Cálculo Vetorial Aplicado
Exercícios Resolvidos
Salete Souza de Oliveira Buffoni
Salete Souza de Oliveira Buffoni
Nasceu em Belém, iniciou seus estudos universitários na Universidade Federal do Pará onde se bacharelou em Engenharia Civil. Fez pós-graduação na Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro, onde obteve os graus de Mestre e Doutor. Foi Professora colaboradora da Universidade Estadual do Norte Fluminense ministrando as disciplinas Estruturas de Madeira, Análise de Estruturas II e Saneamento e Engenharia Ambiental. Foi Professora Substituta da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de Volta Redonda ministrando as disciplinas Cálculo Diferencial e Integral I, Cálculo Vetorial Aplicado e Introdução aos Métodos Numéricos. Atualmente é Professor Adjunto do Instituto de Tecnologia da Informação e Comunicação da Universidade Santa Úrsula e das Faculdades Integradas Anglo-Americano ministrando as disciplinas Algoritmos, Estruturas de Dados, Linguagens de Programação, Computação Gráfica, Multimídia e Interface e Sistemas Distribuídos. Publicou 14 trabalhos em anais de eventos. Possui um software. Participou de 18 eventos no Brasil. Atua na área de Matemática Aplicada e Engenharia Civil, com ênfase em Mecânica das Estruturas. Em suas atividades profissionais interagiu com sete colaboradores em co-autorias de trabalhos científicos.
Dedicatória
Ao meu querido esposo Humberto Buffoni
Prefácio
Este texto é resultado das notas de aula do curso de Cálculo Vetorial
Aplicado que ministramos nos anos de 2002 e 2003 para os cursos de Engenharia
da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de Volta Redonda da
Universidade Federal Fluminense.
Esta obra é dividida em oito partes, abrangendo um programa de estudo de
Cálculo Vetorial. A primeira parte que corresponde ao capítulo de funções
vetoriais cobre as funções a valores vetoriais, suas derivadas e integrais, o
comprimento e a curvatura de curvas espaciais e a velocidade e aceleração ao
longo de curvas espaciais. No capítulo 2 são introduzidos os campos vetoriais.
Nos capítulos seguintes estudam-se as integrais de linha, o Teorema de Green, o
teorema de Gauss e o teorema de Stokes. Ao longo do texto encontram-se setenta
e dois exercícios resolvidos.
Agradeço aos alunos da Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica de
Volta Redonda – EEIMVR/UFF que colaboraram de forma grandiosa para a
conclusão desta obra.
Sumário
1 Funções Vetoriais 8
1.1. Definição 8
1.2. Limite de Funções Vetoriais 8
1.3. Continuidade de Funções Vetoriais 8
1.4. Derivada de funções vetoriais 9
1.4.1. Propriedades da Derivada 9
1.4.2. Derivadas de Ordem Superior 9
1.4.3. Regra da Cadeia para Funções Vetoriais 10
1.4.4. Tangentes 10
1.4.5. Cálculo da Segunda Derivada 10
1.5. Integral de funções vetoriais 11
1.6. Cálculo de Áreas 11
1.7. Comprimento de Arco 11
1.8. Aplicações ao Movimento 12
Exercícios 13
1.9. Vetores Tangente Unitário e Normal Principal 16
1.9.1. Vetor Tangente Unitário 16
1.9.2.Vetor Normal Principal 16
1.9.3. Curvatura 17
Exercícios 19
2 Campos Vetoriais 21
2.1. Campos Vetoriais 21
2.2. Rotacional e Divergente 23
2.2.1. Rotacional 23
2.2.2. Divergente 23
Exercícios 24
3 Integrais de Linha 26
3.1. Introdução 26
3.2. Integral de Linha de Função Escalar 26
3.2.1. Definição formal de Integrais de Linha de Função Escalar 27
3.2.2. Interpretação Geométrica das Integrais de Linha 29
3.3. Integrais de Linha de Campos Vetoriais 30
3.4. Propriedades da Integral de Linha 34
3.5. Aplicações das Integrais de Linha 35
4 Teorema de Green 39
4.1. Introdução 39
4.1.1 A Vida de George Green 39
4.1.2 A Matemática de Green 41
4.1.3. Trabalhos de George Green 43
4.1.4. Reconhecimento 43
4.2. Teorema de Green 44
4.2.1 Cálculo de Áreas Utilizando Teorema de Green 47
5 Integral de Superfície 58
5.1. Integral de Superfície de Campo Escalar 58
5.2. Integral de Superfície de Campo Vetorial 62
5.3. Superfícies Orientáveis 66
5.4. Aplicações das Integrais de Superfície 67
6 Teorema de Gauss 70
6.1. Introdução 70
6.2. Definição 70
Exercícios 73
7 Teorema de Stokes 86
7.1. Introdução 86
7.1.1. A Vida de George Stokes 86
7.1.2. A Matemática Stokes 87
7.2. Teorema de Stokes 90
8 Referências Bibliográficas 100
“Eu entendo a palavra prova, não no sentido do advogado, para quem 2 meias provas equivalem a uma prova completa, mas no sentido do
matemático, para quem 21 prova = 0 e se exige uma demonstração que
qualquer dúvida se torne impossível.”
Carl Friedrich Gauss
1 Funções Vetoriais
1.1. Definição
Uma função vetorial é aquela cujo domínio é um conjunto de números reais e cuja
imagem é um conjunto de vetores. A equação ( ) ( ) ( ) ( )kthjtgitftrrrr
++=σ é chamada de
equação vetorial e define uma curva C. As equações x=f(t), y=g(t) e z=h(t) são chamadas de
equações paramétricas de C e pertencem a ℜ.
1.2. Limite de Funções Vetoriais
Seja ( )tσr uma função com valores vetoriais cujos valores funcionais são dados por
( ) ( ) ( ) ( )kthjtgitftrrrr
++=σ . Então, o limite de ( )tσr quando t tende a t1 será definido por:
k)]t(hlim[j)]t(glim[i)]t(flim[))t((lim1tt1tt1tt1tt
rrrr
→→→→++=σ (1.1)
se )t(flim1tt→
, )t(glim1tt→
e )t(hlim1tt→
existirem.
1.3. Continuidade de Funções Vetoriais
A função ( )tσr com valores vetoriais será contínua em t1 se, e somente se, as três
condições seguintes forem satisfeitas:
i. ( )tσr existe
ii. ( )tlim1ttσr
→ existe
iii. ( ) ( )11tt
ttlim σσrr
=→
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 9
1.4. Derivada de funções vetoriais
Se ( )tσr for uma função com valores vetoriais, então a derivada de ( )tσr também será
uma função com valores vetoriais, denotada ( )t'σr e definida por:
t)t()tt(lim)t('
0t ΔσΔσσ
Δ
rrv −+
=→
(1.2)
se o limite existir.
1.4.1. Propriedades da Derivada
Teorema: Sejam ( )tRr
e ( )tFr
funções vetoriais definidas num intervalo I C ℜn, r um
escalar e f uma função real.
1. )t('F)t('R)FR(dtd rrrr
±=±
2. )t('Rr))t(Rr(dtd rr
=
3. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'RtftRt'ftRtfdtd rrr
+=
4. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'FtRtFt'RtFtRdtd rrrrrr
⋅+⋅=⋅
1. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )t'FtRtFt'RtFtRdtd rrrrrr
×+×=×
6. [ ] ( )( )
( )dt
tdf)tf(d)tf(Fd))t(f(F
dtd
×=r
r
1.4.2. Derivadas de Ordem Superior
))t(''h),t(''g),t(''f()t('' =σr (1.3)
))t(h),t(g),t(f()t( nnnn =σr (1.4)
( )tσr é de classe C1, se σr , 'σ
r forem contínuas e classe C2 se σr , 'σr e ''σ
r forem contínuas e
assim sucessivamente.
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 10
1.4.3. Regra da Cadeia para Funções Vetoriais
Teorema: Se ( )uσr é uma função vetorial diferenciável num intervalo I, e u é uma
função real diferenciável de uma variável então:
dt)t(du.
)t(du))t(u(d
dt))t(u(d σσ
rr
= (1.5)
A expressão da regra da cadeia na forma escalar torna-se:
)dt
)t(du.)t(du))t(u(dh,
dt)t(du.
)t(du))t(u(dg,
dt)t(du.
)t(du))t(u(df(
dtd
=σr
(1.6)
1.4.4. Tangentes
Eliminando-se t das equações paramétricas, obtém-se a equação cartesiana da curva C
de forma implícita ou explícita, assim y é definida como uma ou mais funções de x, i-sto é, se
x=f(t) e y=g(t), então y=h(x). Se h for uma função diferenciável de t, então, pela regra da
cadeia:
dtdx.
dxdy
dtdy
= (1.7)
Se, 0dt/dx ≠ podemos dividir ambos os membros da igualdade acima por dtdx e obter
dtdxdtdy
dxdy
= (1.8)
1.4.5. Cálculo da Segunda Derivada
O cálculo da segunda derivada é importante para se avaliar a concavidade de curvas
definidas paramétricamente.
dtdx
dxdy
dtd
dxyd2
2 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
= (1.9)
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 11
1.5. Integral de funções vetoriais
A integral definida de uma função vetorial ( )tσr pode ser definida da mesma forma que
para a função real, exceto que a integral resulta num vetor. Pode-se expressar a integral de σr
como a integral de suas funções componentes f, g e h como se segue:
( ) ( ) ( ) ( ) kdtthjdttgidttfdttb
a
b
a
b
a
b
a
rrrr⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= ∫∫∫∫σ (1.10)
Estende-se o Teorema Fundamental do Cálculo para funções vetoriais contínuas como se
segue:
( ) ( )] ( ) ( )arbrtrdtt ba
b
a
−==∫σr (1.11)
onde r é uma primitiva deσr .
1.6. Cálculo de Áreas
Suponha que uma função vetorial seja definida pelas suas equações paramétricas x=f(t),
y=g(t). Sabe-se que a área sob o gráfico de uma função y =F(x) é dada por:
∫=b
a
dx)x(FA (1.12)
Para se calcular a área sob um gráfico de uma curva C definida por suas equações
paramétricas, faz-se mudança de variáveis na expressão (1.12) como a seguir:
( ) ( )dtt'xdxt'xdtdx
=⇒= e ( ) ( )tgxFy == (1.13)
( ) ( )∫=β
α
dtt'xtgA (1.14)
1.7. Comprimento de Arco
Seja C a curva com equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), com 'f e 'g contínuas no
intervalo fechado [a,b]. Então, se L for o comprimento de arco da curva C entre os pontos
(f(a),g(a)) e (f(b),g(b)) então:
∫ +=b
a
22 dt))t('g())t('f(L (1.15)
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 12
Para a curva C tendo como equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), seja S o comprimento
de arco de C do ponto (f(to),g(to)) ao ponto (f(t),g(t)) e vamos supor que S seja crescente
enquanto t cresce. Então, S será uma função de t dada por:
du)]u('g[)]u('f[St
to
22∫ += (1.16)
Do primeiro teorema fundamental do cálculo
22 )]t('g[)]t('f[dtdS
+= (1.17)
22 )]t('g[)]t('f[)t(' +=σr (1.18)
Logo,
dtdS)t(' =σ
r (1.19)
Teorema: Seja C a curva com equação vetorial ( ) ( ) ( ) jtgitftrrr
+=σ , com 'f e 'g contínuas no
intervalo fechado [a,b]. Então, o comprimento de arco de C, traçado pelo ponto final da
representação posicional de ( )tσr quando t cresce de a até b, é determinado por:
∫=b
a
dt)t('L σr (1.20)
1.8. Aplicações ao Movimento
Seja C a curva tendo equações paramétricas x=f(t) e y=g(t). Se uma partícula estiver se
movendo ao longo de C de tal forma que sua posição em qualquer instante t seja o ponto (x,y),
então a velocidade instantânea da partícula no instante t será determinada pelo vetor
velocidade dado por:
( ) ( ) ( ) jt'git'ftVrrr
+= (1.21)
se ( )t'f e ( )t'g existirem. Como a direção de ( )t'σr no ponto P(f(t),g(t)) é ao longo da reta
tangente à curva C no ponto P, o vetor velocidade V(t) tem o mesmo sentido ( )t'σr em P.
O módulo do vetor velocidade é uma medida da velocidade escalar da partícula no
instante t sendo dada por: 22 )]t('g[)]t('f[)t(V)t(v +==
r (1.22)
A velocidade escalar é a taxa de variação de S em relação a t e escreve-se da seguinte
forma:
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 13
dtdS)t(V)t(v ==
r (1.23)
A aceleração instantânea no instante t de uma partícula movendo-se ao longo de uma
curva C, tendo como equações paramétricas x=f(t) e y=g(t), é determinada pelo vetor
aceleração:
)t('')t(A)t('V)t(A σ=⇔= (1.24)
onde ( )t''σr existe.
Exercícios:
1) Fazer uma parametrização da reta L no 3ℜ que passa pelo ),,( 000 zyxPo e é paralelo ao
vetor Vr
0),,( 321 ≠vvv
Solução:
)tvz, tvy, tvx()t(tvzz tvzztvyy tvyytvxx tvxx
)v,v,v(t )zz,yyxx(
302010
3030
2020
1010
32100,0
+++=+==−+==−+==−
=−−−
σr
2) Parametrize a curva C que é interseção da semi-esfera 0 2222 ≥=++ zyzyx
com o plano 01 =+− yz
Solução:
12
sen
12
sen 2
sen)1( sen)1(2
cos1)1(2
1242 0222122)1( 2
z subst. 101
22222
22
22222
222222
+=
+=⇒=−⇒=−
==−+
=+−+⇒=−+−+−++
=−++⇒=++
−==+−
ty
tytyty
txyx
yyxyyyyxyyyxyzyx
yzyz
2tsenz 11
2tsenz:teremos,1yzComo =⇒−+=−=
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 14
3) Considere o caminho regular )(0, t ),tln,t,t2()t( 2 ∞∈=γr . Verifique que os pontos (2,1,0) e
(4,4,ln2) pertencem à trajetória de γr e calcule o comprimento de arco de γr entre estes pontos.
Solução:
[ ] 2ln3)1ln1()2ln4(ln
)12()12())12((
)144( )144(
1)('
2)('2)('
))('())('())('()('
traj.a pontos os Logo24 11224 122
21
2
2
1
2
1
22
1 2
22
2
1 2
422
1 22
222
22
+=+−+=+
+=+
=+
++=++
=
==
++=
∈=⇒=⇒==⇒=⇒=
=⇒=⇒==⇒=⇒=
∫∫∫
∫∫
∫∫
tt
dtt
tdtt
tdtt
t
dtt
ttdtt
t
ttz
ttytx
dttztytxdtt
ttyyttyyttxxttxx
b
a
b
aγ
γ
4) Prove que a aplicação )2 , 0(t ,2tsen2,tsen,tcos1)t( πγ ∈⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
r é um caminho cuja a
trajetória está contida na interseção do cilindro { }0z ,1y)1x( ;)z,y,x(C 223 ≥=+−ℜ∈= e
da esfera { }4zyx ; )z,y,x(S 2223 =++ℜ∈= .
Solução:
)2 , 0(t 2tsen2z
2tcos14z
2tcos1
4z
4tcos22
4z
4ztsentcostcos21
4ztsen)tcos1(
tseny tseny
tcos1x tcos1x tcos)1x(
4zyx 0z 1y)1x(
2
22
222
222
22
22
22222
π∈=⇒⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=
−=⇒
−=
=++++
=+++
=⇒=
+=⇒=−⇒=−
=++≥=+−
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 15
5) Calcule o limite ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
−−
++→
ktttgj
1t1ti3tlim 21t
rrr
Solução:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⇒→⇒
=→
=′−
′→⇒
−−
=⇒+⇒→⇒+
tg1,212,
k tg11tk tttg
j 21 1t quando subst.
t21
)1(t)1-(t L`hopital Aplicando 1ti
1t1t
24 i 31 1t i 3t
22
rr
r
r
rr
6) Dado )2t3,tsene(f(t) t3 −= calcule ( )t'f
Solução:
j3i)tcostsen3(e()t('f
)3),tcostsen3(e((t)' f
3(t)y' tcosetsene3(t)x'
2-3ty(t) tsenex(t)
(t))y'(t),(x'(t)' f
t3
t3
t3t3
t3
++=
+=
=+=
==
=
7) Encontre os pontos na curva onde a tangente é horizontal ou vertical, para x= t (t2 – 3) e
y= 3 (t2 – 3)
Solução:
( )
0dtdy0
dtdx0
dtdydtdx
9,0:horizontalétgaondepontos0t/p
)9t3(y)t3t(x
0t0t6
0dtdx0
dtdy0
dtdxdtdy
vertical é tangente a 0dydx Se.horizontal é tangente a 0
dxdy Se
23
≠=⇒=
−=
−=−=
=⇒=
≠=⇒=
==
)6,2(:verticalétgaondepontos1t/p
1t1t03t3 22
−±±=
±=⇒=⇒=−
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 16
8) ( )tσr denota o vetor posição de uma partícula se movendo, em cada instante t, determine:
a) O vetor velocidade ( )tVr
b) O vetor aceleração ( )tAr
c) A velocidade escalar em t=t1, sendo t1= 9π
d) Dois vetores tangentes unitários à trajetória da partícula em t=t1.
Para: σr (t)=(2+cos 6t, 2+ sen 6t)
Solução:
121
11
222222
1
-TT e 21,
23-
63)- ,3(-3
)(')('
)(tT d)
6v(t)))9/(6cos)9/(636(sen ))9/(6cos6())9/(6(-6v(t)
(t)'v(t)9
tc)
6t)sen 36- 6t, cos (-36 (t)A
(t) '' (t)A b)
6t) cos 6 6t,sen (-6 (t)V
(t) '(t)V a)
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −===
=
+=+=
=
=
=
=
=
=
tt
sen
σσ
ππππ
σ
π
σ
σ
r
rr
r
r
rr
r
rr
1.9. Vetores Tangente Unitário e Normal Principal
A cada ponto da curva no plano associamos dois outros vetores unitários, o vetor
tangente unitário e o vetor normal principal. Esses valores aparecem em muitas aplicações de
funções com valores vetoriais.
1.9.1. Vetor Tangente Unitário
Se ( )tσr for o vetor posição da curva C num ponto de P em C, então o vetor tangente
unitário de C em P, denotado por ( )tTr
,será o vetor unitário na direção de ( )tDtσr se ( )tDtσ
r ≠ 0.
O vetor unitário na direção de ( )tDtσr é dado por:
)t(')t(')t(T
σσr
rr= (1.25)
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 17
1.9.2. Vetor Normal Principal
Se ( )tTr
for o vetor tangente unitário da curva C no ponto P, então, o vetor normal
principal denotado por ( )tNr
, será um vetor unitário na direção de ( )tDtσr .
)t('T)t('T)t(N r
rr
= (1.26)
Ilustração:
Será mostrado que a aceleração possui duas componentes: uma normal ao movimento
e uma tangencial.
Teorema: Considere uma partícula se movendo com vetor posição ( )tσr . Se
0)t(')t(v ≠= σr é a velocidade da partícula, então o vetor aceleração é dado por
)t('T)t(v)t(T)t('v)t(Arrr
+= (1.27)
Se )(')(')(
tttT
σσr
rr= então:
( )
( ) )t(T)t('v)t(v)t('TtN)t(A
)t(T)t('v)t(v)t('TtN)t('')t(A
)t('v)t(T)t(v)t('T)t('')t(A
)t(')t(T)t('
rrrr
rrrrr
rrrr
rr
+=
+==
+==
=
σ
σ
σσ
(1.28)
1.9.3. Curvatura A curvatura fornece a taxa de variação da direção de uma curva em relação à variação
de seu comprimento. A curvatura de uma curva é a medida da taxa de variação em relação ao
comprimento de arco, e não em relação ao parâmetro. Se s representa o comprimento de arco
de um certo ponto fixo, então a curvatura k é dada por:
)('
)('
t
tTk
σr
r
= (1.29)
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 18
Demonstração:
)('
)(' Então,
)('dtds )(')('
)('
)('
)(')('.
22
t
tTk
tdttytxS
t
tT
ttT
dsdt
dtTdk
σ
σ
σσβ
α
r
r
r
r
r
r
rr
=
=+=
===
∫ (1.30)
Quando a curva é plana como a mostrada na Figura 1 e tem equação cartesiana )(xfy = , a
equação da curvatura se escreve da seguinte forma:
23
2
2
2
1
)(
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
=
dxdy
dxyd
xk (1.31)
θ
F’(x)
x
y
Figura 1- Curva Plana
Demonstração:
[ ]
[ ][ ]
[ ]
[ ] [ ]
23
2
2
2
22
2
22
1
1
)(
)('1
1.)('1)('')(
)('1
)('1 se )('1)(''
x temosa relação em derivando )(' )(' )(
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
=
++=
+=
+=+
=
=
==
∫
−
dxdy
dxyd
xk
xfxfxfxk
xfdxds
dxxfsxfxf
dxd
xftgxftgxfy
φφ
φ
(1.32)
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 19
Exercícios:
1) Dada a curva descrita pelas equações paramétricas 23 3 e 3 tyttx =−= ache ( )tTr
e ( )tNr
em t=2.
Solução:
( ) ( )
( )( )
jijiTji
jt
tit
ttTtT
tt
ttt
ttt
tttT
jt
tit
ttT
jt
titt
tt
tt
tttjtitt
jtittt
rrrrrrrrr
rrr
rr
r
rrr
rrr
rr
rrrr
rrr
53
54(2)N
54
53)2( 122)2(
11
12
)(')('(t)N
1t
2
)1()1(4
)1(484
)1(484
)1(16)('
)1(22
)1(4)('
12
11
''(t)T
1)3(t
)12(9
36)33(' 6)33('
3)3()(
2
2
2
2
42
22
42
42
42
42
42
2
22
2
22
22
2
2
24
2222
23
−=+=+=
+−
++
==
+=
++
=
+++
=
++−
++
=
+−
++
=
++
+−
==
+=
++=
+−=+−=
+−=
σ
σσ
σσ
σ
2) Considere a equação vetorial dada 1t , jti)t1()t( 2 =++=rrr
σ . Determinar o vetor tangente
unitário e normal principal:
Solução:
( ) ( )( ) j
tti
ttttT
vvv
vv
22 412
411
''
++
+==
σσ em t = 1 ( ) ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
52,
51tT
v
jt
it
ttT
tTtT
rrr
r
rr
3232 )41(
2
)41(
4)('
)(')('(t)N
++
+
−=
=
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 20
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==
++
+
−==
+=
51,
52-(t)N 1 em
411
412
)(')('(t)N
142)('
22
2
rrrr
rr
r
tjt
it
ttTtT
ttT
3) Dada a circunferência com raio a e equações paramétricas 0 a tsenay tcosax >== .
Ache o vetor curvatura e a curvatura em qualquer t.
Solução:
curvatura 1k(t)
curvatura vetor cos)(
;cos)(')(')(
)(' cos)('cos)(
a
ja
sentia
ttk
jtisenttttT
atjtaiasenttjasentitat
=
−−=
+−==
=+−=
+=
rr
rrr
rr
rrrr
rrr
σσ
σσ
σ
4) Uma partícula se move com velocidade constante de 10 unidades por segundo, no sentido
anti-horário, ao longo da elipse 194
22
=+yx . Ache o vetor aceleração A
r no instante em que a
partícula passa pelo ponto (0,3).
Solução:
Derivando implicitamente em relação a x :
22
2
16
3636
dxyd
49 0
92
2
ydxdyxy
yx
dxdy
dxdyyx
+−=
−==+
( ) 43
01
43
1
logo
43
dxyd e 0 : temos3y e 0 xquando Assim,
23
23
2
2
2
2
2
=+
−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
=
====
dxdy
dxyd
k
dxdy
Capítulo 1 – Funções Vetoriais 21
)75,0()1,0()10(43 daí e (0,-1)N (0,3), ponto no Portanto
ponto). neste elipse da econcavidad da direção (na baixo para aponta N principal normal vetor o que modo de ,horizontal é T gente vetor tano (0,3),y)(x, Quando
22 −=−===
=
NkvArr
2 Campos Vetoriais
2.1. Campos Vetoriais
Um campo vetorial associa um vetor a um ponto no espaço. Por exemplo, se F for
uma função com valores vetoriais definida numa bola aberta B em ℜ³, tal que:
k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= (2.1)
então Fr
associa a cada ponto (x, y, z) em B um vetor, sendo Fr
chamada de campo vetorial.
Esse campo vetorial tem como seu domínio um subconjunto de ℜ³ e como sua imagem um
subconjunto de V3. Se o domínio de um campo vetorial for um conjunto de pontos num plano
e sua imagem for um conjunto de vetores em V2, então o campo vetorial terá uma equação da
forma:
j)y,x(Qi)y,x(P)y,x(Frrr
+= (2.2)
Exercícios:
1) Um exemplo de um campo vetorial em V3 decorre da lei do inverso dos quadrados de
Newton da atração gravitacional. Essa lei estabelece que a medida da intensidade da força
gravitacional entre duas partículas com massa M e m unidades, respectivamente é 2dGMm
onde d unidades é a distância entre duas partículas e G é uma constante gravitacional. Assim,
se uma partícula com M unidades de massa estiver na origem e uma partícula com 1 unidade
(m = 1) de massa estiver num ponto
P(x, y, z) e se Fr
(x, y, z) for a força gravitacional exercida pela partícula na origem sobre a
partícula em P, temos
2)z,y,x(R
)1(GM)z,y,x(F rr
=
onde kzjyix)z,y,x(Rrrrr
++= . Para obter o vetor Fr
(x, y, z) que representa a força, precisamos
também da direção e sentido de Fr
. Como a direção é radial e o sentido aponta para a origem,
Capítulo 2- Campos Vetoriais
22
podemos caracterizá-los pelo vetor unitário RRr
r
− . Como o módulo foi dado anteriormente,
temos:
)kzjyi(x)zy(x
GM)z,y,x(F
teremos zyx)z,y,x(R como
)z,y,x(R)z,y,x(R
)z,y,x(R
GM)z,y,x(F
23222
222
2
rrrr
r
r
r
rr
++++
−=
++=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
O campo vetorial definido acima é chamado de campo de forças.
2) Desenhe um campo vetorial em ℜ³ dado por Fr
(x, y, z) = z kr
Solução:
(0, 0, 1) k
(1, 2, 3)
x
y
z
o
X
Z
Y
Capítulo 2- Campos Vetoriais
23
2.2. Rotacional e Divergente
Existem dois campos obtidos do campo vetorial Fr
por meio de derivações parciais. Um
deles é o campo vetorial denotado por Frotr
(diz-se rotacional de Fr
) e o outro é o campo
escalar denotado por Fdivr
(diz-se divergente de Fr
). Inicialmente será mostrado como o
símbolo ∇ é usado como operador. Recorde-se que se f for uma função escalar de três
variáveis x, y e z, então o gradiente de f será dado por ∇f(x, y, z) = fx(x, y, z) ir
+ fy (x, y, z) jr
+
fz (x, y, z) kr
Denotaremos agora o operador del em três dimensões por
zk
yj
xi
∂∂
+∂∂
+∂∂ (2.3)
assim a operação ∇ sobre a função escalar f significa
kzfj
yfi
xff
∂∂
+∂∂
+∂∂
=∇ (2.4)
2.2.1. Rotacional
Seja Fr
um campo vetorial numa bola aberta B em ℜ³, tal que:
k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++=
Então, o rotacional de Fr
é definido por:
kyP
xQj
xR
zPi
zQ
yRzyxFrot
vvv⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
−∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=),,( (2.5)
se essas derivadas parciais existirem.
O Rotacional pode ser dado na forma de produto vetorial
RQP
zyx
kji
FxF rot∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
rrr
rr (2.6)
Teorema: Se f for um campo escalar numa bola aberta B em ℜ³ e as derivadas parciais
segundas de f forem contínuas em B, então rot (∇f) = 0.
2.2.2. Divergente
Seja Fr
um campo vetorial numa bola aberta B em ℜ³, tal que:
Capítulo 2- Campos Vetoriais
24
k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= (2.7)
Então, o Divergente de Fr
, denotado por div Fr
será definido por:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=zR
yQ
xP)z,y,x(F div
r (2.8)
se as derivadas parciais existirem.
Teorema: Suponha que Fr
seja um campo vetorial numa bola B em ℜ³, tal que
k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= , se as derivadas parciais segundas de P, Q e R
forem contínuas em B então div (rot Fr
) = 0
Exercícios:
1) Ache o rot F, se f for um campo vetorial definido por Fr
(x, y z) = e2x ir
+ 3x2yz jr
+ (2y2z +
x) kr
Solução:
xzyyzxezy
x +∂∂
∂∂
∂∂
=
222 23x
kji
z) y, (x,Frot
rrr
r=
= (4yz – 3x2y) ir
+ ( 0 – 1) jr
+ (6xyz – 0) kr
=(4yz –3x2y) ir
– jr
+ 6xyz kr
2) Ache o div Fr
, sendo que Fr
o campo vetorial é definido por:
k x) z(2y jyz3x ie z)y (x,F 222xrrrr
+++=
Solução:
Div Fr
(x, y, z) = ∇ . Fr
(x, y z)
)2()3()( 222x xzyz
yzxy
ex
+∂∂
+∂∂
+∂∂
=
= 2e2x + 3x2z + 2y2
3) Calcule o Rotacional kzjyixz) y, (x,Frrrr
++=
Capítulo 2- Campos Vetoriais
25
Solução:
0z) y, (x,Frot
)()()()()()(y
z) y, (x,Frot
z) y, (x,Frot
=
∂∂
−∂∂
−∂∂
−∂∂
+∂∂
+∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂=
r
rrrrrrr
rrr
r
kxy
iyz
jzx
jxz
kyx
iz
zyxzyx
kji
4) Calcule o divergente do campo vetorial dado
Solução:
2z . )zy(x1
1 ). ()( tg2z F div
)().(0.0.F div
)( tg)(z) y, (x,F
22222222221-
2221222
2221222
++++++++=
∂++++∂
+∂∂
+∂∂
=
++++=−
−
zyxzyx
zzyxtgzyx
yx
kzyxzyx
r
r
rr
3 Integrais de Linha
3.1. Introdução
A integral de linha é semelhante a uma integral simples, exceto que, em vez de
integrarmos sobre um intervalo [a, b], integramos sobre uma curva C. Elas foram inventadas
no começo do século XIX para resolver problemas envolvendo escoamento de líquidos, forças,
eletricidade e magnetismo.
As integrais de linha são definidas em termos de limites de somas de Riemann, de um
modo semelhante à definição de integral definida.
3.2. Integral de Linha de Função Escalar
Suponha-se uma curva C espacial lisa dada pelas equações paramétricas:
x= x(t) y = y(t) z= z(t) a ≤ t ≤ b
ou pela equação vetorial σr (t) = x(t) ir
+ y(t) jr
+ z(t) kr
. Se f é uma função de três variáveis que
é contínua em alguma região contendo C, então se define a integral de linha de f ao longo de C
(com relação ao comprimento de arco) de modo semelhante ao feito para curvas planas:
∑∫=
∗∗∗∞→=
n
1iiiiinC
s)z,y,x(flimds)z,y,x(f Δ (3.1)
Calculando-se essa integral tem-se:
dtdtdz
dtdy
dtdx))t(z),t(y),t(x(fds)z,y,x(f
222b
aC
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= ∫∫ (3.2)
Observe que as integrais podem ser escritas de modo mais compacto com notação vetorial
dtttfb
a∫ )('))(( σσ (3.3)
Para o caso especial quando f(x, y, z)= 1, tem-se:
∫ ∫ ==C
b
a
Ldt)t('ds)z,y,x(f σr (3.4)
onde L é o comprimento da curva C.
Capítulo 3- Integrais de Linha
27
27
Defini-se também, integrais de linha ao longo de C com relação à x, y e z. Por exemplo,
∫ ∑ ∫=
∗∗∗∞→ =Δ=
C
n
i
b
aiiiin dttztztytxfzzyxfdszyxf
1)('))(),(),((),,(lim),,( (3.5)
Portanto, como para as integrais de linha no plano, podemos calcular integrais da forma
∫ ++C
dzzyxRdyzyxQdxzyxP ),,(),,(),,( (3.6)
escrevendo-se (x, y, z, dx, dy, dz) em termos do parâmetro t.
Exercícios:
1) Calcule ∫C zdsseny onde C é a hélice circular dada pelas equações x= cos t, y= sen t, z= t,
0 ≤ t ≤ 2π.
Solução:
∫∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
π2
0
222sen)(sensen dt
dtdz
dtdy
dtdxttdszy
C
dtttt∫ ++=π2
0
222 1cossensen
πππ
22sen21
22
2)2cos1(2
2
0
2
0
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −=
−= ∫ ttdtt
3.2.1. Definição formal de Integrais de Linha de Função Escalar
Sejam f : ℜ³ -ℜ uma função real e C uma curva em R3, definida pela função
]b,a[I: =σr → ℜ³ σr (t) = (x(t), y(t), z(t)) (3.7)
Para motivar a definição de integral de linha de f ao longo de C, supõe-se que C
representa um arame e f (x, y, z) a densidade (massa por unidade de comprimento) em cada
ponto (x, y, z) ∈ C. Deseja-se calcular a massa total M do arame.
Para isto, divide-se o intervalo I = [a, b] por meio da partição regular de ordem n
a= t0<t1<...<ti<ti+1<tn=b, obtendo assim uma decomposição de C em curvas Ci definidas em
[ti, ti+1] ,i = 0, . . . , n- 1].
Supondo que σr (t) é de classe C1, e denotando por ΔSi o comprimento da curva Ci ,tem-
se:
Capítulo 3- Integrais de Linha
28
28
( )∫+
=1it
itsi dtt'σΔ
r (3.8)
Pelo teorema do valor médio para integrais, existe ui ∈ [ti,ti+1 ] tal que
( ) ( ) ( ) iii1iiSi tu'ttu' ΔσσΔrr
=−= + (3.9)
Onde Δti = ti+1 - ti. Quando n é grande, ΔSi é pequeno e f(x, y, z) pode ser considerada constante
em Ci e igual a f(σ (ui)). Portanto, a massa total M é aproximada por:
( )( ) ( )∑−
=
=1n
0iiiin tu'ufS Δσσ
rr (3.10)
A soma Sn é uma soma de Riemann da função ( )( ) ( )ii u'uf σσrr no intervalo [a, b]. Logo, se f(x,
y, z) é contínua em C, então:
( )( ) ( )∫=b
a
dtt'tfM σσrr (3.11)
Considerando-se uma curva C em ℜ³, parametrizada por σr (t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [a, b], onde
σr é de classe C1, e f (x, y ,z) uma função real contínua em C. Definimos a integral de linha de f
ao longo de C por:
( ) ( )( ) ( )∫ ∫∫ ==C CC
dtt'tfdsz,y,xffds σσrr (3.12)
Esta fórmula ainda é válida se σr é Cl por partes . Neste caso, a integral é calculada dividindo-
se o intervalo [a, b] em um número finito de intervalos fechados.
Exercício: 1) Calcule ∫ ++
C222 ds)zyx( onde C é a hélice definida por σr (t) = (cos t, sen t, t),
0 ≤ t ≤ 2π.
Solução:
σr ’(t) =(x’(t), y’(t), z’(t)) = (- sen t, cos t, 1). Portanto, σr é de classe C1 em [0,2π] e como
f é contínua, então segue que:
∫ ∫ ∫ =+=++=++C
2
0
2
0
2222222 dt)t1(2dt2)ttsent(cosds)zyx(π π
( )22
0
3
43322
3tt2 ππ
π
+=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=
Se pensarmos na hélice como um arame e f(x, y, z)= x² + y2 + z2 como a densidade de
massa no arame, então a massa total do arame é:
Capítulo 3- Integrais de Linha
29
29
( )22
0
3
43322
3tt2M ππ
π
+=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=
3.2.2. Interpretação Geométrica das Integrais de Linha
Um caso particular da integral de linha ocorre quando a curva C é uma curva no plano xy
definida por uma função de classe C1 ondeσr (t)= (x(t), y(t)), a ≤ t ≤ b, é uma função real
contínua definida em C. Neste caso, a integral de linha de f ao longo de C é:
∫ ∫ ∫==C C
b
a
dt)t('))t(y),t(x(fds)y,x(ffds σr (3.13)
Quando f(x, y) ≥ 0 em C, a fórmula acima tem como interpretação geométrica a “área de
uma cerca” que tem como base a curva C e altura f (x, y) em cada (x, y)..
Exercício:
1) A base de uma cerca é uma curva C no plano xy definida por x(t) = 30cos3 t, y(t) = 30sen3 t,
0 ≤ t ≤ 2π, e a altura em cada ponto (x, y) é dada por f(x, y)= 1+3y
(x e y em metros). Se para
pintar cada m2 um pintor cobra p reais, quanto o pintor cobrará para pintar a cerca?
Solução:
A base da cerca no primeiro e segundo quadrantes é a porção de C dada por:
σr (t)= (30 cos³t, 30 sen³ t), 0 ≤ t ≤ π, e a altura da cerca em cada ponto (x, y) é f(x, y)=1+y/3.
Visto que σr (t) = (x’(t), y’(t)) = (-90 cos²t sen t, 90sen²t cos t), então σr é de classe C1 e
tcostsen)90(tsentcos)90())t('y())t('x()t(' 24224222 +=+=σ =
tttt cossen90cossen)90( 222 ==
Como f é contínua, a área da metade da cerca é:
∫ ∫ =+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
C0
3 dttcostsen)tsen101(90ds3y1
π
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
+−+= ∫ ∫2
02
44 tdtcos)tsen10t(sentdtcos)tsen10t(sen90
ππ
π
450221180tsen2
2tsen180
2
0
52
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+=
π
A área total da cerca é 2 x 450 m2 = 900 m2 e, portanto, o pintor cobrará 900p reais.
Capítulo 3- Integrais de Linha
30
30
3.3. Integrais de Linha de Campos Vetoriais
O trabalho feito por uma força →F (x) que move uma partícula de A até B ao longo do eixo
x é W = ∫b
af(x) dx. Já o trabalho feito por uma força constante F para mover um objeto de um
ponto P para outro ponto Q no espaço é W = →F . D, onde D =
→PQ é o vetor deslocamento.
Suponha agora que k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= é um campo de força
contínuo no IR3 (um campo de força em IR2 pode ser visto como um caso especial onde R = 0 e
P e Q dependem apenas de x e y). Deseja-se calcular o trabalho exercido por essa força
movimentando uma partícula ao longo de uma curva lisa C.
Dividi-se C em sub-arcos Pi-1Pi com comprimentos sΔ i , dividindo-se o intervalo do
parâmetro [a, b] em subintervalos de mesmo tamanho . Escolhe-se Pi*(xi*, yi*, zi*) no i-ésimo
subarco correspondendo ao valor do parâmetro ti*. Se sΔ i é pequeno, o movimento da partícula
de Pi-1 para Pi na curva se processa aproximadamente na direção de T(ti*), versor tangente a
Pi*. Então, o trabalho realizado pela força →F para mover a partícula de Pi-1 para Pi é
aproximadamente:
→F (xi*, yi*, zi*) . [ sΔ i
→T (ti*) ] = [
→F (xi*, yi*, zi*) . T(ti*) ] sΔ i (3.14)
O trabalho total executado para mover a partícula ao longo de C é aproximadamente:
∑=
n
i 1[
→F (xi*, yi*, zi*) .
→T (xi*, yi*, zi*) ] sΔ i (3.15)
Onde →T (x ,y ,z) é o vetor unitário tangente ao ponto (x, y, z) sobre C. Intuitivamente
podemos ver que essas aproximações devem ficar melhores quando n aumenta muito. Portanto
definimos o trabalho W feito por um campo de força F como sendo o limite da soma de
Riemman dada por:
W = ∫c →F (x, y, z) .
→T (x, y, z) ds = ∫c
→F .
→T ds (3.16)
A equação (3.16) nos diz que o trabalho é a integral em relação ao comprimento de arco
da componente tangencial da força. Se a curva C é dada pela equação vetorial σr (t) = x(t) ir
+
y(t) jr
+ z(t) kr
, então →T (t) = σr ’(t) / |σr ’(t) |, e podemos reescrever a equação anterior como:
W = ∫b
a[
→F (r(t)) . σr ’(t) / | σr ’(t) | ] | σr ’(t) | dt = W = ∫
b
a
→F (r(t)) . σr ’(t) dt (3.17)
Capítulo 3- Integrais de Linha
31
31
Esta última integral é freqüentemente abreviada como ∫c→F . d
→r e ocorre também em
outras áreas da física . Portanto podemos definir a integral de linha para um campo vetorial
contínuo qualquer.
Definição : Seja →F um campo vetorial contínuo definido sobre uma curva lisa C dada pela
função vetorial σr (t), a ≤ t ≤ b. Então a integral de linha ao longo de C é :
∫c→F . d
→r = ∫
b
a →F (σr (t)) . σr ’ (t) dt = ∫c
→F .
→T ds (3.18)
Quando se usa a definição anterior, deve-se lembrar que →F (σr (t)) é uma abreviação para
→F = (x(t),y(t),z(t)), e calcula-se
→F (σr (t)) tomando-se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) na expressão
de →F (x, y, z). Nota-se também que se pode formalmente escrever que dr =σr ’(t) dt .
Apesar de ∫c→F .d
→r = ∫c
→F .
→T ds e integrais em relação ao comprimento de arco não trocarem
de sinal quando a orientação do caminho é invertida. É verdade que ∫c→F .d
→r = - ∫−
→→
crd.F
porque o versor tangente T é substituído por seu negativo quando C é trocado por -C.
Finalmente, nota-se relação entre integrais de linha de campos vetoriais e integrais de
linha de campos escalares. Supõe-se que um campo vetorial F em ℜ3 seja dado sob a forma de
componentes pela equação k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= . Usa-se a definição
para calcular sua integral de linha ao longo de C:
∫c→F .d
→r = ∫
b
a (
→F (σr (t) . σr ’(t) ) dt =
= ∫b
a( P
→i + Q
→j + R
→k ). (x’(t)
→i + y’(t)
→j + z’(t)
→k ) dt =
= ∫b
a[ P(x(t) + y(t) + z(t))x’(t) + Q(x(t) + y(t) + z(t))y’(t) +R (x(t) + y(t) + z(t))z’(t)] dt
. (3.19)
Mas esta última integral pode ser expressa como:
∫c→F .d
→r = ∫c Pdx + Qdy + Rdz (3.20)
onde k)z,y,x(Rj)z,y,x(Qi)z,y,x(P)z,y,x(Frrrr
++= .
Por exemplo, a integral ∫c ydx + zdy + xdz poderia ser expressa como:
∫c→F .d
→r (3.21)
Capítulo 3- Integrais de Linha
32
32
Onde →F (x, y, z) = y
→i + z
→j + x
→k .
Definição: (consideremos uma curva C em ℜ3) parametrizada por σr (t) = ( x(t), y(t), z(t)),
t ∈ [a,b] , onde σr é de classe C1, e →F (x, y, z) = ( P (x, y, z), Q (x, y, z), R (x, y, z) ) um campo
vetorial contínuo definido em C. Definimos a integral de linha de →F ao longo de C por:
∫c→F .d
→r = ∫
b
a (
→F (σr (t) . σr ’(t) ) dt (3.22)
Se a curva C é fechada, isto é, se σr (b) = σr (a), a integral de linha é denotada por ∫c→F .d
→r .
Exercícios:
1) Calcule ∫c→F .d
→r onde
→F (x,y,z) = (x,y,z) e C é a curva parametrizada por σr (t)= ( sen t,
cos t, t ), 0 ≤ t ≤ 2π.
Solução:
Como →F é contínua em ℜ³ e σ’(t)= (cos t, - sen t, 1) é contínua em [0,2π], temos
∫ ∫ =−=→→
C
2
0
dt)1,tsen,t).(cost,tcos,t(senrd.Fπ
∫ ∫ ==+−=π π
π2
0
2
0
22tdtdt)ttcostsentcost(sen
2) Calcule a integral de linha do campo vetorial →F (x,y)= (x²-2xy, x³+ y) de (0,0) a (1,1) ao
longo das seguintes curvas:
a) O segmento de reta C1 de equações paramétricas x= t, y= t, 0 ≤ t ≤ 1.
b) A curva C2 de equações paramétricas x= t², y= t³, 0 ≤ t ≤ 1.
Solução:
a)
∫ ∫ =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++
−=++−=
→→
1C
1
0
2433
1
0
2
125
2t
4t
3tdt)ttt(rd.F
Capítulo 3- Integrais de Linha
33
33
b)
∫ ∫ =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−=++−=
→→
2
1
0
1
0
9765865
4225
374
65)3342(.
C
tttdtttttrdF
Este exemplo mostra que a integral de linha de um campo vetorial de um ponto a outro
depende, em geral, da curva que liga os dois pontos. Calculando novamente o item b), usando
uma representação paramétrica diferente para a curva C2. A curva C2 pode ser descrita pela
função →β (t) = (t, t3/2), 0 ≤ t ≤ 1.
∫ ∫ =++−=→→→1
0
1
0
227
252 )
23
232()(')).('( dtttttdtttF ββ
Como ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ +−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
→→→2
332522
1,2))('(e
23,1)(' tttttFtt ββ , obtemos
4225
3t
7t4
6t5
1
0
29
273
=⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡+−=
Verificamos no exemplo acima que o valor da integral é o mesmo para as duas
parametrizações da curva C2. Esta é uma propriedade importante das integrais de linha que
provaremos a seguir.
É importante destacar que se σr (t) (a≤ t≤b) e →β (t) (c≤ t≤ d) são duas parametrizações
equivalentes da curva C, então existe uma função h: [c, d] → [a, b], bijetora e de classe C1, tal
que β (t)= σr (h(t)). Se h é crescente, dizemos que h preserva a orientação, isto é, uma partícula
que percorre C com a parametrização →β (t) se move no mesmo sentido que a partícula que
percorre C segundo a parametrização σr (t). Se h é decrescente, dizemos que h inverte a
orientação.
Teorema: Sejam σr (t) (a≤ t≤b) e
→β (t) (c≤ t≤d) parametrizações de C1 por partes e
equivalentes. Se h preserva a orientação, então:
∫ βC
→F .d
→r = ∫ σC
→F .d
→r (3.23)
Se h inverte a orientação, então:
Capítulo 3- Integrais de Linha
34
34
∫ βC
→F .d
→r = - ∫ σC
→F .d
→r (3.24)
( C β e Cσ denotam a curva C parametrizada por →β (t) e σr (t) respectivamente).
Demonstração: É suficiente provar o teorema para σr (t) e →β (t) de classe C1. Suponhamos que
as parametrizações σr (t) e →β (t) estão relacionadas pela equação
→β (t) = σr (h(t)), t ∈[c, d] (3.25)
Então,
∫→→
βCrd.F = ∫
→d
cF ( β (t)).β
v’(t) dt = ∫
→d
cF (σv (h(t))).σv ’(h(t))h’(t) dt (3.26)
Fazendo a substituição u = h(t), du = h’(t)dt, obtém-se :
∫→→
βCrd.F = ∫
→)d(h
)c(hF (σr (u)). σr ’(u)du =
= ∫→b
aF (σr (u)). σr ’(u)du = ∫ ∂
→
cF .d
→r , se h preserva a orientação.
= ∫→a
bF (σr (u)). σr ’(u)du = - ∫ ∂
→
cF .d
→r , se h inverte a orientação.
3.4. Propriedades da Integral de Linha
(i) Linearidade.
∫∫∫→→→→→→→
+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
CCC
rd.Gbrd.Fard.GbFa (3.27)
onde a e b são constantes reais.
(ii) Aditividade. Se C admite uma decomposição num número finito de curvas
C1,...,Cn ,isto é, C= C1
U ... U Cn, então:
∫→→
crd.F =∑∫
=
→→n
1i icrd.F (3.28)
A prova destas propriedades segue imediatamente da definição de integral de linha.
Capítulo 3- Integrais de Linha
35
35
Exercício:
1) Considere C a fronteira do quadrado no plano xy de vértices (0,0), (1,0), (1,1) e (0,1),
orientada no sentido anti-horário. Calcule a integral de linha ∫ +C
2 xydydxx
Solução: A curva é decomposta em quatro segmentos de reta que podem ser parametrizados do
seguinte modo:
C1 : σ1 (t) = (t, 0), 0 ≤ t ≤ 1
C2 : σ2 (t) = (1, t), 0≤ t ≤ 1
C3 : σ3 (t) = (-t, 1), -1≤ t ≤ 0
C4 : σ4 (t) = (0, -t) , -1 ≤ t ≤ 0
Assim, ∫ ∫ ==+1C
1
0
22
31dttxydydxx
∫ ∫ ==+2C
1
0
2
21tdtxydydxx
∫ ∫−
−=−=+3C
0
1
22
31dttxydydxx
∫ ∫−
==+4C
0
1
2 0dt0xydydxx
Logo,
∫ =+−+=+C
2
210
31
21
31xydydxx
3.5. Aplicações das Integrais de Linha
As integrais de linha possuem vasta utilização em diversas áreas, sobretudo na física para
ajudar a descrever alguns fenômenos e calculá-los.
Apresenta-se algumas aplicações das integrais citadas na física, além de alguns exemplos
resolvidos.
a) Cálculo da Massa e Centro de Massa de um Fio
Admitamos o seguinte problema descrito no exemplo abaixo onde os dados são os
seguintes:
Um fio extremamente delgado está identificado com as duas primeiras voltas do traço da
hélice C em ℜ3 dada por →C (t) = [cos(t), sen(t), t], com t percorrendo o intervalo [0,4π]. A
densidade linear em qualquer ponto (x, y, z) da curva é φ( x, y, z ) = 5x + z.
Capítulo 3- Integrais de Linha
36
36
Com o uso de integrais de linha de campos escalares podemos calcular o centro de massa
do fio. Primeiramente aproximamos a massa do fio por pequenos elementos de massa mi,
concentrados nos pontos ( xi, yi, zi ).
Massa ≅ iiii
n
1i
n
1ii s)z,y,x(densm Δ∑∑
==
= (3.29)
Logo, uma aproximação do momento de massa em relação ao plano "xy" do fio é dado
por ∑=
=n
1iiiiixy s)z,y,x(densM Δ (3.30)
Define-se então:
∫∑ ===
∞→ ds)z,y,x(zdenss)z,y,x(denslimMn
1iiiiinxy Δ (3.31)
De maneira análoga definem-se os outros momentos de massa. Se M denota a massa
total do fio então as coordenadas do centro de massa são dadas por:
centro de massa = ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
MMxy,
MMxz,
MMyz (3.32)
b) Momento de Inércia
Seja L uma linha reta e designemos por dL(x) a distância do ponto x pertencente a ℜn a
linha L. O momento de inércia da linha Γ relativo a reta L é a integral de linha da função
φ(x) = α(x)d2L(x), ou seja,
dt)t(g))t(g(Ld 2))t(g(I 'b
a
L ∫= α (3.33)
c) Campo gravitacional
Seja M uma massa pontual e situada na origem de IR3. O campo gravitacional gerado
pela massa M é dado por
( ) rz,y,x
33rGM),z,y,x(GM)z,y,x(F rr
−=−= (3.34)
Onde r = (x; y; z) e G é a constante universal da gravitação.
Facilmente se verifica que o campo gravitacional é um gradiente e o seu potencial é a
função
zyx)z,y,x( 222
GMr1GM),z,y,x(GM)z,y,x(
++=== rφ (3.35 (3.35)
Capítulo 3- Integrais de Linha
37
37
A integral de linha de um campo gradiente não depende do caminho. Depende apenas
do ponto inicial A e do ponto final B. Podemos aplicar então o teorema fundamental do cálculo
para o cálculo da integral de linha:
)()(.. abdgdgF φφφ −=∇=∫ ∫Γ Γ
(3.36)
d) Campo Magnético Através da Lei de Ampère
Em 1819, Oersted descobriu que uma corrente elétrica produz um campo magnético, e
que para o caso de um fio retilíneo, as linhas de campo são círculos em planos perpendiculares
ao fio, como ilustra a Figura (3.1). O sentido do campo é dado pela regra da mão direita: com o
polegar no sentido da corrente, os outros dedos dão o sentido de B.
Logo após a apresentação do trabalho de Oersted, em 1820, Ampère realizou outras
experiências e formalizou a relação entre corrente elétrica e campo magnético. Ele mostrou
que o campo produzido pela corrente, i, é dado pela lei que recebeu seu nome.
→→→
=∫ ild.B 0μ (3.37)
Onde μo é a permeabilidade magnética do vácuo.
Em (3.37), a integral é realizada ao longo de uma linha fechada arbitrária, que alguns
autores denominam linha amperiana, pela sua correspondência com a superfície gaussiana no
caso da eletrostática, e através desta lei é possível calcular o campo magnético numa integral
de linha.
Figura 3.1- Ilustração para a dedução da lei de Ampère
Capítulo 3- Integrais de Linha
38
38
Exercícios:
1) Seja Γ um fio de um material cuja densidade de massa é dada por
yx2
21
1)y,x(
++
=α e tem a configuração de uma espiral descrita pelo
caminho g(t) = (t cos t; t sen t) ; 4π ≥ t ≥ 0 (vide figura abaixo).
Então 1)t())t(g( g'=α e, portanto, a massa de Γ é dada por:
παππ
411
1)())(( 24
0 2
4
0
'=+
+== ∫∫ dtdtttgM t
tg .
A coordenada y do centro de massa é dada por:
144sen
41),(1 4
0−=
−=== ∫∫
Γ
π
ππ
πα tdttyxy
My
2) Seja Γ pertencente ao IR3 um fio de um material com densidade de massa α(x; y; z) = z e
cuja configuração é a de uma hélice cilíndrica descrita pelo caminho g(t) = (cos t; sen t; t) ; 4π
≥ t ≥ 0 da figura abaixo:
Então 2)(' =tg e o momento de inércia de Γ relativo ao eixo z é dado pela integral de linha
∫∫ ==+=ΓΓ
ππ
4
0
222 282)()( tdtdsyxzIz
Capítulo 3- Integrais de Linha
39
39
4. Teorema de Green
4.1. Introdução
George Green foi um pioneiro na aplicação de matemática para problemas físicos. Ele
era um moleiro que viveu em Nottingham toda sua vida e teve muito pouca educação formal
até ter completado a maior parte de seu melhor trabalho. Como resultado das suas
circunstâncias, ele recebeu pequeno reconhecimento público na vida, e foi William Thomson
(Lord Kelvin) que primeiro reconheceu o valor do seu trabalho e tornou-o de larga
publicidade. Uma extensão do teorema de Green, o teorema de Stokes, foi também descoberto
a partir de William Thomson. Stokes soube desse teorema por uma carta de Thomson em
1850 e pediu a seus estudantes para prová-lo num exame em Cambridge em 1854. Não se
sabe se algum de seus estudantes foi capaz de fazê-lo.
O trabalho de Green teve grande influência e hoje em dia é lembrado principalmente
pelo teorema de Green em análises de vetor, tensor de Green (ou o tensor Cauchy-Green) na
teoria de elasticidade e acima de tudo as funções de Green para resolver equações
diferenciais. A técnica da função de Green tem sido muito extensamente aplicada a equações
que surgem em física clássica e engenharia e recentemente foi adaptada a problemas de
mecânica quântica em áreas tão diversas como física nuclear, eletrodinâmica quântica e
supercondutividade.
4.1.1. A Vida de George Green
George Green nasceu em Nottingham em 13 de julho de 1793. Por várias gerações seus
antepassados foram fazendeiros na aldeia de Saxondale, a algumas milhas de Nottingham,
mas o pai dele, o mais jovem de três filhos, tinha sido enviado para lá em 1774 para ser
aprendiz de um padeiro em Nottingham. Com o tempo ele comprou a própria padaria e
prosperou, adquirindo terra e propriedades, as quais ele alugou, como também um armazém
nas margens do rio Lean, onde ele armazenava grãos antes de enviar para que fossem moídos
para a padaria. Quando George tinha oito anos, enviaram-no para a Robert Goodacre’s
Academy. A instrução dele durou só quatro períodos, e começou ajudar na padaria. Ele teve
Capítulo 4- Teorema de Green
40
sorte de que seu pai o enviou para aquela escola particular, Robert Goodacre era um professor
de ciência entusiástico. Goodacre se tornou um locutor popular em astronomia e dissertou ao
longo das Ilhas britânicas e América. Assim, George Green teria adquirido um gosto para
ciência, embora seja duvidoso que o professor Goodacre poderia tê-lo incentivado muito em
matemática; Goodacre não tinha tido nenhum treinamento formal e tinha sido aprendiz de
alfaiate antes de se tornar um professor.
Assim à idade de nove anos, George Green havia recebido toda a educação formal que
ele adquirira até os quarenta anos. Havia livrarias em Nottingham onde ele poderia comprar
livros de ensino e enciclopédias, mas não havia ainda nenhuma biblioteca. É possível que ele
possa ter recebido algum aconselhamento para leitura de um dos matemáticos diplomados que
viveram em Nottingham.
Quando Green tinha 14 anos, seu pai construiu um moinho de vento em Sneinton, uma
aldeia separada uma milha ou mais de Nottingham. Era torre de moinho de cinco pavimentos
com estábulos para oito cavalos e armazenamento para feno e milho. Moer era um comércio
qualificado e ele empregou um capataz-gerente, William Smith que morava em uma cabana
ao lado do moinho. O moinho não podia ser facilmente trabalhado por uma só pessoa; George
ajudou William Smith, e então aprendeu a operar o moinho. Esta deve ter sido uma mudança
excitante da padaria para um menino de 14 anos, e teria sido uma vida difícil, principalmente
ao ar livre. Quando havia vento o bastante, ele trabalhava longas horas, até à noite. Como os
Green ainda estavam vivendo em Nottingham, parece provável que George ficava durante a
noite com os Smith ou talvez dormiu no moinho ao invés de voltar caminhando pela escuridão
e ruas provavelmente perigosas de Nottingham. Parece provável também que durante este
tempo ele teria gasto alguns dos dias tranqüilos estudando matemática enquanto esperava o
vento vir. Certamente sua filha mais jovem, Clara, que viveu até 1919, contou ao Professor
Granger da University College, Nottingham, que o pai dela usou o chão do moinho como um
local de estudo.
Quando Green tinha 24 anos, ele e os pais mudaram-se para uma casa com cinco
quartos que eles construíram próximo ao moinho e alguns anos depois ela se juntou à
Biblioteca de Nottingham, recentemente aberta. Esta logo se tornou o centro de vida
intelectual em Nottingham. Continha uma coleção modesta de livros de ensino matemáticos e
científicos, e, de grande importância, tinha os jornais científicos britânicos importantes. Estes
normalmente também incluíram os títulos e resumos de documentos de jornais estrangeiros,
de forma que Green poderia seguir o que estava sendo feito em outro lugar. Em princípio, ele
poderia ter escrito aos autores pedindo cópias dos documentos deles.
Capítulo 4- Teorema de Green
41
George Green publicou o seu primeiro documento "Um Ensaio na Aplicação de Análise
Matemática para as Teorias de Eletricidade e Magnetismo" em 1828, à idade de 35 anos. Era
um grande trabalho de originalidade notável. Ele inventou técnicas matemáticas
completamente novas para resolver os problemas que surgiram na análise e teria tido um
efeito imediato e profundo se tivesse sido lido por outros trabalhadores na área. Infelizmente,
não teve este efeito até alguns anos depois de sua morte. Ele foi aconselhado que como não
tinha tido nenhum treinamento formal e a posição social dele era modesta, não deveria enviar
o documento a um jornal científico. Então, ao invés disso, ele teve seu trabalho impresso
reservadamente em Nottingham e distribuiu algumas cópias para outros matemáticos e físicos
que trabalhavam na Inglaterra. Não teve nenhum impacto; dificilmente alguém na Inglaterra
teria trabalhado nesta área. Matemáticos britânicos estavam interessados em mecânica, ótica,
astronomia, movimento planetário e hidrodinâmica; a inspiração de Green veio da França, de
Laplace e Poisson, mas ninguém parece ter visto seu trabalho lá. Esta falta de resposta deve
ter deprimido Green, mas ele começou a trabalhar logo em um segundo documento. Ele
recebeu valioso encorajamento de Senhor Edward Bromhead, um matemático de Cambridge
diplomado e influente que viveu em Lincolnshire e claramente percebeu habilidade
excepcional em Green.
Green procurou áreas de muito mais interesse a físicos matemáticos britânicos e, com a
influência de Bromhead, ele começou a publicar documentos nos jornais científicos. A vida
familiar dele também mudou consideravelmente aproximadamente neste tempo, quando o seu
pai morreu. Sua mãe havia morrido alguns anos antes, então Green se tornou um homem
bastante rico. Ele deixou de moer e arrendou o moinho em 1833, à idade de 40. Com a ajuda
de Bromhead ele entrou em Cambridge como um estudante universitário para conseguir um
diploma em matemática. Ele conseguiu seu diploma em 1837 e logo depois foi eleito por
companheirismo à faculdade Gonville e Caius.
Green manteve o posto por somente dois anos quando ficou doente e voltou a
Nottingham, onde ele morreu em 1841, deixando a esposa, Jane Smith, e sete filhos.
Tristemente, o inteiro valor do seu trabalho não foi apreciado até sua morte.
4.1.2. A Matemática de Green
A matemática de Green era quase toda desenvolvida para resolver problemas físicos
muito gerais. O primeiro interesse dele estava em eletrostática. A lei do quadrado-inverso
tinha sido recentemente estabelecida experimentalmente, e ele quis calcular como isto
determinou a distribuição de carga nas superfícies de condutores. Ele fez grande uso do
Capítulo 4- Teorema de Green
42
potencial elétrico (e deu este nome) e um dos teoremas que ele provou neste trabalho ficou
famoso com o teorema de Green. Relaciona as propriedades de funções matemáticas às
superfícies de um volume fechado para outras propriedades internas. Em sua forma habitual, o
teorema envolve duas funções, mas é simplificado prontamente ao que é chamado
freqüentemente o teorema da divergência ou o teorema de Gauss.
Para ilustrar o teorema, nós consideramos gás vazando de buracos nas paredes de um
cilindro de gás. A massa que sai por segundo por unidade de área iguala o produto da
densidade do gás e sua velocidade a cada buraco. Assim nós podemos achar a taxa de perda
total integrando em cima de todos os buracos. (A integral pode ser de fato realizada por toda a
superfície desde que a contribuição do resto seja zero). Mas esta taxa de perda da superfície
tem que igualar a soma das massas que partem por segundo de todos os pequenos elementos
dV de volume dentro da superfície e isto pode ser achado integrando uma função particular
em cima do volume inteiro V. A função é o resultado de um operador diferencial chamado
representação da divergência no produto de densidade e velocidade do gás ao elemento dV. O
teorema que relaciona a integral em cima da superfície para a integral em cima do volume
interno é útil em muitos ramos da física. Por exemplo, em eletrostática, um desenvolvimento
próximo relacionado a isto une o fluxo elétrico que deixa uma superfície ao total de carga
dentro dela.
Outra técnica poderosa inventada por Green é usada para resolver equações diferenciais.
Esta técnica pode ser aplicada a outros sistemas mais complicados. Em um circuito elétrico a
função de Green é a corrente devido a um pulso de tensão aplicado. Em eletrostática a função
de Green é o potencial devido a uma mudança aplicada a um ponto particular no espaço. Em
geral a função de Green é a resposta de um sistema a um estímulo aplicado a um ponto
particular no espaço ou tempo. Este conceito foi adaptado prontamente à física quântica onde
o estímulo aplicado é a injeção de um quantum de energia. É no domínio do quantum que a
aplicação de funções de Green para problemas físicos têm crescido espetacularmente nas
últimas décadas.
Green também fez um trabalho muito original em elasticidade onde ele é lembrado
através do tensor de Green. As propriedades elásticas de um sólido isotrópico são bastante
simples. Se a tensão é aplicada, todas as deformações podem ser calculadas através da
magnitude e direção da tensão e de somente dois módulos elásticos (o módulo de elasticidade
e o módulo de rigidez). Mas em um cristal as propriedades elásticas podem variar
consideravelmente de uma direção a outra. Green mostrou que na maioria dos casos gerais são
necessários 21 módulos diferentes para descrever a tensão. Ele também mostrou como a
simetria pode reduzir este número. Ele foi envolvido neste problema porque ele estava
Capítulo 4- Teorema de Green
43
interessado no "espaço celeste". Àqueles tempos os cientistas acreditavam que um meio real,
o espaço celeste, existia em todos lugares. No espaço cósmico ele foi necessário para trazer
vibrações de luz das estrelas até nós. Fresnel tinha mostrado que a luz era uma onda
transversal, assim o espaço celeste deveria ser um sólido uma vez que gases e líquidos
poderiam suportar somente ondas longitudinais. Então, Green começou a analisar as
propriedades de ondas em sólidos e isto o levou a considerar suas propriedades elásticas
imediatamente. Ele também calculou o quanto de uma onda foi refletida e o quanto foi
transmitida a uma interface e explicou o fenômeno de reflexão interna total. Neste trabalho,
ele foi o primeiro a escrever sobre o princípio da conservação de energia, que teve ainda que
ser estabelecido experimentalmente. Seu mais recente trabalho inclui o trabalho, por exemplo,
em hidrodinâmica, um método de aproximação para resolver equações diferenciais que
reapareceram um século depois como o método Wentzel-Kamers-Brillouin (WKB). Ele
também foi o primeiro a declarar o princípio de Dirichlet.
4.1.3. Trabalhos de George Green
• Um ensaio na aplicação de análise matemática para as teorias de eletricidade e
magnetismo;
• Aplicação dos resultados preliminares na teoria de magnetismo;
• Investigações matemáticas relativas às leis do equilíbrio de fluidos análogo ao fluido
elétrico, com outras pesquisas semelhantes;
• Na determinação das atrações exteriores e interiores de elipsóides de densidades variáveis;
• No movimento de ondas em um canal variável de pequena profundidade e largura;
• Na reflexão e refração de som;
• Nota no movimento de ondas em canais;
• Suplemento para uma dissertação da reflexão e refração de luz;
• Na propagação de luz em meio cristalizadas;
• Pesquisas na vibração de pêndulos em meios fluidos.
4.1.4. Reconhecimento
O trabalho de George Green recebeu pequeno reconhecimento popular, tanto durante a
vida, como depois da sua morte, entretanto, foram reconhecidas as suas contribuições para
ciência e foram desenvolvidas durante o século XIX por William Thomson, George Gabriel
Stokes e outros. Seus trabalhos fizeram muito para estabelecer a reputação de Green na física
Capítulo 4- Teorema de Green
44
clássica e também demonstrar aplicações em Engenharia, onde importante uso é feito do
Teorema de Green.
O trabalho principal de Green em eletricidade e magnetismo estava negligenciado na
Inglaterra em lugar desconhecido. Suas contribuições em outros campos que foram
publicados entre 1835 e 1839 foram melhor conhecidas por seus contemporâneos, mas o
verdadeiro valor delas não foi apreciado até muito tempo. Os cientistas praticantes não têm
nenhuma dúvida da importância da contribuição de Green. Mas e o resto do mundo? Até
mesmo em Nottingham, Green era uma figura obscura até recentemente, apesar de tentativas
nos anos vinte de aprender mais sobre ele e dos esforços nos anos trinta pela Associação
Britânica que restabeleceu seu sepulcro.
Julian Schwinger (1918-1994), Nobel Laureate, e Freeman Dyson estabeleceram uma
boa reputação para Green em física moderna. Nos anos 40, Schwinger mostrou que as funções
de Green poderiam ser usadas muito efetivamente em mecânica quântica e poderiam ser
aplicadas para eletrodinâmica quântica. Isto ampliou o campo de aplicações do trabalho de
Green.
Em 1972 houve a formação do Fundo Comemorativo de George Green, fundado no
Departamento de Física da Universidade de Nottingham,
Em 1985 foi promovida a restauração do Moinho de Green em Nottingham.
Em julho de 1993, aconteceram as celebrações do Bicentenário de nascimento de Green
em três cidades: Nottingham, Cambridge e Londres.
4.2. Teorema de Green
O teorema de Green relaciona uma integral de linha ao longo de uma curva fechada C
no plano xy com uma integral dupla sobre a região limitada por C. este teorema será
generalizado para curvas e superfícies no ℜ3.
Definição:Seja D uma região limitada por uma curva simples e fechada C. Dizemos que
a curva C tem orientação positiva se, para um observador que se desloque ao longo da referida
curva, a região D se apresente sempre à sua esquerda:
Figura 4.1- Região no plano
D
Capítulo 4- Teorema de Green
45
Teorema de Green: Seja D uma região fechada e limitada do plano xy, cuja fronteira
∂D está orientada positivamente e é parametrizada por uma função C1 por partes, de modo
que ∂ seja percorrida apenas uma vez. Se →F (x, y)=(P(x, y),Q(x, y)) é um campo vetorial de
classe C1 num subconjunto aberto que contém D, então:
∫∫∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+∂
DD
dxdy yP
xQQdyPdx (4.1)
Demonstração:
Vamos considerar D uma região simples, ou seja, vamos supor que D pode ser descrita
simultaneamente por :
dyc),y(vx)y(v|)y,x{(De )}x(uy)x(u,bxa|)y,x{(D 212
212 ≤≤≤≤ℜ∈=≤≤≤≤ℜ∈=
como mostra a figura a seguir:
y=u2(x) d y=u1(x) c x=v1(y) x=v2(y) a b
Figura 4.2- Região plana
Assim, tem-se:
∫ ∫∫ ∫=
==
∂∂
−=∂∂
−b
a
)x(2uy
)x(1uydydx
yPdxdy
yP (4.2)
∫ =−b
a 21 dx))]x(u,x(P))x(u,x(P{[ (4.3)
∫∫ =−b
a 21b
adx))x(u,x(Pdx))x(u,x(P (4.4)
dxPD∫∂= (4.5)
Analogamente, usando a resolução anterior, mostramos que:
dyQdxdyxQ
D D∫ ∫ ∫∂=∂∂ (4.6)
Se D não é simples, a decompomos como união finita de regiões simples, digamos
D=D1U...DnU, onde cada região simples Dk tem fronteira ∂DkC1 por partes (k=1, ...,n), e
aplicamos o teorema de Green a cada região Dk, obtendo:
dyQPdxdxdyyP
xQ
KDKD
∫∫ ∫ ∂+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂ (4.7)
D D
Capítulo 4- Teorema de Green
46
Conseqüentemente,
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
∫ ∫ dxdyyP
xQ
D
(4.8)
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
∫ ∫∫ ∫ dxdyyP
xQ...dxdy
yP
xQ
nD1D
(4.9)
QdydxP...dyQPdxnDnD
++++ ∫∫ ∂∂ (4.10)
A fronteira de D é formada por partes das curvas ∂Dk. As partes de ∂Dk que não
constituem a fronteira de D agem como fronteira comum às duas regiões simples. Uma parte δ
de ∂Dk que é fronteira comum às duas regiões simples será percorrida duas vezes em sentidos
opostos. Mas pelo teorema:
0QdydxPdyQPdx =+++ ∫∫−δδ
(4.11)
Portanto, enquanto as partes das curvas ∂Dk que formam a fronteira de D contribuem
para QdydxPD
+∫∂ , as outras partes se cancelam, fornecendo assim:
dyQPdxdxdyyP
xQ
DD
∫∫ ∫ ∂+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂ (4.12)
Teorema de Green para regiões Conectadas: Sejam C1, C2, Cn, n curvas suaves C1, tendo
as seguintes propriedades:
Nenhuma das curvas se interceptam;
As curvas C2, ..., Cn estão todas no interior de C1.
Demonstração:
C1
A B C2 C D
Figura 4.3- Regiões Multiplamente Conectadas
∫ ∫ ∫ ∫ =+++++++AB BC CD DA
QdyPdxQdyPdxQdyPdxQdyPdx
Capítulo 4- Teorema de Green
47
dxdyyP
xQ
1K∫ ∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
= (4.13)
∫ ∫ ∫ ∫ =+++++++BA AD DC CB
QdyPdxQdyPdxQdyPdxQdyPdx
dxdyyP
xQ
2k∫ ∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
= (4.14)
Somando-se (4.13) e (4.14), tem-se:
∫ ∫ ∫ ∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+−+1 2C C K
dxdyyP
xQQdyPdxQdyPdx (4.15)
Para uma região simplesmente conceituada a condição xQ
yP
∂∂
−∂∂ , implica que a
integral é independente do caminho.
4.2.1. Cálculo de Áreas Utilizando o Teorema de Green
Como a área de uma região K é ∫ ∫ ∫ ∫=K K
dxdydA desejamos escolher P e Q
de modo que .1yP
xQ
=∂∂
−∂∂ Teremos então:
∫ ∫∫ =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+δ K
dxdyyP
xQQdyPdx (4.16)
∫ ∫∫=+=δ K
dxdyQdyPdx
Como a área de uma região K é ∫∫∫∫ =KK
dxdydA , desejamos escolher P e Q de modo
que 1yP
xQ
=∂∂
−∂∂ , teremos então:
∫ ∫∫∫∫∫ =+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+δδ KK
dxdyQdyPdxdxdyyP
xQQdyPdx (4.17)
Exercícios:
1) Calcule ( ) dy y2xdx
2yx 4
2
c
22
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
−∫∫ , onde C é a fronteira da região D definida
por }0y,0x,4yx1|)y,x{(D 222 ≥≥≤+≤ℜ∈= orientada no sentido anti-horário.
Capítulo 4- Teorema de Green
48
Solução:
( )
( )
( ) ( )[ ]3
141001370cos
2cos0
237
)(cos31
38cos
3
))()(cos(
2
0
2
0
2
1
3
2
0
2
1
2
=−−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=+=
=+=+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
∫∫
∫ ∫∫∫∫∫
ππ
θθθθθθ
θθθ
ππ
π
sinsin
dsindsinr
drdsinrdxdyyxdxdyyP
xQ
cc
2) Seja c a elipse: 4y4x 22 =+ , temos ∫∫∫ =+=++−Rc
A2dxdy)11(dy)y3x(dx)yx2(
Onde A é a área de R. Como os semi-eixos da elipse são a=2, b=1, a área é πab=2π e o valor
da integral curvilínea é 4π
3)Calcular a área limitada pela elipse 1by
ax
2
2
2
2
=+
Solução:
[ ] ( )
( ) ab abdt21dt tsentasenbtcosbtcosa
21ydxxdy
21A
tsenb,tcosa2,0t2
0
2
0
π
ππ π
∫ ∫ ∫ ⇒⇒++⇒−=
→∈
4) Consideremos j)y,x(Bi)y,x(A)y,x(Frr
+= onde A e B∈ C1 com yA
xB
∂∂
=∂∂ na
região S dada abaixo. Prove que ∫ ∫=1 2
rd.Frd.Fγ γ
rrrr, onde γ1 e γ2 são percorridas no sentido anti-
horário.
Capítulo 4- Teorema de Green
49
Solução:
,
0dxdy yP
xQrd.Frd.F
s12
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=− ∫∫∫∫γγ
rrrr, pois por hipótese
yP
xQ
∂∂
=∂∂
em S. Portanto,
∫∫ =12
rd.Frd.Fγγ
rrrr
5) Calcule ∫γ γd.Fr
, onde ( ) j x5yx3i yx4)y,x(F 2433 rrr++= e γ ,a fronteira do quadrado de área
igual a 4. (γ está no sentido anti-horário)
Solução:
∫∫ ∫∫∫∫ =×=×==−+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
γ γγ
204555)12512( 2323 AdxdydxdyyxyxdxdyyP
xQ
onde A é a área do quadrado.
6)Calcule a área da região limitada pela curva π20,cos1 ;sen ≤≤−=−= ttyttx
e pelo eixo x.
S γ1 γ2
)2,0( )2,2(
Capítulo 4- Teorema de Green
50
Solução:
( ) ( )
ππ
ππ
π
π
π
π
ππ π
2 sen2 )(
cossen
coscossen)(
sensen.sensenA
0dy0y 2t0t x
:C2 sentdtdy cost-1y
2t0 sent -tx:C1
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
22
0
2
021
⇒−
=⇒−==⇒=
−=−
+−=⇒+−−=⇒+==
⎢⎣
⎡=⇒=
≤≤=⎢⎣
⎡=⇒=
≤≤=
∫∫
∫∫ ∫∫∫∫
tI
tvtdvdtdutu
tdttttdttI
dttttAottdtttAxdyxdyxdyccc
πππ
π
ππ
3A2A)II()I(A
t2sen 41t
21 dt t2cos
21
21(II)
2
0
2
0
=⇒+=⇒+=
⇒−⇒⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −∫
π2
Capítulo 4- Teorema de Green
51
7) Use o teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com
orientação positiva dyxe2dxe y
c
y +∫ C é o quadrado de lados x=0, x=1, y=0, y=1.
Solução:
( ) ∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫∫ −====−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂ 1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1 2 edyedyxedxdyedxdyeedxdyyP
xQ yyyyy
8) Seja ( ){ } ( ) )r(Q)y,x(Q),r(Py,xP ,1yx:y,xD 222 ==≤+ℜ∈= funções de classe C1 que
dependem somente da distância à origem. Mostre que 0dxdy yP
xQ
D
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
∫∫
Solução:
1yx:)y,x{( 222 =+ℜ∈γ
dy)1(Qdx)1(Pdxdy yP
xQ
DD
+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
∫∫∫
Se considerarmos DyxQyxQPyxP ∈== ),(),1(),( e )1(),( isto é, P e Q são
constantes em D então:
0dxdy yP
xQdy)1(Bdx)1(A
D=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+ ∫∫∫γ
9) Seja C a circunferência: 1yx 22 =+ . Calcule ∫ +c
223 dyyx6dxxy4 .
)1,0(
)0,0(
)1,1(
)0,1(
Capítulo 4- Teorema de Green
52
Solução:
∫∫ =−⇒R
22 0dxdy)xy12xy12(
10) Verificar o Teorema de Green no plano para ( )∫ ++C
22 dyxdxyxy , onde C e a curva fechada
da região limitada por .xy;xy 2==
Solução:
As equações acima cortam-se em (0, 0) e (1, 1), no sentido positivo do percurso.
( ) ( )
( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫∫
∫∫∫∫
=−=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −=−=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
∂∂
−∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
1
0
1
0
1
0
2
22
22
222
x
x
xx
x
x
RR
dxyxydxdyyxdydxyx
dxdyyxyy
xx
dxdyyM
xN
= ( )∫ −=−1
034 .
201dxxx
Capítulo 4- Teorema de Green
53
11) Calcule ∫ −−C
3 xydydx)yx2( ; C é a fronteira da região limitada pelas curvas
.9;4 2222 =+=+ yxyx
Solução:
yyxxQ
yyxyP
−=∂∂
−=∂∂
),(
3),( 2
Domínio:)3r2(
)20(≤≤≤≤ πθ
}{ θθσ sen;cos ryrx ===
∫ ∫∫∫ =+−=−−−=π
θθθ2
0
3
2
22 ))sen(3sen())3(( rdrdrrdxdyyyAC
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−=+−= ∫∫ ∫ θθθθθθ
ππdrrdrdrr
3
2
2
0
2432
0
3
2
232 sen4
3sen3
)sen3sen(
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−= ∫∫
ππθθθθθθ
2
0
2
0
2
22cos1
4195sen
319sen
4195sen
319 dd
( ) ππθθθπ
π
41952
8195
22sen
8195cos
319 2
0
20 =⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+−−=
12) Calcule ∫ −++C
dyxydxyx )()( ; C é a circunferência
( )⎩⎨⎧
==
=−+θθ
σrsenyrx
axyxcos
;0222
Solução: )cosa2r0();20( θπθ ≤≤≤≤
22
0
2cos2
0
2
0
cos2
0
2
0
2
22
2cos122
aadrrdrdAa
aπθθθ
πθπ θ π
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛== ∫ ∫ ∫
Capítulo 4- Teorema de Green
54
13) Calcule ∫→→
⋅c
rdF onde →F = (2xy – x²)
→i +(x +y²)
→j , e C é a linha delimitadora,
tomada em sentido anti-horário, da região R limitada pela parábola y = x² e pela reta
y = x.
Solução:
( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ ⇒−⇒⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
∂∂
−+∂∂
⇒⋅→→
RRC
dxdyx21dxdy²xxy2y
²yxx
rdF
( ) ( )[ ] ⇒−⇒− ∫∫ ∫ dxyy21dydxx211
0
x²x
1
0
x
²x( )( ) ⇒−−∫ dx²xxx211
0
( ) 02²x³x
2xdxx²x3³x2
1
0
41
0=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−⇒+−∫
14) Use o teorema de Green para calcular a integral de linha sobre a curva fechada simples C,
onde C é a linha perimetral do triângulo OAB, tomada no sentido anti-horário, com A = (1,0)
e B= (1,1).
Solução:
P(x,y) = x² - y, Q(x,y) = x + y², e R é a região triangular limitada por OAB. Logo,
( ) ( ) 1y²xyy
Pe1²yxxx
Q−=−
∂∂
=∂∂
=+∂∂
=∂∂
Logo pelo teorema de Green
( ) ( )dy²yxdxy²xC
++−∫ [ ] dxdy)1(1dxdyyP
xQ
RR∫∫∫∫ −−⇒⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
⇒
Como podemos ver pelos limites a área do triângulo será ½, então:
( ) ( ) 1dy²yxdxy²xC
=++−∫
∫∫∫∫ ×⇒⇒RR
triângulodoáreadxdydxdy )(222
Capítulo 4- Teorema de Green
55
15) Calcular a integral de linha ( ) dyex5dxx1y2I ²y
c
5 ++⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ ++= ∫
sobre a circunferência 4²y²x =+
Solução:
Através do Teorema de Green teremos: 5x1y2P ++= e ²yex5Q −=
2yP
=∂∂ e 5
xQ
=∂∂
( ) ⇒−= ∫∫ dA25IR
⇒= ∫∫R
dA3I
3=I x (área do círculo)
Como a área do círculo é πr2 , e pela equação da circunferência sabemos que seu raio é
2, então: π12=I
16) Utilize o teorema de Green e calcule: ( ) ( )∫ ++−C
22 dyyxdxxxy2 , onde C é a curva
fechada da região limitada por .xy;xy 22 ==
Solução:
As curvas y=x2 e y2=x interceptam-se em (0,0) e (1,1).
( ) ( )∫∫ ∫∫ =⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
−∂∂
−+∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
R R
dxdyxxyy
yxx
dxdyyP
xQ 22 2
( ) ( ) ( )∫∫ ∫ ∫ ∫ =−=−=−=R
x
x
x
xdxxyydydxxdxdyx
1
0
1
02 222121
.30122
1
0
3223
21
∫ =⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ +−−= dxxxxx
17) Sejam P(x,y) e Q(x,y), funções reais de classe C1 em U=IR2 – {A, B}, tais que
xQ
yP
∂∂
=∂∂ em U. Sendo C1, C2, C3 as curvas, calcule ∫ +
3CQdyPdx , supondo que
∫∫ =+=+2
.15 ; 121
CC
QdyPdxQdyPdx
Capítulo 4- Teorema de Green
56
Solução:
KKK =+ 21
∫∫∫
∫∫
∫∫ ∫ ∫
∫∫
∫∫ ∫ ∫
∫∫∫∫ ∫∫
−=−+=+++=+
−=+⇒=−+∴
=+−+−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=+⇒=−+∴
=+−+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
3231
3232
32
3131
31
3)15(12
15015-
0
12012
0
0
3
2 2
1 1
1 2
QdyPdxQdyPdxQdyPdx
QdyPdxQdyPdx
QdyPdxQdyPdxdxdyyP
xQ
QdyPdxQdyPdx
QdyPdxQdyPdxdxdyyP
xQ
dxdyyP
xQdxdy
yP
xQdxdy
yP
xQ
C
K C
K C
KK K
Capítulo 4- Teorema de Green
57
18) Calcule ∫ ++C
xx dy)xycose(ydxsene , onde c é o arco da circunferência, 1yx 22 =+ ,no
primeiro quadrante, orientado no sentido anti-horário.
Solução:
O campo vetorial ( )xycose,ysene)y,x(F xx +=→
é de classe C1 em IR2. Podemos aplicar
o teorema de Green à região limitada por C, γ1, γ2.
Como ( ) ycose)y,x(yP;1ycosey,x
xQ xx =
∂∂
+=∂∂ , segue do teorema de Green que
∫∫==D
dxdy1áreaD4π e ∫∫ ∫ ∫ ∫ +++++=
DC 1 2
.QdyPdxQdyPdxQdyPdxdxdy1γ γ
As curvas 1γ e 2γ são parametrizadas por 0t1),t,0()t( ≤≤−=σ , e 1t0),o,t()t( ≤≤=σ ,
respectivamente. Portanto,
[ ] 1sentsendtcotPdxdy0
1
01 −=−=−=∫ ∫− −γ
e ∫ ∫ ==+2
1
0.0dt0QdyPdx
γ
1sen4
QdyPdxK
+=+∫π
5 Integral de Superfície
5.1. Integral de Superfície de Campo Escalar
Aplicaremos o conceito de uma integral de linha àquele de uma integral definida sobre a
superfície. Considerando uma região fechada no plano xy. Usaremos o símbolo D, para
denotar uma região no plano xy.
Seja S uma superfície parametrizada por:
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
)v,u(z)v,u(y)v,u(x
σ (5.1)
→σ (u,v) = x(u,v)
→i + y(u,v)
→j + z(u,v)
→k , (u,v) ∈ D.
E f(x,y,z) uma função real contínua definida em S. A integral de superfície de f sobre S é
definida por:
∫∫s
dSf (5.2)
Discutindo sobre a área de uma superfície chega-se a seguinte conclusão:
vuv
XuijS ΔΔσσΔ
∂∂
∂∂
= (5.3)
onde u∂
∂σ e v∂
∂σ são os vetores tangentes. Concluí-se que:
∫∫∫∫ =DS
dSvuσfdSzyxf )),((),,( (5.4)
Tem-se que:
dudvv
Xu
dS∂∂
∂∂
=σσ (5.5)
Já que:
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
),(),(),(
vuzvuyvux
σ
(5.6)
Capítulo 5- Integral de Superfície
59
vz
vy
vx
uz
uy
ux
kji
vX
un
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂=
∂∂
∂∂
=
→→→
→ σσ (5.7)
Suponha que S seja uma superfície sobre D e tenha equação z = g(x,y), onde suas
derivadas parciais são contínuas em D. Então teremos:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
=),( yxgz
yyxx
σ
(5.8)
Onde:
→→→
→→→
+∂∂
−∂∂
−=
∂∂
∂∂=
∂∂
∂∂ kj
ygi
xg
yg10
xg01kji
yX
xσσ (5.9)
dxdyyg
xg1
yX
x
22
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+=∂∂
∂∂ σσ (5.10)
Se S é definida explicitamente pela equação z = g(x,y), ( x , y ) ∈ D, vale raciocínio
análogo ao cálculo da área de S. Ou seja,
dydxyg
xgyxgyxfdSf
Ds∫∫∫∫ ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+=22
1)),(,,( (5.11)
Se f(x,y,z) = 1 sobre S, a equação acima se reduz ao cálculo da área de S.
Se uma equação da superfície S for da forma y = g(x,z) e S for projetada sobre uma
região D no plano xz, sendo g e suas derivadas parciais primeiras contínuas em D, então,
seguindo o raciocínio anterior, tem-se:
dzdxzg
xg1)z),z,x(g,x(fdSf
D
22
s∫∫∫∫ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+= (5.12)
Capítulo 5- Integral de Superfície
60
Além disso, se uma equação da superfície S for da forma x = g(y,z) e S for projetada
sobre uma região D no plano yz, sendo g e suas derivadas parciais primeiras contínuas em D,
então:
dzdy
zg
ygzyzygfdSf
Ds∫∫∫∫ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+=22
1),),,(( (5.13)
Exercícios :
1) Calcule ∫∫ dSy onde S á a superfície 2010,2 ≤≤≤≤+= yexyxz .
Solução:
( ) ( )
( ) ( )
( )
[ ]
( )3
213013
213
3213
3213
3213
25212122254
121
222318121221818
32
81
23218
32
81
32
81
8
18284242
2111
10
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
18
2
1
0
1
0
18
2
1
0
2
0
22
1
0
2
0
2222
2
23
23
23
21
=−
==
==−
=−⋅=−
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ⋅−⋅=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=⋅
≤≤=⇒+=+
++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+=
+===
∫∫
∫∫
∫∫
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫∫∫ ∫∫
xdxdx
dxdx
dxdx
dxdxudxduu
udyyduyudydxyy
dydxyydxdyyz
xzydSf
yxzyyxx
Capítulo 5- Integral de Superfície
61
2) Calcule a integral de superfície ∫∫S
dsx 2 , onde S é a esfera unitária x2 + y2 + z2 = 1.
Solução:
( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) [ ]3
4340
3220cos4cos
41
31
310coscoscos
4102
21
3cossen
41
21
4022sen2cos21
21
cossensen22cos
21
11sencoscossensencos
cossencos1sencossen
sensencossensencossensen
cossensencossencossensensencossen
cossensensencossen
cossensensencossensencoscossensensencossen
cossensencossensensencoscossen
0cossensensensensencoscoscos
cossen
200
cossensencossen:
4
0
1
1
3
0
4
0
2
0
1
1
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0
0
22
0
2
2
0 0
222
0 0
22
2222224
22224222424
22222
22
2222
2222
2
0 0
22
2
0 0
2
ππππ
ππφθ
πθθφφθθθ
φφφφφθθ
φφφφφφφθθ
θφθφφθφφθφ
φφφφφφφφ
φφθθφφφθφθφ
φφθφθφθσ
φσ
φφθφθφ
θθφφθφθφ
θφθφφθφθφφ
θφθφφθφθφ
θσ
φσ
θφθσ
φσθφ
θφθσ
φσ
πθπφ
φθφθφ
πππ
π
ππ π
πππ
ππ
ππππ
ππ
ππ
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−++−⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+−⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⋅
≤≤=⇒=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
−≤≤−=⇒==−
=−=⋅
==+=+=
++=++=
++=∂∂
∂∂
++=
+++=
+++=
−−=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
⋅
∂∂
∂∂
=
⎩⎨⎧
≤≤≤≤
===
−
−
∫
∫∫∫ ∫
∫∫∫
∫∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫∫∫
uuduu
udduuduuddd
ddd
udduudd
dddd
X
kjikji
ikjk
kjiX
ddX
ddXxdSf
zyxaçãoParametriz
Capítulo 5- Integral de Superfície
62
3) Calcule onde f(x, y, z) = x +3z2, M sendo a parte do plano z = y limitada pela superfície
x2 + y2 = 9.
Solução:
Seja a parametrização ),,(),( yyxyx =σ
( ) ( )
( ) ( )
[ ]
( )
[ ] [ ] ( ) ( )
422430
1622432
82243
0sen4sen16
2243028
2243sen16
22438
22430
cos16
22438
22430sen2sen29
4022Fazendo
22cos
21
42243sen29sen
4243cos92
sen4
243cos03
272sen4
3cos3
2
sen3cos2sen3cos2
3020
sencos
polares scoordenadaparaPassando
3223
21011
40
20
4
0
2
0
2
0
20
2
0
22
0
22
0
2
0
23
0
43
0
3
2
0
2323
0
2
0
223
0
22
22
ππ
ππθ
θπ
πθθ
θθθθθθθ
θθθθθθ
θθθθθθ
πθθθ
ππ
ππ
ππ
ππ
ππ
ππ
=⋅−⋅=
=−−−=−+=
=−+−
≤≤=⇒=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
+=+
⎩⎨⎧
≤≤≤≤
==
=+=⋅+=
=++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+=
∫∫
∫∫∫
∫∫
∫ ∫∫ ∫
∫∫∫∫∫∫
u
duud
udduu
ddd
ddrr
drdrrdrdrrr
rryrx
dxdyyxdxdyzxdSf
dxdydxdydxdyyz
xzdS
5.2. Integral de Superfície de Campo Vetorial
Do mesmo modo que um campo vetorial pode ser integrado sobre uma curva, ele pode
ser integrado sobre uma superfície. Para cada paralelogramo que forma um elemento de área
da superfície, nós nomeamos uma componente normal do campo vetorial de algum ponto
interior. Como a divisão da superfície é refinada, a soma do produto da área do paralelogramo
e a componente normal do campo vetorial são a integral do campo vetorial sobre a superfície,
geralmente escrita por:
∫∫→→
S
dSn.F (5.14)
Capítulo 5- Integral de Superfície
63
onde dS é usado para representar o “elemento de área”, e →n é o vetor normal.
Seja S uma superfície parametrizada por:
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
),(),(),(
vuzvuyvux
σ
(5.15) →σ (u,v) = x(u,v)
→i + y(u,v)
→j + z(u,v)
→k , (u,v) ∈ D.
A esta superfície são associados dois campos de vetores normais unitários:
Figura 5.1- Vetores normais unitários associados à superfície S.
vX
u
vX
u))v,u((n1
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
=→
σσ
σσ
σ
(5.16)
e
))v,u((n))v,u((n 12 σσ→→
−=
(5.17)
Onde vX
u ∂∂
∂∂ σσ
é a normal do produto vetorial e →
1n é o versor normal.
O versor normal para a superfície tem um papel fundamental, deve haver um versor
normal →n para cada ponto (x,y,z) de modo que varie continuamente sobre S. Então a
superfície S é chamada de uma superfície orientada. Dizemos que S está orientada se fixarmos
sobre S um tal campo de vetores.
Seja →F um campo vetorial contínuo definido em uma superfície orientada S
parametrizada por σ(u,v), (u,v) ∈ D. Sabe-se que:
dudvv
xu
dS∂∂
∂∂
=σσ (5.18)
Então definimos a integral de superfície de →F sobre S por:
n1
n2
Capítulo 5- Integral de Superfície
64
∫∫∫∫∫∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
=∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
⋅=⋅→→→→
DDS
dudvv
Xu
Fdudvv
Xu
vX
u
vX
uFdSnF σσσσσσ
σσ
(5.19)
Se →→
= 1nn , a integral muda de sinal. Esta integral é o fluxo de →F através da superfície S.
Quando S é definida explicitamente pela função z = g ( x , y ), ( x , y ) ∈ D, temos:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
=),( yxgz
yyxx
σ
(5.20)
Nesse caso,
yX
x
yX
xn
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
=→
σσ
σσ
(5.21)
Sendo que:
→→→
+∂∂
−∂∂
−⇒
∂∂
∂∂=
∂∂
∂∂ k
ygj
xgi
yg10
xg01kji
yX
xσσ (5.22)
22
yg
xg1
kjy
)y,x(gx
)y,x(gin
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+
+∂
∂−
∂∂
−=
→→→
→
(5.23)
Sabemos que, neste caso:
dxdyyg
xg1dS
22
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+= (5.24)
Então
dxdyky
yxgjx
yxgiF
dxdyyg
xg
yg
xg
ky
yxgjx
yxgiFdSnF
D
DS
∫∫
∫∫∫∫
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
∂∂
−∂
∂−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+⋅
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
+
+∂
∂−
∂∂
−=
→→→→
→→→
→
),(),(
1
1
),(),(22
22
(5.25)
Capítulo 5- Integral de Superfície
65
Exercícios:
1) Calcule o fluxo do campo vetorial )z2,y,x( )z,y,x(F −=→
através da superfície S do
parabolóide 1z0,yxz 22 ≤≤+= , com vetor normal apontado para a fora de S.
Solução:
A superfície S é definida por Dyxyxyxfz ∈+== ),(,),( 22 ,onde
}{ 1/),( 222 ≤+ℜ∈= yxyxD . Um campo de vetores normais que aponta para a fora do S em
cada ponto é dado por: ).1y2,x2(1),y,x(yf),y,x(
xfn −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
∂∂
=→
[ ]22
22
441
)1,2,2().22,,().(
yx
yxyxyxdsnF
sS
++
−−−== ∫∫ ∫∫φ ds = dxdyyx
D
)(4 22 +∫∫ .
Usando mudança polar para resolver a integral dupla, obtemos
∫ ∫∫∫ ==+π
πθ2
0
31
0
22 24)(4 drdrdxdyyxD
2) Calcule ∫∫→→
Sds)n.F( onde )1,x,x()z,y,x(F −−=
→ e S é a porção do plano 0zyx =++
situado no interior da esfera 1zyx 222 =++ . Especifique a orientação escolhida.
Solução:
S é definida por Dyxyxyxfz ∈−−== ),(,),( , onde
{ } 1222/),( 222 ≤++ℜ∈= xyyxyxD
Escolhendo o campo de vetores normais de S dado por
→n =(1,1,1),
Obtemos ∫∫ ∫∫ ∫∫ =−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=S S s
dsdsxxdsnF 3
1 3
)1,1,1().1,,( ).( .3
(S) área3
1 π−=−
3) Calcule ∫∫→→⋅
S
ds)nF( ,onde )zx,y,x()z,y,x(F 2=→
e S é a superfície do cilindro
1)1()1( 22 =−+− yx entre o planos 4z e 0z == , com vetor normal apontando para fora de
S.
Solução:
O cilindro S tem representação paramétrica:
( ) ( ) .40 ,20 ; ,sen1,cos1, ≤≤≤≤++= uuu πθθθθϕ
Um campo de vetores normais que aponta para fora de S em cada ponto é dado por
Capítulo 5- Integral de Superfície
66
( ).0,sen,cos1000cossenkji
)u,(u
)u,( θθθθθϕθθϕ
=−=∂∂
×∂∂
→→→
( )( ) ( )
( ) .8du 2du d 1sencos
ds1
0,sen,cosucos1,sen1,cos1ds)nF(
4
0
4
0
2
0
S
2
S
∫∫ ∫
∫∫∫∫
==++
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ⋅+++=⋅
ππθθθ
θθθθθ
π
4) Calcule ds nFS∫∫ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
→→, onde ( ) ( )z2,y,xz,y,xF =
→ e S é a união dos planos
.10 , 10 , 0 e , 10 , 10 , 0 ≤≤≤≤=+≤≤≤≤=− zxzyzxzy
Solução:
S é a união das superfícies S1 e S2, onde S1 é a porção do plano yz = cuja projeção no
plano xy é o quadrado [ ] [ ]1,01,01 ×=D , e S2 é a porção do plano yz −= cuja a projeção do
plano xy é o quadrado [ ] [ ].0,11,02 −×D
Se considerarmos S1 e S2 com os campos e vetores normais
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
21,
21,0n e
21,
21,0 21n , respectivamente, S estará orientada.
( ) ( )
.121
21
2
1,2
1,02,, 2
1,2
1,02,,
0
1
1
0
1
0
1
0
21
22
11
∫ ∫∫ ∫
∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫
−
→→→→→→
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−+−=+−=
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−⋅−+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−⋅=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
ydxdyydxdy
dsyyxdsyyx
dsnFdsnFdsnF
SS
SSS
5.3. Superfícies Orientáveis
Fixado um campo de vetores unitários normais a S, dizemos que S é orientável se n
percorre o s∂ de S deixando S à esquerda do caminho traçado por n em s∂ .Neste caso,
dizemos que S está orientada positivamente.
Capítulo 5- Integral de Superfície
67
→n
s∂ S
Figura 5.2 – Superfície orientável. →n
Uma superfície S= S1 U S2 U .... U Sn é orientável se 1s∂ está orientada positivamente
∀ l e nas interseções as orientações são oposta
a) →
n
b) c)
n saindo do papel
Figura 5.3- Superfície orientável obtida através de uma união de superfícies.
5.4. Aplicações das Integrais de Superfície
a) Fluxo de um Campo
O cálculo do fluxo de um campo através de uma superfície pode ser calculado via
integral de superfície. O fluxo de →F sobre S é dado por:
S1
Capítulo 5- Integral de Superfície
68
∫∫→→⋅=
S
nFfluxo (5.26)
onde →n é o vetor unitário normal a S no ponto (x,y,z).
Uma vez que a fronteira do sólido seja definida por um número (finito) de faces
(superfícies), o fluxo será, sob condições adequadas, o somatório dos fluxos em cada face do
sólido.
b) Fluxo de Campo Elétrico e Campo Magnético
Numa primeira abordagem, podemos dizer que : Fluxo de campo elétrico = intensidade
de campo elétrico x área perpendicular ao campo.
Logo, veremos que essa definição é muito simplificada, e tem pouco valor operacional,
porque em geral o valor de →E varia ao longo da superfície, e nem sempre esta é
perpendicular ao campo. Podemos melhorar a definição, dividindo a superfície em elementos
tão pequenos quanto possível, de modo que →E seja constante nessa área infinitesimal. A esta
área associamos um vetor →Sd , cuja direção é perpendicular à área e cujo módulo é igual à
área. Podemos manter a idéia intuitiva definindo fluxo infinitesimal: →→
⋅= SdEdΦ (5.27)
Assim, o fluxo através de determinada área S é dado pela integral de superfície
∫→→
⋅=S
SdEΦ (5.28)
No caso de uma superfície fechada, o vetor área é convencionalmente dirigido de
dentro para fora. O fluxo através de uma superfície fechada é assim representado:
∫→→
⋅=S
SdEΦ (5.29)
c) Campo Elétrico através da Lei de Gauss
Seja uma carga Q. Imagine uma superfície qualquer, fechada, envolvendo esta carga. A
lei de Gauss estabelece que:
o
QSdEε
Φ =⋅= ∫→→
(5.30)
A lei de Gauss é válida para qualquer situação, com campo uniforme ou não, e para
Capítulo 5- Integral de Superfície
69
qualquer tipo de superfície fechada, também denominada superfície Gaussiana. Todavia, para
ser operacionalmente útil ela deve ser usada apenas em determinadas circunstâncias. Uma
circunstância favorável ocorre quando a superfície Gaussiana é tal que o produto escalar entre
o campo e o vetor superfície é facilmente obtido. Logo, podemos perceber que a Lei de
Gauss relaciona o fluxo do campo elétrico ( visto no item anterior ) com a quantidade de carga
no interior da gaussiana, e desta relação podemos obter o valor do campo elétrico gerado por
determinada superfície.
Exercícios:
1) Calcule o fluxo de campo magnético através da seção transversal de um solenóide circular
de raio R e campo magnético uniforme B = μ0ni0 perpendicular a superfície.
Solução:
∫ ∫ ∫∫→→→
==== dsBdsBdsBsdBs
.0cos..cos... θφ rrB
2.00 RniS.BdsB πμ∫ ===
→→
2) Calcule o fluxo de um campo elétrico kxy2j)yx(i10)z,y,x(E 22rrrr
−++= através da
superfície .1y0,1x0,k)yx1(jyix)t( 22 ≤≤≤≤−−++=→→ rr
σ
Solução:
dy.dxdydx
dxd.
dydx
dxd
dydx
dxd
.Fds.n.Fs
σσσσ
σσ
∫∫ ∫∫→→→
=
dxdykjyixkxyjyxi )22).(2)(10( 22rrrrrr
++−++∫∫
331)22220(
1
0
1
0
32 =−++∫ ∫ dxdyxyyyxx
66
Teorema de Gauss
66..11.. Introdução
O teorema de Gauss relaciona uma integral tripla num sólido de 3ℜ com a integral
sobre a superfície que é fronteira deste sólido, visando facilitar o cálculo de fluxo através
dessas superfícies. Sabe-se que o fluxo obedece à seguinte relação:
∫∫ ∫∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅=⋅
→→→→
γ γ
dSnFSdF (6.1)
onde →F é um campo vetorial definido sobre uma superfície S com versor normal .n
→
Este teorema pode ser aplicado num campo vetorial contínuo que tenha sua derivada,
também contínua, num aberto contendo o sólido mencionado. Desta maneira, os cálculos são
simplificados, porém estes devem ser definidos no domínio do sólido limitado pela superfície.
A integral tripla pode representar fluxo, campo magnético, campo elétrico, entre outros tipos
de fluxos.
6.2. Definição
Seja K uma região fechada e limitada no 3ℜ cuja fronteira é uma superfície orientada
positivamente (vetor normal apontando para fora do sólido) e →F é um campo vetorial de
classe C¹ num subconjunto aberto de 3ℜ que contém K, então:
∫ ∫ ∫ ∫ ∫→→→
=⋅γ K
dxdydz FdivdS)nF( (6.2)
Demonstração:
Se →F = (F1, F2, F3), podemos dizer que o divergente dessa função é:
Capítulo 6- Teorema de Gauss 71
)z,y,x(z
F)z,y,x(
yF
)z,y,x(xF
F.)z,y,x(Fdiv 321
∂∂
+∂∂
+∂∂
=∇= (6.3)
sendo:
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∂∂
+∂∂
+∂∂
=→
KKKK
dxdydzz
Fdxdydz
yF
dxdydzxF
dxdydzFdiv 321
(6.4)
No entanto:
∫ ∫∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫→→→
→→→
++
==
γγγ
γγ
dS]n).F,0,0[(dS]n).0,F,0[(dS]n).0,0,F[(
dS]n).F,F,F[(dS)n.F(
321
321
(6.5)
O teorema estará comprovado, comprovando as identidades a seguir:
∫ ∫∫ ∫ ∫
∫ ∫∫ ∫ ∫
∫ ∫∫ ∫ ∫
→
→
→
=∂∂
=∂∂
=∂∂
γ
γ
γ
dS]n).F,0,0[(dxdydzz
F
dS]n).0,F,0[(dxdydzy
F
dS]n).0,0,F[(dxdydzx
F
3K
3
2K
2
1K
1
(6.6)
Se a região K é definida por: }D)y.x(),y,x(fz)y,x(f|)z,y,x{(K 213 ∈≤≤ℜ∈=
Ela é delimitada por duas regiões, sendo a inferior S1 e a superior S2, sendo ainda
possível existir uma região S3 que a delimita lateralmente. Assim tem-se:
∫ ∫
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫−
=∂∂
=∂∂
dxdy]))y,x(f,y,x(F))y,x(f,y,x(F[
dzdydxz
Fdxdydz
zF
D1323
D
)y,x(2f
)y,x(1f3
K
3
(6.7)
Por outro lado:
∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫→→→→
++=3S
3
2S3
1S33 dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(dS]n).F,0,0[(
γ
(6.8)
Em S3, o campo dos vetores unitários é paralelo ao plano xy. Logo (0,0,F3). →n = 0 e,
portanto,
0dS]n).F,0,0[(3S
3 =∫ ∫→
(6.9)
Em S2, o campo de vetores normais que aponta para fora de K é dado por:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
−=→
1,yf
,xf
n 222 (6.10)
Capítulo 6- Teorema de Gauss 72
Então:
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
−
=→
dxdy))y,x(f,y,x(F
dxdy1,yf
,xf
))).y,x(f,y,x(F,0,0(
dS]n).F,0,0[(
D23
D
2223
2S3
(6.11)
Em S1, o campo de vetores normais que apontam para fora de K é dado por:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
∂∂
=→
1,yf
,xf
n 111 (6.12)
Logo:
∫ ∫
∫ ∫∫ ∫
−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
∂∂
=→
dxdy))y,x(f,y,x(F
dxdy1,yf
,xf
))).y,x(f,y,x(F,0,0(dS]n).F,0,0[(
D13
D
1113
1S3
(6.13)
Assim:
∫ ∫∫ ∫ −=→
dxdy))]y,x(f,y,x(Fdxdy))y,x(f,y,x(F[dS]n).F,0,0[( 13D
233γ
(6.14)
Com esta conclusão, demonstramos uma das identidades que vimos anteriormente,
sendo as outras análogas a esta, comprovando assim o teorema.
Quando K não é simples, podemos decompô-la como uma união de várias regiões
simples. Usando a fórmula do teorema de Gauss em cada uma delas. Como os versores
normais exteriores à fronteira comum de duas regiões são opostos, concluímos que as
integrais de superfície são simétricas e, portanto se anulam.
∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫→→→
=+⋅⋅⋅+=γγγ
dS)n.F(dS)n.F(dS)n.F(divFdxdydzn1K
(6.15)
Capítulo 6- Teorema de Gauss 73
Exercícios:
1) Na figura abaixo, as componentes do campo elétrico são 21
bxEx= 0 e 0 , ==
zyEE , e
b = 8830 N/C.m½. Calcule o fluxo deste campo através do cubo de aresta a. Faça a = 0,13m.
Solução:
a2xaay0az0
≤≤≤≤≤≤
→→
= ibxE 21
∫∫ ∫∫∫→→→
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
S DE dxdydz Edivdsn.EΦ
x21.bi
x)bx(Ediv
0,0,bxz
,y
,x
EEdiv
21
21
=∂
∂=
⎟⎠⎞⎜
⎝⎛⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=⋅∇=
→→
→→
( ) ( )[ ]21
212
a2
a
212a2
a2
1E
a2
a
a
0
a2
a
a
0
21
21
E
a2
a
a
0
a
0
21a2
a
a
0
a
02
1E
S SE
aa2bax22badxax
2ab
dxy.x2abdydxax
2b
z.x2bdzdydxx
2b
dzdydxx2
1.bdzdydxEdiv
−=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡==
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡==
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡==
==
∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫∫ ∫ ∫
∫∫∫ ∫∫∫
−
−−
−−
→
Φ
Φ
Φ
Φ
Substituindo os valores de a e b:
( ) ( )[ ] Cm.N3,2213,013,0.28830.13,0 221
212
E =−=Φ
Neste exemplo, o divergente expressa o fluxo de um campo elétrico através de uma
superfície.
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 74
2) Sabe-se que um campo magnético é expresso por ( )→→→→−++= kz39j13ix4B 2 . Calcule o
fluxo através do cilindro ( )9z0 ; 4yx 22 ≤≤=+ .
Solução:
Parametrizando em coordenadas
cilíndricas temos:
zzryrx
===
θθ
sencos
902020
≤≤≤≤≤≤
z
rπθ
∫∫ ∫∫∫→→→
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
S DB dxdydz Bdivdsn.BΦ
( )[ ]( )
z323x8
zz39
y)13(
x)x4( Bdiv
z39,13,x4.z
,y
,x
B. Bdiv
2
2
−=∂−∂
+∂
∂+
∂∂
=
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
[ ] ( )
312)02(36)0sen2(sen192)36cos192(
)02(2
33)02(cos3
72323cos
372
33cos723.cos8
323cos8
3238
2
0
2
0
22332
0
2
0
23
2
0
2
0
9
0
2
0
2
0
2
0
2
0
9
0
∫
∫∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫
−=−−−=−=Φ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−−=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −=Φ
−=⋅−=Φ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=Φ
π
ππ
ππ
π
πππθθ
θθθθ
θθθθ
θθ
d
ddrr
rdrdrrdrdzzr
dzrdrdz
rdzdydxz
xS
B
B
B
B
O sinal negativo encontrado significa que o versor normal está direcionado para baixo.
3) Verifique que o fluxo através do cone 22 yxz += e base circular de raio a e centrado na
origem, no primeiro quadrante, é 54 a103a π
+ se o campo elétrico for expresso, em unidades
SI, por ( ) ( ) →→→→++++= kzjzyiyxE 32222 .
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 75
Solução:
Se o cone está localizado na origem e sua geratriz faz
45° com a horizontal, então a altura máxima é igual ao raio
da circunferência. Então temos:
( ) ( )( ) rr
rr
yxz
ryrx
=+
=+
=+=
==
θθ
θθ
θθ
222
22
22
sencos
sencos
sencos
rzar
≤≤≤≤
≤≤
00
20 πθ
∫∫ ∫∫∫→→→
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
S DE dxdydz Edivdsn.EΦ
( ) ( )[ ]( ) ( ) 2
32222
32222
z3y2x2z
zy
zyx
yxEdiv
z,zy,yx.z
,y
,x
E.Ediv
++=∂∂
+∂+∂
+∂+∂
=
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
( )
( ) ( )[ ]( )[ ] ( )
( )
( )
CmNaaaaa
aaaaaa
aa
daadrr
drdrrrdrdrrr
rdrdzrrdzrdrdrrr
dzdydxzyxdxdydzdivE
a
aa
a ra r
SS
254
544
5445
2
4
2
4
0
54
0
54
00
54
0 0
43
0 0
2
0 0 02
0 0 0
2
2
.10
310
34
24
2
0.5
3)0cos(4
2)0sen(4
22
.5
3)cos(4
2)sen(4
2
53cossen
42
53sencos
42
53
4)sen(cos2
3)sen(cos2.3)sen(cos2
.3)sen(cos23sen2cos2
322
2
22
22
22
ππ
π
θθθ
θθθθθθ
θθθθθθ
θθθθθθ
ππ
π
ππ
ππ
ππ
+=++=Φ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−=Φ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−=Φ
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡++=Φ
++=++=Φ
++=++=Φ
++==Φ
∫∫
∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫
∫∫∫∫∫∫
E
E
E
E
E
E
E
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 76
4) Um fluido escoa por um tubo com velocidade kzjyixyv ˆ2ˆˆ 2ˆ 22 +−= m/s. Calcule a vazão
neste tubo.
Dados: raio transversal = 0.2m; comprimento do tubo = 10m
Solução:
100 2,00 sen
20 cos
≤≤=≤≤=≤≤=
zzzrry
rxθ
πθθ
∫∫ ∫∫∫→→→
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
S D
dxdydz v divdsn.vQ , onde Q é a vazão
[ ]( ) ( ) ( ) zzyy
zz
yy
xxyvdiv
zyxyzyx
vvdiv
442222
2,, 2.,,.
22
22
=+−=∂
∂+
∂−∂
+∂
∂=
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
[ ] smddrQ
rdrdrdrdzQ
zdzrdrdzdzdydxdxdydzvdivQSD
/ 8 04,0.10004,02
2002
200
20024
44
320
2
0
2
0
2,0
0
2
2
0
2,0
0
2
0
2,0
0
10
0
2
2
0
2,0
0
10
0
πθθθ
θθ
θ
ππ π
ππ
π
===⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
===
∫ ∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→
A vazão neste tubo é de 8π metros cúbicos por segundo.
5) Seja ( ) →→→→+−+= k
2zjyy6ix5v 2 a velocidade de escoamento de um fluido em m/s.
Determine o tempo de escoamento deste no cone 22 yxz += de altura r e base 122 =+ yx .
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 77
Solução:
1 z10 sen20 cos
≤≤=≤≤=≤≤=
zrzrry
rxθ
πθθ
Para calcularmos o tempo gasto para o
cone encher devemos saber a vazão na qual
ele enche e seu volume.
[ ]
[ ]36
161
32)1(
20
2
0
1
0
2
0
322
0
1
0
2
0
1
0
12
0
1
0
1
πθθ
θθθθ
ππ
ππππ
===
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=−===
=
∫
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫
∫∫∫
dV
drrrdrdrrdrdzdzrdrdV
dzdydxV
rr
K
∫∫ ∫∫∫→→→
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
S D
dxdydz v divdsn.vQ
( )
( ) ( ) ( )yy
zz
yyy
xxvdiv
zyyxzyx
vvdiv
2223
21265265
2,6,5.,,.
2
2
−=+−+=∂
∂+
∂−∂
+∂
∂=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→
6232
6232.
423cos
21cos
32
623
423
sen21sen
32
623
423
sen42sen
32
623
423
)1(sen2)1(223.sen2
223
sen22232
223
2
0
2
0
2
0
1
0
4332
2
0
1
0
2
0
1
0
1
2
0
1
0
1
πππθθθθ
θθθ
θθθ
θθθθ
θθ
π
π
π
ππ
π
=+=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −+−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−−=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +−−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −==
∫
∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫
Q
dQ
drrrrQ
rdrdrrrrdrdzrQ
dzrdrdrdzdydxydxdydzvdivQ
r
rSD
Como a vazão é a unidade de volume por tempo (interpretação do divergente), temos
que:
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 78
sQVt
tVQ 087,0
232
236
36
233 ≅=
/⋅/==
Δ=Δ⇒
ΔΔ
=π
ππ
π
Assim o tempo gasta para que esse cone encha é de aproximadamente 0,087 segundos.
6) Para uma região desmatada, foi proposta a criação de um canal de irrigação. O canal teria o
formato semicircular com raio de 5 metros. O fluxo de água obedeceria o campo vetorial
( ) ( )→→→
+++= jy3x3iyx3F . Calcule o fluxo de água no canal numa distância de 3 metros.
Solução:
30 50 sen
0 cos
≤≤=≤≤=≤≤=
zzzrry
rxθ
πθθ
[ ]
( ) ( ) 633z0
yy3x3
xyx3F div
,y3x3, yx3.z
,y
,x
F.F div
=+=∂∂
+∂+∂
+∂+∂
=
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
[ ]
[ ] m 2252252252
18
186
66 F
300 0
5
0
2
0
5
00
5
0
30
0
5
0
3
0
πθθθ
θθ
θ
ππ π
ππ
π
===⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=Φ
==Φ
===Φ
∫ ∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→
ddr
rdrdrdrdz
dzrdrddzdydxdxdydzdivSD
7) Para a fabricação de um determinado tipo de aço, é necessário injeção de oxigênio. O
oxigênio deve entrar na caldeira com um velocidade →
= kzv 2 m/s, passando por uma lança de
3 metros de comprimento e 0,6 metros de diâmetro. Calcule o fluxo de oxigênio injetado.
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 79
Solução:
30 3,00 sen
20 cos
≤≤=≤≤=≤≤=
zzzrry
rxθ
πθθ
[ ]( ) ( ) z2
zz
y0
x0v div
z,0,0.z
,y
,x
v.v div
2
2
=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
[ ] /sm 2,5 405,0405,02
9
92
2
2 2 F
320
2
0
2
0
3,0
0
2
2
0
3,0
0
2
0
3,0
0
3
0
2
2
0
3,0
0
3
0
===⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=Φ
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=Φ
===Φ
∫ ∫
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫→
ππ π
ππ
π
θθθ
θθ
θ
ddr
rdrdrdrdz
dzrdrdzdzdydxzdxdydzdivSD
8) Um cientista quis medir o fluxo de energia de um elemento radioativo em uma caixa
retangular como a da figura abaixo. O campo medido por ele era →→→→
++= kz1j
y1i
x1F . Calcule
o fluxo de energia na caixa, que é um cubo de aresta 2 com centro na origem e faces paralelas
aos planos formados pelos eixos coordenados.
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 80
Solução:
O campo possui o divergente, mas o
Teorema não pode ser aplicado porque existe
um ponto do domínio do sólido que não está
contido no domínio do campo.
Logo o fluxo é calculado como:
∑∫∫∫∫ ∑∫∫=
→→
=
→→→→==
6
1i i
6
1i i
dsn.Frd.Frd.Fγγ γ
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
zzyy
xD
1
1γ 1111
≤≤−≤≤−
zy
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂∂
= jkyzj
yyi
y1
yσ
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂∂
= kkzzj
zyi
z1
zσ
→=×= iN zy σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
1
1
1
1
1dydzi
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→
==⋅1
1
1
1
1
1
1
11
1 dydzdydzx
rdFγ
( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=−−==⋅
1
1
1
11
1
1
11 dz2dz11dzyrdF
γ
( )( ) 4112z2rdF1
11
=−−==⋅∫∫ −
→→
γ
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
zzy
xxD 1
2γ 1z11x1
≤≤−≤≤−
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂∂
= ikxzj
x1i
xx
xσ
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂∂
= kkzzj
z1i
zx
zσ
→=×= jN xz σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
2
1
1
1
1dzdxj
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→==⋅
1
1
1
12
1
1
1
1dzdxdzdx
y1rdF
γ
( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=−−==⋅
1
1
1
12
1
1
11
dx2dx11dxzrdFγ
( )( ) 4112x2rdF2
11 =−−==⋅∫∫ −
→→
γ
Capítulo 6- Teorema de Gauss 81
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==−=
zzyy1x
D 3γ 1z11y1
≤≤−≤≤−
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂−∂
= jkyzj
yyi
y1
yσ
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂−∂
= kkzzj
zyi
z1
zσ
→−=×= iN yz σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
3
1
1
1
1dzdyi
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→=−=⋅
1
1
1
13
1
1
1
1dzdydzdy
x1rdF
γ
( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=+==⋅
1
1
1
13
1
1
11
dy2dy11dyzrdFγ
( )( ) 4112y2rdF3
11 =−−==⋅∫∫ −
→→
γ
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=
zz1y
xxD 4γ
1z11x1
≤≤−≤≤−
( ) →→→→=
∂∂
+∂−∂
+∂∂
= ikxzj
x1i
xx
xσ
( ) →→→→=
∂∂
+∂−∂
+∂∂
= kkzzj
z1i
zx
zσ
→−=×= jN zx σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
4
1
1
1
1dxdzj
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→=−=⋅
1
1
1
14
1
1
1
1dxdzdxdz
y1rdF
γ
( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=−−==⋅
1
1
1
14
1
1
11
dz2dz11dzxrdFγ
( )( ) 411224
1
1=−−==⋅∫∫ −
→→
γ
zrdF
Capítulo 6- Teorema de Gauss 82
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−===
1zyyxx
D 5γ 1y11x1
≤≤−≤≤−
( ) →→→→=
∂−∂
+∂∂
+∂∂
= ikx1j
xyi
xx
xσ
( ) →→→→=
∂−∂
+∂∂
+∂∂
= jky1j
yyi
yx
yσ
→−=×= kN xy σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
5
1
1
1
1dydxk
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→=−=⋅
1
1
1
15
1
1
1
1dydxdydx
z1rdF
γ
( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=−−==⋅
1
1
1
15
1
1
11 dx2dx11dxyrdF
γ
( )( ) 411225
1
1=−−==⋅∫∫ −
→→
γ
xrdF
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
1zyyxx
D 6γ 1y11x1
≤≤−≤≤−
( ) ikx1j
xyi
xx
x =∂∂
+∂∂
+∂∂
=→→→
σ
( ) →→→→=
∂∂
+∂∂
+∂∂
= jky1j
yyi
yx
yσ
→=×= kN yx σσ
∫∫ ∫ ∫− −
→→→
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
6
1
1
1
1dxdyk
z1,
y1,
x1rdF
γ
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ − −− −
→→==⋅
1
1
1
16
1
1
1
1dxdydxdy
z1rdF
γ
( )( ) ∫∫∫∫ ∫ −−− −
→→=−−==⋅
1
1
1
16
1
1
11 dy2dy11dyxrdF
γ
( )( ) 4112y2rdF6
11 =−−==⋅∫∫ −
→→
γ
24rdFrdF6
1i i∫∫ ∑∫∫
=
→→→→=⋅=⋅
γ γ
Capítulo 6- Teorema de Gauss 83
9) No projeto de um carro, deseja-se calcular o fluxo de gasolina através de um filtro esférico
inovador para testar sua eficiência. A equação da esfera usada é 1²²² =++ zyx . O campo
vetorial, que comanda o fluxo é dado por: ( ) ( ) ( )→→→→+++++= ky²xcosj³z³yi³y³xF 4 .
Solução:
10 cos0 sensen
20 cossen
≤≤ϕ=π≤ϕ≤θϕ=π≤θ≤θϕ=
rrzryrx
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) 22
423333
423333
y3x3z
yxcos y
zyx
zxF div
yxcos,zy,zx.z
,y
,x
F.F div
+=∂
+∂+
∂+∂
+∂+∂
=
+++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
( ) ( )
( )
( ) ( ) [ ] πθθθθΦ
θϕϕθϕϕΦ
θϕϕθϕϕΦ
θϕϕϕΦ
ππππ
ππ
π π
π ππ π
π π
2dd34.
43d
33131
43
d3
cos3³cos43dd³sen
43
dd4r.sen3ddrdsen³r3
ddrdsenrsen²r3dxdydz²y3²x3
20
2
0
2
0
2
0
2
00
2
0 0
1
0
2
0 0
432
0 0
1
03
2
0 0
1
02
D
====⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−+−
=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −
==
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡==
=+=
∫∫∫
∫∫ ∫
∫ ∫∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫∫∫∫
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 84
10) Um físico quis calcular o fluxo num campo de forças recém criado de
equação ( ) ( ) ( )→→→→
+++−+++= k1zyx2jzyizxF , através da superfície 0, ²²4 ≥−−= zyxz ,
com o vetor normal tendo como componente z positiva.
Solução:
40 420 sen20 cos
2 ≤≤−=
≤≤θ=π≤θ≤θ=
zrzrry
rx
( )[ ]
( ) ( ) ( ) 021112
12,, .,,.
=−+=∂
+++∂−
∂+∂
+∂+∂
=
+++−++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
∂∂
=∇=
→
→→
zzyx
yzy
xzxFdiv
zyxzyzxzyx
FFdiv
Como o divergente é zero, deve-se calcular o fluxo pela definição:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+=
∂∂
=→→→kr2jsenicos
rD
r θθσ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++−=
∂∂
=→→→k0jcosrisenrD θθ
θσθ
( ) ( ) →→→
→→→
→++=
−−=×= krjsenr2icosr2
0cosrsenrr2sencos
kjin 22
r θθθθθθσσ θ
( ) ( ) ( ) ( )( )r21r4senrcosrsenr2r4senrcosr2r4cosrnF 22222 −+−+++⋅−++−+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
→→θθθθθθ
( )( ) 342 r4r10sencosr2r6nF +−+−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
→→θθ
( )( )[ ]∫ ∫ +−−+π
θθθ2
0
2
0342 drdr4r10r2r6sencos
D =
Capítulo 6- Teorema de Gauss 85
( ) θθθπ
drr55r2r2sencos
2
0
2
042
53∫
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
( )∫ ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +−+
πθθθ
2
0d1620
516sencos
∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+
πθθθ
2
0d4sen
516cos
516 =
= πππ θθθ 20
20
20 4cos
516sen
516
−− =
= ( ) ( ) ( ) ππππ 8)0(4240cos2cos5
160sen2sen5
16−=+−−−−
7 Teorema de Stokes
7.1. Introdução
O teorema de Stokes relaciona a circulação de um campo vetorial ao longo de uma
curva fechada no espaço com a integral do rotacional do campo em uma região cuja fronteira
seja a curva. No caso da região estar contida em um plano, o teorema de Stokes é o próprio
teorema de Green.
O resultado apareceu publicamente pela primeira vez como um problema proposto por
George Stokes (1819-1903) em uma competição de estudantes da Universidade de Cambridge
em 1854. Tinha sido enunciado em uma carta endereçada a Stokes pelo físico William
Thomson (Lord Kelvin, 1824-1907).
Devido à sua generalidade, o teorema de Stokes tem várias aplicações. Uma delas é
como ferramenta teórica em eletromagnetismo e mecânica dos fluidos.
7.1.1. A Vida de George Stokes
Matemático e físico britânico nascido em Skreen Sligo, Irlanda, 13 de agosto de 1819,
faleceu em Cambridge, Inglaterra, 1º de fevereiro de 1903.
O pai de George Stokes, Gabriel Stokes, era ministro protestante da paróquia de Skreen
em Município Sligo. A mãe dele era filha de um ministro da igreja, assim Stokes recebeu uma
educação muito religiosa. Ele era o mais jovem de seis crianças e todos os três irmãos mais
velhos tornaram-se pastores.
Gabriel Stokes estudou na Faculdade de Trinity Dublin e ele ensinou para George
gramática latina. Antes de ir para a escola George teve aulas com o escrivão da paróquia do
pai, em Skreen. Partindo em 1832 de Skreen, George freqüentou escola em Dublin. Ele
passou três anos na escola Rev R H Wall's; mas não era um pensionista, viveu com o tio John
Stokes. Na realidade as finanças familiares não lhe teriam permitido uma educação mais cara,
mas na escola ele procurou os estudos escolares habituais, e chamou a atenção do mestre
matemático pela solução de problemas geométricos.
Capítulo 7- Teorema de Stokes 87
Durante os três anos em que George estava em Dublin seu pai morreu e isto lhe causou
um amadurecimento precoce.
Em 1835, à idade de 16 anos, George Stokes se mudou para a Inglaterra e entrou na
Faculdade de Bristol. Os dois anos que Stokes ficou em Bristol foram importantes para o
preparo dos seus estudos em Cambridge. O Reitor da Faculdade, Dr. Jerrard era um irlandês
que tinha freqüentado a Universidade de Cambridge com William Stokes, um dos irmãos
mais velhos de George. Claramente o talento de Stokes pela matemática foi mostrado durante
seus estudos na Faculdade de Bristol e quando ele ganhou um prêmio. Dr. Jerrard escreveu a
ele:
“Eu aconselhei para que seu irmão inscrevesse você em Trinity, como eu me sinto
convencido de que você tem toda a probabilidade humana de sucesso, obtendo um
Companheirismo naquela Faculdade.”
Porém sua preferência foi pela Faculdade de Pembroke, em Cambridge, na qual Stokes
entrou em 1837.
7.1.2. A Matemática de Stokes
Stokes escreveu em 1901:
“Naqueles dias que entrei na Faculdade de Pembroke, em Cambridge, em 1837, eu não
tinha ido tão longe na matemática como é o costume no momento; e não tinha começado o
cálculo diferencial, tinha tido só seções analíticas recentemente lidas.”
Foi no segundo ano de Stokes em Cambridge, que ele começou a ser treinado por
William Hopkins, um tutor famoso de Cambridge que teve um papel tão importante quanto os
conferencistas. Stokes escreveu:
“Em meu segundo ano comecei a estudar com Mr Hopkins, que era célebre para um
grande número de alunos que obtinham os lugares mais altos nos exames Universitários para
honorários matemáticos...”
Hopkins teve uma forte influência na direção dos interesses matemáticos de Stokes.
Em 1841, Stokes foi graduado como Sênior Wrangler (o Primeiro da Classe). A
Faculdade de Pembroke lhe deu imediatamente uma Bolsa Auxílio. Ele escreveu:
“Depois de completar meu grau eu continuei residindo na Faculdade e recebi alunos
privados. Eu pensei que seguiria na pesquisa original...”
William Hopkins o aconselhou a trabalhar em pesquisa hidrodinâmica e foi realmente
nesta área que Stokes começou a trabalhar. Além do conselho de Hopkins, Stokes também foi
inspirado para entrar neste campo pelo recente trabalho de George Green. Stokes teve
Capítulo 7- Teorema de Stokes 88
documentos publicados no movimento de fluidos incompressíveis em 1842 e 1843. Depois de
completar sua pesquisa, Stokes descobriu que Duhamel já tinha obtido resultados semelhantes
desde quando trabalhava na distribuição de calor nos sólidos. Stokes concluiu que os
resultados dele foram obtidos em uma situação diferente da sua, para justificar sua publicação.
Stokes continuou estudando as investigações de Duhamel, quando observou a situação
onde ele levou em conta fricção interna dos fluidos em movimento. Depois que Stokes
deduziu as equações corretas de movimento ele soube que não foi o primeiro a obtê-las, pois
Navier, Poisson e San-Venant já tinham considerado o problema. Na realidade, esta
duplicação de resultados não era completamente um acidente, mas foi provocado pela falta de
conhecimento do trabalho de matemáticos em Cambridge naquele momento. Novamente
Stokes, decidido que os resultados dele foram obtidos com suposições suficientemente
diferentes para justificar publicação, publicou as teorias da fricção interna de fluidos em
movimento, em 1845. O trabalho também discutiu o equilíbrio e movimento de sólidos
elásticos e Stokes usou um argumento de continuidade para justificar a mesma equação de
movimento para sólidos elásticos como para fluidos viscosos.
Entre 1845 e 1850, Stokes trabalhou na teoria dos fluidos viscosos. Deduziu uma
equação (Teorema de Stokes) que poderia ser aplicada ao movimento de uma pequena esfera
ao cair dentro de um meio viscoso, para obter a sua velocidade sob influência de uma força
dada, tal como a gravidade. Essa equação podia ser usada para explicar a maneira pela qual as
nuvens flutuavam no ar e as ondas se desfaziam na água. Poder-se-ia também utilizá-la em
problemas de ordem prática que envolvesse a resistência da água aos navios que nela se
moviam. Na verdade, a interconexão da ciência é sempre de tal ordem que seis décadas depois
de haver sido enunciada a lei de Stokes viria a ser empregada para um objetivo que jamais se
poderia prever – ajudar a estabelecer a carga elétrica de um único elétron na experiência de
Millikan.
Talvez o evento mais importante no reconhecimento de Stokes como um matemático
principal era o seu relatório em recentes pesquisas de hidrodinâmica apresentado à
Associação Britânica para o Avanço de Ciência, em 1846.
Ele também usou o seu trabalho no movimento de pêndulos em fluidos, considerando a
variação de gravidade a pontos diferentes na Terra, publicando um trabalho em Geodesy de
importância fundamental na variação de gravidade à superfície da Terra, em 1849.
Em 1849, Stokes foi nomeado professor de matemática em Cambridge. Em 1851,
Stokes foi eleito a Royal Society, premiado com a medalha de Rumford em 1852, e foi
designado a secretário em 1854. Mais tarde, Stokes precisando ganhar dinheiro adicional,
aceitou ser professor de física.
Capítulo 7- Teorema de Stokes 89
Ele investigou a teoria de onda de luz, nomeou e explicou o fenômeno de
fluorescência em 1852, e em 1854 teorizou uma explicação do Fraunhofer sobre linhas no
espectro solar. Ele sugeriu que estas fossem causadas por átomos nas camadas exteriores do
Sol que absorvem certos comprimentos de onda. Porém, mais tarde, quando Kirchhoff
publicou esta explicação, negou qualquer descoberta anterior de Stokes. O próprio Stokes
(cujo caráter ressaltava modéstia e generosidade) sempre insistiu que não havia esclarecido
certos pontos críticos dos problemas então em jogo e que, por isso, não reclamara para si
nenhuma prioridade.
Certamente a carreira de Stokes tomou um rumo bastante diferente em 1857, quando ele
passou do período de pesquisa teórica e se tornou mais envolvido com administração e
trabalho experimental. Stokes noivou para se casar com Mary Susanna Robinson, a filha do
astrônomo do Observatório de Armagh, na Irlanda. No dia 21 de janeiro de 1857, ele escreveu
seus sentimentos a ela:
“Eu era capaz de ser movido, matematicamente, como seja, pela convicção de que um
curso particular era o certo; e eu acredito que Deus pôs estas visões em minha mente,
enquanto trabalhando por meio do que estava em prover como estava querendo.”
Uns três dias depois escreveu:
“Você tem razão dizendo que não se pode pensar sobre os próprios sentimentos da
pessoa, em uma família que é fácil, mas você não sabe o que é viver totalmente só.”
No dia 31 de março de 1857, ele escreveu expressando seus sentimentos novamente em
condições bastante matemáticas:
“Eu também sinto que tenho pensado muito ultimamente, mas de um modo diferente,
minha cabeça está correndo em série divergente, como feita descontinuidade de constantes
arbitrárias..., eu pensei freqüentemente que você teria me impedido de passar tanto tempo
por essas coisas.”
Estas cartas não expressaram o amor claramente que Mary esperou achar nelas e,
quando Stokes lhe escreveu uma carta de 55 páginas, ela quase desmanchou o casamento à
última hora. Ao receber uma carta dela, mostrando sua infelicidade em prosseguir com o
matrimônio, Stokes respondeu:
“Então estou certo de que você deveria se retirar até mesmo agora, entretanto eu
deveria ir para a sepultura como máquina de pensamento defeituosa...”
O matrimônio prosseguiu e Stokes, longe da vida de intensa pesquisa matemática.
Naquele momento, membros em Cambridge tinham que ser solteiros, mesmo assim
levou adiante o matrimônio. Stokes deveria deixar a Faculdade de Pembroke. Porém, uma
mudança nas regras, em 1862, permitia que homens casados continuassem lá. Stokes
Capítulo 7- Teorema de Stokes 90
continuou como secretário da Royal Society até 1885, quando foi eleito presidente. Ele
ocupou o cargo de presidente até 1890. Ele também foi presidente do Victoria Institute de
1886 até sua morte em 1903. Participou de outras tarefas administrativas. Em 1859 escreveu a
Thomson:
“Eu tenho outro ferro no fogo agora: fui designado há pouco a um cargo de secretário
adicional da Comissão Universitária de Cambridge.”
Stokes recebeu a Copley Medal da Royal Society de Londres em 1893 e foi o honorário
mais alto da Faculdade, onde serviu como mestre entre 1902 e 1903.
Stokes influenciou muito as novas gerações:
Stokes era uma influência formativa muito importante em gerações subseqüentes de
homens de Cambridge, inclusive Maxwell. Como Green tinha influenciado Stokes, seguindo
o trabalho francês, especialmente os de Lagrange, Laplace, Fourier, Poisson e Cauchy. Isto é
visto claramente nos seus estudos teóricos em ótica e hidrodinâmica; mas também deve notar-
se que Stokes, até mesmo como um estudante universitário, realizou experimentos
incessantemente. Ainda seus interesses e investigações estenderam além da física, seu
conhecimento em química e botânica era extenso, e freqüentemente o seu trabalho em ótica o
atraiu a esses campos.
Os documentos de Stokes foram publicados em 5 volumes, os primeiros três, Stokes
editou em 1880, 1883 e 1891. Os últimos dois foram editados por Senhor Joseph Larmor
incluindo um trabalho completo em 1905.
7.2. Teorema de Stokes
Seja S uma superfície lisa por partes, orientada, no espaço, cuja fronteira C é uma curva
lisa por partes, simples e fechada, orientada positivamente (sentido anti-horário) em relação à
normal. Seja ( ) ( ) ( ) ( )→→→→
++= kz,y,xRjz,y,xQiz,y,xPz,y,xF um campo vetorial com
componentes contínuas e deriváveis, →n é o vetor normal unitário à S,
→t o vetor tangente
unitário à C e D um domínio do espaço contendo S.
Nessas condições, tem-se:
∫C
→F .d
→r = ∫∫
S
(rot→F .
→n )dS (7.1)
Capítulo 7- Teorema de Stokes 91
Obs: a escolha de um vetor normal contínuo determina o sentido de C. Quando a curva
é percorrida no sentido anti-horário o vetor →n (normal) aponta para fora e se for percorrida no
sentido horário →n aponta para dentro da superfície.
Figura 7.1- Teorema de Stokes
Considere a superfície S, dada na forma z = z(x,y). Seja D sua projeção no plano Oxy,
quando L = (x, y) percorre D, o ponto M(x,y,z(x,y)) percorre S. Quando L percorre a fronteira
B de D, M percorre o bordo C da superfície S. Seja →t o vetor unitário tangente à C, cujo
sentido indica o percurso sobre C, que corresponde ao sentido positivo do percurso sobre B.
Mais precisamente, quando M percorre C no sentido indicado por →t , a projeção L de M
percorre B no sentido positivo.
Queremos transformar a integral de linha
∫C
P.dx + Q.dy + R.dz = ∫∫S
(rot→F .
→n )dS (7.2)
onde ( ) ( ) ( ) ( )→→→→
++= kz,y,xRjz,y,xQiz,y,xPz,y,xF .
O teorema de Stokes torna-se:
dSkRndSjQndSiPn
dSkRjQiPnRdzQdyPdx
SSS
SC
→→→→→→
→→→→
×∇⋅+×∇⋅+×∇⋅=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++×∇⋅=++
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫ (7.3)
Para demonstrar o teorema de Stokes, basta mostrar que os dois lados da equação (7.3)
são iguais.
Da Figura 7.1 nota-se o caminho para demonstrar o teorema de Stokes: utilizando o teorema de Green já enunciado, utilizando a projeção da superfície no plano xy.
Capítulo 7- Teorema de Stokes 92
Exercícios:
1) Seja um balão de ar quente, com um formato esférico de raio r = 5, conforme a figura
abaixo. O ar quente escapa através dos poros da superfície deste balão com um campo de
velocidade vetorial →V (x,y,z) = Φ×∇ (x,y,z), quando Φ (x,y,z) = -y
→i + x
→j . Se o raio da
circunferência do bordo é r = 5/4, calcule o volume do fluxo de ar quente que atravessa a
superfície do balão.
Solução:
A figura abaixo mostra a representação de alguns vetores do campo vetorial dado por →F (x,y,z) = -y
→i + x
→j . Como o raio do balão é r = 5, e o seu centro está sobre o eixo-z, a
variação do raio das curvas de nível desta esfera (balão) é de 0 a 5.
Aplicando o Teorema de Stokes: ∫C
→F .d
→r = ∫∫
S
(rot→F .
→n )dS temos que a circulação
através da superfície é igual à circulação em torno do bordo desta superfície.
Seja γ, [0,2π] → 3ℜ
Capítulo 7- Teorema de Stokes 93
γ(t) = ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ 0,tsen
45,tcos
45
γ`(t) = ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛− 0,cos
45,
45 tsent
→F (γ(t)) = ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛− 0,cos
45,
45 tsent
Substituindo γ(t) e γ`(t) em
∫C
→F .dr = ∫
b
a
→F ((γ(t)).γ`(t)dt
Tem-se:
∫π2
0
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛− tcos
45,tsen
45
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛− tcos
45,tsen
45 dt = ∫
π2
0⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ + tsen
1625tcos
1625 22 dt =
= 1625∫π2
0
[ ]tcostsen 22 + dt = 1625∫π2
0
dt = 16
)2(25 π = 8
25π
2) Seja S uma superfície aberta através da qual fluam as linhas de um vetor indução magnética →B , e Φ o fluxo de
→B através de S, chamada fluxo magnético, Φ = ∫∫
S
→B .dS .
Solução:
Como a superfície é aberta, ela é limitada por uma curva C, cuja orientação em relação
à dS obedece à regra da mão direita. À circulação de um campo elétrico →E ao longo de C dá-
se o nome de força eletromotriz,
ξ ≡ ∫C
→E .d
→r
Capítulo 7- Teorema de Stokes 94
Verifica-se experimentalmente que o fluxo da indução magnética e a força eletromotriz
induzida estão relacionados por meio de ξ ≡ dtd
− c/
Ou, em termos das respectivas integrais,
∫C
→E .d
→r =
dtd
− ∫∫S
→B .dS
Esta é a forma integral da lei de Faraday da indução eletromagnética. O sinal negativo
no segundo membro da equação acima é devido ao fato de que o sentido das linhas de →E tal
que o campo elétrico tem, em relação ao de d→B /dt, o sentido oposto ao que seria dado pela
regra da mão direita (lei de Lenz)
Como é mais fácil discutir-se a lei de Faraday a partir da sua forma diferencial, vamos
escrever a equação nessa forma. Para isso, basta usarmos o Teorema de Stokes no primeiro
membro e lembramos que, a segunda parcela, o operador d/dt atravessa o operador de
integração para aplicar-se ao setor indução B:
∫∫S
(∇ x→E )dS = - ∫∫
S ∂∂→B dS
Como a superfície é arbitrária e aberta, podemos concluir que:
∇ x→E = -
∂∂→B
E esta é a forma diferencial da lei de Faraday da indução eletromagnética.
Capítulo 7- Teorema de Stokes 95
3) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫→→
C
sd T . F , onde C é a elipse que o plano
z = y + 3 intercepta o cilindro x2 + y2 = 1. Oriente a elipse no sentido anti–horário quando
vista de cima, e tome →F (x, y, z) = 3z
→i + 5x
→j – 2y
→k .
Solução:
Plotando o gráfico vemos que a interseção entre o cilindro e o plano gera uma elipse
com semi-eixos 1 e 2 . A orientação dada de C corresponde ao vetor normal →n = (-
→j +
→k )
apontando para cima e normal à região elíptica S no plano z = y + 3, delimitada por C.
Mas,
rot →F =
2y5x3zzyx
k ji
−∂∂
∂∂
∂∂ = - 2
→i + 3
→j + 5
→k
Assim,
( rot →F ) .
→n = (-2
→i + 3
→j + 5
→k ) . (-
→j +
→k ) = -3 + 5 = 2
Logo, pelo Teorema de Stokes,
∫→
C
ds T. F r
= ∫∫→→
S
dS n . )F rot ( = ∫∫S
dS 2 = 2 área(S) = π2 2
porque, pode-se ver que S é uma elipse com semi-eixos 1 e 2 . Assim sua área é 2π .
4) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫∫→→→
∇S
dS n . ) F x ( ,onde →F = 3z
→i + 5x
→j –
2y→k e S é a parte da superfície parabólica z = x2 +y2 que está abaixo do plano z = 4 e cuja
orientação é dada pelo vetor normal unitário superior .
Solução:
Parametriza-se o círculo fronteira C de S por x = 2cos(t), y = 2sen(t), z = 4, com
0 2t π≤≤ . Então, dx = -2sen t dt, dy = 2cos t dt e dz = 0.
O Teorema de Stokes dá, pois,
∫∫ ∫ ∫ +==∇→→→→→
S C C
dz2y -dy 5x dx3z dS T . F dS n . ) F x (
= 0 . )2sen t ( . 2 )dt t cos 2 ( ) t cos 2 ( . 5 )dt sen t 2- ( . 4 . 3 2
0++∫
π
= ) 2t cos 10 10 t sen24- ( dt ) t cos 20 t sen24- ( 2
0
2
02 ∫∫ ++=+
ππ
Capítulo 7- Teorema de Stokes 96
= [ ] π202t sen 5 10t t cos 24 ++ = 20π
5) Seja o campo de forças →F definido por
→F ( x, y, z ) = -4y
→i + 2z
→j + 3x
→k e suponha que
S seja a parte do parabolóide z = 10 – x2 – y2 acima do plano z = 1. Verifique o Teorema de
Stokes para esse →F e para S, calculando:
∫∫→→
S
dS n . )F rot (
Solução:
Plotando o gráfico vemos que a interseção entre o parabolóide e o plano projeta uma
superfície S sobre o plano xy. A região é delimitada pela circunferência x2 + y2 = 9. A curva
C, que é a fronteira de S, é a circunferência com centro em ( 0, 0, 1) e raio 3 no plano z = 1.
Calculamos primeiro o rot→F .
rot →F =
x3 z2y4z
yx
k ji
−∂∂
∂∂
∂∂
→→→
= - 2 →i –3
→j + 4
→k
Assim,
∫∫ ∫∫→→→→→→
+=S S
dS n . ) k 4 j 3- i 2- ( dS n . ) F rot (
Para calcular essa integral de superfície devemos encontrar o vetor n→
normal unitário
superior, como a equação da superfície é z = 10 – x2 – y2 sua derivada parcial em relação a x
é –2x e em relação a y é –2y, daí temos o vetor normal.
Logo,
∫∫ ∫∫ +=→→
S D
dy dx] 4 )2y - )( 3- ( - 2x)- )( 2- ( - [ dS n . ) F rot (
= ∫∫ +D
dy dx ) 4 6y - 4x- (
Fazendo a mudança de parâmetros, x = r cosθ , y = r senθ e dxdy = rdr θd , com
3 r 0 ≤≤ e 0 πθ 2≤≤ , temos:
ddr r ) 4 sen 6r - cos4r - ( 2
0
3
0∫ ∫ +π
θθθ
Capítulo 7- Teorema de Stokes 97
θθθπ
d ]2r sen2r - cos r 34 - [ 3
02332
0+∫
∫ +π
θθθ2
0d ) 18 sen 54 - cos 36- ( =
= [ -36 senθ +54 cosθ + 18θ ] π20 = 36π
6) Verifique o teorema de Stokes para o campo →→→→
++= kxjziyF , onde S é o parabolóide
z = 1 - x2 - y2 , z≥0. Ver figura abaixo.
Solução:
Comecemos por determinar o integral de linha. O contorno
C é a circunferência de raio unitário no plano XY, pelo que
→r ( t ) =cos t
→i + sen t
→j
→r ´( t ) = - sen t
→i + cos t
→j
∫ ⋅C
drF = ∫π2
0
[( sen t ) ( - sen t )] dt = - π
Para determinar o integral de superfície, precisamos de determinar ×∇→ →
F = - →i -
→j -
→k .
Para calcular um vetor normal à superfície, basta recordar que esta é a superfície
equipotencial w = 0 do campo escalar w = z =1 - x2 - y2, pelo que →n = wx
→i + wy
→j + wz
→k =
-2x→i -2y
→j –
→k . No ponto de coordenadas ( ½ , ½, ½ ) o vetor
→n aponta para o interior do
parabolóide. Isso significa que o sentido de →n não está de acordo com o sentido de
circulação de C. Portanto, ou mudamos o sentido de →n ou então ficamos desde já a saber que
vamos obter o simétrico do resultado pretendido. Com isto em mente, podemos então
escrever ∫∫→→
S
dS n . )F rot ( = ∫∫ ×→→
Sx dxdyyn . )Frot ( σσ = ∫∫ ++
S
dxdy ) 1 2y 2x ( . A solução
é mais simples se convertermos o integral para coordenadas cilíndricas. Obtemos, então,
∫∫→→
S
dS n . )F rot ( = πϕϕρϕπ
=++∫ ∫2
0
1
0
1) sin2ρcos (2 dρ ρ d , que é o resultado simétrico,
como se pretendia.
Capítulo 7- Teorema de Stokes 98
7) Aplicar o teorema de Stokes para →A = ( 2x – y )
→i – ( yz2 )
→j – ( y2z )
→k , onde S é a
metade superior da superfície da esfera x2 + y2 + z2 = 1 e C é sua curva limítrofe.
Solução:
A linha limite C de S é uma circunferência no plano xy, de raio unitário e centro na
origem. Seja x = cos t, y = sen t, z = 0, π2t0 ≤≤ as equações paramétricas de C.
Logo,
∫∫ ∫ =−−=−−−=⋅→→ π2
0
2
C C
2 πdt ) t sen( ) t sent 2cos (dzydyyzdx )y 2x ( Rd A
E também, rot →A =
z22 yyz-y-2xzyx
k ji
−∂∂
∂∂
∂∂ =
→k
Assim,
∫∫→→
S
dS . ) rot ( nA = ∫∫→→⋅
S
dS k n = ∫∫R
dxdy
π 1 4 422
2
1
0
1
0
21
1
1
0
1
1
=−== ∫ ∫∫ ∫∫−−
−−=−=
dxxdxdydxdyxx
xyx
e o teorema de Stokes é verificado.
8) Use o teorema de Stokes para calcular a integral de linha ∫→→
C
ds T . F se →F ( x, y, z ) = xz
→i +
xy→j + y2 →k e C for a fronteira orientada da superfície que consiste na parte do cilindro
z = 4 –x2 no primeiro octante que é delimitada pelos planos coordenados e pelo plano y = 3.
Solução:
A interseção do plano com o cilindro gera uma superfície S, com fronteira C composta
por quatro curvas C1, C2, C3 e C4. Do teorema de Stokes temos que:
∫→→
C
dS T . F = ∫∫→→→
∇S
dS n . ) F x ( rot →F =
y xyxzz
yx
k ji
2∂∂
∂∂
∂∂
→→→
= 2y→i + x
→j + y
→k
Capítulo 7- Teorema de Stokes 99
Assim, ∫→→
C
dS T . F = ∫∫→→→→
++S
Sd n . ) ky jx i2y ( .
Assim temos,
∫→→
C
dS T . F = ∫∫ +S
dxdy ] y ) 0 (x - )2x - ( )2y (- [
= ∫∫ +S
dxdy ) y 4xy (
Como a projeção no plano xy é um retângulo, limitado pelos eixos x e y e pelas retas
x =2 e y = 3, logo temos a região de integração:
∫→→
C
dS T . F = ∫ ∫ +2
0
3
0dydx )y 4xy ( =
= dxy 21 2xy
3
0
2
0
22∫ ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +
= dx 29 18x
2
0∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
= 2
0
2 x29 9x ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ + = 45
9) Mostrar que se r é um vetor posição, então:
∫→→
C
r.dr = 0
Solução:
.0xr =∇ Então, pelo teorema de Stokes
∫→→
C
r.dr = ∫∫ =×∇→→
S
0dSr
10) Se C é uma curva fechada, mostrar que ∫ =∇→→
C
0r.dφ
Solução:
Para a suficiência, 0f =×∇→→
; então pelo teorema de Stokes ∫∇C
.drφ = ( )∫∫ ∇∇S
.dS,x φ
onde S é uma superfície contida em C. Sabemos que, 0; x =∇∇ φ então ∫ =∇C
0.drφ
8 Referências Bibliográficas Apostol, T. M. Calculus – Vol I. 2. ed. John Wiley & Sons, New York,
1969.
Apostol, T. M. Calculus – Vol II. 2. ed. John Wiley & Sons, New York,
1969.
Boldrini, J. L.; Costa, S. I. R.; Figueiredo, V. L.; Wetzler, H. G. Álgebra Linear.Terceira Edição. Editora Harbra, São Paulo, 1980.
Boulos, P.; Abud, Z. I. Cálculo Diferencial e Integral. Makron Books. Vol.
2, São Paulo, 2002.
Craizer, M.; Tavares, G. Cálculo Integral a Várias Variáveis. Editora
PUC-Rio, 2002.
Guidorizzi, H. L. Um Curso de Cálculo. LTC Editora, Quinta Edição, Vol.
2, Rio de Janeiro, 2002.
Guidorizzi, H. L. Um Curso de Cálculo. LTC Editora, Quinta Edição, Vol.
3, Rio de Janeiro, 2002.
Lima, E. L. Álgebra Linear. Coleção Matemática Universitária. IMPA, Rio
de Janeiro, 2003.
Lima, E. L. Curso de Análise Vol. 1. Projeto Euclides. IMPA, Rio de
Janeiro, 2000.
Referências Bibliográficas 101
Lima, E. L. Curso de Análise Vol. 2. Projeto Euclides. IMPA, Rio de
Janeiro, 2000.
Lima, E. L. Geometria Analítica e Álgebra Linear. Coleção Matemática
Universitária. IMPA, Rio de Janeiro, 2001.
Munem, A. M.; Foulis, D. J. Cálculo 2. Editora Guanabara 2. Rio de
Janeiro, 1978.
Pinto, D; Morgado, M. C. F. Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis. Editora UFRJ . Rio de Janeiro, 2001.
Steinbruch, A.; Winterle, P. Álgebra Linear. Segunda Edição. Editora
McGrawHill, São Paulo 1987.
Stewart, J. Cálculo – Vol. II. Editora Pioneira, São Paulo, 2001.
Thomas, G. B. Cálculo - Volume 2. Editora Addison Wesley, São Paulo,
2001.
Wylie, C. R.; Barret, L. C. Advanced Engineering Mathematics.
McGraw-Hill International Editions, 1987.
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