𝑡2). (−𝑑𝑡,−𝑑𝑡)

𝑩

𝑨

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= −∫(32 − 11𝑡 + 𝑡2) 𝒅𝒕

𝟒

𝟎

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

= −(32𝑡 −11𝑡2

2+

𝑡3

3) |𝟎

𝟒 = −184

3

II Tramo BC

Equação cartesiana do segmento de reta 𝐵𝐶

𝑦 = 0, 𝑥 ∈ [0,8]

Uma escolha de parametrização é 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = 0, 0 ≤ 𝑡 ≤ 8.

A função vetorial que descreve o segmento de reta 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ é

𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑡, 0), 0 ≤ 𝑡 ≤ 8


73

HLCS

É fácil verificar que :

𝑟(0) = (0,0) → 𝐵

𝑟(8) = (8,0) → 𝐶

Quer dizer que quando o parâmetro 𝑡 aumenta de 0 a 8 a curva(segmento 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ) é percorrida no sentido de B a C.


∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫ �⃗⃗⃗�|𝜸𝟐. 𝒅�⃗⃗�

𝑩

𝑨

Avaliando o campo �⃗⃗⃗� ao longo da curva 𝜸𝟐

�⃗�(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) + 4, 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡)2)

Na curva 𝜸𝟐 : 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = 0

�⃗�(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑡 + 4, 𝑡)

𝑑𝑟 = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) = (𝑑𝑡, 0𝑑𝑡)

Substituindo

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫(𝑡 + 4, 𝑡). (𝑑𝑡, 0𝑑𝑡)

𝑩

𝑨

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∫(𝑡 + 4) 𝒅𝒕

𝟖

𝟎

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= (𝑡2

2+ 4𝑡) |𝟎

𝟖 = 64

Finalmente


74

HLCS

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸

= ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗� + ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐𝜸𝟏

= −184

3+ 64 =

8

3

Observação.- A escolha da parametrização não é única. Podemos escolher uma infinidade de possibilidades, em geral temos a formula da reparametrização: 𝑡 = 𝑔(𝑡′) , sendo que :

a) Se 𝑔(𝑡′) é monotonamente crescente, então, 𝑟(𝑡) e 𝑟(𝑡′) são parametrizações que preservam a orientação

b) Se 𝑔(𝑡′) é monotonamente decrescente, então, 𝑟(𝑡) e 𝑟(𝑡′) são parametrizações que tem a orientação oposta.

6.6 Aplicações de integral de linha

6.61.- Massa de arames

Exemplo 6.611 Um arame em forma de hélice 𝛾 é parametrizada pela função vetorial 𝑟(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠(𝑡), 𝑠𝑖𝑛(𝑡),2𝑡). Determine a massa do arame no intervalo 𝑡 ∈ [0, 2𝜋] nos seguintes casos.

a) O arame tem densidade uniforme 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2 b) O arame tem densidade 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 (𝑥2 + 𝑦2)

Solução.-


75

HLCS

𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 𝑑𝑚

ℎé𝑙𝑖𝑐𝑒

= ∫ 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑠

𝛾

A integral anterior de fato é uma integral de linha de um campo escalar, neste caso o campo escalar é a densidade 𝜌: 𝑅3 → 𝑅 definida na questão.

Resolvendo item b.

𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 𝜌(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)

𝛾


Como a hélice tem a seguinte parametrização : 𝑟(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠(𝑡), 𝑠𝑖𝑛(𝑡), 2𝑡), então a densidade sobre o arame é :

𝜌(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡) = 2𝑡(cos(𝑡)2 + sin(𝑡)2) = 2𝑡

Por outro lado, 𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡= (−sin(𝑡) , cos(𝑡) , 2), logo :

𝑣(𝑡) = |𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡| = √5

dm

r(t)

𝜌 =𝑑𝑚

𝑑𝑠

Sabemos : para o elemento de

massa diferencial:


76

HLCS

𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∫ 2𝑡

𝛾

√5 𝑑𝑡 = ∫ 2𝑡 √5 𝑑𝑡

𝑡=2𝜋

𝑡=0

= 4 𝜋2√5

6.62.- Área da parede vertical sobre uma curva plana. A integral de linha de uma função de duas variáveis

(função escalar ou campo escalar) tem uma interpretação geométrica evidente. Ela pode ser utilizada para calcular a área de uma parede construída por cima de uma curva plana qualquer. Considere γ uma curva no plano xy e diferençável.

Seja h(x,y) uma função real de variável vetorial definida ao longo

da curva γ, que pode ser interpretada como a altura da parede em cada

ponto (x,y) da curva γ. De acordo a figura anterior, podemos integrar o

elemento de área infinitesimal 𝒅𝑨 = 𝒉(𝒙, 𝒚) 𝒅𝒔 ao longo da curva γ,

assim temos a área total da parede vertical :

𝐴𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 = ∫ 𝑑𝐴𝛾

= ∫ ℎ(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑠

𝛾

z

x

y

𝒅𝑨 = 𝒅𝒔 𝒉

Elemento de área

infinitesimal


77

HLCS

A relação anterior é uma expressão típica da integral de linha de um campo escalar.

Exercício 6.621.- considere uma circunferência 𝑥2 + 𝑦2 = 4, por cima desta curva construímos uma parede vertical, tal que altura dessa parede seja variável de acordo ℎ(𝑥, 𝑦) = 8(𝑥 + 𝑦) determine a área total da parede vertical para 0 ≤ x ≤ 2.

Solução.

Observe que a parede vertical se encontra unicamente no primeiro oitante, desde que : 0 ≤ x ≤ 2.


78

HLCS

𝐴𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 = ∫ 𝑑𝐴𝛾

= ∫ ℎ(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑠

𝛾

Parametrizando a circunferência: x2+y2=4.

𝑥 = 2 cos(𝑡) , 𝑦 = 2 sin(𝑡) , 0 ≤ 𝑡 ≤𝜋

2

A função vetorial que descreve o quarto de circunferência é :

𝑟(𝑡) = (2 cos(𝑡) , 2 sin(𝑡)), tal que :

𝑟(0) = (2,0), 𝑟 (𝜋

2) = (0,2)

𝐴𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 = ∫ ℎ(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) 𝑣(𝑡) 𝑑𝑡

𝛾

ℎ(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 𝑥(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 2 cos(𝑡) + 2 sin (𝑡)

�⃗�(𝑡) = (−2 sin(𝑡) , 2 cos(𝑡)) → 𝑣(𝑡) = 2

Finalmente:

𝐴𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 = ∫ (2 cos(𝑡) + 2 sin(𝑡)). 2 𝑑𝑡

𝑡=𝜋2

𝑡=0

𝐴𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 = 4(sin(𝑡) − cos(𝑡))|0

𝜋

2 = 8

Resposta.

Exemplo 6.622 Considere uma curva plana em forma de uma parábola parametrizada da seguinte forma 𝑟(𝑡) = (𝑡, 4 − 𝑡2). Por cima desta curva


79

HLCS

construímos uma parede vertical, tal que altura dessa parede seja variável de acordo ℎ(𝑥, 𝑦) = 8|𝑥|, determine a área total da parede vertical para −2 ≤ 𝑡 ≤ 2.

Solução.-

Seja a parábola 𝛾: 𝑅 → 𝑅2, 𝑟(𝑡) = (𝑡, 4 − 𝑡2)

Na figura, consideremos uma elemento de arco diferencial 𝑑𝑠, numa posição arbitraria (x,y,0) ao longo da curva 𝛾. Por cima de 𝒅𝒔 iremos construir um elemento de área vertical que ate o topo da parede vertical, logo

𝑑𝐴 = ℎ(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠

Na curva plana 𝑟(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑡, 4 − 𝑡2), temos

𝑑𝑠 = |�̇�(𝑡)|𝑑𝑡 = |1,−2𝑡|𝑑𝑡 = √1 + 4 𝑡2 𝑑𝑡

ds Base da parede vertical

h(x,y)

(x,y,0)


80

HLCS

Também

ℎ(𝑥, 𝑦)|𝛾 = ℎ(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 8|𝑡|

Logo o elemento de área 𝑑𝐴 fica

𝑑𝐴 = 8|𝑡|√1 + 4 𝑡2 𝑑𝑡

Integrando ao longo da curva definida pelo intervalo −2 ≤ 𝑡 ≤ 2

𝐴(𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) = ∫𝑑𝐴

2

−2

= ∫8|𝑡|√1 + 4 𝑡2 𝑑𝑡

2

−2

A função integrando 𝑔(𝑡) = 8|𝑡|√1 + 4 𝑡2 é função par, logo:

𝐴(𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) = ∫ 8|𝑡|√1 + 4 𝑡2 𝑑𝑡2

−2= 2∫ 8|𝑡|√1 + 4 𝑡2 𝑑𝑡

2

0.

Para integrar, utilizamos o método de substituição 𝑢 = 1 + 4 𝑡2

Daí, 𝑑𝑢 = 8 𝑡 𝑑𝑡

𝐴(𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) = 2∫√𝑢 𝑑𝑢

2

0

=4

3(17

32 − 1)

Num projeto de monitoria junto com os alunos Maciel e Diego, alunos da ect, temos implementado um site interativo que ajuda nas contas desta parte da matéria.

http://aulainterativa.ect.ufrn.br/integral-linha/

http://aulainterativa.ect.ufrn.br/integral-linha/


81

HLCS

6.63.- Trabalho mecânico de uma força sobre uma partícula.

Seja uma partícula de massa m realizando uma trajetória arbitraria definida pela função vetorial �⃗⃗�(𝒕) (equação de movimento). Seja

também uma força �⃗⃗⃗�(𝒕) agindo sobre a partícula.

Logo o trabalho mecânico realizado pela força �⃗�(𝑡) sobre a partícula é

𝑾𝜸𝑭 = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸. 𝒅�⃗⃗� ou

𝑾𝜸𝑭 = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

(𝜸(𝒕)) . �⃗⃗⃗�(𝒕)𝒅𝒕

Exemplo 6.631.- Considere uma partícula de massa m=2 que descreve uma trajetória parabólica do tipo 𝑟(𝑡) = (10𝑡, 100 + 10𝑡 − 5𝑡2). Determine o trabalho mecânico realizado pela força de gravidade

�⃗�𝑔 = −𝑚�⃗� sobre a partícula no intervalo de tempo 𝑡 ∈ [0,3]. Sendo

�⃗� = (0,−10).

Solução.-

Determinando a velocidade instantânea

𝑑𝑟(𝑡)

𝑑𝑡= (10,10 − 10𝑡)

�⃗�(𝛾(𝑡)). �⃗�(𝑡) = (0,−20). (10,10 − 10𝑡) = −200 + 200𝑡

Logo


82

HLCS

𝑊𝛾𝐹 = ∫ �⃗�

𝛾

(𝛾(𝑡)). �⃗�(𝑡)𝑑𝑡 = ∫(−200 + 200𝑡)

𝛾

𝑑𝑡

𝑊𝛾𝐹 = (−200𝑡 + 100𝑡2)|0

3 = 300

6.64 Circulação de um campo elétrico.

Na eletrostática a integral de linha da intensidade do campo elétrico numa curva aberta é denominada de circulação do campo elétrico, e tem uma interpretação direta. Ela dá o valor da diferença de potencial (∆𝑉) entre os extremos da curva γ.

∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

. 𝒅�⃗⃗� → 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒍𝒂çã𝒐 𝒅𝒐 𝒄𝒂𝒎𝒑𝒐 𝒆𝒍𝒆𝒕𝒓𝒊𝒄𝒐 𝒏𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝜸

Considere uma distribuição de cargas elétricas que geram no espaço R3 campo elétrico. Considere também no entorno das cargas uma curva γ suave e arbitraria, cujo extremo são os pontos 𝑝𝑓 e 𝑝𝑖, logo :

∆𝑽 = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = 𝑽(𝒑𝒇) − 𝑽(𝒑𝒊)

𝑉(𝑝𝑓) → Potencial elétrico no ponto final

𝑉(𝑝𝑖) → Potencial elétrico no ponto inicial.

∆𝑉 → é a diferença de potencial elétrico.


83

HLCS

A demonstração da equação anterior vai ser feita na sua versão mais geral, ou seja, quando estudarmos propriedades gerais de integral de linha de campos conservativos (seção seguinte 6.7)

Em particular se termos um circuito simples formado por um condutor em cujos extremos temos uma fonte de força eletromotriz, então a circulação do campo elétrico ao longo do condutor é igual à diferença de potencial entre os extremos do condutor que é exatamente a força eletromotriz gerada pela fonte, assim:

𝒇. 𝒆.𝒎 = ∫ �⃗⃗⃗�

𝜸

. 𝒅�⃗⃗�

6.7 Integral de linha e campos conservativos

Teorema 6.71.- Seja �⃗⃗⃗� um campo vetorial contínuo e conservativo

Definido num domínio 𝐷 ,tal que 𝐷 ⊂ 𝑅3 e �⃗� = ∇(𝑓) sendo 𝑓 uma função escalar (função potencial de classe 𝐶1). Seja 𝛾 uma curva aberta

+

pf

pi

γ


84

HLCS

qualquer parametrizada, de classe 𝐶1(suave ou parcialmente suave), contida em D unindo o ponto A e B, então :

∫ �⃗⃗⃗�𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = ∫ ∇(𝑓)𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = 𝒇(𝑩) − 𝒇(𝑨)

Demonstração.-

Sendo 𝑓 uma função diferenciável então

𝑑𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑥 𝑑𝑥 +

𝜕𝑓

𝜕𝑦 𝑑𝑦 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧 𝑑𝑧 é a diferencial total de 𝑓.

Entre tanto a relação anterior podemos reorganizar utilizando o produto escalar, assim:

𝑑𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑥 𝑑𝑥 +

𝜕𝑓

𝜕𝑦 𝑑𝑦 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧 𝑑𝑧 ≡ (

𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦,𝜕𝑓

𝜕𝑧) . (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

𝑑𝑓 = ∇(𝑓) . 𝑑𝑟 , logo:

∫ ∇(𝑓)𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ 𝑑𝑓𝐵

𝐴= 𝑓(𝐴) − 𝑓(𝐵).

Corolário 1.- Considere uma curva 𝛾 fechada, nas condições do

teorema anterior, então o ponto inicial e ponto final coincidem, logo : A=B e

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∮∇(𝑓) . 𝑑𝑟 = 0. (o percurso pode ser horário ou anti-horário)

A=B

𝛾


85

HLCS

Corolário 2.- Nas condições do teorema anterior, consideremos dois

ponto A e B arbitrários e diferente contidas no domínio D. considere também dois caminhos arbitrários 𝛾 e 𝜑 entre os pontos A e B, então:

∫ F⃗⃗𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ �⃗�𝜑

. 𝑑𝑟, sendo �⃗� um campo conservativo.

Exemplo 6.71. Determine a integral de linha do campo conservativo

�⃗� = (𝑦, 𝑥 + 𝑧, 𝑦) ao longo de uma circunferência 𝑥2 + 𝑦2 = 4, do ponto 𝐴 = (0,2,0) ao ponto 𝐵 = (0,−2,0), percorrido no sentido anti-horário.

Solução.

ϕ

γ

B

A B

x

y ϕ

γ


86

HLCS

A integral de linha do campo conservativo �⃗� = (𝑦, 𝑥 + 𝑧, 𝑦) no trajeto circular de 𝐴 → 𝐵, em sentido anti-horário, pode-se calcular parametrizando a equação da circunferência. Entre tanto, utilizando o corolário 2, podemos calcular de uma forma mais fácil, escolhendo um caminho mais apropriado, que seria o caminho reto (ϕ:verde)

∫ F⃗⃗𝛾

. 𝑑𝑟 = ∫ �⃗�𝜑

(𝑟(𝑡)) . 𝑑𝑟,

Parametrizando a curva 𝜑: 𝑟(𝑡) = (0, 𝑡, 0) → 𝑑𝑟 = (0, 𝑑𝑡, 0), 𝑡 ∈ [2,−2].

𝑟(2) = 𝐴, 𝑟(−2) = 𝐵. �⃗�(𝑟(𝑡)) = (𝑡, 0 + 0, 𝑡) = (𝑡, 0, 𝑡).

∫ �⃗�(𝑟(𝑡))

𝜑

. 𝑑𝑟 = ∫(𝑡, 0, 𝑡)

𝐵

𝐴

. (0, 𝑑𝑡, 0) = ∫ 0

𝐵

𝐴

= 0

Exemplo 6.72.- Considere a função potencial 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧. E considere a hélice 𝛾: 𝑟(𝑡) = (2 cos(𝑡) , 2 sin(𝑡) , 4𝑡), 0 ≤ 𝑡 ≤ 8𝜋.

Determine ∫ �⃗⃗⃗�𝜸

. 𝒅�⃗⃗� entre os pontos 𝐴 = 𝑟(0) e 𝐵 = 𝑟(4𝜋), sendo

�⃗⃗⃗� = ∇(𝑓).

Solução.-

De acordo com o teorema, Como �⃗� é um campo conservativo, então a integral de linha pode ser calculada utilizando unicamente a função potencial, assim :

∫ �⃗⃗⃗�𝜸

. 𝒅�⃗⃗� = 𝒇(𝑩) − 𝒇(𝑨) .

𝐴 = 𝑟(0) = (2 𝑐𝑜𝑠(0), 2 𝑠𝑖𝑛(0), 4.0) = (2,0,0).

Similarmente

𝐵 = 𝑟(4𝜋) = (2 𝑐𝑜𝑠(4𝜋), 2 𝑠𝑖𝑛(4𝜋), 4.4𝜋) = (2,0,16𝜋), logo

∫ �⃗�

𝛾

. 𝑑𝑟 = 𝑓(2,0, 16𝜋) − 𝑓(2,0,0), 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑧 + 𝑥𝑧.


87

HLCS

𝑓(2,0, 16𝜋) = 2.0 + 2.16𝜋 = 32𝜋,

𝑓(2,0, 0) = 2.0 + 2.0 = 0

∫ �⃗�𝛾

. 𝑑𝑟 = 32𝜋 − 0.

6.8 Fluxo de um campo vetorial

6.81 Fluxo do campo vetorial numa superfície aberta.

Consideremos uma superfície 𝑆 orientada definida no espaço 𝐷 ⊂ 𝑅3, e

um campo vetorial �⃗�: 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3.

Definição. Denomina-se fluxo ΦS�⃗� do campo vetorial �⃗� na superfície S,

à integral de superfície da projeção do campo �⃗�na direção normal à superfície.

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴

Sendo 𝑑𝐴 o elemento diferencial de área relativa a superfície S, onde

estamos calculando o fluxo do campo �⃗�. O vetor unitário �⃗⃗� é um vetor ortogonal ao elemento diferencial dA em S. Para que este vetor �⃗⃗� este bem definido, a superfície tem que ser orientável, no caso, ainda tem possibilidades, correspondentes aos lados opostos da superfície, basta escolher um deles.


88

HLCS

Superf. Orientável

Superfície não orientável (superfície de Möbious)

Na figura a seguir podemos observar as linhas de campo atravessando a

superfície aberta S. Perceba que o produto escalar �⃗�. �⃗⃗� varia de valor ponto a ponto em toda a superfície S, desde que a superfície é arbitraria e o campo vetorial também.


89

HLCS

Dependendo do tipo de problema a resolver, o produto escalar pode ser

substituído por: �⃗�. �⃗⃗� = |�⃗�||�⃗⃗�| cos(𝜃) = 𝐹 cos(𝜃).

Em caso de uma superfície fechada, vamos escolher o vetor unitário normal (versor) direcionado para o lado de fora do domínio limitado pela superfície S.

Propriedades de fluxos

a) O fluxo do campo vetorial �⃗� muda de sinal ao modificar a orientação da superfície (ou seja, se trocamos a direção do vetor unitário normal à superfície S).

b) Propriedade da linearidade

∬ (𝛼 �⃗� + 𝛽 �⃗� ). �⃗⃗�𝑠

𝑑𝐴 = 𝛼 ∬ �⃗� . �⃗⃗�𝑠

𝑑𝐴 + 𝛽 ∬ �⃗� . �⃗⃗�𝑠

𝑑𝐴

Onde 𝛼, 𝛽 são constantes numéricas.

c) Propriedade da atividade: Considere a superfície S composta pelas

partes S1,S2,...Sm, então o fluxo do campo �⃗� através de S é igual a

soma dos fluxos do campo �⃗� através das superfícies S1,S2,...Sm .

Seja

n

F

dA

S

x

y

Linha de campo

z


90

HLCS

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴

e

𝑆 = ⋃ 𝑆𝑚

𝑖=𝑚

𝑖=1

Logo:

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴 = ∑ ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑆𝑚

𝑑𝐴

𝑖=𝑚

𝑖=1

Ou seja, o fluxo total é a soma dos fluxos parciais:

ΦS�⃗� = ∑ ΦSm

�⃗�

i=m

i=1

Exemplo 6.811.- Dado uma circunferência fixa de radio 2 colocada no

plano x y, determine o fluxo do campo vetorial �⃗� através da superfície limitada pela circunferência.

a) Quando �⃗� = 5�⃗⃗�

b) Quando �⃗� = 3𝑗 + 4�⃗⃗�

c) Quando �⃗� = 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗

Solução.-

a)

Primeiro vamos visualizar a configuração do campo em relação à superfície circular. Observamos que o campo vetorial é ortogonal à superfície circular de raio 2, logo :


91

HLCS

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴

�⃗� = (0,0,5), �⃗⃗� = (0,0,1)

Por tanto : �⃗�. �⃗⃗� = 5

Finalmente:

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴 = ∬5 𝑑𝐴 = 5

𝑆

∬𝑑𝐴

𝑆

= 5 𝜋 22 = 20𝜋

b) No segundo caso, o campo vetorial constante �⃗� forma um ângulo agudo em relação a normal à superfície circular S.

Campo �⃗� = (0,3,4),

Normal à superfície S : �⃗⃗� = (0,0,1), logo :

n F

Área do círculo = 4π


92

HLCS

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠

𝑑𝐴 = ∬(0,3,4). (0,0,1)

𝑠

𝑑𝐴 = ∬4 𝑑𝐴

𝑆

ΦS�⃗� = 4. (π22) = 16π

Exemplo 6.812.- Considere um campo vetorial uniforme �⃗� = 𝐹�⃗⃗� e uma superfície circular de área A localizada em 3 distintas posições.

a) Superfície circular em posição horizontal b) Superfície circular plana com normal �⃗⃗� = (0, 𝑎, 𝑏), 𝑎2 + 𝑏2 = 1 c) Superfície circular plana com normal �⃗⃗� = (0,−1,0)

Solução

n

F


93

HLCS

Construindo a figura que representa as três situações anteriores, percebemos que algumas linhas de campo que atravessam o circulo horizontal (a) não atravessa o circulo inclinado (b). Percebemos também que todas as linhas de campo verticais são paralelas ao circulo na posição vertical (c), logo podemos concluir que neste ultimo caso, o fluxo é zero, desde que nenhuma linha de campo atravessa a superfície circular.

Calculando o fluxo em cada caso:

a) ΦS�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�

𝑠 𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,0, 𝐹), �⃗⃗� = (0,0,1)

ΦS�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�

𝑠 𝑑𝐴 = ∬ (0,0, 𝐹). (0,0,1)

𝑠 𝑑𝐴 = 𝐹 ∬ 𝑑𝐴

𝑆= 𝐹𝐴

b) ΦS�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�


�⃗� = (0,0, 𝐹), �⃗⃗� = (0, 𝑎, 𝑏)

A

A

F n

n

n

x

y

z

A


94

HLCS

ΦS�⃗� = ∬(0,0, 𝐹). (0,0, 𝑏)

𝑠

𝑑𝐴

ΦS�⃗� = 𝐹 𝑏 ∬𝑑𝐴

𝑆

= 𝐹𝑏𝐴

Observe que, �⃗�. �⃗⃗� = 𝐹𝑏 ≡ |�⃗�||�⃗⃗�| cos(𝜃) =F cos(𝜃)

ΦS�⃗� = 𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜃).

Sendo 𝞠 o ângulo formado pelo campo vetorial uniforme �⃗� e o vetor unitário normal �⃗⃗� à superfície S.

Como: | cos(𝜃) | ≤ 1 entao :

𝚽𝐛�⃗⃗⃗� < 𝚽𝐚

�⃗⃗⃗�

c) ΦS�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�


�⃗� = (0,0, 𝐹), �⃗⃗� = (0,−1,0)

ΦS�⃗� = ∬ (0,0, 𝐹). (0,−1,0)

𝑠 𝑑𝐴 = 0.

Os três resultados anteriores indicam claramente que o fluxo de um campo vetorial tem uma interpretação geométrica. Ela determina o número de linhas de campo que atravessa uma dada superfície.

Observe que dada a disposição da mesma superfície circular (área A) em 3 posições distintas, o fluxo do campo vai depender da posição relativa das linhas de campo em relação ao vetor


95

HLCS

unitário normal à superfície S. O fluxo será máximo na posição inicial a, onde as linhas de campo são ortogonais a superfície S.

Na situação b, algumas linhas de campo que atravessam a superfície S horizontal (a) não atravessa mais, ou seja o fluxo do campo deve diminuir, isto se verifica ao realizar a conta especifica.

Pior ainda, na situação (c), as linhas de campo são paralelas à superfície S, logo elas não atravessam a superfície S. Ou seja, o fluxo do campo vertical uniforme F sobre a superfície S é nulo. Que esta de acordo com o resultado matemático feito a partir da definição formal do fluxo do campo F.

Resumo:

ΦS�⃗� = 𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜃).

Sendo 𝞠 o ângulo formado pelo campo vetorial uniforme �⃗� e o vetor unitário normal �⃗⃗� à superfície S.

6.82.- Fluxo de um campo vetorial numa superfície fechada.

Consideremos um campo vetorial �⃗� arbitrário no espaço R3, e uma superfície fechada S é orientável. É natural pensar que teremos linhas de campo entrando e saindo através da superfície S. Para cada elemento de área dA da superfície S, teremos um vetor unitário normal �⃗⃗�, convencionalmente apontando para fora da superfície.

Para calcular o fluxo total sobre uma superfície fechada S, realizaremos uma integral de superfície da projeção do campo vetorial F na direção do vetor unitário normal à ao elemento de área infinitesimal dA pra toda a superfície fechada (ver figura)

a) 𝜃 = 0,→ ΦS�⃗⃗⃗� = 𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠(0) = 𝐹𝐴.

b) 0 < 𝜃 <𝜋

2, ΦS

�⃗� = 𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜃)

c) 𝜃 = 𝜋/2,→ ΦS�⃗⃗⃗⃗� = 𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠 (

𝜋2) = 0


96

HLCS

ΦS�⃗� = ∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

x

y

z

dA

n

F

F

S

Linhas de campo

F

n F cos(𝞠�)

𝞠� dA

�⃗�. �⃗⃗� = 𝐹𝑐𝑜𝑠(𝜃)


97

HLCS

Observação 1.- Observe que em geral o vetor unitário �⃗⃗� varia ponto a

ponto ao longo da superfície, o valor e a orientação do campo �⃗� varia

ponto a ponto, logo o ângulo entre o campo �⃗� e �⃗⃗� varia ponto a ponto também.

Observação 2.- Caso a superfície fechada seja constituída por varias faces, tipo um paralelepípedo, um tetraedro, uma cunha, etc. O calculo do fluxo total na superfície fechada será simplesmente a soma aritmética dos fluxos calculados em todas as faces. A seguir iremos calculo o fluxo de um campo vetorial em algumas superfícies conhecidas: superfícies planas, cilíndricas, esféricas.

Exemplo 6.821.- Dada um campo vetorial �⃗� = 4𝑗 constante, determine o fluxo deste campo através das diferentes faces do prisma triangular a seguir.

A=(2,0,0), B=(0,4,0),C=(0,0,3), D=(2,0,3), E=(2,4,0).

Qual é o valor do fluxo total do campo vetorial �⃗� através da superfície fechada definida pelo prisma?

Solução.-

F

A

B

C

D

E


98

HLCS

A superfície fechada tem 5 faces, iremos cálculos o fluxo em cada face por separado, e logo o fluxo total será a soma algébrica dos fluxos em cada face.

Por convenção o vetor unitário normal �⃗⃗� que forma parte da formula do fluxo pra superfícies fechadas, sempre estará orientada para o lado de fora da superfície

Seja O -> a origem de coordenadas, então:

Face 0CDA -> S1 -> �⃗⃗�1 = (0,−1,0) ,

Face 0AEB -> S2 -> �⃗⃗�2 = (0,0,−1) ,

Face DAE -> S3 -> �⃗⃗�3 = (1,0,0) ,

Face 0BC -> S4 -> �⃗⃗�4 = (−1,0,0) ,

Face DEBC -> S5 -> �⃗⃗�5 =? ,

Para calcular o ultimo vetor unitário, vamos desenhar a vista de perfil do solido.

Da figura anterior podemos determinar as componentes do vetor unitário �⃗⃗�5.

�⃗⃗�5 = (0, cos(𝜃) , sin(𝜃)) = (0,3

5,4

5)

y

z

3

4

𝞠 𝞠�

5n No triangulo retângulo junto aos eixos

coordenados, o ângulo 𝞠 (cuja tangente

é 4/3 ) tem valor de 𝞠=530


99

HLCS

O fluxo total no prisma triangular “S” é :

ΦS�⃗� = ∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

Sendo 𝑆 = 𝑆1 ∪ 𝑆2 ∪ 𝑆3 ∪ 𝑆4 ∪ 𝑆5

Calculando o fluxo em cada face.

Face S1

ΦS1�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�1S1

𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,4,0), �⃗⃗�1 = (0,−1,0)

ΦS1�⃗� = ∬(0,4,0). (0, −1,0)

S1

𝑑𝐴 = −4∬𝑑𝐴

S1

= −4(𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑆1)

ΦS1�⃗� = −4(2.3) = −24

Obs: O sinal negativo significa um fluxo entrante pela face S1, na superfície fechada.

Face S2

ΦS2�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�2S2

𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,4,0), �⃗⃗�2 = (0,0,−1)

ΦS2�⃗� = ∬ (0,4,0). (0,0,−1)

S2 𝑑𝐴 = 0.

Obs: o fluxo nulo quer dizer que por esta face não atravessa nenhuma linha de campo.

Face S3


100

HLCS

ΦS3�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�3S3

𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,4,0), �⃗⃗�3 = (1,0,0)

ΦS3�⃗� = ∬ (0,4,0). (1,0,0)

S3 𝑑𝐴 = 0.

Face S4

ΦS4�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�4S4

𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,4,0), �⃗⃗�4 = (−1,0,0)

ΦS4�⃗� = ∬ (0,4,0). (−1,0,0)

S4 𝑑𝐴 = 0.

Face S5

ΦS5�⃗� = ∬ �⃗�. �⃗⃗�5S5

𝑑𝐴 sendo:

�⃗� = (0,4,0), �⃗⃗�5 = (0,3

5,4

5)

ΦS5�⃗� = ∬ (0,4,0). (0,

3

5,4

5)

S5 𝑑𝐴 =

12

5∬ 𝑑𝐴

S5=

12

5(𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑆5).

ΦS5�⃗� =

12

5 2.5 = 24

Finalmente :

ΦS�⃗� = ΦS1

�⃗� + ΦS2�⃗� + ΦS3

�⃗� + ΦS4�⃗� + ΦS5

�⃗�

ΦS�⃗� = −24 + 0 + 0 + 0 + 24 = 0

Conclusão: O fato que todas as linhas que entraram saíram significa que o fluxo total na superfície fechada é nulo, logo significa também ausência


101

HLCS

de fontes ou sumidouros dentro da superfície fechada. Isto é porque na região temos um campo uniforme.

Propriedade: Dada uma superfície fechada orientável e arbitraria S e um

campo vetorial arbitrário �⃗� na região onde temos definido a superfície S, então se dentro da superfície S não temos fontes ou sumidouros, o fluxo

total do campo vetorial �⃗� na superfície fechada é nula.

Este resultado ser ira provar posteriormente de forma exata e fácil, quando apresentarmos o teorema da divergência.

Observação 1.- Observe na figura, que o número de linhas que entram em S (fluxo negativo) é o mesmo que número de linhas que saem de S (fluxo positivo), por tanto é evidente que o fluxo total na superfície fechada S é nulo.

Observação 2.- na formula

ΦS�⃗� = ∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

S

F


102

HLCS

Na região onde o campo vetorial é entrante, o produto escalar �⃗�. �⃗⃗� é

negativo desde que o campo �⃗�e o vetor normal �⃗⃗⃗� formam um ângulo obtuso ( 𝜃 ≥ 𝜋/2), dando um fluxo negativo.

Na região onde o campo vetorial é saindo, o produto escalar �⃗�. �⃗⃗� é

positivo desde que o campo �⃗�e o vetor normal �⃗⃗⃗� formam um ângulo agudo ( 𝜃 ≤ 𝜋/2), dando um fluxo positivo.

Exemplo 6.822.- Calcular o fluxo do campo vetorial �⃗� = 2𝑟, através da superfície cilíndrica de altura H, e raio da base R (superfície fechada). Sendo o eixo Z o eixo coaxial do cilindro e a base do cilindro se encontra no plano xy. O vetor 𝑟 é o raio vetor de qualquer ponto arbitrário do

espaço a partir do eixo z (�⃗� = 2𝑟 𝑒𝑟⃗⃗ ⃗⃗ , onde 𝑟 é a variável radial em coordenadas cilíndricas, e 𝑒𝑟⃗⃗ ⃗⃗ é o vetor unitário radial).

Solução.

A superfície cilíndrica S (fechada) esta constituída de 3 superfícies abertas, ( uma superfície lateral e duas superfícies circulares):


103

HLCS

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3

Logo

ΦS�⃗� = ∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

é a integral que queremos calcular. De acordo a propriedade c do fluxo uma superfície S, temos que:

ΦS�⃗� = Φ𝑆1

�⃗� + Φ𝑆2

�⃗� + Φ𝑆3

�⃗�


104

HLCS

𝑛1 = (0,0,1), 𝑛3 = (0,0,−1), 𝑛2 = 𝑒𝑟

Sendo 𝑒𝑟 um vetor unitário radial em coordenadas cilíndricas, logo ele é sempre perpendicular ao eixo z.

Calculando o fluxo na superfície S1:

Na superfície S1, localizamos o elemento de área 𝑑𝑠 (arbitrário) junto ao vetor �⃗⃗�1 que é perpendicular à ds. O vetor �⃗⃗�1 e o vetor 𝑒𝑟 (que é horizontal) são ortogonais, então: �⃗⃗�1. 𝑒𝑟 = 0.

1n

2n

3nx

y

z

F

F

F

S1

S2

S3


105

HLCS

O campo �⃗� pode se escrever assim: �⃗� = 2𝑟 = 2𝑟𝑒𝑟 em coordenadas cilíndricas.

Φ𝑆1

�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�1

𝑆1

𝑑𝐴 = 2∬𝑟(𝑒𝑟 . �⃗⃗�1

𝑆1

) 𝑑𝐴 = 0


O processo é similar que no caso anterior. o vetor �⃗⃗�3 é perpendicular ao vetor 𝑒𝑟 (que é horizontal) então: �⃗⃗�3. 𝑒𝑟 = 0. Logo

Φ𝑆3

�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�3

𝑆3

𝑑𝐴 = 2∬𝑟(𝑒𝑟 . �⃗⃗�3

𝑆3

) 𝑑𝐴 = 0


106

HLCS


Na superfície lateral S2, numa posição arbitraria localizamos um elemento de área 𝑑𝑠, junto ao versor �⃗⃗�2 perpendicular à 𝑑𝑠. O campo vetorial

�⃗� = 2𝑟 = 2𝑟𝑒𝑟 é paralelo ao vetor unitário �⃗⃗�2

Já sabemos que 𝑒𝑟 = �⃗⃗�2. Na superfície lateral : 𝑅 = 𝑟.


107

HLCS

Φ𝑆2

�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�2

𝑆2

𝑑𝐴 = 2∬𝑟(𝑒𝑟 . 𝑒𝑟

𝑆3

) 𝑑𝐴 = 2∬𝑅

𝑆3

𝑑𝐴

Φ𝑆2

�⃗� = 2𝑅 ∬𝑑𝐴

𝑆3

= 2𝑅 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2𝑅 (𝟐𝝅𝑹𝑯)

Φ𝑆2

�⃗� = 4𝑅2𝐻 𝜋

Finalmente

ΦS�⃗� = Φ𝑆1

�⃗� + Φ𝑆2

�⃗� + Φ𝑆3

�⃗�

ΦS�⃗� = 0 + 4𝑅2𝐻 𝜋 + 0 = 4𝑅2𝐻 𝜋


108

HLCS

6.83 Cálculo de fluxo de um campo vetorial em superfícies arbitrárias.

-Método de projeção a um plano coordenado

Consideremos uma superfície aberta S, que se projeta recíproca e univocamente no plano xy, no domínio 𝐷𝑥𝑦. Logo a superfície pode ser

definida pela equação 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦). Considerando que o elemento de área infinitesimal em S é

𝑑𝐴 =𝑑𝑥𝑑𝑦

|cos (𝛾)|

Logo o cálculo do fluxo do campo vetorial �⃗� através da superfície S arbitraria no espaço 𝑅3

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

Fica assim:

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗�

1

|cos (𝛾)||𝑧=𝑓(𝑥,𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

Sendo �⃗⃗� o versor normal ao lado elegido para calcular o fluxo na superfície S.

Considerando a hiper-superfície :

𝑧 − 𝑓(𝑥, 𝑦) = ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0

temos


109

HLCS

�⃗⃗� = ±∇ℎ

|∇ℎ|= ±

(−𝑓𝑥, −𝑓𝑦 , 1)

√𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 + 1

Se �⃗⃗� = (0,0,1) então o produto escalar fica :

�⃗⃗�. �⃗⃗� = |�⃗⃗�||�⃗⃗�| cos(𝛾) = cos(𝛾)

±1


2 + 1

= cos(𝛾)

Substituindo na formula do fluxo do campo vetorial �⃗� através da superfície S, temos:

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗� √𝑓𝑥

2 + 𝑓𝑦2 + 1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Esta é a formula final para calcular o fluxo numa superfície aberta e arbitraria S, observamos que a integra dupla se calcula no domínio 𝐷𝑥𝑦 = 𝐷 ⊂ 𝑅2 que é a projeção de S no plano xy.

F �⃗⃗�


110

HLCS

Exemplo 6.831.- Considere o campo vetorial �⃗� = (𝑥, 𝑦, 𝑧 + 𝑥) e a superfície plana S definido pela função 𝑧 = 4 − 2𝑥 − 2𝑦 , limitado no

primeiro oitante. Determine o fluxo do campo �⃗� em S na direção oposta a origem de coordenadas.

Solução.-

Da equação da superfície:

𝑓𝑥 = −2, 𝑓𝑦 = −2

Logo

�⃗⃗� = ±(−𝑓𝑥 , −𝑓𝑦 , 1)


2 + 1

= +(2,2,1)

3

O sinal (+) foi escolhido devido a que o ângulo 𝛾 do vetor �⃗⃗� e o vetor �⃗⃗� é agudo (menor que 900) (o vetor tem que estar orientado em direção ao primeiro oitante a partir da origem de coordenadas).

O produto escalar

�⃗�. �⃗⃗� == (𝑥, 𝑦, 𝑧 + 𝑥). (2

3,2

3,1

3) =

2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑥

3

Substituindo a função 𝑧 = 4 − 2𝑥 − 2𝑦

�⃗�. �⃗⃗� =4 + 𝑥

3

Logo a formula do fluxo na superfície S fica

ΦS�⃗� = ∬

4 + 𝑥

3 3 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦


111

HLCS

ΦS�⃗� = ∬(4 + 𝑥) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦

Sendo 𝐷𝑥𝑦 a projeção de S no plano xy (triangulo AOB)

O triangulo AOB pode-se definir assim

𝐷𝑥𝑦 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 𝑥}

Por tanto o fluxo em S é:

ΦS�⃗� = ∫ ∫ (4 + 𝑥) 𝑑𝑥𝑑𝑦

2−𝑥

0

2

0

ΦS�⃗� = ∫(4𝑦 + 𝑥𝑦)|2

2−𝑥

2

0

𝑑𝑥 = ∫(8 − 2𝑥 − 𝑥2)

2

0

𝑑𝑥

x

z

y

n

S: Z=4-2x-2y

o

F

F A

B


112

HLCS

ΦS�⃗� =

28

3

Exemplo 6.832. Considere o campo vetorial �⃗� = (𝑥, 𝑦, 4𝑧) e o paraboloide S definido pela função 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 , limitado pelo

plano horizontal z=4. Determine o fluxo do campo �⃗� em S na direção da parte externa da superfície.

Solução.-


𝑓𝑥 = 2𝑥, 𝑓𝑦 = 2𝑦

Logo

�⃗⃗� = −(−2𝑥,−2𝑦, 1)

√4𝑥2 + 4𝑦2 + 1

O sinal (-) foi escolhido devido a que o ângulo 𝛾 do vetor �⃗⃗� e o vetor �⃗⃗� é obtuso (maior que 900).

O produto escalar

�⃗�. �⃗⃗� = (𝑥, 𝑦, 4𝑧).(2𝑥, 2𝑦, −1)

√4𝑥2 + 4𝑦2 + 1=

2𝑥2 + 2𝑦2 − 4𝑧

√4𝑥2 + 4𝑦2 + 1

Substituindo a função 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2

�⃗�. �⃗⃗� =−(2𝑥2 + 2𝑦2)

√4𝑥2 + 4𝑦2 + 1

Logo a formula do fluxo na superfície S fica

ΦS�⃗� = ∬

−(2𝑥2 + 2𝑦2)

√4𝑥2 + 4𝑦2 + 1 √4𝑥2 + 4𝑦2 + 1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦


113

HLCS

ΦS�⃗� = − ∬(2𝑥2 + 2𝑦2) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦

Sendo 𝐷𝑥𝑦 a projeção de S no plano xy.

A interseção da superfície S : 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 e o plano z=4, da como interseção a circunferência 4 = 𝑥2 + 𝑦2, que será a borda da superfície S. Projetando a superfície S no plano x y, obtemos uma região circular 𝐷𝑥𝑦

de raio R=2 .

Para calcular a integral dupla no domínio circular, vamos utilizar coordenadas polares, sendo que:

𝐷𝑥𝑦 = {(𝑟, 𝜃) 𝜖 𝑅2 / 0 ≤ 𝑟 ≤ 2,0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}

x

y

z

S

xyD

422 yx

n


114

HLCS

ΦS�⃗� = −2∫ ∫(𝑥2 + 𝑦2) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

2

0

= −2∫ ∫r2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

2

0

2π

0

2π

0

ΦS�⃗� = −2

r4

4|02. (2π) = −16π

Exemplo 6.833.- Considere uma superfície cônica S, cuja equação é

𝑧 = √𝑥2 + 𝑦2 e limitada pelo plano 𝑧 = 2 (define a borda da superfície cônica). Considere o campo vetorial 𝐹 = (0,0, 𝑧2), logo determine o fluxo do campo F através da superfície S.

Solução.-


𝑓𝑥 =𝑥

√𝑥2 + 𝑦2, 𝑓𝑦 =

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2

Logo

�⃗⃗� = ±(−𝑓𝑥, −𝑓𝑦 , 1)


2 + 1

=(𝑥, 𝑦, −√𝑥2 + 𝑦2)

√2𝑥2 + 2𝑦2

O sinal (-) foi escolhido devido a que o ângulo 𝛾 do vetor �⃗⃗� e o vetor �⃗⃗� é obtuso (maior que 900).


115

HLCS

O produto escalar

�⃗�. �⃗⃗� = (0,0, 𝑧2).(𝑥, 𝑦, −√𝑥2 + 𝑦2)

√2𝑥2 + 2𝑦2= −𝑧2(

1

√2)

ΦS�⃗� = ∬�⃗�. �⃗⃗� √𝑓𝑥

2 + 𝑓𝑦2 + 1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦

ΦS�⃗� = ∬−𝑧2 (

1

√2) √2 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦

= − ∬𝑧2𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑥𝑦

Sendo 𝐷𝑥𝑦 a projeção da superfície cônica no plano x y, que é uma

circunferência de raio R=2.

Em coordenadas polares

x

y

z

S: Superfície cônica

Projeção de S no plano xy

Borda da superfície S


116

HLCS

𝐷𝑥𝑦 = {(𝑟, 𝜃) 𝜖 𝑅2 / 0 ≤ 𝑟 ≤ 2,0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}

Logo

ΦS�⃗� = −∫ ∫𝑧2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

2

0

2𝜋

0

Na superfície cônica 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2 em coordenadas polares

𝑧2 = 𝑟2

logo

ΦS�⃗� = −∫ ∫𝑟2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

2

0

2𝜋

0

= −8𝜋

Relação entre a divergência e o fluxo de um campo vetorial.

A seguinte equação, vamos apresentar sem demonstração, ela indica a relação próxima que existe entre a divergência de um campo vetorial num ponto do espaço e o fluxo do mesmo campo num entorno fechado e arbitrário ao redor do ponto.

𝐷𝑖𝑣(�⃗�) = lim∆𝑉→0

∯ �⃗�. �⃗⃗�𝑆

𝑑𝐴

∆𝑉

Sendo S a superfície fechada fronteira ou borda do volume ∆𝑉.

Observe que se a divergência for positiva num ponto dado do espaço, é sinal de que no ponto dado, tempos a presença de uma fonte; de forma análoga, se calcularmos o fluxo total do campo ao redor do ponto, e se o resultado por positivo, então também podemos entender, que dentro da superfície fechada e totalmente arbitraria, temos uma fonte.


117

HLCS

Vamos entender melhor esta relação através de um exemplo bem particular, e uma escolha da superfície fechada também, bem particular.

Exemplo de aplicação.

Considere o campo vetorial �⃗� = (2𝑥, 0,0) e seja uma caixa retangular de dimensões 𝑎, 𝑏, 𝑐 localizada no primeiro oitante do espaço tridimensional (ver figura a seguir) com os lados paralelo aos eixos coordenados. Nesta situação 𝑆 é a superfície total de um paralelepípedo.

𝑆 = 𝑠1 ∪ 𝑠2 ∪ 𝑠3 ∪ 𝑠4 ∪ 𝑠5 ∪ 𝑠6

Devemos calcular ambos lados da igualdade anterior em forma independente e verificar a igualdade. O lado esquerdo da igualdade é evidente.

A 𝑑𝑖𝑣(�⃗�) = 𝟐

No lado direito devemos calcular o fluxo do campo �⃗� na caixa em forma de paralelepípedo. È fácil ver que, somente vai ter contribuição efetiva em duas faces da caixa, aquelas que estão frontalmente à direção das linhas

de campo do fluxo, que vamos enumerar como 𝑠1 e 𝑠2


118

HLCS

Para calcular o fluxo vamos localizar melhor o paralelepípedo, assim

Observe que as linhas de campo ao longo do eixo x, unicamente atravessa as faces de dimensão 𝑏𝑐, e o faz de forma ortogonal; as outras faces são paralelas as linhas de campo, por tanto a contribuição ao fluxo total é nula.

∯�⃗�. �⃗⃗�

𝑆

𝑑𝐴 = ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠1

𝑑𝐴 + ∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠2

𝑑𝐴 + 0 + 0 + 0 + 0

Fluxo na face 𝑠1

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠1

𝑑𝐴 = ∫ ∫(2𝑥, 0,0). (1,0,0) 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏


119

HLCS

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠1

𝑑𝐴 = ∫ ∫ 2𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏

= ∫ ∫ 2𝑚 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏

= 2𝑚𝑏𝑐

Porque a face 𝑠1 tem como equação 𝑥 = 𝑚.

Fluxo na face 𝑠2

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠2

𝑑𝐴 = ∫ ∫(2𝑥, 0,0). (−1,0,0) 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠2

𝑑𝐴 = −2 ∫ ∫ 𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏

= −2 ∫ ∫(𝑚 − 𝑎) 𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑝

𝑝−𝑐

𝑛

𝑛−𝑏

Isto, porque a face 𝑠2 tem como equação 𝑥 = 𝑚 − 𝑎. Logo

∬�⃗�. �⃗⃗�

𝑠2

𝑑𝐴 = −2(𝑚 − 𝑎)𝑏𝑐

Dai que

∯�⃗�. �⃗⃗�

𝑆

𝑑𝐴 = 2𝑚𝑏𝑐 − 2(𝑚 − 𝑎)𝑏𝑐 = 2𝑐𝑏𝑎 = 2 ∆𝑉

Sendo ∆𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 o volume do paralelepípedo.

Logo,

lim∆𝑉→0

∯ �⃗�. �⃗⃗�𝑆

𝑑𝐴

∆𝑉= lim

∆𝑉→0

2 ∆𝑉

∆𝑉= lim

∆𝑉→0(2) = 2

Que é o mesmo valor que a divergência do campo.


120

HLCS

Logo temos verificado, nas condições do exemplo, a validade da relação entre a divergência e o fluxo.

6.84 Fluxo de um campo de velocidades

na hidrodinâmica

Escoamento de fluidos.

Vazão em volume (𝑄𝑉).- É a quantidade de volume do fluido em que

atravessa uma superfície por unidade de tempo uma seção S de um conduto. Ou seja, vazão é a rapidez com a qual um volume escoa pela seção S do conduto. Podemos dizer também que vazão corresponde a taxa e escoamento pela mesma seção S. Matematicamente, podemos

definir um campo de velocidade do fluido �⃗⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) a qual vai definir um fluxo através da superfície S por unidade de tempo. Logo:

𝑄 𝑉 = ∬�⃗⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

unidades: 𝑚3

𝑠

Vazão em massa (Qm) .- É a quantidade de fluido em unidades

de massa que atravessa uma superfície 𝑆 por unidade de tempo, definida

como o fluxo do campo de velocidades �⃗⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) (do fluido de densidade 𝜌) através da superfície 𝑆.

Unidades: kg/s

𝑄𝑚 = ∬𝜌�⃗⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴


121

HLCS

�⃗⃗� é o vetor unitário perpendicular ao elemento de área 𝑑𝐴 na direção para fora da superfície S .

Exercício 6.841.- Temos uma tubulação vertical em forma cilíndrica de raio R=2m posicionada ao longo do eixo “z”. Por ela circula água (ρ=1000kg/m3) a uma velocidade 𝑉 = (0,0,4 − 𝑥2−𝑦2) 𝑚/𝑠

a) Determine a vazão em massa do fluido através da superfície plana e transversal do cilindro, localizada a altura z=4.

b) Determine a vazão em massa do fluido através da superfície semi -esférica colocada na saída da tubulação: 𝑥2+𝑧2+𝑧2= 4, 𝑧 ≥ 0.

Solução

a) A superfície plana e transversal ao cilindro é na verdade a superfície circular de raio R=2.

𝑄𝑚 = ∬𝜌�⃗⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑄𝑚 = ∬1000(0,0,4 − 𝑥2 − 𝑦2)

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

O vetor �⃗⃗� = (0,0,1), e 𝑑𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦, logo

𝑄𝑚 = ∬1000(0,0,4 − 𝑥2 − 𝑦2)

𝑆

. (0,0,1) 𝑑𝐴


122

HLCS

𝑄𝑚 = 1000∬(4 − 𝑥2 − 𝑦2)

𝐷

𝑑𝑥𝑑𝑦

Sendo

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑥2 + 𝑦2 = 4, 𝑧 = 4}

Em coordenadas cilíndricas

𝐷 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑟 = 2, 𝑧 = 4}

Logo a integral fica

𝑄𝑚 = 1000∫ ∫(4 − 𝑟2)

2

0

2𝜋

0

𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝑄𝑚 = 8000𝜋 𝑘𝑔/𝑠

b) Calculo do fluxo na superfície esférica 𝑧 = √4 − 𝑥2 + 𝑦2 (hemisfério norte). Podemos resolver utilizando coordenadas esféricas.

Temos novamente a formula do fluxo do campo de velocidades, agora na superfície 𝑆 (semi-esférica)

𝑄𝑚 = ∬𝜌�⃗⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

O elemento de área na superfície esférica é 𝑑𝐴 = 𝑅2 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙

O vetor unitário normal à superfície semi-esférica é radial saindo para o lado de fora da superfície. Como o campo vetorial é vertical


123

HLCS

�⃗� = 𝜌�⃗⃗� = 𝜌(0,0,4 − 𝑥2 − 𝑦2) então �⃗⃗� e �⃗� formam ângulo 𝜃

logo

�⃗⃗�. �⃗� = |�⃗�||�⃗⃗�| cos(𝜃) = 𝜌|(4 − 𝑥2 − 𝑦2)|cos (𝜃)

Além do mais, dentro da tubulação (𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4) , dai


𝑄𝑚 = ∬𝜌(4 − 𝑥2 − 𝑦2)cos (𝜃)

𝑆

4 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑𝜙

Lembrando transformação de coordenadas esféricas a cartesianas

Na superfície esférica S temos:

𝑥 = 2 sin(𝜃) cos(𝜙) , 𝑦 = 2 sin(𝜃) sin(𝜙)

logo

𝑄𝑚 = ∬1000(4 − (2 sin(𝜃))2)cos (𝜃)

𝑆

4 sin(𝜃)𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝑄𝑚 = 16000∬cos(𝜃)3

𝑆

sin(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙

No hemisfério norte : 𝑟 = 𝑅 = 2,0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2, 0 ≤ 𝜙 ≤ 2𝜋

𝑄𝑚 = 16000∫ ∫ cos(𝜃)3

𝜋2

0

2𝜋

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙

Integrando em ∅ e logo por substituição em 𝜃 (𝑢 = cos (𝜃)


124

HLCS

𝑄𝑚 = −32000𝜋 ∫u3

∗

∗

𝑑𝑢 = −32000𝜋 cos (𝜃)4

4 0

𝜋2

Finalmente

𝑄𝑚 = 8000𝜋 𝑘𝑔/𝑠

Deixo como tarefa resolver a mesma questão utilizando o método de projeção para calcular integrais duplas em superfícies arbitrarias utilizada no exercício 6.833

6.85 Fluxo de campo na eletrostática.

Exercício.- Provar que o fluxo da intensidade de campo elétrico �⃗⃗� =𝐾𝑄 𝑟

𝑟3

através de uma superfície fechada e arbitrária 𝑆 (contendo a carga Q) é

proporcional a carga 𝑄. �⃗⃗� é a intensidade de campo elétrico gerado pela carga elétrica Q localizada na origem de coordenadas.

Solução.-

Primeiro vamos demonstrar no caso particular quando a superfície é uma superfície esférica centralizada na carga 𝑄 (𝑆2) de raio R.

E n

Q

R

𝑆2


125

HLCS

Seja Φ𝑆2�⃗⃗� o fluxo do campo elétrico através da superfície esférica 𝑆2, logo:

Φ𝑆2�⃗⃗� = ∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆2

Sendo que o campo elétrico tem que ser avaliado na superfície esférica de raio R, então:

Φ𝑆2�⃗⃗� = ∯

𝐾𝑄 𝑟

𝑅3. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆2

e 𝑟 = 𝑅 �⃗⃗�, sendo �⃗⃗� o vetor unitário ortogonal a superfície esférica no ponto arbitrário de 𝑆2 onde avaliamos o campo elétrico.

Φ𝑆2�⃗⃗� =

𝐾𝑄

𝑅2∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆2

=𝐾𝑄

𝑅2∯𝑑𝐴

𝑆2

=1.𝑄

4𝜋휀0 𝑅24𝜋𝑅2 =

𝑸

𝜺𝟎

Este resultado é importante na eletrostática, e diz, que o fluxo do campo elétrico através de uma superfície esférica (que contém a carga elétrica Q) é proporcional ao valor da carga elétrica Q. isto quer dizer que se duplicarmos o valor da carga Q, o fluxo também irá se duplicar.

Em seguida, vamos calcular o fluxo do campo elétrico gerado pela mesma carga Q, através de uma superfície arbitraria S que contém a carga elétrica Q.

Como foi demonstrado no exercício 12 da lista, as linhas de campo elétricas devido a uma carga pontual são linhas radiais, saindo de carga se


126

HLCS

orientando até o infinito; isto está em concordância com a formula da intensidade de campo elétrico, que é radial sempre nesta situação.

Como não existe outras fontes (cargas positivas) ou sumidouros (cargas negativas) no entorno de nossa carga e dentro da superfície S, então é evidente afirmar que todas as linhas que passam pela superfície esférica também passa pela superfície fechada e arbitraria S. Logo

Φ𝑆2�⃗⃗� = Φ𝑆

�⃗⃗�

Como podemos ver na figura anterior, o numero de linhas de campo elétrico que passa pela superfície esférica de raio arbitrário é a mesma que o numero de linhas de campo que passa pela superfície fechada e arbitrária S, ambas contendo a carga Q, logo a equação anterior é perfeitamente válida.

Teorema de Gauss para uma carga pontual Q.


127

HLCS

O fluxo do campo elétrico �⃗⃗� =𝑄 𝑟

4𝜋 0𝑟3 gerado por uma carga

pontual, através de uma superfície arbitraria S, contendo a carga Q, é proporcional ao valor da carga Q.

Φ𝑆�⃗⃗� = ∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

=𝑸

𝜺𝟎

Teorema de Gauss (forma integral)

O teorema anterior para uma carga pontual, pode ser generalizado para uma distribuição de carga elétrica arbitraria contida num volume V.

Enunciado: O fluxo do campo elétrico através de uma superfície fechada e arbitraria 𝑆, contendo uma distribuição volumétrica de carga total Q, é proporcional ao valor desta carga Q contida no volume V.


128

HLCS

Φ𝑆�⃗⃗� = ∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

=𝑸

𝜺𝟎

Onde Q é a carga total contida na região volumétrica V, de densidade volumétrica (carga elétrica por unidade de volume). Logo

𝑄 = ∭𝜌(𝑟)

𝑉

𝑑𝑣

A demonstração do teorema anterior, é baseado no princípio de superposição, das interações eletromagnéticas, e em particular no principio de superposição das intensidades de campo elétrico, que afirma que “a intensidade de campo elétrico num ponto é a soma vetorial de todas as intensidades de campo elétrico devido a todas as cargas elétricas que contribuem para o campo elétrico neste ponto.” Também é baseado na linearidade da integral dupla em superfícies arbitrarias.

6.9 Teoremas importantes

6.91.-Teorema da divergência (Gauss-Ostrogradski)

Seja 𝐷 ⊂ 𝑅3 um solido tal que S é fronteira de D, sendo

S uma superfície fechada e orientável. Seja �⃗� um campo vetorial de classe C1, definido pelo menos em 𝐷 �⃗⃗⃗� e um vetor normal orientado para fora do volume D.

Enunciado: O fluxo de um campo vetorial �⃗� através da superfície orientável e fechada 𝑆 na direção do vetor �⃗⃗⃗� (para fora da

superfície), é igual a integral tripla da divergência do campo �⃗� no volume D limitada por 𝑆.


129

HLCS

∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∭∇. �⃗�

𝐷

𝑑𝑉

...................................(equac. 6.91)

D: é a região volumétrica limitada pela superfície fechada S.

Demonstração.

Consideremos que uma região volumétrica 𝑉 pode ser definida do seguinte modo

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 ⊂ 𝑅2𝑥𝑦 , 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑔(𝑥, 𝑦)

e

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, (𝑥, 𝑧) ∈ 𝐷 ⊂ 𝑅2𝑥𝑧, 𝑓(𝑥, 𝑧) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔(𝑥, 𝑧)

e

D

S

F n


130

HLCS

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, (𝑦, 𝑧) ∈ 𝐷 ⊂ 𝑅2𝑦𝑧, 𝑓(𝑦, 𝑧) ≤ 𝑥 ≤ 𝑔(𝑦, 𝑧)

Simultaneamente.

Quando a região volumétrica é do primeiro tipo dizemos que a região é do tipo I. Sendo 𝑧1 = 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝑧2 = 𝑔(𝑥, 𝑦) são equações de superfícies.

As outras se denominam regiões do tipo II e tipo III respectivamente.

Consideremos também um campo vetorial arbitrário �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) definido pelo menos na região 𝑉.

Logo, no lado direito da equação (6.91) desenvolvendo a divergência do

campo �⃗� temos

∭∇. �⃗�

𝐷

𝑑𝑉 = ∭𝜕𝐹1

𝜕𝑥𝐷

𝑑𝑉 + ∭𝜕𝐹2

𝜕𝑦𝐷

𝑑𝑉 + ∭𝜕𝐹3

𝜕𝑧𝐷

𝑑𝑉

........(6.92)

Considerando �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) = (𝐹1, 0,0) + (0, 𝐹2, 0) + (0,0, 𝐹3)

No lado esquerdo da equação (6.91) temos

∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∯(𝐹1, 0,0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

+ ∯(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

+ ∯(0,0, 𝐹3). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

................(6.93)

Iremos provar que:

∭𝜕𝐹1

𝜕𝑥𝐷

𝑑𝑉 = ∯(𝐹1, 0,0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

.....T1

∭𝜕𝐹2

𝜕𝑦𝐷

𝑑𝑉 = ∯(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆


131

HLCS

.......T2

∭𝜕𝐹3

𝜕𝑧𝐷

𝑑𝑉 = ∯(0,0, 𝐹3). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

......T3

Com isto, estaria provado que o lado esquerdo da equação (6,93) é igual ao lado esquerdo da equação (6,92), o que significa a validade do teorema da divergência.

Iremos demonstrar a igualdade T2; as igualdades T1 e T3 se demonstram do mesmo modo.

Para demonstrar T2, suponhamos que a região 𝑉 seja do tipo II

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, (𝑥, 𝑧) ∈ 𝐷 ⊂ 𝑅2𝑥𝑧, 𝑓(𝑥, 𝑧) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔(𝑥, 𝑧)

E analisemos o primeiro membro de T2:

∭𝜕𝐹2

𝜕𝑦𝐷

𝑑𝑉 = ∬ ∫ [𝜕𝐹2

𝜕𝑦 𝑑𝑦 ] 𝑑𝑥𝑑𝑧

𝑔(𝑥,𝑧)

𝑓(𝑥,𝑧)𝐷

Na hora de integrar na variável 𝑦, ao fixar 𝑥 e 𝑧 temos

𝑑𝐹2 =𝜕𝐹2

𝜕𝑦 𝑑𝑦

∫ 𝑑𝐹2

𝑔(𝑥,𝑧)

𝑓(𝑥,𝑧)

= 𝐹2(𝑥, 𝑔(𝑥, 𝑧), 𝑧) − 𝐹2(𝑥, 𝑓(𝑥, 𝑧), 𝑧)

Logo

∭𝜕𝐹2

𝜕𝑦𝐷

𝑑𝑉 = ∬(𝐹2(𝑥, 𝑔(𝑥, 𝑧), 𝑧) − 𝐹2(𝑥, 𝑓(𝑥, 𝑧), 𝑧)) 𝑑𝑥𝑑𝑧

𝐷


132

HLCS

...............................(6,94)

Analisando o segundo membro de T2

∯(0,𝐹2, 0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�1 𝑑𝐴

𝑆1

+ ∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�2 𝑑𝐴

𝑆2

+ ∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�3 𝑑𝐴

𝑆3

Na superfície 𝑆1 definida pela equação 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) podemos calcular o vetor normal unitário genérico numa posição arbitraria, assim

�⃗⃗�1 = +(−𝑔𝑥, 1, −𝑔𝑧)

√𝑔𝑦2 + 𝑔𝑧

2 + 1

O fluxo pode ser calcular, pelo método da projeção definida na seção 6.83

dai

∬(0,𝐹2, 0). �⃗⃗�1 𝑑𝐴

𝑆1

= ∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�1 √𝑔𝑦2 + 𝑔𝑧

2 + 1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷


133

HLCS

∬(0,𝐹2, 0). �⃗⃗�1 𝑑𝐴

𝑆1

= ∬(0, 𝐹2, 0).(−𝑔𝑥, 1, −𝑔𝑧)


2 + 1 √𝑔𝑦

2 + 𝑔𝑧2 + 1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Simplificando


134

HLCS

∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�1 𝑑𝐴

𝑆1

= ∬𝐹2(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑆1 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Observemos que a integral dupla se realiza na superfície 𝑆1 , logo o campo 𝐹2 tem que ser avaliado na equação 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧), finalmente

∬(0,𝐹2, 0). �⃗⃗�1 𝑑𝐴

𝑆1

= ∬𝐹2(𝑥, 𝑔(𝑥, 𝑧), 𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

De forma similar na superfície 𝑆2 temos

�⃗⃗�2 = −(−𝑔𝑥, 1, −𝑔𝑧)


2 + 1

O sinal negativo é porque agora o vetor unitário é na direção contraria ao caso da superfície 𝑆1 (ver figura), já que os vetores unitários em S tem que ser sempre para o lado de fora da superfície fechada.

∬(0, 𝐹2, 0). �⃗⃗�2 𝑑𝐴

𝑆2

= −∬𝐹2(𝑥, 𝑓(𝑥, 𝑧), 𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Na superfície 𝑆3 o vetor normal não tem a segunda componente

Ou seja, �⃗⃗�3 = (𝑛31, 0, 𝑛33), logo

∬(0,𝐹2, 0). �⃗⃗�3 𝑑𝐴

𝑆3

= ∬(0, 𝐹2, 0). (𝑛31, 0, 𝑛33)𝑑𝐴

𝑆3

= 0

Por tanto


135

HLCS

∯(0,𝐹2, 0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∬𝐹2(𝑥, 𝑔(𝑥, 𝑧), 𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

− ∬𝐹2(𝑥, 𝑓(𝑥, 𝑧), 𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

................(6,95)

Comparando as equações (6.94) e (6.95), vemos que

∯(0,𝐹2, 0). �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∭𝜕𝐹2

𝜕𝑦𝐷

𝑑𝑉

Que é a igualdade T2; de forma similar podemos demonstrar as igualdades T1 e T3; com o qual o teorema da divergência foi demonstrado.

Exemplo 6.911. Considere um campo uniforme �⃗� e uma superfície

fechada arbitrária S. provar que o fluxo total do campo �⃗� na superfície S é sempre zero.

Solução.-

D

S

F n


136

HLCS

Como a ideia é calcular o fluxo total na superfície fechada S ΦS�⃗� =

∯ �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴𝑆

, então podemos calcular seu valor utilizando o teorema da

divergência, assim:

∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∭∇. �⃗�

𝐷

𝑑𝑉

Seja �⃗� = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) o campo uniforme (constante)

Calculando ∇. �⃗� =𝜕𝐹1

𝜕𝑥+

𝜕𝐹2

𝜕𝑦+

𝜕𝐹3

𝜕𝑧= 0 + 0 + 0 = 0 logo:

ΦS�⃗� = ∯ �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆= ∭ ∇. �⃗�

𝐷 𝑑𝑉 = ∭ 0 𝑑𝑉 = 0

𝐷

Logo o fluxo total na superfície fechada S é sempre zero.

É evidente a resposta, desde que o número de linhas de campo que entram na superfície fechada é exatamente igual ao número de linhas de campo que saem da superfície S. Logo é claro que o fluxo total será zero.

Exemplo 6.912.- Seja �⃗� = (𝑥 𝑦, 𝑦 𝑧, 𝑥 𝑧) um campo vetorial definido no

espaço R3. Determine o fluxo do campo vetorial �⃗� para fora de uma superfície cúbica localizado no primeiro oitante e limitado por: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1.

Solução.

1

1

1

z

y

x

Como a superfície cúbica é fechada.

Então o fluxo do campo vetorial pode-se calcular utilizando o teorema da divergência.


137

HLCS

O que queremos calcular é a seguinte integral:

ΦS�⃗� = ∯ �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆, sendo S a superfície cúbica: (fechada)

𝑆 = 𝑆1 ∪ 𝑆2 ∪ 𝑆3 ∪ 𝑆4 ∪ 𝑆5 ∪ 𝑆6. Onde S é a união das 6 faces do cubo.

Entre tanto, como a superfície de interesse é fechada, então podemos calcular o fluxo total em S, utilizando o teorema da divergência, assim:

ΦS�⃗� = ∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∭∇. �⃗�

𝐷

𝑑𝑉

O solido D é o volume do cubo limitado por S, logo:

𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1}.

Calculando a divergência do campo �⃗�:

∇. �⃗� =𝜕𝐹1

𝜕𝑥+

𝜕𝐹2

𝜕𝑦+

𝜕𝐹3

𝜕𝑧=

𝜕(𝑥𝑦)

𝜕𝑥+

𝜕(𝑦𝑧)

𝜕𝑦+

𝜕(𝑥𝑧)

𝜕𝑧= 𝑦 + 𝑧 + 𝑥

Logo :

ΦS�⃗� = ∭(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)

𝐷

𝑑𝑉

ΦS�⃗� = ∭𝑥

𝐷

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 + ∭𝑦

𝐷

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 + ∭𝑧

𝐷

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧


138

HLCS

A primeira integral do lado direito é:

∭ 𝑥𝐷

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = ∫ 𝑥 𝑑𝑥 ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑑𝑧 = 1/21

0

1

0

1

0, da mesma forma as

outras duas integrais tem o mesmo valor. Por tanto:

ΦS�⃗� = 3/2.

Observe que o fluxo na superfície cúbica, podemos também determinar calculando o fluxo em cada uma das 6 faces da superfície cúbica, no final devemos obter o mesmo resultado anterior.

Exemplo. 6.913.- Seja 𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4} um sólido esférico de raio R=2, cuja borda é a uma superfície esférica de raio 𝑅 = 2 (𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 4}), observe que 𝑆 é uma superfície fechada. Seja 𝐹 = 3 𝑟 𝑒𝑟 um campo vetorial definido em R3,

verifique a validade do Teorema da divergência. 𝑒𝑟 é o vetor unitário radial em coordenadas esféricas.

Solução.-

Em primeiro lugar vamos calcular ∯ �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴𝑆

e posteriormente

∭ ∇. �⃗�𝐷

𝑑𝑉,logo vamos ver que são idênticos.

a) Calculando o fluxo através da superfície esférica.

∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= 3∯𝑟 𝑒𝑟. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

Como a superfície é esférica, então o vetor normal e unitário à superfície esférica coincide com 𝑒𝑟, logo: 𝑒𝑟 = �⃗⃗�, dai que 𝑒𝑟 . �⃗⃗� = 1,e 𝑟 = 𝑅 na superfície esférica.

Então

∯�⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= 3∯𝑅 𝑑𝐴

𝑆

= 3𝑅 ∯ 𝑑𝐴

𝑆

= 3𝑅(4𝜋𝑅2) = 96𝜋


139

HLCS

b) Calculando a integral de volume da 𝑑𝑖𝑣(�⃗�) no volume V

∭∇. �⃗�

𝑉

𝑑𝑉 =?

Como:

𝐹 = 3𝑟 𝑒𝑟 = (3𝑥, 3𝑦, 3𝑧)

∇. �⃗� =𝜕(3𝑥)

𝜕𝑥+

𝜕(3𝑦)

𝜕𝑦+

𝜕(3𝑧)

𝜕𝑧= 9

∭∇. �⃗�

𝑉

𝑑𝑉 = ∭9

𝑉

𝑑𝑉 = 9∭𝑑𝑉

𝐷𝑉

= 9 (4𝜋𝑅3

3) = 96𝜋

Teorema de Gauss (na forma diferencial)

Considere uma distribuição de carga elétrica numa região espacial volumétrica, com densidade volumétrica de carga 𝜌(𝑟). Considere também a intensidade de campo elétrico no espaço 𝑅3 gerado pela distribuição de carga; então vale a seguinte igualdade

𝑑𝑖𝑣(�⃗⃗�) =𝜌(𝑟)

휀0


140

HLCS

Demonstração.-

Vamos demonstrar a partir da forma integral do teorema de Gauss.

Φ𝑆�⃗⃗� = ∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

=𝑸

𝜺𝟎

Onde Q é a carga total contida na região volumétrica V e limitada pela superfície fechada 𝑆.

De acordo ao teorema da divergência,

∯�⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∭∇. �⃗⃗�

𝑉

𝑑𝑉

Das duas equações anteriores

𝑄

휀0= ∭∇. �⃗⃗�

𝑉

𝑑𝑉

Como:

𝑄 = ∭𝜌(𝑟)

𝑉

𝑑𝑣

Substituindo na equação anterior

1

휀0∭𝜌(𝑟)

𝑉

𝑑𝑣 = ∭∇. �⃗⃗�

𝑉

𝑑𝑉

Dai que


141

HLCS

∭(1

휀0 𝜌(𝑟)

𝑉

− ∇. �⃗⃗�) 𝑑𝑣 = 0

Como o elemento de volume é arbitrário, então

1

휀0 𝜌(𝑟) − ∇. �⃗⃗� = 0

ou

𝟏

𝜺𝟎 𝝆(�⃗⃗�) = 𝛁. �⃗⃗⃗�

Que é a primeira das 4 equações de Maxwell que governas todas as interações eletromagnéticas.

Como um exemplo trivial, se tivermos uma carga pontual 𝑞 na origem de

coordenadas, então 𝜌(𝑟) = 0, se 𝑟 ≠ 0⃗⃗ porque a única carga que temos esta exclusivamente na origem de coordenadas. Por outro lado, a intensidade de campo elétrico gerado pela carga q, é dado por

�⃗⃗� =𝑞

4𝜋휀0

𝑒𝑟

𝑟2

E foi verificado que

∇. �⃗⃗� = 0

Para 𝑟 ≠ 0⃗⃗ (exercício 8 c), já que quando 𝑟 = 0⃗⃗, a divergência não está definida.

A verificação da lei de Gauss, na origem de coordenadas, sai dos limites

dos objetivos da matéria (ver referencia xxx, para maior informação).


142

HLCS

6.92 Teorema de Green

Nesta seção iremos apresentar o teorema de Green que relaciona integrais de linha sobre uma curva fechada localizado no plano R2 e integrais duplas avaliadas na região interna limitada pela curva fechada.

Definição 6.921.- Seja uma função vetorial de Rn definido assim:

𝛾: 𝐼 = [𝑎, 𝑏] ⊆ 𝑅 → 𝑅𝑛

𝑡 ↦ 𝛾(𝑡)

Em que I é um intervalo de reta real R. O contradomínio da função 𝛾 diz-se traço da função ou curva.

Uma curva diz-se uma curva simples se e somente se

∀ 𝑡1, 𝑡2 ∈ 𝐼, 𝜸(𝒕𝟏) ≠ 𝜸(𝒕𝟐). Ou seja, com a possível exceção das extremidades, uma curva simples não tem auto-intersecção.

Diz-se uma curva fechada se e somente se

𝜸(𝒂) = 𝜸(𝒃), 𝑎 ≠ 𝑏, 𝑎 ∈ 𝐼, 𝑏 ∈ 𝐼.

y

x

Curva simples Curva não é simples


143

HLCS

É um resultado intuitivo que toda curva simples fechada no plano é a fronteira de uma região. Mais precisamente dizemos que “a região é limitada por 𝛾.”

Por convenção, uma curva simples fechada será dita positivamente orien-tada se for percorrida no sentido anti-horário ou em geral, se para um objeto bidimensional que percorre tal curva, a superfície está a sua esquerda sempre.

Definição 6.922 (Teorema de Green no plano R2).- Seja D

uma região simplesmente conexa e simples (limitada pela curva finita e simples γ), 𝛾 orientada positivamente em relação a D, tal que o campos de

vetores �⃗�: 𝐷 ⊆ 𝑅2 → 𝑅2 seja de classe C1(diferenciável ate primeira ordem nas derivadas parciais), então:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷𝛾

Sendo �⃗� = (𝐹1, 𝐹2).

Observação 1. Uma superfície D é simplesmente conexa se : dado dois pontos arbitrários e fixos em D e uma curva 𝜎1 inteiramente contida em D, unindo tais pontos, pode ser deformada continuamente em outra curva

D

𝞬�


144

HLCS

𝜎2 contida em D, entre os mesmos pontos. Outra forma equivalente de dizer que a superfície D é simplesmente conexa é dizer que tal superfície não tem furos. Quando a superfície tem furos dizemos que a superfície é multiplamente conexa.

Observação 2.- O teorema anterior, pode ser generalizado pra curvas fechadas continua por partes (seccionalmente continua), neste caso a integral de linha, do lado esquerda da equação anterior, será uma soma de todas as integrais de linha de todas as partes que constituem a curva fechada.

Exemplo 6.91.- Considere o campo vetorial �⃗� = (𝑦, −𝑥) e a região planar 𝐷 = {0 ≤ 𝑟 ≤ 2,0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋}. Verifique a validade do teorema de Green.

Solução.-

A região D é um semicírculo de raio 2 e centralizada na origem de coordenadas, ela esta limitada pela curva 𝛾 = 𝛾1 ∪ 𝛾2. Sendo 𝛾1uma semicircunferência de raio 2 e 𝛾2 é uma reta colinear ao eixo x, especificamente:

𝛾1 = (2 cos(𝑡) , 2 sin(𝑡)), 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋,

e

D

1

2x

y


145

HLCS

𝛾2 = (𝑡, 0), −2 ≤ 𝑡 ≤ 2.

É claro que a curva 𝛾 esta sendo percorrida em sentido anti-horário em relação a região D (orientação positiva, como requer o teorema de Green).

Calculo da integral de linha

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2𝛾

(I)

∫ �⃗�. 𝑑𝑟𝛾1

=?

Substituindo na integral:

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

= ∫(2 sin(𝑡) , −2 cos(𝑡)). (−2 sin(𝑡) 𝑑𝑡, 2 cos(𝑡)𝑑𝑡)

𝛾1

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

= ∫(−4 sin (𝑡)2 − 4cos (t)2)𝑑𝑡 = −∫ 4𝑑𝑡

𝜋

0

= −4𝜋

𝛾1

(II)

∫ �⃗�. 𝑑𝑟𝛾2

=?

Substituindo na integral de linha:

�⃗� = (𝑦(𝑡),−𝑥(𝑡)) = (2 sin(𝑡) , −2 cos(𝑡))

Na curva 𝜸𝟏 temos : x=2 cos(t), y=2sin(t)

dx = -2 sin(t) dt, dy =2 cos(t) dt.

�⃗� = (𝑦(𝑡), −𝑥(𝑡)) = (0,−𝑡)

Na curva 𝛾2: x=t, y=0;

dx =dt, dy=0


146

HLCS

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2

= ∫(0,−𝑡). (𝑑𝑡, 0) = 0

𝛾2

Logo:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾1

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾2

= −4𝜋 + 0 = −4𝜋.

𝛾

A seguir iremos calcular o lado direito do teorema de Green.

∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∬(𝜕(−𝑥)

𝜕𝑥−

𝜕(𝑦)

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∬(−1 − 1) 𝑑𝐴

𝐷

∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= −2∬ 𝑑𝐴

𝐷

= −2 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜

∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= −2(𝜋22

2) = −4𝜋

Finalmente comparando os dois resultados, verificamos que no exemplo dado o teorema de Green é perfeitamente valido.

Exemplo 6.91.- Determine a seguinte integral de linha ∮(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 +(2𝑦 − 4𝑥)𝑑𝑥 no contorno do triangulo ABC, percorrido no sentido anti-horário. A=(-2,0), B=(2,0), C=(0,4).


147

HLCS

Solução

Para calcular a integral de linha ∮(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 + (2𝑦 − 4𝑥)𝑑𝑥 no sentido anti-horário (uma volta completa), devemos parametrizar os 3 lados do triangulo e integral em cada segmento , entre tanto podemos calcular tal integral utilizando o teorema de Green.

∮(2𝑦 − 4𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 = ∮(2𝑦 − 4𝑥, 𝑥 + 𝑦). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) = ∮ �⃗�. 𝑑𝑟

Sendo �⃗� = (2𝑦 − 4𝑥2, 𝑥 + 𝑦) e 𝑑𝑟 = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) . Pelo teorema de Green

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷𝛾

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(𝜕(𝑥 + 𝑦)

𝜕𝑥−

𝜕(2𝑦 − 4𝑥2)

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷𝛾

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(1 − 2) 𝑑𝐴

𝐷

=

𝛾

− ∬ 𝑑𝐴

𝐷

A integral dupla anterior é a área do triangulo, logo

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾

8

y

x A

B

C


148

HLCS

6.921 Calculo de área de uma região plana pelo teorema de Green.

Consideremos o campo vetorial 𝐹 = (−𝒚, 𝒙) e uma curva fechada 𝛾 fronteira de uma superfície plana S.

Aplicamos o teorema de Green nas condições do enunciado do teorema :

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷𝛾+

= ∬(𝜕(𝒙)

𝜕𝑥−

𝜕(−𝒚)

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

∮(−𝑦, 𝑥). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦) =

𝛾+

∬(1 − (−1)) 𝑑𝐴

𝐷

= ∬2 𝑑𝐴

𝐷

Finalmente

S


149

HLCS

∬ 𝑑𝐴

𝐷

=1

2∮(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾+

O lado direito da equação anterior é área total da superfície S.

Por tanto

Corolario 6.922 Dado uma superfície plana S, limitada pela curva 𝛾+

e parametrizada em sentido anti-horário, então a área total da superfície S se calcula assim:

𝑨𝒓𝒆𝒂(𝑺) =𝟏

𝟐∮(𝒙𝒅𝒚 − 𝒚𝒅𝒙)

𝜸+

Formulas alternativas:

𝑨𝒓𝒆𝒂(𝑺) = ∮(𝒙𝒅𝒚)

𝜸+

𝑨𝒓𝒆𝒂(𝑺) = − ∮(𝒚𝒅𝒙)

𝜸+

As três formulas anteriores são equivalentes, para calcular a área de uma superfície S com borda a curva 𝛾+

Exemplo 6.921. Considere a elipse 𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2= 1 centralizada na origem de

coordenadas. Determine a área do da elipse utilizando o teorema de Green.

Solução.- Inicialmente iremos parametrizar a elipse, considerando a identidade trigonométrica sin (𝑡)2 + cos (𝑡)2 = 1, temos a seguinte forma paramétrica da elipse:

𝑥 = 𝑎 cos(𝑡) , 𝑦 = 𝑏 cos (𝑡)


150

HLCS

Por simples substituição podemos verificar que a parametrização anterior é anti-horária, e se da uma volta completa à elipse de t=0 a t=2π.

De acordo ao corolário 6.922, a área da elipse tem a seguinte forma:

𝐴𝑟𝑒𝑎(𝑒𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒) =1


𝛾+

…………(∗)

Se

𝑥 = acos(𝑡) → 𝑑𝑥 = −𝑎 sin(𝑡) 𝑑𝑡

𝑦 = b sin(𝑡) → 𝑑𝑦 = 𝑏 cos(𝑡) 𝑑𝑡

Substituindo em (*) :


2∮(acos (𝑡)𝑏 cos(𝑡) 𝑑𝑡 − b sin(𝑡)(−𝑎 sin(𝑡) 𝑑𝑡))

𝛾+

t= 0

t =2π


151

HLCS


2∫ 𝑎𝑏 𝑑𝑡

𝑡=2𝜋

𝑡=0

= 𝜋𝑎𝑏

Exemplo 6.922 Considere o quadrilátero ABCD, sendo A=(0,0),B=(2,2),C=(5,2),D=(9,0). Determine área do quadrilátero utilizando integral de linha.

Solução

De acordo ao enunciado do teorema de Green, devemos percorrer o quadrilátero no sentido anti-horário. Logo

𝐴𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐶𝐷) = ∮(𝑥𝑑𝑦)

𝛾+


152

HLCS

De acordo a figura anterior a área do quadrilátero fica assim


𝛾+

= ∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾1

+ ∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾2

+ ∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾3

+ ∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾4

Percurso A->D:

𝑦 = 0, 0 ≤ 𝑥 ≤ 9; 𝑑𝑦 = 0

∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾1

= ∫𝑥 0

9

0

= 0

Percurso D->C :

1

2

4

3


153

HLCS

Determinamos a equação da reta 𝐷𝐶̅̅ ̅̅ considerando que o coeficiente angular entre os pontos D e C é o mesmo que entre os ponto Q= (x,y) (arbitrário) e o ponto D.

2 − 0

5 − 9=

𝑦 − 0

𝑥 − 9

Logo:

𝑦 = −𝑥

2+

9

2

Da equação da reta anterior, temos que :

𝑑𝑦 = −𝑑𝑥

2

Considerando o percurso 𝐷 → 𝐶, a variável 𝑥 varia de 9 a 5.

∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾2

= ∫𝑥(−𝑑𝑥

2)

5

9

= −1

4𝑥2|9

5 = 14

Percurso C-> B :

𝑦 = 2, 2 ≤ 𝑥 ≤ 5; 𝑑𝑦 = 0

∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾1

= ∫𝑥 0

2

5

= 0

Percurso B->A:


154

HLCS

Determinamos a equação da reta 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ considerando que o coeficiente angular entre os pontos A e B é o mesmo que entre os ponto Q= (x,y) (arbitrário) e o ponto A.

2 − 0

2 − 0=

𝑦 − 0

𝑥 − 0

Logo:

𝑦 = 𝑥

Da equação da reta anterior, temos que :

𝑑𝑦 = 𝑑𝑥

Considerando o percurso 𝐵 → 𝐴, a variável 𝑥 varia de 2 a 0.

∫ 𝑥𝑑𝑦

𝛾2

= ∫𝑥 𝑑𝑥

0

2

=1

2𝑥2|2

0 = −2

Finalmente:


𝛾+

= 0 + 14 + 0 + (−2) = 12

Exemplo 6.923 Use o teorema de Green para encontrar a área da região do

primeiro quadrante limitada internamente pela da elipse 4x2+y

2 =16

e

externamente pela circunferência de raio 4 e centro na origem

Solução.-

Para identificar a região plana considerada, devemos localizar a elipse em

primeiro lugar.

4𝑥2 + 𝑦2 = 16 →𝑥2

22+

𝑦2

42= 1


155

HLCS

A região de interesse esta limitada pelas 3 curva 𝛾1, 𝛾2, 𝛾3.

𝐴𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐶) =1


𝛾+

Da figura anterior temos que: 𝛾+ = 𝛾1 ∪ 𝛾2 ∪ 𝛾3

∮(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾+

= ∫(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾1

+ ∫(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾2

+ ∫(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾3

Trajeto A -> B :

Curva 𝛾1: 𝑥: 2 → 4, ; 𝑦 = 0, 𝑑𝑦 = 0

∫(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾1

= ∫(𝑥 0 − 0𝑑𝑥)

𝛾1

= 0

y

x

2

3

1

A

B

C

A= (2,0), B=(4,0)

C=(0,4)


156

HLCS

Trajeto B -> C :

Curva 𝛾2: 𝑟(𝑡) = (4 cos(𝑡) , 4 sin(𝑡)) : uma circunferência de raio R=4

Logo:

𝑥 = 4 cos(𝑡) → 𝑑𝑥 = −4 sin(𝑡) 𝑑𝑡

𝑦 = 4sin (t) → 𝑑𝑦 = 4 cos(𝑡) 𝑑𝑡

Por simples observação, no quarto de circunferência 𝑡 varia de 0 a 𝜋

2

Substituindo na integral de linha, temos:


𝛾2

= ∫(4 cos(𝑡) 4 cos(𝑡) 𝑑𝑡 + 4 sin(𝑡) 4 sin(𝑡) 𝑑𝑡)

𝜋2

0


𝛾2

= ∫(16 𝑑𝑡)

𝜋2

0

= 8𝜋

Trajeto C -> A :

Temos aqui um pedaço de uma elipse 𝑥2

22+

𝑦2

42= 1, que iremos

parametrizar assim:

Curva 𝛾3: 𝑟(𝑡) = (2sin (t), 4cos (t))

Logo:

𝑥 = 2 sin (t) → 𝑑𝑥 = 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡

𝑦 = 4 cos(t) → 𝑑𝑦 = −4 sin(𝑡) 𝑑𝑡

Por simples observação, no trajeto de C A o parâmetro t varia de 0 a 𝜋

2


157

HLCS

Substituindo na integral de linha, temos:


𝛾2

= ∫(−2 sin(𝑡) 4 sin(𝑡) 𝑑𝑡 − 4 cos(𝑡) 2 cos(𝑡) 𝑑𝑡)

𝜋2

0


𝛾2

= −∫(8 𝑑𝑡)

𝜋2

0

= −4𝜋

Dai que,

∮(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝛾+

= 0 + 8𝜋 − 4𝜋 = 4𝜋

Finalmente

𝐴𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐶) =1

2. ∮(𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = 2𝜋

𝛾+


158

HLCS

6.93 Teorema de Stokes

Seja S uma superfície regular e orientável de classe C1 , tal que 𝛾+é uma curva fechada simples (fronteira de S) e de classe C1 por partes e orientada positivamente. Seja 𝐹:𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅3 um campo vetorial, também de classe C1, sendo que 𝑆 ⊂ 𝐷, então :

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∬∇ × �⃗�

𝑆

. 𝑛 ⃗⃗⃗ ⃗ 𝑑𝐴

Sendo ∇ × �⃗� o rotacional do campo vetorial �⃗�, e 𝑛 ⃗⃗⃗ ⃗ é o vetor unitário normal ao elemento de área 𝑑𝐴, na superfície S.

Observação.- o teorema anterior, é valido em superfícies sem furos(superfícies simplesmente conexas), porem é possível generalizar para superfícies com vários furos no interior(superfícies multiplamente conexas), este ponto vamos explorar no exercício 41 e 42 da lista de exercícios.

A curva 𝛾 deve ser percorrida no sentido em que a superfície S,

sempre deve estar á esquerda do objeto bidimensional que realiza o percurso .


159

HLCS

Exemplo 6.931.- Considere o hemisfério norte de uma superfície esférica

𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 16, 𝑧 ≥ 0}. A fronteira ou borda desta superfície S é a curva 𝛾 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 𝑥2 + 𝑦2 = 16, 𝑧 = 0}.

O campos 𝐹 é 𝐹 = (−2𝑦, +2𝑥, 0). Verifique a validade do teorema de Stokes.

Solução.-

A curva 𝛾 é percorrida no sentido anti-horário, quando um objeto bidimensional percorre a curva neste sentido a superfície S fica, sempre a sua esquerda.

Realizando o calculo da integral de linha na curva 𝛾

S: Hemisfério norte

Circunferência: γ

(fronteira de S)


160

HLCS

Se 𝛾 : 𝑥2 + 𝑦2 = 16, 𝑧 = 0, então uma parametrização possível da curva é

𝑥 = 4 cos(𝑡) , 𝑦 = 4 sin(𝑡) , 𝑧 = 0

Esta parametrização define uma função vetorial que descreve a circunferência : 𝑟(𝑡) = (4 cos(𝑡) , 4 sin(𝑡) , 0), pra verificar se o percurso é horário ou anti-horário, é suficiente dar alguns valores numéricos

𝑡 = 0 → 𝑟(0) = (4,0,0); 𝑡 =𝜋

2→ 𝑟 (

𝜋

2) = (0,4,0) e

𝑡 = 2𝜋 → 𝑟(2𝜋) = (4,0,0) . Logo, estes valores indicam que o percurso é anti-horário como devia ser para aplicar no teorema de Stokes.

Diferenciando as três equações

𝑑𝑥 = −4 sin(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑑𝑦 = 4 cos(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑑𝑧 = 0.

Logo a integral

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∮(𝐹1, 𝐹2, 𝐹3). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

𝛾+

x

z

y


161

HLCS

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∮(𝐹1 𝑑𝑥 + 𝐹2 𝑑𝑦 + 𝐹3 𝑑𝑧)

𝛾+

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∮(−2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 𝑑𝑦 + 0 𝑑𝑧)

𝛾+

Substituindo

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∮(−8 sin(𝑡) (−4 sin(𝑡)) 𝑑𝑡 + 8cos (𝑡)) 4 cos(𝑡) 𝑑𝑡)

𝛾+

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 =

𝛾+

∮(32) 𝑑𝑡

𝛾+

= 32∫ 𝑑𝑡

2𝜋

0

= 𝟔𝟒𝝅

A seguir iremos calculara outra integral

∬∇ × �⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

Para insto inicialmente iremos calcular o rotacional do campo �⃗�

∇ × �⃗� = [

𝑖 𝑗 𝑘𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

−2𝑦 2𝑥 0] = 𝑖(0) − 𝑗(0) + �⃗⃗�(4) = 4�⃗⃗�

Considerando S como uma superfície de nível


162

HLCS

𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝐶 = 16, o vetor unitário �⃗⃗� no ponto arbitrário de S è

�⃗⃗� =∇𝑓

|∇𝑓|

�⃗⃗� = (2𝑥

√4𝑥2 + 4 𝑦2 + 4𝑧2,

2𝑦

√4𝑥2 + 4 𝑦2 + 4𝑧2,

2𝑦

√4𝑥2 + 4 𝑦2 + 4𝑧2)

�⃗⃗� = (𝑥

4,𝑦

4,𝑧

4)

Logo o produto escalar ∇ × �⃗�. �⃗⃗� = (0,0,4). (𝑥

4,𝑦

4,𝑧

4) = 𝑧

∬∇ × �⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴 = ∬z

𝑆

. 𝑑𝐴

A superfície S é o hemisfério norte da esfera de raio R=4. Logo em coordenadas esféricas

𝑆 = {(𝑟, 𝜃, 𝜑) 𝜖 𝑅3 / 𝑟 = 𝑅, 0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2, 0 ≤ 𝜑 ≤ 2𝜋}

calculando a integral dupla em coordenadas esféricas.

𝑧 = 𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃) e

𝑑𝐴 = 𝑅2 sin(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜑

∬z

𝑆

. 𝑑𝐴 = ∬R

𝑆

𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑅2 sin(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜑


163

HLCS

∬z

𝑆

. 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 32sin(2𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜑

𝜋2

0

2𝜋

0

= 64𝜋

Ou, seja

∬∇ × �⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴 = 64𝜋

Finalmente, os valores das integrais ∮ �⃗�. 𝑑𝑟𝛾+ e ∬ ∇ × �⃗�

𝑆 . �⃗⃗� 𝑑𝐴 são

iguais a 64𝜋, o que verifica a validade do teorema.

Exercício 2. Considere a superfície cônica S definida pela equação

𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥2 + 𝑦2 , sendo 𝑧 ∈ [0,4]. Considere também o campo

vetorial �⃗� = (𝑦2, 𝑥2, ln(𝑧)). Determine o fluxo do rotacional do campo

vetorial �⃗�.


164

HLCS

Solução.- Considerando que:

ΦSF → Fluxo do campo vetorial �⃗�

ΦSF = ∬�⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

ΦS∇×�⃗� → Fluxo do rotacional docampo vetorial �⃗�

∬∇ × �⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴

Na questão é esta ultima integral que devemos encontrar

Porem pelo teorema de Stokes

∬∇ × �⃗�

𝑆

. �⃗⃗� 𝑑𝐴 = ∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

Ou seja, o fluxo do rotacional do campo (lado esquerdo da equação ) pode ser calculada utilizando uma integral de linha (lado direito da equação) ao longo da curva 𝛾+ (no percurso, na qual a superfície sempre esta à esquerda do trajeto).


165

HLCS

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= ∮(𝑦2, 𝑥2, ln(𝑧)). (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧)

𝛾+

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= ∮(𝑦2𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑦 + ln(𝑧) 𝑑𝑧)

𝛾+

A curva 𝛾+ é a borda da superfície cônica S, como tal tem a seguinte equação

𝛾+ = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝜖 𝑅3 / 𝑥2 + 𝑦2 = 16, 𝑧 = 4}

Parametrizando

𝑥 = 4 cos(𝑡) , 𝑦 = −4 sin(𝑡) , 𝑧 = 4

Superfície

Cônica


166

HLCS

Calculando as diferenciais

𝑑𝑥 = −4 sin(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑑𝑦 = −4 cos(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑑𝑧 = 0.

A função vetorial que descreve a circunferência 𝛾+ é 𝑟(𝑡) = (4 cos(𝑡) , −4 sin(𝑡) , 4), a curva é percorrida no sentido indicado na figura.

Por simples inspeção 𝑟(0) = (4,0,4), 𝑟(2𝜋) = (4,0,4), logo numa volta completa 𝑡: 0 → 2𝜋


∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= ∮(16 𝑠𝑖𝑛(𝑡)2(−4 sin(𝑡) 𝑑𝑡) + 16 cos(𝑡)2 (−4 cos(𝑡) 𝑑𝑡 ))

𝛾+

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= ∫ (64 𝑠𝑖𝑛(𝑡)3𝑑𝑡 + 64 cos(𝑡)3 𝑑𝑡)

2𝜋

0

∫ 64 𝑠𝑖𝑛(𝑡)3𝑑𝑡2𝜋

0= −64∫ (1 − 𝑢2) 𝑑𝑢

2𝜋

0 , sendo 𝑢 = cos (𝑡)

∫ 64 𝑐𝑜𝑠(𝑡)3𝑑𝑡2𝜋

0= −64∫ (1 − 𝑤2) 𝑑𝑤

2𝜋

0 , sendo 𝑤 = cos (𝑡)

Finalmente

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= [64(− cos(𝑡) +cos(𝑡)3

3) + 64(sin(𝑡) −

sin(𝑡)3

3)]0

2𝜋


167

HLCS

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾+

= 0

Considere o campo vetorial �⃗� = (𝑦,−𝑥), logo verifique que ∇ × �⃗� =

−2�⃗⃗�, e ainda verifique que o campo vetorial �⃗� gira no plano xy em sentido horário de acordo a regra da mão direita.

Exercícios Propriedades gerais de campos vetoriais


168

HLCS

1.- Seja as funções escalares

I) f(x,y,z)= xy+yz+zx, para todo x,y,z do espaço R3,

II) f(x,y,z)=x3+xy+z2, para todo x,y,z do espaço R3,

III) seja a função z= f(x,y)= xy

a) determine o gradiente da função escalar f: 𝒈𝒓𝒂𝒅(𝒇) = 𝛁(𝒇)

b) Determine o rotacional do gradiente de f : ∇ × ∇(𝑓)

c) considere a função f do item II, logo ∇. ∇(𝑓) é 14 na reta x=2?

d) desenhe as curvas de nível da função do item III, desenhe em alguns

pontos do domínio da função o campo gradiente. O que podemos

concluir?, existe alguma propriedade geral entre a direção do campo

gradiente e a direção das linhas de campo em cada ponto?.

e.- Considere o campo vetorial �⃗� = (𝑦,−𝑥), logo verifique que

∇ × �⃗� = −2�⃗⃗�, e ainda verifique que o campo vetorial �⃗� gira no plano xy em sentido horário de acordo a regra da mão direita.

2.- Seja a campo vetorial F(x,y,z) = (0,0,4-x2-y2), definido para todo o

espaço R3,

a) desenhe o campo no espaço R3 para alguns pontos, seja utilizando

algum programa de computação gráfica, ele seria um campo rotacional?

b) determine o rotacional e a divergência de F(x,y,z).

3.- Seja o campo vetorial 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥𝑦𝑧, 𝑦𝑧𝑥, 𝑧𝑥2 + 𝑧𝑦2), determine

𝒅𝒊𝒗(𝒓𝒐𝒕(𝑭))

4.- Seja o operador gradiente ∇= (𝜕

𝜕𝑥,

𝜕

𝜕𝑦,

𝜕

𝜕𝑧), e seja a função arbitraria

𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧) definida no espaço R3. Determine o seguinte produto escalar

𝛁. 𝛁(𝝋) ≡ 𝛁𝟐(𝝋). Verifique que a equação de onda tridimensional 𝜕2𝜑

𝜕𝑥2+

𝜕2𝜑

𝜕𝑦2+

𝜕2𝜑

𝜕𝑧2−

1

𝑣2

𝜕2𝜑

𝜕𝑡2= 0, pode-se escrever assim: ⊡2 𝜑 = 0, onde

⊡2= 𝛁𝟐 −1

𝑣2

𝜕2

𝜕𝑡2 (operador d’Alambertiano).

Sendo 𝑣, a velocidade de propagação da onda.


169

HLCS

5.- Seja o campo escalar 𝑓(𝑥, 𝑡) = 𝜑(𝑥 + 𝑣𝑡) + 𝜑(𝑥 − 𝑣𝑡), sendo 𝜑 um

campo escalar arbitrário no ponto (𝑥, 𝑡).

a) Determine o gradiente da função 𝑓(𝑥, 𝑡),

b) Determine 𝛁. 𝛁(𝒇).

Ajuda: utilize regra da cadeia, e a resposta depende de 𝜑

c) Prove que ⊡2 𝑓 ≡ 0, isto quer dizer, que toda função escalar da forma

𝑓(𝑥, 𝑡) = 𝜑(𝑥 + 𝑣𝑡) + 𝜑(𝑥 − 𝑣𝑡), satisfaz a equação de onda

unidimensional 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2−

1

𝑣2

𝜕2𝑓

𝜕𝑡2=⊡2 𝑓 = 0

6.- Prove a propriedade, 𝒓𝒐𝒕(𝒈𝒓𝒂𝒅(𝒇)) = 𝛁 × 𝛁(𝒇) = �⃗⃗⃗� ,

para qualquer função escalar 𝑓: 𝑅3 → 𝑅, 𝑐𝑙𝑎𝑠𝑠𝑒 𝐶2 ou por extenso “f(x,y,z)

é uma função real de variável vetorial, que tem derivadas parciais de

segunda ordem contínuas”.

7.-Prove a propriedade 𝒅𝒊𝒗(𝒓𝒐𝒕(𝑭)) = 𝛁. (𝛁 × 𝑭) = 𝟎, sendo

F=(F1,F2,F3) um campo vetorial sobre R3 arbitrário e com cada componente

Fi, (i=1,2,3) tem derivadas parciais de segunda ordem contínuas.

8.- seja 𝑟 = (𝑥, 𝑦, 𝑧), onde r=√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2,

a) Provar 𝑔𝑟𝑎𝑑 (1

𝑟) = ∇ (

1

𝑟) =

−𝑟

𝑟3 ,

b) provar ∇ × 𝑟 = 0⃗⃗

c) Seja uma partícula com carga elétrica Q localizada na origem de

coordenadas, então a intensidade de campo elétrico no ponto r = (x,y,z) é

�⃗⃗� = 𝐾𝑄

𝑟2𝑒𝑟. Sendo 𝑒𝑟 o vetor unitário no ponto r = (x,y,z) saindo da

origem de coordenadas. K é uma constante características do meio em

que está localizada a partícula e 𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 é o modulo do vetor

r. Verifique que ∇. �⃗⃗� = 0 para todo 𝑟 ≠ (0,0,0).

desafio:

I) Determine o seguinte produto escalar ∇. ∇(𝜑) em coordenadas

cilíndricas, sendo ∇ o operador diferencial nabla, e 𝜑 é uma


170

HLCS

função escalar 𝜑 = 𝜑(𝜌, 𝜃, 𝑧). Em seguida escreva a equação de

onda tridimensional em coordenadas cilíndricas.

Campos vetoriais conservativos, função potencial.

9.- Verifique se os seguintes campos são conservativos ou não

a) F = (z+y,z,y+x),

b) F = e(y+2z)(i+xj+2xk)

c) F=(x-3,-zsin(y),cos(z))

d) F=(ex cos(y)+y z, x z-ex sin(y), x y+z)

e) Verifique que a intensidade de campo elétrico do item 8 c é

conservativo.

10.- Determine a função potencial para cada campo gradiente

a) 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑥 sin(𝑦) , 𝑒𝑥 cos(𝑦))

b) 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑦 + 3𝑧, 2 𝑥 + 4𝑧, 3𝑥 + 4𝑦)

c) 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑎 (𝑥, 𝑦), sendo a>0 uma constante arbitraria.

11.-. Determine a equação das líneas de campo associado nas seguintes

situações

a) Um campo vetorial 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑥,−𝑦) esta definida no plano R2. em

particular diga qual é a equação da linha que passa pelo ponto (1,1). (ver

figura)


171

HLCS

b) No caso que o campo vetorial seja 𝐹 = (𝑦, 1,0). Em particular

determinar a curva que passa pelo ponto (2,1,0). Neste caso encontre a

forma paramétrica da curva, que pode passar pra forma cartesiana depois.

12.- Seja uma carga pontual localizada na origem de coordenadas com o

campo elétrico E do exercício 9e. Demonstre que as linhas de campo

elétrico são linhas retas e radiais saindo da origem de coordenadas.

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eld.html

Integral de linha de campo escalar

13.- Um aro em forma circular de radio R=2 tem uma densidade linear

𝜑(𝜃) = 𝑅 (𝑐𝑜𝑠(𝜃))2𝑘𝑔/𝑚 determine a massa total do aro.

14.- Tema a curva plana r(t)=(t,2-t) tal que 0 ≤ t ≤ 2. Construímos uma

parede vertical por cima da curva de tal forma que a altura h(x,y)=x2+y2

varia de ponto a ponto ao longo da curva r(t). Determine a área total da

parede.

15.- Um cercado circular centrada na origem de coordenadas tem radio

4m. No ponto (x,y) da cerca a altura da mesma está dada pela relação

𝜑(𝑥, 𝑦) = (|𝑦| + 2)𝑚. Determine a área total do cercado. Se pintar o

metro quadrado da parede custa 10 reais, quanto custou pintar toda a

parede do cercado?.

Integral de linha de campo vetorial

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172

HLCS

16.-Seja o campo vetorial F(x,y,z) = (x,y,z) para todo R3. E seja a helicóide

“c” parametrizada da seguinte forma 𝑟(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠(𝑡), −𝑠𝑖𝑛(𝑡), 2𝑡), 0 ≤

𝑡 ≤ 4𝜋.

Calcular ∫ �⃗�. 𝑑𝑟𝑐

.

17.-Considere a curva “c=c1Uc2, c1=A->B , c2= B->C ” ao longo de triangulo

retângulo com vértices A=(0,0),B=(2,0),C= (0,2). Dado o campo vetorial

F(x, y) = (x2,y), determine ∫ �⃗�. 𝑑𝑟𝑐

.

18.- Um arame tem a forma de uma curva obtida como interseção da

esfera x2+y2+z2 = 4, y≥0, com o plano x+z=2. Sabendo que a densidade em

cada ponto do arame é dada por f(x, y, z) = x y, calcular a massa total do

arame.

19.- Temos campo elétrico �⃗⃗� (𝑥, 𝑦) = (𝑥

(𝑥2+𝑦2)32

,𝑦

(𝑥2+𝑦2)32

) numa superfície

horizontal, gerado por uma carga pontual colocada na origem de

coordenadas.

a) Determine a integral a seguir: ∫ �⃗⃗�. 𝑑𝑟 deste campo (“força eletromotriz

induzida”) ao longo de um cabo condutor reto colocada na posição radial

do ponto (2,2) ao ponto (4,4).

b) Determine a circulação do campo E(x,y) ao longo de uma

circunferência de radio R= 4 do ponto (4,0) até o ponto (0,4) em sentido

horário

c) Repetir a questão anterior b entre os mesmos pontos percorrendo em

sentido anti-horário.

20.- Seja o campo vetorial de forças 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑒−𝑥sin (𝑦), −𝑒−𝑥cos (𝑦)),

a) determine a função potencial associado ao campo vetorial F.

b) determine o trabalho do campo F(x,y) numa trajetória parabólica

y=x2+π do ponto A = (0, 𝜋) ao ponto B = (2,4+π).

c) Determine o trabalho ao longo da elipse (x-2)2+ 4y2=4, do ponto (0,0)

ao ponto (4,0) no percurso horário.


173

HLCS

d) qual valor da integral de linha do campo F ao longo da elipse anterior

num percurso horário de duas voltas completas?.

21.- Calcule ∫ (𝑦𝑑𝑥 + 𝑧𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧)𝐶

onde C é a curva fechada definida

como a união dos segmento de reta 𝐶 = 𝐶1 ∪ 𝐶2 ∪ 𝐶3 , onde C1 une (2,0,0) a (3,4,5) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (3,4,5) a (3,4,0) e finalmente C3 une (3,4,0) a (2,0,0).

22.- Calcular ∫ [𝑒𝑥𝐶

sin(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒𝑥 cos(𝑦) + 𝑦)𝑑𝑦],

a) Onde C é o arco de circunferência x2+y2=1, no segundo quadrante,

juntamente com os eixos 𝑥 = 0 e 𝑒 𝑦 = 0; orientado no sentido horário.

Observe que C é uma curva fechada.

b) Onde 𝐶 = 𝐶1 ∪ 𝐶2 ; 𝐶1 é a elipse x2+ 4y2=4 do ponto (0,1) ao ponto

(2,0) orientada no sentido horário. 𝐶2 é o eixo 𝑥 do ponto (2,0) ao ponto

(0,0)

23.- Calcular a integral ∮ [𝑦2𝑐

𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑦], ao longo da curva c, orientada

em sentido anti-horário; c é a fronteira do retângulo D=[-2,2] x [-1,1] .

24.- Considere o campo vetorial de forças 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4(𝑥, 𝑦, 𝑧)

a) Verifique se o campo vetorial 𝐹 é conservativo.

b) Determine o trabalho 𝑊𝐴→𝐵𝐹 realizado pelo campo vetorial 𝐹 ao longo

da curva parametrizada “c” : 𝑟(𝑡) = (𝑡, 2𝑡, 𝑧(𝑡)) , inteiramente contida na

superfície 𝑆 e que passa pelos pontos A=(0,0,d) e B=(1,2,9) . A superfície

𝑆 tem a seguinte equação explicita : 𝑧 = 𝑦2 + 𝑥2 + 4.

c) Determine o trabalho 𝑊𝐴→𝐵𝐹 se a curva 𝐶 é um meridiano e uma

superfície esférica de raio arbitrário (do polo norte ao polo sur).

Fluxo de campo vetorial

25.- Seja o campo vetorial 𝐹 = (𝑒𝑧𝑥𝑧, 𝑒𝑧𝑥𝑧, 𝑒𝑧𝑥𝑦), determine o fluxo deste campo vetorial através de:

a) Da face superior de um cubo no primeiro oitante com um vértice em (0,0,0), o lado do cubo tem 1 unidade.


174

HLCS

b) Da face lateral e ortogonal ao eixo y do mesmo cubo, onde a coordenada y é 1.

26.-Considere um campo vetorial da forma �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑟)𝑒𝑟 definido para todo o espaço 𝑅3. Determine o fluxo do campo através do hemisfério norte de uma superfície esférica de raio 𝑅, centralizada na origem de coordenadas. Sendo 𝑒𝑟 o vetor unitário radial em coordenadas esféricas,

𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 e 𝑓(𝑟) é uma função escalar qualquer.

27.- Determine o fluxo do campo 𝐹 = (𝑥𝑦, 𝑧𝑦, 𝑥𝑧) através do paralelepípedo localizado no primeiro oitante com vértices nos pontos 𝐴 = (0, 𝑎, 0), 𝐵 = (𝑏, 0,0) e 𝐶 = (0,0, 𝑐)

28.- Calcule o fluxo do campo vetorial F(x,y,z) = (0,0,-2z) através da superfície S do parabolóide z = x2+y2; 0 ≤z ≤1, com o vetor normal apontando para fora de S.

29.- Seja um campo potencial escalar 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)

a) definida o campo gradiente 𝐹 = ∇(𝜑),

b) Verifique a ortogonalidade entre o campo gradiente e a superfície de

nível (superfície equipotencial: “S”) 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2

c) Determine o fluxo do campo gradiente F através da superfície S para o

lado de fora da superfície. Que significa fisicamente o resultado?.

d) o campo F é conservativo?

e) Seja a curva γ parametrizada pela equação r(t)=( tsin(t), t cos(t), t).

Determine o trabalho do campo F 𝑊𝐹 = ∫ �⃗�. 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗⃗𝛾

entre t=π/2, e t=3π.

30.- Um condensador plano gera um campo elétrico uniforme entre as

laminas paralelas. Suponha que a intensidade de campo elétrico seja

E=(0,400)N/c . Um elétron entra paralelamente as laminas do

condensador, com uma velocidade v=(30,0)m/s próximo a lamina de carga

superficial negativa. Considere que a força elétrica que sente o elétron é

�⃗�𝐸 = 𝑞�⃗⃗�, sendo q=-1.6 10-19 Coulomb a carga do elétron.

a) determine o trabalho da força elétrica quando o elétron descreve uma

trajetória parabólica y=(-x2+2)m entre dois pontos A(0,2) e C(1,1).


175

HLCS

b) Determine o trabalho da força elétrica sobre o elétron na trajetória

reta AB+ BC, sendo B=(0,1)

c) Determine a função potencial V(x,y) (potencial elétrico) a partir do fato

que o campo elétrico é conservativo.

d) Determine a diferença V(B)-V(A), compare com o resultado do item A,

qual sua conclusão?, isto acontece porque?

Teorema de Green

31.- Calcular ∮ [𝑒𝑥𝐶

sin(𝑦) 𝑑𝑥 + (𝑒𝑥 cos(𝑦) + 2𝑥)𝑑𝑦], onde C é o arco de

circunferência x2+y2=4, no segundo quadrante, juntamente com os eixos

𝑥 = 0 e 𝑦 = 0; orientado no sentido anti-horário. Observe que C é uma

curva fechada.

32.- Use o teorema de Green para encontrar a área da região D nos

seguintes casos

a) D é a região limitada pelas curvas 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 1/2, 𝑥 = 0 e 𝑦 = 2 −

𝑥2.

b) D é a região do primeiro quadrante limitada internamente pela da

elipse 164 22 yx

e externamente pela circunferência de raio 4 e

centro na origem.

33.- calcule a integral ∮ (𝑦2𝑐

𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦 𝑑𝑦), onde c é a curva que define a

fronteira da região semi-anular D contida no semi-plano superior entre os

círculos x2+y2=1, e x2+y2=9. A curva é percorrida no sentido anti-horário.

Teorema da divergência.

34.- Seja uma superfície S1, definida assim 4- x2- y2- z = 0. Seja o campo F=(2x,2y,-1). Determine o fluxo do campo F através de S1 (para fora de S1) do seu vértice até a sua borda localizada no plano z=0. Ajuda utilize o teorema de divergência.


176

HLCS

35.- Use o teorema da divergência para achar o fluxo do campo vetorial

�⃗⃗⃗� = (𝒙𝟑, 𝒚𝟑, 𝒛𝟑). Através da superfície fechada que limita o hemisfério sólido 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 4, 𝑧 ≥ 0.

36.- um fluido tem densidade ρ=1000kg/m3 e escoa com velocidade v=(z,y2,x2) m/s . Encontre o vazão do fluido para fora do cilindro fechado: x2+y2=4, 0 ≤ z ≤ 1.

37.- Resolva o exercício 28 utilizando o teorema da divergência.

38.- Considere a porção da superfície esférica x2+y2+z2=4, limitada pelo cilindro x2+y2=1 e 𝑧 ≥ 0 . Considere o campo vetorial F = (x, x z, x2+y2). Determine o fluxo do campo vetorial F através dessa superfície.

Teorema de Stokes

39.- Determine ∬ ∇ × �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴𝑆

, sendo F=(x2z2, y2z2, xyz). S é a parte do

parabolóide z=x2+y2, que esta dentro do cilindro x2+y2=4

40.- Seja o campo F=(x z, y z, x y) , e a superfície S é parte da superfície esférica x2+y2+z2=4 que esta dentro do cilindro x2+y2=1 com 𝑧 ≥ 0 orientada para baixo.

a) determine o campo G=rot(F),

b) Determine ∬ �⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴𝑆

, �⃗⃗� é o vetor unitário ortogonal ao elemento de

área dA na superfície S.

41.- Considere o campo de indução magnética (�⃗⃗�) estudada no exemplo 3 da seção 6.4 de campos vetoriais. Considere a superfície (𝑆) do paraboloide 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 limitada por dois planos horizontais 𝑧 = 4, e 𝑧 = 9; verifique a validade do teorema de Stokes, ou seja,

∬∇ × �⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴

𝑆

= ∮ �⃗⃗�

𝐶

. 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗⃗

Onde 𝐶 é a borda da superfície S, observe que 𝐶 é a união de dois circunferência horizontais.


177

HLCS

42.- Considere o campo de indução magnética do exercício 41; agora considere uma superfície de revolução (𝑆), gerada pela rotação de uma curva

𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏

Provar que sempre ∬ ∇ × �⃗⃗�. �⃗⃗� 𝑑𝐴𝑆

= 0

Desafios.

1. Deduzir a formula do operador vetorial nabla em coordenadas esféricas, assim como também a formula da divergência e rotacional de um campo vetorial arbitrário em coordenadas esféricas. Determine também a formula do Laplaciano e o d’Alambertiano em coordenadas esféricas.

Algumas respostas:

1.

I a) grad(f(x,y,z)) = (y+z, x+z, y+x)

I b) rot(grad(f(x,y,z))) = 0⃗⃗

1 c) na verdade a igualdade acontece no plano x=2, z real e y real.

2.

b) div(F(x,y,z)) = 0, rot(F(x,y,z)) = (-2y, 2x)


178

HLCS

3.

Div(rot(F)) = 0.

4.

∇ . ∇(f) = 𝜕2𝜑

𝜕𝑥2 +

𝜕2𝜑

𝜕𝑦2 +

𝜕2𝜑

𝜕𝑧2

5 a) ∇(𝑓) = (𝜕𝜑

𝜕𝑢+

𝜕𝜑

𝜕𝑤, 𝑣 (

𝜕𝜑

𝜕𝑢−

𝜕𝜑

𝜕𝑤)) onde 𝑢 = 𝑥 + 𝑣𝑡, 𝑤 = 𝑥 − 𝑣𝑡

5 b) ∇2𝑓(𝑥, 𝑡) =𝜕2𝜑

𝜕𝑢2+

𝜕2𝜑

𝜕𝑤2

9.

a) Não é conservativo;

b) Conservativo;

c) Não conservativo;

d) Conservativo.

10.

a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦 + 𝐶, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶 ∈ ℝ

b) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑦𝑥 + 3𝑧𝑥 + 4𝑧𝑦 + 𝐶, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶 ∈ ℝ

c) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑎𝑥2

2+

𝑎𝑦2

2+ 𝐶, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶 ∈ ℝ

11) A curva que passa pelo ponto (2,1,0) é uma parábola localizada no

plano 𝑧 = 0.

𝐶 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑥 =𝑦2

2+

3

2, 𝑧 = 0}

13. Resposta : 4π


179

HLCS

14.

16√2

3

15.


180

HLCS

A= (64 + 16 π) 𝑚2

(640 + 160 π) reais.

17.

2.

16.

resposta : 32π2

17.

Resposta : 2

18.

Resposta : 4

19.

a) √2

8

b) 0

20.

a) f(x,y) = −𝑒−𝑥 sin 𝑦 + 𝐶, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶 ∈ ℝ

b) Resposta sin(4) e-2

c) Resposta zero

d resposta zero

22. sugestão : prove que o campo é conservativo e calcule a função

potencial.

a) 0

b) −sin (1) − 1

2


181

HLCS

23. Zero.

24 b) 140

c) zero

25 a) 𝑒

4 b) ½

26.- 𝑓(𝑅)2𝜋𝑅2

27.

Resposta: abc(a+c+b)/2

28.- 𝜋

29.

29.e) Resposta WF=35π2

31 2𝜋

32 a) 25/24 32 b) 2𝜋

33.

Resposta: 52/3

34.

Resposta: 28π

35.

resposta : 192 𝜋

5

36.

Resposta 0

38.

Φ𝑠 = 𝜋(19 − 9√3)

3

39.


182

HLCS

Reposta: zero

40

b) Reposta: zero

41.

∮ �⃗�. 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗⃗

𝛾

= Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝛾 𝑑𝑒𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎 = 8

42.

B)

Resposta: zero, pois 𝛁 × 𝛁(𝒇) = �⃗⃗⃗�

43.

a)

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = xy + zx + zy + 𝐶, 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶 ∈ ℝ (função potencial)

b)

∮ �⃗�. 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗⃗

𝐴𝐵 𝑈 𝐵𝐶

= 𝑓(1,3,0) − 𝑓(0,0,0) = 3

c)

2𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 = 6

d)

𝑟(𝑡) = (𝑡, 𝑡,3 − 𝑡2

2𝑡) , 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑑𝑟 = (𝑡, 𝑡,

−6 − 2𝑡2

4𝑡2) 𝑑𝑡;

�⃗�( 𝑟(𝑡)) = (−6 + 2𝑡2

4𝑡2,−6 + 2𝑡2

4𝑡2, 2)

�⃗�( 𝑟(𝑡)) ° 𝑑𝑟 = 0 , (𝑠𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑧𝑒𝑟𝑜)

𝑆𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑠𝑠𝑖𝑚 𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜:


183

HLCS

𝑊 = ∮ �⃗�. 𝑑𝑟⃗⃗⃗⃗⃗

𝐶

= 0, 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑟á𝑟𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑟(𝑡).


184

HLCS

Apêndice 1

Teorema de Green para superfícies não simples (com furos)

Seja D uma região multiplemente conexa (com um furo) e simples (limitada pelas curvas finitas e simples 𝛾1, 𝛾2), as curvas são orientadas

positivamente em relação a D; tal que o campos de vetores �⃗�: 𝐷 ⊆ 𝑅2 →𝑅2 seja de classe C1(diferenciável ate primeira ordem nas derivadas parciais).

A seguir vamos demonstrar o teorema de Green, neste contexto.


185

HLCS

Como se observa na figura a seguir, colocamos uma curva arbitrária (continua) entre um ponto arbitrário a da borda interna, e outro ponto arbitrário b da borda externa da região D.

A seguir, vamos definir duas curvas idênticas entre a e b, salvo que tenham orientação oposta. Para que seja mais didático a explicação do processo, vamos definir os ponto a e a’, e b e b’ (a=a’, b=b’)


186

HLCS

Considere a região planar D limitado pela curva fechada 𝑎𝑑𝑎′𝑏′𝑐𝑏𝑎, nesta região simplesmente conexa podemos aplicar o teorema de Green, já estudada anteriormente, como segue

∮ �⃗�. 𝑑𝑟 = ∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷𝛾

Sendo �⃗� = (𝐹1, 𝐹2). A curva fechada 𝛾 é justamente a curva 𝑎𝑑𝑎′𝑏′𝑐𝑏𝑎. A integral de linha, do lado esquerdo da equação anterior, podemos expressar como uma soma parcial de integrais de linha em vários pedaços como segue:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾

= ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑎𝑑𝑎′

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑎′𝑏′

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑏′𝑐𝑏

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑏𝑎

Na equação anterior, a segunda integral e a ultima integral são iguais, salvo um sinal negativo, já que, a curva 𝑎′𝑏′ e idêntica a curva 𝑏𝑎, somente tem a parametrização oposta (ver figura). Logo

∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑎′𝑏′

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑏𝑎

= 0

Dai que:

∮ �⃗�. 𝑑𝑟

𝛾

= ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑎𝑑𝑎′

+ ∫ �⃗�. 𝑑𝑟

𝑏′𝑐𝑏

Como curva 𝑎𝑑𝑎′ = 𝛾1 e curva 𝑏′𝑐𝑏 = 𝛾2, então a equação anterior fica assim

∮ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�𝜸

= ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�𝜸𝟏

+ ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�𝜸𝟐


187

HLCS

Observe que ambas curvas fechadas, 𝛾1 e 𝛾2 são percorridas de tal forma que a superfície D sempre esta a sua esquerda(o objeto que vai percorrer é um ser bidimensional). Se a figura é plana, tem outra forma de lembrar de uma maneira didática, a orientação precisa nas integrais de linha na equação anterior. A borda externa se percorre de forma anti-horária e as bordas internas (se tiver mais de um furo ) são percorridas no sentido horário. No caso descrito acima, dizemos que a curva está orientada positivamente.

Enunciado do teorema de Green numa superfície plana D com um furo.

Seja D uma região multiplemente conexa (com um furo) e simples (limitada pelas curvas finitas e simples 𝛾1, 𝛾2), as curvas são orientadas

positivamente em relação a D; tal que o campos de vetores �⃗�: 𝐷 ⊆ 𝑅2 →𝑅2 seja de classe C1(diferenciável ate primeira ordem nas derivadas parciais). Logo:

∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟏

+ ∫ �⃗⃗⃗�. 𝒅�⃗⃗�

𝜸𝟐

= ∬(𝜕𝐹2

𝜕𝑥−

𝜕𝐹1

𝜕𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

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Capítulo VI Campos vetoriaisarquivos.info.ufrn.br/arquivos/2018139064993d... · 6.6 Aplicações: massa de arames, área lateral de paredes verticais sobre curvas arbitrarias,