117808333 Calculo Vetorial Aplicado Exercicios Resolvidos 2k6a20

<...
Supondo que σ (t) é de classe C1, e denotando por ΔSi o comprimento da curva Ci ,temse:

27

Capítulo 3- Integrais de Linha

28

Δsi =

ti + 1

r

∫ σ ' (t ) dt

(3.8)

ti

Pelo teorema do valor médio para integrais, existe ui ∈ [ti,ti+1 ] tal que r

r

ΔSi = σ ' (u i ) (t i +1 − t i ) = σ ' (u i ) Δt i

(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: n −1 r r S n = ∑ f (σ (u i )) σ ' (u i ) Δt i

(3.10)

i =0

r

r

A soma Sn é uma soma de Riemann da função f (σ (u i )) σ ' (u i ) no intervalo [a, b]. Logo, se f(x, y, z) é contínua em C, então: b

r r M = ∫ f (σ (t )) σ ' (t ) dt

(3.11)

a

r

Considerando-se uma curva C em ℜ³, parametrizada por σ (t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [a, b], onde r

σ 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: r

r

∫ fds = ∫ f (x , y , z )ds = ∫ f (σ (t )) σ ' (t ) dt C

C

(3.12)

C

r

Esta fórmula ainda é válida se σ é Cl por partes . Neste caso, a integral é calculada dividindose o intervalo [a, b] em um número finito de intervalos fechados.

Exercício: 1) Calcule

∫C ( x

2

r + y 2 + z 2 )ds onde C é a hélice definida por σ (t) = (cos t, sen t, t),

0 ≤ t ≤ 2π.

Solução: r

r

σ ’(t) =(x’(t), y’(t), z’(t)) = (- sen t, cos t, 1). Portanto, σ é de classe C1 em [0,2π] e como

f é contínua, então segue que:

∫C

2π

2π

0

0

( x 2 + y 2 + z 2 )ds = ∫ (cos 2 t + sen 2 t + t 2 ) 2 dt = 2 ∫ ( 1 + t 2 )dt = 2π

⎡ t3 ⎤ 2 2π = 2 ⎢t + ⎥ = 3 + 4π 2 3 3 ⎣ ⎦0

(

)

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:

28


29

2π

⎡ t3 ⎤ 2 2π M = 2 ⎢t + ⎥ = 3 + 4π 2 3 3 ⎣ ⎦0

(

)

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 r

definida por uma função de classe C1 onde σ (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

b

r fds = ∫ f ( x , y )ds = ∫ f ( x( t ), y( t )) σ ' ( t ) dt

(3.13)

C

a

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+

y 3

(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: r

σ (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. r

r

Visto que σ (t) = (x’(t), y’(t)) = (-90 cos²t sen t, 90sen²t cos t), então σ é de classe C1 e σ ' ( t ) = ( x' ( t )) 2 + ( y' ( t )) 2 = ( 90 ) 2 cos 4 t sen 2 t + ( 90 ) 2 sen 4 t cos 2 t =

= (90) 2 sen 2 t cos 2 t = 90 sen t cos t

Como f é contínua, a área da metade da cerca é: π

y⎞ ⎛ 3 ∫C ⎜⎝ 1 + 3 ⎟⎠ds = 90 ∫ ( 1 + 10 sen t ) sen t cos t dt = 0 ⎡π ⎤ π ⎢2 ⎥ 4 4 = 90 ⎢ ∫ (sen t + 10 sen t ) cos tdt − ∫ (sen t + 10 sen t ) cos tdt ⎥ = π ⎢0 ⎥ 2 ⎣ ⎦ π

⎡ sen 2 t ⎤2 ⎛1 ⎞ = 180 ⎢ + 2 sen 5 t ⎥ = 180⎜ + 2 ⎟ = 450 ⎝2 ⎠ ⎣ 2 ⎦0

A área total da cerca é 2 x 450 m2 = 900 m2 e, portanto, o pintor cobrará 900p reais. 29


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 xéW=

∫

b

f(x) dx. Já o trabalho feito por uma força constante F para mover um objeto de um

a

→

→

ponto P para outro ponto Q no espaço é W = F . D, onde D = PQ é o vetor deslocamento. r

r

r

r

Suponha agora que F ( x , y , z ) = P( x , y , z )i + Q( x , y , z ) j + R( x , y , z )k 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 Δs 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 Δs 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*) . [ Δs i T (ti*) ] = [ F (xi*, yi*, zi*) . T(ti*) ] Δs i

(3.14)

O trabalho total executado para mover a partícula ao longo de C é aproximadamente: n

∑

→

→

[ F (xi*, yi*, zi*) . T (xi*, yi*, zi*) ] Δs i

(3.15)

i =1

→

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 r

r

da componente tangencial da força. Se a curva C é dada pela equação vetorial σ (t) = x(t) i + r

r

→

r

r

y(t) j + z(t) k , então T (t) = σ ’(t) / | σ ’(t) |, e podemos reescrever a equação anterior como: W=

∫

b

a

→

r

r

r

[ F (r(t)) . σ ’(t) / | σ ’(t) | ] | σ ’(t) | dt = W =

∫

b

a

→ r F (r(t)) . σ ’(t) dt

(3.17)

30


31 →

∫

Esta última integral é freqüentemente abreviada como

c

→

F .dr

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 r

função vetorial σ (t), a ≤ t ≤ b. Então a integral de linha ao longo de C é : →

∫

→

∫

F .dr =

c

→ r r F ( σ (t)) . σ ’ (t) dt =

b

a

∫

c

→

→

F . T ds →

(3.18)

r

Quando se usa a definição anterior, deve-se lembrar que F ( σ (t)) é uma abreviação para → → r F = (x(t),y(t),z(t)), e calcula-se F ( σ (t)) tomando-se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) na expressão →

r

de F (x, y, z). Nota-se também que se pode formalmente escrever que dr = σ ’(t) dt Apesar de

→

∫

→

c

→

∫

F .d r =

.

→

F . T ds e integrais em relação ao comprimento de arco não trocarem

c

de sinal quando a orientação do caminho é invertida. É verdade que

∫

c

→

→

→

→

F .d r = - ∫ F .d r −c

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 r

r

r

r

componentes pela equação F ( x , y , z ) = P( x , y , z )i + Q( x , y , z ) j + R( x , y , z )k . Usa-se a definição para calcular sua integral de linha ao longo de C: →

→

∫

F .d r =

=

∫

=

∫

c

a

→

r

r

( F ( σ (t) . σ ’(t) ) dt = →

→

→

→

→

( P i + Q j + R k ). (x’(t) i + y’(t) j + z’(t) k ) dt =

a

a

b

→

b

b

∫

[ 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

r

Pdx + Qdy + Rdz r

r

(3.20) r

onde F ( x , y , z ) = P( x , y , z )i + Q( x , y , z ) j + R( x , y , z )k . Por exemplo, a integral

∫

c

→

∫

c

ydx + zdy + xdz poderia ser expressa como:

→

F .d r

(3.21) 31

Capítulo 3- Integrais de Linha →

→

32 →

→

Onde F (x, y, z) = y i + z j + x k . r

Definição: (consideremos uma curva C em ℜ3) parametrizada por σ (t) = ( x(t), y(t), z(t)), →

r

t ∈ [a,b] , onde σ 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

r

→

r

r

( F ( σ (t) . σ ’(t) ) dt r

Se a curva C é fechada, isto é, se σ (b) = σ (a), a integral de linha é denotada por

(3.22)

∫

c

→

→

F .d r .

Exercícios: 1) Calcule

→ → → r F .d r onde F (x,y,z) = (x,y,z) e C é a curva parametrizada por σ (t)= ( sen t,

∫

c

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 →

→

2π

∫C F .d r = ∫ (sen t ,cos t ,t ).(cos t ,− sen t ,1 )dt = 0 2π

2π

0

0

= ∫ (sen t cos t − sen t cos t + t )dt = ∫ tdt = 2π 2

→

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) 1

⎡− t3 t4 t2 ⎤ 5 = − + + = + + ⎥ = F . d r ( t t t ) dt ⎢ ∫C 1 ∫ 4 2 ⎦ 0 12 ⎣ 3 0 →

→

1

2

3

32


33

b) 1

⎡ 5t 6 4t 7 t 9 ⎤ 25 = − + + = − + ⎥ = F d r t t t t dt . ( 2 4 3 3 ) ⎢ ∫C 2 ∫0 7 3 ⎦ 0 42 ⎣ 6 →

→

1

5

6

8

5

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 → →

1

→

2 ∫ F (β ' (t )). β ' (t )dt = ∫ (t − 2t 0

5

2

0

3 7 3 + t 2 + t 2 )dt = 2 2

→ 5 3 ⎛ 3 1 ⎞ → → Como β ' (t ) = ⎜1, t 2 ⎟ e F ( β ' (t )) = ⎛⎜ t 2 − 2t 2 , t 3 + t 2 ⎞⎟ , obtemos ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 1

⎡ 5t 3 4 t 7 2 t 9 2 ⎤ ⎥ = 25 =⎢ − + 7 3 ⎥ 42 ⎢ 6 ⎣ ⎦0

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. →

r

É importante destacar que se σ (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 r

que β (t)= σ (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 r

percorre C segundo a parametrização σ (t). Se h é decrescente, dizemos que h inverte a orientação. →

r

Teorema: Sejam σ (t) (a ≤ t ≤ b) e β (t) (c ≤ t ≤ d) parametrizações de C1 por partes e

equivalentes. Se h preserva a orientação, então:

∫β C

→

→

F .d r =

∫σ C

→

→

F .d r

(3.23)

Se h inverte a orientação, então:

33


34 →

∫β

→

F .d r = -

C

∫σ C

→

→

(3.24)

F .d r

→

r

r

→

( C β e C σ denotam a curva C parametrizada por β (t) e σ (t) respectivamente).

Demonstração: É suficiente provar o teorema para σ (t) e β (t) de classe C1. Suponhamos que →

r

as parametrizações σ (t) e β (t) estão relacionadas pela equação → r β (t) = σ (h(t)), t ∈[c, d]

(3.25)

Então, →

→

∫CFβ .d r

=

v

d →

∫c F ( β (t)). β ’(t) dt

=

d →

v

v

∫c F ( σ (h(t))). σ ’(h(t))h’(t) dt

(3.26)

Fazendo a substituição u = h(t), du = h’(t)dt, obtém-se : →

→

∫CFβ .d r b→

= r

h( d ) →

r

r

∫h( c ) F ( σ (u)). σ ’(u)du = r

→

→

= ∫ F ( σ (u)). σ ’(u)du = ∫ F .d r , se h preserva a orientação. c∂

a

a→

r

→

→

r

= ∫ F ( σ (u)). σ ’(u)du = - ∫ F .d r , se h inverte a orientação. c∂

b

3.4. Propriedades da Integral de Linha

(i) Linearidade. ⎛

→

→

⎞

→

→

→

→

→

∫ ⎜⎝ a F + b G ⎟⎠.d r = a ∫ F .d r + b ∫ G .d r

C

C

(3.27)

C

onde a e b são constantes reais.

(ii) Aditividade. Se C ite uma decomposição num número finito de curvas C1,...,Cn ,isto é, C= C1 U ... U Cn, então: →

→

n

→

→

∫cF .d r = ∑ ∫cF .d r i =1 i

(3.28)

A prova destas propriedades segue imediatamente da definição de integral de linha.

34


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 x

2

dx + xydy

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,

∫C 1

1

x 2 dx + xydy = ∫ t 2 dt = 0

∫C 2

1

x 2 dx + xydy = ∫ tdt = 0

1 3

1 2

0

∫C 3

x 2 dx + xydy = ∫ − t 2 dt = −

∫C 4

x 2 dx + xydy = ∫ 0 dt = 0

−1

1 3

0

−1

Logo,

∫C x

2

dx + xydy =

1 1 1 1 + − +0= 3 2 3 2

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

itamos 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. 35


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 ≅

n

n

i=1

i=1

∑ m i = ∑ dens ( x i , y i , z i ) Δ s i

(3.29)

Logo, uma aproximação do momento de massa em relação ao plano "xy" do fio é dado n

por M xy = ∑ dens ( xi , yi , zi )Δsi

(3.30)

i =1

Define-se então: M xy = n → ∞ lim

n

∑ dens ( x i , y i , z i )Δ s i = ∫ zdens ( x , y , z )ds

(3.31)

i=1

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: ⎡ Myz Mxz Mxy ⎤

centro de massa = ⎢ , , ⎥ ⎣ M M M ⎦

(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, b

I L = ∫ α ( g ( t )) d 2 L( g ( t )) g ' ( t ) dt

(3.33)

a

c) Campo gravitacional

Seja M uma massa pontual e situada na origem de IR3. O campo gravitacional gerado pela massa M é dado por F( x, y,z ) = −GM

( x, y,z, )

(x,y,z)

= −GM 3

r r

r3 r

(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 φ( x, y, z ) = GM

( x, y , z , )

( x,y,z )

1 = GM r = r

GM 2

2

x + y +z

(3.35 (3.35) 2

36


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:

∫ F.dg = ∫ ∇φ.dg =φ(b) −φ(a) Γ

(3.36)

Γ

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. →

→

→

∫ B .d l = μ 0 i

(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

37


38

Exercícios:

1)

Seja

Γ

um

fio

de

um

material

1

α ( x,y ) = 1 +

x

2

densidade

de

massa

é

dada

por

e tem a configuração de uma espiral descrita pelo

2

+

cuja

y

caminho g(t) = (t cos t; t sen t) ; 4π ≥ t ≥ 0 (vide figura abaixo).

'

Então α ( g( t )) g ( t ) = 1 e, portanto, a massa de Γ é dada por: 4π

M = ∫ α ( g (t )) 0

g (t ) dt = ∫ '

4π

0

1 1+ t

1 + t dt = 4π . 2

2

A coordenada y do centro de massa é dada por: y=

1 1 4π − 4π yα ( x, y) = ∫ t sentdt = = −1 ∫ 0 MΓ 4π 4π

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 g ' (t ) = 2 e o momento de inércia de Γ relativo ao eixo z é dado pela integral de linha 4π

Iz (Γ ) = ∫ z ( x 2 + y 2 )ds = 2 ∫ tdt = 8 2π 2 Γ

0

38


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 anteados 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.


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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


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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


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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 ar 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

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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:

D

Figura 4.1- Região no plano

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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: ⎛ ∂Q

∂P ⎞

∫∂D Pdx + Qdy = ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy

(4.1)

D

Demonstração: Vamos considerar D uma região simples, ou seja, vamos supor que D pode ser descrita simultaneamente por : D = {( x , y ) ∈ ℜ 2 | a ≤ x ≤ b , u 1 ( x ) ≤ y ≤ u 2 ( x )} e D = {( x , y ) ∈ ℜ 2 | v1 ( y ) ≤ x ≤ v 2 ( y ), c ≤ y ≤ d

como mostra a figura a seguir:

d

y=u2(x) D

D

c

y=u1(x)

x=v1(y)

a

x=v2(y)

b

Figura 4.2- Região plana

Assim, tem-se:

∫∫−

∂P dxdy = ∂y

b

∫a {[

b

y =u2 ( x )

∫a ∫y = u 1 ( x ) −

∂P dydx = ∂y

(4.2)

P ( x , u 1 ( x )) − P ( x , u 2 ( x ))] dx =

b

(4.3)

b

∫a P ( x , u 1 ( x )) dx − ∫a P ( x ,u 2 ( x )) dx =

(4.4)

= ∫ Pdx

(4.5)

∂D

Analogamente, usando a resolução anterior, mostramos que: ∂Q

∫ ∫D ∂x dxdy = ∫∂D Qdy

(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:

∫ ∫

D K

⎛ ∂Q ∂P ⎜⎜ − ∂y ⎝ ∂x

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

=

∫∂ D K

Pdx

+ Q dy

(4.7)

46


Conseqüentemente, ⎛ ∂Q ∂P − ∂x ∂y

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

⎛ ∂Q ∂P − ∂x ∂y

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

∫ ∫ ⎜⎜⎝ D

∫ ∫ ⎜⎜⎝ D1

∫∂ D n Pdx

+ Q dy + ... +

=

(4.8) ⎛ ∂Q ∂P − ∂x ∂y

∫ ∫ ⎜⎜⎝

+ ... +

Dn

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

=

∫∂ DPn dx + Qdy

(4.9) (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:

∫ Pdx

+ Q dy +

δ

∫ P dx

+ Qdy = 0

(4.11)

δ−

Portanto, enquanto as partes das curvas ∂Dk que formam a fronteira de D contribuem para

∫∂ DP dx

+ Qdy , as outras partes se cancelam, fornecendo assim:

⎛ ∂Q ∂P − ∂y ∂x

∫ ∫ ⎜⎜⎝ D

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

=

∫∂ D

Pdx

+ Q dy

(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

Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy = BC

CD

DA

47


⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎟dxdy = ∫ ∫ ⎜⎜ − K 1 ∂x ∂y ⎟⎠ ⎝

∫ BA

Pdx + Qdy

+

(4.13)

∫ AD

Pdx + Qdy

+

∫ DC

Pdx + Qdy

+

∫CB

Pdx + Qdy

⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎟dxdy − = ∫ ∫ ⎜⎜ k 2 ∂x ∂y ⎟⎠ ⎝

=

(4.14)

Somando-se (4.13) e (4.14), tem-se:

∫

C 1

Pdx

+ Qdy

∫

−

C 2

Pdx

+ Qdy

=

∫∫

K

⎛ ∂Q ∂P ⎜⎜ − ∂y ⎝ ∂x

Para uma região simplesmente conceituada a condição

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

(4.15)

∂P ∂Q , implica que a − ∂x ∂y

integral é independente do caminho.

4.2.1. Cálculo de Áreas Utilizando o Teorema de Green

Como a área de uma região K é de modo que

∫δ

Pdx

∂Q ∂P − ∂x ∂y

+ Qdy

dA =

∫ ∫K

dxdy

desejamos escolher P e Q

= 1 . Teremos então:

∫∫

=

∫ ∫K

K

⎛ ∂Q ∂P ⎜⎜ − ∂y ⎝ ∂x

⎞ ⎟⎟ dxdy ⎠

=

(4.16)

= ∫ Pdx + Qdy = ∫∫ dxdy δ

K

Como a área de uma região K é que

∫∫KdA = ∫∫K dxdy , desejamos escolher P e Q de modo

∂Q ∂P − = 1 , teremos então: ∂x ∂y ⎛ ∂Q

∫δ Pdx + Qdy = ∫∫K ⎜⎜⎝ ∂x

−

∂P ⎞ ⎟dxdy = ∫ Pdx + Qdy = ∫∫ dxdy δ K ∂y ⎟⎠

(4.17)

Exercícios: 1) Calcule

∫∫ c

(x

2

)

⎛ x2 ⎞ − y2 + y 4 ⎟⎟ dy , onde C é a fronteira da região D definida dx + ⎜⎜ 2 ⎝ 2 ⎠

por D = {( x , y ) ∈ ℜ 2 | 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } orientada no sentido anti-horário.

48


Solução:

π

⎛ ∂Q ∂P ⎞ ∫∫c ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = ∫∫c (x + y ) dxdy = π

r3 =∫ 3 0 2

=

2 2

∫∫r

2

(cos(θ ) + sin(θ ))drdθ =

0 1

π

2

2 (cosθ + sinθ )dθ = ⎛⎜ 8 − 1 ⎞⎟ ∫ (cosθ + sinθ ) dθ = ⎝ 3 3⎠0 1

π 14 7 ⎡⎛ π ⎞ ⎛ ⎞⎤ 7 ⎜ sin − sin0 ⎟ − ⎜ cos − cos 0 ⎟⎥ = [(1 − 0 ) − (0 − 1)] = ⎢ 3 3 3 ⎣⎝ 2 2 ⎠ ⎝ ⎠⎦

2) Seja c a elipse: x 2 + 4 y 2 = 4 , temos ∫ ( 2 x − y )dx + ( x + 3 y )dy = ∫∫ ( 1 + 1 )dxdy = 2 A c

R

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

x2 y2 + =1 a2 b2

Solução: t ∈ [0 ,2π ] → (a cos t , b sen t ) A=

1 1 xdy − ydx ⇒ 2 2∫

2π

2π

0

0

1 ∫ (a cos t + b cos t + b sen ta sen t ) dt ⇒ 2 ∫ abdt ⇒ πab

r

r

4) Consideremos F ( x , y ) = A( x , y )i + B( x , y ) j onde A e B∈ C1 com

região S dada abaixo. Prove que

r r

na

∫ F .dr = ∫ F .dr , onde γ1 e γ2 são percorridas no sentido anti-

γ1

horário.

r r

∂B ∂A = ∂x ∂y

γ2

49


Solução:

S γ1 γ2

r r r r ⎛ ∂Q ∂P ⎞ F . d r − F ∫ ∫ .dr = ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy = 0 , γ2 γ1 s

r r

,

pois por hipótese

∂Q ∂P = ∂x ∂y

em S. Portanto,

r r

∫ F .dr = ∫ F .dr

γ2

γ1

5) Calcule

r

∫γ F .dγ , onde

(

r r r F ( x , y ) = 4 x 3 y 3 i + 3 x 4 y 2 + 5 x ) j e γ ,a fronteira do quadrado de área

igual a 4. (γ está no sentido anti-horário) Solução:

(2,2)

(0,2)

⎛ ∂Q

∂P ⎞

∫∫γ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy = ∫∫γ (12 x

3

y 2 + 5 − 12 x 3 y 2 )dxdy = 5∫∫ dxdy = 5 × A = 5 × 4 = 20 γ

onde A é a área do quadrado. 6)Calcule a área da região limitada pela curva x = t − sen t ; y = 1 − cos t ,0 ≤ t ≤ 2π

e pelo eixo x.

50


Solução: 0 ≤ t ≤ 2π ⎡ x = t - sent C1 : ⎢ ⎣ y = 1 - cost ⇒ dy = sentdt

0 ≤ t ≤ 2π ⎡x = t C2 : ⎢ ⎣ y = 0 ⇒ dy = 0 2π

2π

A = ∫ xdy = ∫ xdy + ∫ xdy ⇒ A = − ∫ (t − sen t )sen tdt + ∫ t.o ⇒ A = c

c1

c2

0

0

2π 2π

2π

( I ) ∫ − t sen tdt = t cos t

− ∫ cos tdt

0

0

0

u = t ⇒ du = dt dv = − sen t ⇒ v = cos t 2π

( I ) 2π − sen t

⇒ 2π 0

2π 2π

1 1 ⎛1 1 ⎞ (II) ∫ ⎜ − cos 2t ⎟ dt ⇒ t − sen 2t 2 4 2 2 ⎠ 0⎝

⇒π 0

A = ( I ) + ( II ) ⇒ A = π + 2π ⇒ A = 3π

2π

2π

∫ (− t sen t + sen t )dt 2

0

51


7) Use o teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva ∫ e y dx + 2 xe y dy C é o quadrado de lados x=0, x=1, y=0, y=1. c

Solução:

(0,1)

(1,1)

(0,0)

(1,0) 1

1 1 1 1 1 1 ⎛ ∂Q ∂P ⎞ y y y y y ⎜ ⎟ ∫∫ ⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎠ dxdy = ∫0 ∫0 2e − e dxdy = ∫0 ∫0 e dxdy = ∫0 e x dy = ∫0 e dy = e − 1 0

(

)

8) Seja D = {(x , y ) ∈ ℜ 2 : x 2 + y 2 ≤ 1}, P(x , y ) = P( r ),Q( x , y ) = Q( r ) funções de classe C1 que dependem somente da distância à origem. Mostre que

⎛ ∂Q

∂P ⎞

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy = 0 D

Solução: γ {( x , y ) ∈ ℜ 2 : x 2 + y 2 = 1 ⎛ ∂Q

∂P ⎞

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy = ∫D P( 1 )dx + Q( 1 )dy D

Se considerarmos P ( x, y ) = P (1) e Q ( x, y ) = Q(1), ( x, y ) ∈ D isto é, P e Q são

constantes em D então: ⎛ ∂Q

∫ A( 1 )dx + B( 1 )dy = ∫∫D ⎜⎜⎝ ∂x γ

−

∂P ⎞ ⎟ dxdy = 0 ∂y ⎟⎠

9) Seja C a circunferência: x 2 + y 2 = 1 . Calcule ∫ 4 xy 3 dx + 6 x 2 y 2 dy . c

52


Solução: ⇒ ∫∫ ( 12 xy 2 − 12 xy 2 )dxdy = 0 R

10) Verificar o Teorema de Green no plano para

∫C (xy + y )dx + x dy , onde C 2

2

e a curva fechada

da região limitada por y = x ; y = x 2 . Solução:

As equações acima cortam-se em (0, 0) e (1, 1), no sentido positivo do percurso. ⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎡∂ ⎤ ∂ ∫∫⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy= ∫∫ ⎢⎣∂x (x )− ∂y (xy + y )⎥⎦dxdy= 2

R

2

R

(

x 1 = ∫∫ 2 (x − 2 y)dydx= ∫ ⎡∫ 2 (x − 2 y)dy⎤dx = ∫ xy − y 2 ⎥⎦ 0 x 0⎢ 0 ⎣x 1 x

= ∫ (x4 − x3 )dx = − 1

0

1

1 . 20

)

x x2

dx =

53


∫C ( 2 x − y

11) Calcule

3

)dx − xydy

; C é a fronteira da região limitada pelas curvas

x 2 + y 2 = 4; x 2 + y 2 = 9. Solução:

∂P ( x, y ) = −3 y 2 ∂y ∂Q ( x, y ) = − y ∂x

Domínio:

σ = {x = r cosθ ; y = r senθ

A =

∫∫ ( − y − ( − 3 y

2

=

=

3

0

2

∫ ∫

∫

2π

0

(2 ≤ r ≤ 3 )

}

)) dxdy =

C

2π

( 0 ≤ θ ≤ 2π )

2π

∫ ∫ 0

( − r sen θ + 3r sen θ ) drd θ = 2

3

3

2

2

195 ⎛ 19 ⎞ sen θ + sen 2 θ ⎟ d θ = ⎜− 4 ⎝ 3 ⎠

( − r sen θ + 3 ( r sen θ ) 2 ) rdrd θ =

∫

2π

∫

2π

0

0

3

⎛ r3 ⎞ 3r 4 ⎜⎜ − sen θ + sen 2 θ ⎟⎟ d θ = 4 ⎝ 3 ⎠2

⎛ 19 195 ⎛ 1 − cos 2θ ⎞ ⎞ sen θ + ⎜⎜ − ⎜ ⎟ ⎟⎟ d θ = 4 ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 3

2π

=−

19 (− cosθ )02π + 195 ⎛⎜θ − sen 2θ ⎞⎟ = 195 ⋅ 2π = 195 π 4 8 ⎝ 2 ⎠0 8 3

12) Calcule

(x

2

∫C ( x + y ) dx + ( y − x ) dy ;

C é a

circunferência

⎧ x = r cos θ + y 2 − 2 ax = 0 ; σ ⎨ ⎩ y = rsen θ

)

Solução: ( 0 ≤ θ ≤ 2π );( 0 ≤ r ≤ 2a cosθ )

A=

2π

∫ ∫ 0

2 a cos θ

0

rdrd θ =

∫

2π

0

⎛ r2 ⎜⎜ ⎝ 2

2 a cos θ

⎞ ⎟⎟ ⎠0

2π

⎡ ⎛ 1 − cos 2θ ⎞ ⎤ 2 dθ = ⎢ − 2 a 2 ⎜ ⎟ ⎥ = 2πa 2 ⎝ ⎠⎦ 0 ⎣

54


→

→

→

→

→

13) Calcule ∫ F ⋅ d r onde F = (2xy – x²) i +(x +y²) j , e C é a linha delimitadora, c

tomada em sentido anti-horário, da região R limitada pela parábola y = x² e pela reta y = x.

Solução: ⎡∂ ∫ F ⋅ d r ⇒ ∫∫ ⎢⎣ ∂x (x →

→

C

y² ) −

+

R

∫0 ∫x² (1

∂ ∂y

[

(2 xy

]

⎤ − x² )⎥ dxdy ⇒ ⎦

− 2 x ) dydx ⇒ ∫ (1 − 2 y ) y x² dx ⇒

1 x

1

0

∫0(2 x³ 1

− 3 x²

+

x

⎛ x4 x ) dx ⇒ ⎜⎜ ⎝ 2

∫0(1 1

− 2 x )(x −

∫∫ (1

− 2 x ) dxdy ⇒

R

x² ) dx ⇒

1

x² ⎞ ⎟ = 0 2 ⎟⎠

− x³ +

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, ∂Q ∂ = (x + ∂x ∂x

y² ) = 1 e

∂P ∂ = (x² ∂y ∂y

−

y )= − 1

Logo pelo teorema de Green

∫ (x²

−

y )dx +

(x

+

y² ) dy ⇒

C

⎛ ∂Q

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x R

−

∂P ⎞ ⎟ dxdy ⇒ ∫∫ [1 − ( −1 )] dxdy ∂y ⎟⎠ R

Como podemos ver pelos limites a área do triângulo será ½, então:

∫ (x²

−

y )dx +

(x

+

y² ) dy = 1

C

∫∫ 2dxdy ⇒ 2 ∫∫ dxdy ⇒ R

R

2 × (área do triângulo)

55


15) Calcular a integral de linha I =

∫ ⎛⎜⎝ 2 y

+

x 5 ⎞⎟ dx + ⎠

1 +

c

(5 x

+ e y²

)

dy

sobre a circunferência x² + y² = 4 Solução:

Através do Teorema de Green teremos: P = 2 y + ∂P ∂y

= 2 e

=

I

∫∫ (5

∂Q ∂x

1 +

x 5 e Q = 5 x − e y²

= 5

− 2 ) dA ⇒ I

R

= 3 ∫∫ dA ⇒ R

I = 3 x (área do círculo)

Como a área do círculo é πr2 , e pela equação da circunferência sabemos que seu raio é 2, então: I = 12π

16) Utilize o teorema de Green e calcule:

2 2 ∫ (2 xy − x )dx + (x + y )dy

, onde C é a curva

C

fechada da região limitada por

y = x

2

; y

2

= x.

Solução:

As curvas y=x2 e y2=x interceptam-se em (0,0) e (1,1). ⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎧∂ ⎫ ∂ ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = ∫∫ ⎨⎩ ∂x (x + y ) − ∂y (2 xy − x )⎬⎭dxdy = 2

R

R

= ∫∫ (1 − 2 x )dxdy = ∫

1

∫ ⎛⎜⎝ x 1

0

∫ (1 − 2 x )dydx = ∫ ( y − 2 xy ) x

0 x2

R

=

2

1

2

− 2x

3

2

1

x

0

x2

dx =

1 − x 2 + 2 x 3 ⎞⎟ dx = . ⎠ 30

17) Sejam P(x,y) e Q(x,y), funções reais de classe C1 em U=IR2 – {A, B}, tais que ∂P ∂Q em U. Sendo C1, C2, C3 as curvas, calcule = ∂y ∂x

∫ Pdx + Qdy = 12 ; ∫

C1

C2

Pdx + Qdy = 15.

∫C 3 Pdx + Qdy , supondo que

56


Solução:

K1 + K 2 = K

⎛ ∂Q

⎛ ∂Q

∂P ⎞

⎛ ∂Q

∂P ⎞

∂P ⎞

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy + ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = 0 K1

K2

⎛ ∂Q

K

∂P ⎞

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = ∫ Pdx + Qdy − ∫ Pdx + Qdy = 0 31

K1

∴

C1

∫ Pdx + Qdy − 12 = 0 ⇒ ∫ Pdx + Qdy = 12

31

⎛ ∂Q

31

∂P ⎞

∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy = − ∫ Pdx + Qdy − ∫ Pdx + Qdy = 0 K2

∴

32

C2

- ∫ Pdx + Qdy − 15 = 0 ⇒ ∫ Pdx + Qdy = −15 32

32

∫ Pdx + Qdy = ∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy = 12 + (−15) = −3

C3

31

32

57


18) Calcule ∫ e x sen ydx + ( e x cos y + x )dy , onde c é o arco da circunferência, x 2 + y 2 = 1 ,no C

primeiro quadrante, orientado no sentido anti-horário. Solução:

O campo vetorial F ( x , y ) = (e x sen y , e x cos y + x ) é de classe C1 em IR2. Podemos aplicar →

o teorema de Green à região limitada por C, γ1, γ2. Como π 4

= áreaD

∂Q (x , y ) = e x cos y + 1; ∂ P ( x , y ) = e x cos y , segue do teorema de Green que ∂y ∂x =

∫∫ 1 dxdy

e

D

∫∫ 1 dxdy D

=

∫C Pdx

+ Qdy +

∫γ 1 Pdx

+ Qdy +

∫γ 2 Pdx

+ Qdy .

As curvas γ 1 e γ 2 são parametrizadas por σ ( t ) = ( 0 ,t ),−1 ≤ t ≤ 0 , e σ( t ) = ( t,o ),0 ≤ t ≤ 1 , respectivamente. Portanto,

∫γ

Pdxdy = ∫ − cot dt = [− sen t ]−1 = − sen 1 e 0

0

−1

π

∫K Pdx + Qdy = 4 + sen 1

∫γ 2 Pdx

+ Qdy =

1

∫00 dt

= 0.

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: ⎧ x( u , v ) ⎪ σ = ⎨ y( u , v ) ⎪ z( u ,v ) ⎩ →

→

(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:

∫∫ f dS

(5.2)

s

Discutindo sobre a área de uma superfície chega-se a seguinte conclusão:

ΔSij = onde

∂σ ∂σ X ΔuΔv ∂u ∂v

(5.3)

∂σ ∂σ e são os vetores tangentes. Concluí-se que: ∂u ∂v

∫∫ f ( x , y , z ) dS = ∫∫ f ( σ (u , v )) dS S

(5.4)

D

Tem-se que: dS =

∂σ ∂σ X dudv ∂u ∂v

(5.5)

Já que: ⎧ x (u , v ) ⎪ σ = ⎨ y (u , v ) ⎪ z (u , v ) ⎩

(5.6)

Capítulo 5- Integral de Superfície

59 →

→

→

i j k → ∂σ ∂σ ∂x y ∂ ∂z n= X = ∂u ∂u ∂u ∂u ∂v ∂y ∂x ∂z ∂v ∂v ∂v

(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:

⎧x = x ⎪ σ = ⎨y = y ⎪ z = g ( x, y ) ⎩

(5.8)

Onde: →

i

→

→

k ∂g → ∂g → → ∂σ ∂σ g ∂ X = 1 0 = − i − j+k x ∂ ∂x ∂y ∂x ∂y 0 1 ∂g ∂y

∂σ ∂σ = X ∂x ∂y

j

(5.9)

2

2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ ⎟⎟ dxdy 1+⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠

(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, 2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ ∫∫s f dS = ∫∫D f (x, y, g(x, y)) 1 + ⎜⎝ ∂x ⎟⎠ + ⎜⎜⎝ ∂y ⎟⎟⎠ dxdy 2

(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: 2

2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ ∫∫ f dS = ∫∫ f ( x, g( x, z ), z ) 1 + ⎜⎝ ∂x ⎟⎠ + ⎜⎝ ∂z ⎟⎠ dx dz s D

(5.12)


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: 2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ f ( g ( y, z ), y, z ) 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ dy dz ⎝ ∂z ⎠ ⎝ ∂y ⎠

∫∫ f dS = ∫∫ s

D

2

(5.13)

Exercícios :

∫∫ y dS

1) Calcule

onde S á a superfície z = x + y 2 , 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2 .

Solução: x=x

∫∫

y=y

z = x + y2 2

⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ f dS = ∫∫ y 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ dxdy = ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ 2

1 2

∫∫ y

1 + (1) + (2 y ) dydx 2

2

0 0

1 2

∫∫ y

2 + 4 y 2 dydx

u = 2 + 4 y 2 ⇒ du = 8 y dy 2 ≤ u ≤ 18

0 0

1 18

du ∫0 ∫2 u ⋅ 8 dx = 1

2

(

1

18

3 1 ⎡ 2u 2 ⎤ 1 ⎡2 2 3 ⎤ ∫0 8 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ dx = 8 ∫0 ⎢⎣ 3 ⋅ 18 2 − 3 ⋅ 2 2 ⎥⎦ dx = 2 3

1

)

1

1

(

)

1 2 1 18 18 − 2 2 dx = 18 ⋅ 3 2 − 2 2 dx = ∫ 803 12 ∫0 1

(

)

1

1 1 54 2 − 2 2 dx = 52 2 dx = ∫ 12 0 12 ∫0 1

1

13 2 13 2 13 2 ∫0 3 dx = 3 ∫0 dx = 3 13 2 (1 − 0) = 13 2 3 3

[x]10


61

2) Calcule a integral de superfície

∫∫ x

ds , onde S é a esfera unitária x2 + y2 + z2 = 1.

2

S

Solução: Parametrização: x = senφ cosθ

y = senφ senθ

z = cosφ

⎧0 ≤ φ ≤ π ⎨ ⎩0 ≤ θ ≤ 2π

∫∫ f dS = 2π π

∫∫ (sen

2

2π π

∫∫ x 0 0

2

∂σ ∂σ X dφ dθ ∂φ ∂θ ∂σ ∂σ X dφ dθ ∂φ ∂θ

φ cos2 θ ) ⋅

0 0

i j k ∂σ ∂σ X = cosφ cosθ cosφ senθ − senφ ∂φ ∂θ 0 − senφ senθ senφ cosθ

( = (sen = (sen

) (

) (

) ( φ cosθ )i + (sen φ senθ ) j + (senφ cosφ )(cos θ + sen θ )k φ cosθ )i + (sen φ senθ ) j + (senφ cosφ )k ∂σ ∂σ X = (sen φ cosθ ) + (sen φ senθ ) + (senφ cosφ ) ∂φ ∂θ

)

= senφ cosφ cos2 θ k + sen2 φ senθ j + senφ cosφ sen2 θ k + sen2 φ cosθ i 2

2

2

2

2

(

) (

2

2

2

2

) ( sen φ (sen

2

2

)

= sen4 φ cos2 θ + sen4 φ sen2 θ + sen2 φ cos2 φ = = sen4 φ + sen2 φ cos2 φ = 2π π

∫∫ (sen

2

2

2

(

φ + cos2 φ ) =

φ cos θ ) ⋅ senφ dφdθ =

∫∫ (1 − cos φ )senφ cos θ 2

0 0

)

sen2 φ = senφ

2π π

2

) (

sen4 φ cos2 θ + sen2 θ + sen2 φ cos2 φ

2

dφdθ =

0 0

2π

π

0

0

(

)

2 2 ∫ cos θ dθ ∫ senφ − senφ cos φ dφ =

u = cosφ ⇒ du = − senφ dφ

2π

)

1 ≤ u ≤ −1

π π ⎤ ⎛ 1 cos 2θ ⎞ ⎡ 2 d d θ φ φ sen + − ∫0 ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ⎢⎣∫0 ∫0 senφ cos φ dφ ⎥⎦

(

−1 2π ⎤ ⎤⎡π ⎡ 1 2π 1 2 ⎢ ∫ dθ + ∫ (cos 2θ ) dθ ⎥⎢∫ senφ dφ + ∫ u du⎥ 20 1 ⎦ ⎦⎣ 0 ⎣2 0

u = 2θ ⇒ du = 2dθ 0 ≤ u ≤ 4π

−1 ⎡ 1 2π 1 4π ⎤⎡ u3 ⎤ 1 π 4π ⎤ ⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎡1 ⎢ ⎥ = ⎢ (2π − 0) − cosu 0 ⎥ ⎢(− cosπ + cos0) + ⎜ − − ⎟⎥ u du ⋅ + − + θ φ sen cos ⎢ ⎥ ∫ 0 0 4 40 3 1 ⎥ ⎦⎣ ⎝ 3 3 ⎠⎦ ⎣2 ⎣2 ⎦ ⎢⎣ ⎦ 4π 1 ⎡ 4⎤ ⎤⎡ 2 ⎤ ⎡ ⎢π − 4 (cos 4π − cos0)⎥⎢2 − 3 ⎥ = [π − 0]⎢ 3 ⎥ = 3 ⎦ ⎣ ⎦ ⎦⎣ ⎣


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 σ ( x, y ) = ( x, y, y ) 2

⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ dS = 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ dxdy = ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ 2

∫∫ f

∫∫ (x + 3z )⋅

dS =

2

1 + 0 + 1dxdy =

2dxdy

∫∫ 2 (x + 3 y )dxdy =

2 dxdy =

2

ando para coordenadas polares x = r cos θ

2π 3

⎧0 ≤ θ ≤ 2π ⎨ ⎩0 ≤ r ≤ 3

y = r sen θ

∫∫ (

2π 3

)

(

)

2 ∫ ∫ r 2 cos θ + 3r 3 sen 2 θ drdθ

2 r cos θ + 3r 2 sen 2 θ r drdθ =

0 0

0 0

2π ⎛⎡r ⎤ ⎞ ⎡ 3r ⎤ ⎛ 27 ⎞ ⎛ 243 ⎞ 2 2 ⎟ dθ = θ 2 ∫ ⎜ ⎢ ⎥ cos θ + ⎢ sen 2 ⎜ − 0 ⎟ cos θ + ⎜ ⎟ sen θ dθ = ⎥ ∫ ⎜ ⎟ 3 4 3 4 ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦0 ⎦0 0 ⎝⎣ 0⎝ ⎠ 2π 2π ⎡ 2π ⎤ 243 243 2 ⎛ 1 cos 2θ ⎞ 2π 2 [ ] d = 2 ⎢ ∫ 9 cos θ dθ + = + θ θ θ sen 9 2 sen ⎜ − ⎟ dθ ⎥ 0 4 ∫0 4 ∫0 ⎝ 2 2 ⎠ ⎣0 ⎦ Fazendo u = 2θ ⇒ du = 2 dθ 0 ≤ u ≤ 4π 2π

3

3

9 2 (sen 2π − sen 0 ) +

4

3

243 2 8

2π

∫ dθ − 0

4π

243 2 cos u du = 16 ∫0

243 2 2π 243 2 [θ ]0 − [sen u ]04π = 243 2 (2π − 0) − 243 2 (sen 4π − sen 0) = 8 16 8 16 243 2 243 2 243π 2 = ⋅ 2π − ⋅0 = 8 16 4 = 0+

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: → →

∫∫ F . n dS S

(5.14)


63 →

onde dS é usado para representar o “elemento de área”, e n é o vetor normal.

Seja S uma superfície parametrizada por:

⎧ x(u, v) ⎪ σ = ⎨ y (u, v) ⎪ z (u, v) ⎩ →

(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:

n1

n2 Figura 5.1- Vetores normais unitários associados à superfície S.

∂σ ∂σ X ∂v n1 ( σ ( u , v )) = ∂u ∂σ ∂σ X ∂u ∂v →

(5.16) e →

→

n 2 ( σ ( u , v )) = − n 1 ( σ ( u , v ))

(5.17) ∂σ ∂σ X ∂v Onde ∂u

→

é a normal do produto vetorial e n1 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: dS =

∂σ ∂σ x dudv ∂u ∂v

(5.18) →

Então definimos a integral de superfície de F sobre S por:


64

∂σ ∂σ X ∂v ∂u F ⋅ n dS = F ⋅ ∫∫ ∫∫ ∂σ ∂σ S D X ∂u ∂v → →

→ ∂σ ∂σ ∂σ ∂σ ⎞ ⎛ X dudv = ∫∫ F ⎜ X ⎟dudv ∂v ⎠ ∂u ∂v ⎝ ∂u D

→

(5.19) →

→

→

Se n = n1 , 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: ⎧x = x ⎪ σ = ⎨y = y ⎪ z = g ( x, y ) ⎩

(5.20)

Nesse caso, →

n=

∂σ ∂σ X ∂x ∂y

(5.21)

∂σ ∂σ X ∂x ∂y

Sendo que: i j k ∂σ ∂σ ∂ g X = 1 0 ∂x ∂x ∂y ∂ g 0 1 ∂y →

→

n=

−i

→

⇒ −i

∂g → ∂g → − j +k ∂x ∂y

(5.22)

∂g( x , y ) ∂g( x , y ) → → − j +k ∂x ∂y 2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠

(5.23)

2

Sabemos que, neste caso: 2

2

⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ dS = 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ dxdy ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠

(5.24)

Então →

−i

→

∫∫ F n dS = ∫∫ F S

D

∂g ( x, y ) → ∂g ( x, y ) → +k − j ∂y ∂x ⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ 2

2

2 ⎛ ∂g ⎞ ⎛ ∂g ⎞ ⋅ 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ dxdy ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ 2

(5.25) → ⎛ → ∂g ( x, y ) → ∂g ( x, y ) →⎞ ⎜ − + − F i j k ⎟⎟dxdy ∫∫D ⎜⎝ ∂x ∂y ⎠


65

Exercícios: →

1) Calcule o fluxo do campo vetorial F ( x , y , z ) = ( x , y ,−2 z ) através da superfície S do

parabolóide z = x 2 + y 2 ,0 ≤ z ≤ 1 , com vetor normal apontado para a fora de S. Solução:

A

superfície

S

é

definida

z = f ( x, y ) = x 2 + y 2 , ( x, y ) ∈ D ,onde

por

D = {( x, y ) ∈ ℜ2 / x 2 + y 2 ≤ 1 }. Um campo de vetores normais que aponta para a fora do S em →

⎛ ∂f

⎞

∂f

cada ponto é dado por: n = ⎜⎜ ( x, y ), ( x, y ),−1⎟⎟ = ( 2x,2 y − 1 ). ∂y ⎝ ∂x ⎠

φ = ∫∫ (F.n)ds = ∫∫ [( x, y,−2x 2 − 2 y 2 ). s

S

(2x,2 y,−1) 2+

1 + 4x 4 y

2

] ds = ∫∫

4( x2 + y 2 )dxdy .

D

Usando mudança polar para resolver a integral dupla, obtemos

∫∫

4 ( x 2 + y 2 ) dxdy =

D

∫∫

4 r 3 drd θ = 2π

0 0 → →

2) Calcule

2π 1

∫∫S ( F . n )ds

→

onde F ( x , y , z ) = ( x ,− x ,−1 ) e S é a porção do plano x + y + z = 0

situado no interior da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Especifique a orientação escolhida. Solução:

S é definida por z = f ( x , y ) = − x − y , ( x , y ) ∈ D , onde D = { ( x , y ) ∈ ℜ 2 / 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy ≤ 1 } Escolhendo o campo de vetores normais de S dado por →

n =(1,1,1),

Obtemos

⎡

∫∫(F.n) ds = ∫∫⎢⎣(x,−x,−1). S

→ →

3) Calcule

∫∫ ( F ⋅ n )ds

S

1 π (1,1,1) ⎤ 1 ds = ∫∫− ds = − área (S) = − . ⎥ 3 ⎦ 3 3 3 s

→

,onde F ( x , y , z ) = ( x , y , x 2 z ) e S é a superfície do cilindro

S

( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 1 entre o planos z = 0 e z = 4 , com vetor normal apontando para fora de S. Solução:

O cilindro S tem representação paramétrica:

ϕ (θ , u ) = (1 + cosθ ,1 + sen θ , u ) ;

0 ≤ θ ≤ 2π ,

0 ≤ u ≤ 4.

Um campo de vetores normais que aponta para fora de S em cada ponto é dado por


66 →

→

i

→

j

k ∂ϕ ∂ϕ (θ ,u )× (θ ,u ) = − senθ cosθ 0 = (cosθ ,senθ ,0). ∂θ ∂u 0 0 1

(cos θ , sen θ ,0 )⎤ ds = ⎡ 2 ∫∫ ( F ⋅ n )ds = ∫∫ ⎢⎣(1 + cos θ ,1 + sen θ ,(1 + cos θ ) u )⋅ ⎥ 1 ⎦ S

S

4 2π

4

0 0

0

∫ ∫ (cos θ + sen θ + 1) dθ du = ∫ 2π du = 8π .

4)

⎛→

→

⎞

→

∫∫ ⎜⎝ F ⋅ n ⎟⎠ ds ,

Calcule

F ( x , y , z ) = (x , y ,2 z )

onde

e

S

é

a

união

dos

planos

S

y − z = 0, 0 ≤ x ≤1, 0 ≤ z ≤1, e y + z = 0, 0 ≤ x ≤1, 0 ≤ z ≤1. Solução:

S é a união das superfícies S1 e S2, onde S1 é a porção do plano z = y cuja projeção no plano xy é o quadrado D1 = [0,1]× [0,1] , e S2 é a porção do plano z = − y cuja a projeção do plano xy é o quadrado D2 [0,1]× [− 1,0]. Se considerarmos S1 e S2 com os campos e vetores normais 1 ⎞ 1 1 ⎞ ⎛ ⎛ 1 n1 = ⎜ 0, ,− ,− ⎟ , respectivamente, S estará orientada. ⎟ e n 2 = ⎜ 0,− 2 2⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ ⎛→

→

⎞

⎛→

→

⎞

⎛→

→

∫∫ ⎜⎝ F ⋅ n ⎟⎠ ds = ∫∫ ⎜⎝ F ⋅ n ⎟⎠ ds + ∫∫ ⎜⎝ F ⋅ n 1

S

S1

2

S2

⎞ ⎟ ds = ⎠

1 ⎞ 1 1 ⎞ ⎛ ⎛ 1 ,− ,− = ∫∫ (x, y,2 y ) ⋅ ⎜ 0, ⎟ ds = ⎟ ds + ∫∫ (x, y,−2 y ) ⋅ ⎜ 0,− 2 2 ⎠ 2 2⎠ ⎝ ⎝ S1 S2 1 ⎛ 1⎞ = ∫ ∫ − ydxdy + ∫ ∫ ydxdy = − + ⎜ − ⎟ = −1. 2 ⎝ 2⎠ 0 0 −1 0 1 1

0 1

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.


67

→

n

∂s

S

→

n

Figura 5.2 – Superfície orientável.

Uma superfície S= S1 U S2 U .... U Sn é orientável se ∂s1 está orientada positivamente ∀ l e nas interseções as orientações são oposta →

a)

n

b)

c)

S1

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:


68 → →

fluxo = ∫∫ F ⋅ n

(5.26)

S

→

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 d S , cuja direção é perpendicular à área e cujo módulo é igual à área. Podemos manter a idéia intuitiva definindo fluxo infinitesimal: →

→

dΦ = E ⋅ d S

(5.27)

Assim, o fluxo através de determinada área S é dado pela integral de superfície →

→

Φ = ∫ E⋅ d S

(5.28)

S

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: →

→

Φ = ∫ E⋅ d S

(5.29)

S

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: →

→

Φ = ∫ E⋅ d S =

Q

εo

(5.30)

A lei de Gauss é válida para qualquer situação, com campo uniforme ou não, e para


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:

φB

=

r

∫ B .d s

r

∫

=

s

→

→

B . ds . cos θ =

→

∫ B . ds . cos

0=

→

∫ B . ds

→

= B ∫ ds = B .S = μ 0 ni 0 .π R 2

r

r

r

r

2) Calcule o fluxo de um campo elétrico E( x , y , z ) = 10 i + ( x 2 + y 2 ) j − 2 xyk através da r

→

r

→

superfície σ ( t ) = x i + y j + ( 1 − x 2 − y 2 ) k ,0 ≤ x ≤ 1 ,0 ≤ y ≤ 1 . Solução: dσ dσ x dx dy d σ d σ ∫∫ F . n .ds = ∫∫ F . d σ d σ . dx x dy dx .dy s x dx dy → →

r

∫∫ (10 i + ( x

→

2

r r r r r + y 2 ) j − 2 xyk ).(2 xi + 2 yj + k )dxdy

1 1

∫ ∫ ( 20 x + 2 x 0 0

2

y + 2 y 3 − 2 xy ) dxdy =

31 3

6 Teorema de Gauss

6.1. Introdução O teorema de Gauss relaciona uma integral tripla num sólido de ℜ3 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: → → ⎛ → →⎞ F d S ⋅ = ∫∫ ∫∫ ⎜⎝ F ⋅ n ⎟⎠dS γ γ

(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 ℜ 3 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 ℜ 3 que contém K, então: → →

→

∫ ∫ ( F ⋅ n )dS = ∫ ∫ ∫ div F dxdydz γ

K

Demonstração: →

Se F = (F1, F2, F3), podemos dizer que o divergente dessa função é:

(6.2)

Capítulo 6- Teorema de Gauss

71

∂F ∂F1 ∂F ( x, y , z ) + 2 ( x , y , z ) + 3 ( x , y , z ) ∂x ∂y ∂z

div F( x, y, z ) = ∇.F =

(6.3)

sendo: →

∫ ∫ ∫ div F dxdydz = ∫ ∫ ∫ K

K

∂F ∂F1 ∂F dxdydz + ∫ ∫ ∫ 2 dxdydz + ∫ ∫ ∫ 3 dxdydz ∂y ∂z ∂x K K

(6.4) No entanto: → →

→

∫ ∫ ( F . n )dS = ∫ ∫ [( F1 , F2 , F3 ). n ] dS = γ

γ

→

→

(6.5)

→

∫ ∫ [( F1 ,0 ,0 ). n ] dS + ∫ ∫ [( 0 , F2 ,0 ). n ] dS + ∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS γ

γ

γ

O teorema estará comprovado, comprovando as identidades a seguir:

∫∫∫ K

∫∫∫ K

→ ∂F1 dxdydz = ∫ ∫ [( F1 ,0 ,0 ). n ] dS ∂x γ → ∂F2 dxdydz = ∫ ∫ [( 0 , F2 ,0 ). n ] dS ∂y γ

(6.6)

→ ∂F3 dxdydz = [( 0 , 0 , F ). n ] dS 3 ∫ ∫ ∫ ∂z ∫∫ γ K

Se a região K é definida por: K = {( x , y , z ) ∈ ℜ 3 | f 1 ( x , y ) ≤ z ≤ f 2 ( x , y ),( x.y ) ∈ D } 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:

∫∫∫ K

f 2 ( x , y ) ∂F ∂F3 3 dxdydz = ∫ ∫ ∫ dzdydx = f 1 ( x , y ) ∂z ∂z D

(6.7)

∫ ∫ [ F3 ( x , y , f 2 ( x , y )) − F3 ( x , y , f 1 ( x , y )) ] dxdy D

Por outro lado: →

→

→

→

∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS = ∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS + ∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS + ∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS γ

S1

S2

(6.8)

S3

→

Em S3, o campo dos vetores unitários é paralelo ao plano xy. Logo (0,0,F3). n = 0 e, portanto,

∫

→

∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS = 0

(6.9)

S3

Em S2, o campo de vetores normais que aponta para fora de K é dado por: ⎛ ∂f ⎞ ∂f n 2 = ⎜⎜ − 2 ,− 2 ,1 ⎟⎟ ∂y ⎠ ⎝ ∂x

→

(6.10)


72

Então: →

∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS = S2

⎛ ∂f 2 ∂f 2 ⎞⎤ ,− ,1⎟⎥dxdy = ∂x ∂y ⎟⎠⎦

⎡

∫ ∫ ⎢⎣( 0 ,0 , F3 ( x , y , f 2 ( x , y ))).⎜⎜⎝ − D

(6.11)

∫ ∫ F3 ( x , y , f 2 ( x , y ))dxdy D

Em S1, o campo de vetores normais que apontam para fora de K é dado por: ⎛ ∂f ∂f ⎞ n 1 = ⎜⎜ 1 , 1 ,−1 ⎟⎟ ⎝ ∂x ∂y ⎠

→

(6.12)

Logo: → ⎡ ⎛ ∂f ∂f ⎞⎤ [( 0 , 0 , F ). n ] dS = ∫ ∫ ⎢( 0 ,0 , F3 ( x , y , f 1 ( x , y ))).⎜⎜ 1 , 1 ,−1⎟⎟⎥dxdy = 3 ∫∫ ⎝ ∂x ∂y ⎠⎦ D⎣ S1

(6.13)

∫ ∫ − F3 ( x , y , f 1 ( x , y ))dxdy D

Assim: →

∫ ∫ [( 0 ,0 , F3 ). n ] dS = ∫ ∫ [ F3 ( x , y , f 2 ( x , y ))dxdy − F3 ( x , y , f 1 ( x , y ))] dxdy γ

(6.14)

D

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. →

→

→

∫ ∫ ∫ divFdxdydz = ∫ ∫ ( F . n )dS + ⋅ ⋅ ⋅ + ∫ ∫ ( F . n )dS = ∫ ∫ ( F . n )dS K

γ1

γn

γ

(6.15)


73

Exercícios: 1) Na figura abaixo, as componentes do campo elétrico são E x = bx

1

2

, E y = 0 e Ez = 0 , e

b = 8830 N/C.m½. Calcule o fluxo deste campo através do cubo de aresta a. Faça a = 0,13m. Solução:

0≤z≤a

D=

0≤ y≤a a ≤ x ≤ 2a

→

E = bx

⎛→

→

⎞

1

→ 2

i

→

Φ E = ∫∫ ⎜ E . n ⎟ds = ∫∫∫ div E dxdydz S

⎝

⎠

D

→ → 1 ⎛∂ ∂ ∂⎞ div E = ∇ ⋅ E = ⎜⎜ , , ⎟⎟ ⋅ ⎛⎜ bx 2 ,0 ,0 ⎞⎟ ⎠ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ⎝ 1

1 ∂( bx 2 ) → div E = i = b. ∂x 2 x →

→

Φ E = ∫∫∫ div E dzdydx = ∫∫∫ b. S

S

1

dzdydx

2 x

ΦE =

a b 2 a a a −1 2 b 2 a a −1 x dzdydx = ∫ ∫ ⎡ x 2 .z ⎤ ∫ ∫ ∫ ⎥⎦ 0 2 a 0 0 2 a 0 ⎢⎣

ΦE =

ab 2 a ⎡ −1 2 ⎤ a b 2 a a −1 2 ax dydx x .y dx = ⎥⎦ 0 2 ∫a ∫0 2 ∫a ⎢⎣

ΦE =

1 1 ab 2 a −1 2 a 2 b ⎡ 12 ⎤ 2a ax dx 2x = a 2 b (2 a ) 2 − (a ) 2 = ∫ ⎥ ⎢ 2 a 2 ⎣ ⎦a

[

Substituindo os valores de a e b:

[

Φ E = 0 ,13 2 .8830 (2.0 ,13 )

1

2

− (0 ,13)

1

2

] = 22,3 N .m

2

]

C

Neste exemplo, o divergente expressa o fluxo de um campo elétrico através de uma superfície.


74 →

→

→

(

)

→

2) Sabe-se que um campo magnético é expresso por B = 4 x 2 i + 13 j + 9 − 3 z k . Calcule o

fluxo através do cilindro (x 2 + y 2 = 4 ; 0 ≤ z ≤ 9 ) . Solução:

Parametrizando em coordenadas cilíndricas temos:

D=

⎛→

→

⎞

x = r cosθ y = r sen θ

0≤r≤2

z=z

0≤ z≤9

0 ≤ θ ≤ 2π

→

Φ B = ∫∫ ⎜ B . n ⎟ds = ∫∫∫ div B dxdydz ⎝

S

⎠

D

[

(

→ → ⎛ ∂ ∂ ∂⎞ div B = ∇. B = ⎜⎜ , , ⎟⎟. 4 x 2 ,13 , 9 − 3 z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ →

div B =

(

)]

)

∂( 4 x 2 ) ∂( 13 ) ∂ 9 − 3 z 3 + + = 8x − ∂x ∂y ∂z 2 3z

2π 2 9 ⎛ ⎛ 3 ⎞ 3 ⎞ Φ B = ∫∫∫ ⎜⎜ 8 x − ⎟⎟dzdydx = ∫0 ∫0 ∫0 ⎜⎜ 8r cos θ − ⎟⎟dzrdrdθ 2 3z ⎠ 2 3z ⎠ ⎝ S ⎝

ΦB = ∫

2π

0

∫ [8r cosθ .z − 2

0

]

9

2π

0

0

3 ⋅ z rdrdθ = ∫

∫ (72r cosθ − 3 3 )rdrdθ 2

0

⎤ 2π ⎡ 72 2π ⎡ 72 3 3 2 3 ⎤ (2 − 0 2 )⎥ dθ Φ B = ∫ ⎢ r 3 cos θ − r 2 3 ⎥ dθ = ∫ ⎢ cos θ (2 3 − 0 3 ) − 0 0 2 2 ⎦0 ⎣3 ⎦ ⎣3 2

2π

Φ B = ∫ (192 cos θ − 6 3 )dθ = 192(sen 2π − sen 0) − 6 3 (2π − 0) = −12π 3 0

O sinal negativo encontrado significa que o versor normal está direcionado para baixo.

3) Verifique que o fluxo através do cone z = x 2 + y 2 e base circular de raio a e centrado na origem, no primeiro quadrante, é a 4 +

3π 5 a se o campo elétrico for expresso, em unidades 10

SI, por E = (x 2 + y 2 ) i + (y 2 + z 2 ) j + z 3 k . →

→

→

→


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:

x = r cosθ y = r sen θ

D=

0 ≤θ ≤π 0≤r≤a 0≤ z≤r

z = x2 + y2 =

(r cosθ )2 + (r sen θ )2

(

=

)

r 2 cos 2 θ + sen 2 θ = r

⎛→

→

⎞

→

Φ E = ∫∫ ⎜ E . n ⎟ds = ∫∫∫ div E dxdydz S

⎝

⎠

D

[(

) ]

)(

→ → ⎛∂ ∂ ∂⎞ div E = ∇. E = ⎜⎜ , , ⎟⎟. x 2 + y 2 , y 2 + z 2 , z 3 ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠

(

) (

)

∂ x2 + y2 ∂ y2 + z2 ∂z 3 + + = 2x + 2 y + 3z 2 ∂x ∂y ∂z

→

div E =

(

)

Φ E = ∫∫∫ divE dxdydz = ∫∫∫ 2 x + 2 y + 3 z 2 dzdydx S

ΦE = ∫

π

ΦE = ∫

π

ΦE = ∫

π

S

2

0

a

0

2

0

0

∫ ∫ (2r cosθ + 2r sen θ + 3r )dzrdrdθ = ∫ ∫ [(2r (cosθ + sen θ ) + 3r ).z ] rdrdθ r

π

2

0

0

2

a

π

2

0

0

2

a

0

0

0

∫ [(2r (cosθ + sen θ ) + 3r ).r ]rdrdθ = ∫ ∫ (2r a

r

2

3

)

(cos θ + sen θ ) + 3r 4 drdθ

a

2

4 5 π ⎡ ⎞ r4 r5 ⎤ 2 ⎛ 2a (cos θ + sen θ ) + 3a ⎟⎟dθ = ⎢2(cos θ + sen θ ) + 3 ⎥ dθ = ∫0 ⎜⎜ 4 5 ⎦0 5 ⎠ ⎣ ⎝ 4 π

5 ⎡ 2a 4 ⎤ (sen θ − cos θ ) + 3a θ ⎥ ΦE = ⎢ 5 ⎦0 ⎣ 4

2

⎡⎛ 2a 4 2a 4 3a 5 π ⎞ ⎛ 2a 4 2a 4 3a 5 ⎞⎤ Φ E = ⎢⎜⎜ sen(π 2 ) − cos(π 2 ) + . ⎟⎟ − ⎜⎜ sen(0) − cos(0) + .0 ⎟⎥ 4 5 2⎠ ⎝ 4 4 5 ⎟⎠⎦ ⎣⎝ 4 ΦE =

2a 4 2a 4 3πa 5 3πa 5 N .m 2 + + = a4 + 4 4 10 10 C

2


76

4) Um fluido escoa por um tubo com velocidade vˆ = 2 xy iˆ − y 2 ˆj + 2 z 2 kˆ m/s. Calcule a vazão

neste tubo. Dados: raio transversal = 0.2m; comprimento do tubo = 10m Solução:

D=

x = r cosθ

0 ≤ θ ≤ 2π

y = r sen θ

0 ≤ r ≤ 0,2

z=z

0 ≤ z ≤ 10

→ ⎛→ →⎞ Q = ∫∫ ⎜ v . n ⎟ds = ∫∫∫ div v dxdydz , onde Q é a vazão ⎠ S ⎝ D

[

]

→ → ⎛∂ ∂ ∂⎞ div v = ∇. v = ⎜⎜ , , ⎟⎟. 2 xy ,− y 2 ,2 z 2 ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ → ∂ (2 xy ) ∂ − y 2 ∂ 2 z 2 div v = + + = 2 y − 2 y + 4z = 4z ∂x ∂y ∂z

(

) ( )

→

Q = ∫∫∫ div v dxdydz = ∫∫∫ 4 zdzdydx = ∫

2π

0

D

Q=∫

2π

0

S

∫

0, 2

0

Q = 200 ∫

2π

0

0 , 2 10

∫ ∫ 0

0

4 zdzrdrdθ

10

2π 0 , 2 ⎡4 2 ⎤ ⎢⎣ 2 z ⎥⎦ rdrdθ = ∫0 ∫0 200rdrdθ 0 0, 2

⎡r 2 ⎤ 200 2π 2π 0,04dθ = 100.0,04[θ ]0 = 8π m 3 / s ⎢ ⎥ dθ = ∫ 0 2 2 ⎣ ⎦0

A vazão neste tubo é de 8 π metros cúbicos por segundo.

5) Seja v = 5 x i + (6 y − y 2 ) j + →

→

→

z→ k a velocidade de escoamento de um fluido em m/s. 2

Determine o tempo de escoamento deste no cone z = x 2 + y 2 de altura r e base x 2 + y 2 = 1 .


77

Solução:

x = r cos θ y = r sen θ z=z

D=

0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ r ≤1 r ≤ z ≤1

Para calcularmos o tempo gasto para o cone encher devemos saber a vazão na qual ele enche e seu volume. V = ∫∫∫ dzdydx K

V =∫

2π

V =∫

2π

0

0

1 1

2π

1

0 r

0

0

2π

1

2π

0

0

0

∫ ∫ dzrdrdθ = ∫ ∫ [z ] rdrdθ = ∫ ∫ (1 − r )rdrdθ = ∫ 1 r

1

⎡r 2 r3 ⎤ ⎢ − ⎥ dθ 3 ⎦0 ⎣2

1 1 2π π dθ = [θ ]0 = 6 6 3

→ ⎛→ →⎞ Q = ∫∫ ⎜ v . n ⎟ds = ∫∫∫ div v dxdydz ⎠ S ⎝ D → ⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞⎡ z⎤ div v = ∇.v = ⎜⎜ , , ⎟⎟.⎢5 x, 6 y − y 2 , ⎥ 2⎦ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ⎣ → ∂ (z 2) 1 23 ∂ (5 x ) ∂ 6 y − y 2 div v = + + = 5 + 6 − 2y + = − 2y 2 2 ∂z ∂x ∂y

(

(

)

)

2π 1 1 ⎛ 23 ⎞ ⎞ ⎛ 23 Q = ∫∫∫ div v dxdydz = ∫∫∫ ⎜ − 2 y ⎟dzdydx = ∫ ∫ ∫ ⎜ − 2r sen θ ⎟dzrdrdθ r 0 0 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ D S ⎝

Q=∫

2π

0

1

2π 1 ⎛ 23 ⎡⎛ 23 ⎞ ⎤ ⎞ ∫0 ⎢⎣⎜⎝ 2 − 2r sen θ ⎟⎠.z ⎥⎦ r rdrdθ = ∫0 ∫0 ⎜⎝ 2 (1 − r ) − 2r sen θ (1 − r ) ⎟⎠rdrdθ 1

1

2π ⎡ 23 23 2 2 ⎤ Q = ∫ ⎢ r 2 − r 3 − r 3 sen θ + r 4 sen θ ⎥ dθ 0 4 6 3 4 ⎣ ⎦0 2π ⎛ 23 23 2 1 ⎞ Q=∫ ⎜ − − sen θ + sen θ ⎟dθ 0 6 3 2 ⎝ 4 ⎠ 2π

23 2 1 23 23 23π ⎡ 23 ⎤ Q = ⎢ θ − θ + cos θ − cos θ ⎥ = .2π + 2π = 6 3 2 4 6 6 ⎣4 ⎦0 Como a vazão é a unidade de volume por tempo (interpretação do divergente), temos que:


Q=

78

π

ΔV ΔV 3 = π/ ⋅ 6 = 2 ≅ 0,087 s ⇒ Δt = = 23π Δt Q 3 23π/ 23 6

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 →

→

→

F = (3 x + y ) i + (3 x + 3 y ) j . Calcule o fluxo de água no canal numa distância de 3 metros.

Solução:

D=

x = r cos θ

0 ≤θ ≤π

y = r sen θ

0≤r≤5

z=z

0≤ z≤3

→ → ⎛ ∂ ∂ ∂⎞ div F = ∇. F = ⎜⎜ , , ⎟⎟.[3 x + y ,3 x + 3 y ,] ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ → ∂ (3 x + y ) ∂ (3 x + 3 y ) ∂0 div F = + + =3+3=6 ∂x ∂y ∂z

→

Φ = ∫∫∫ div F dxdydz = ∫∫∫ 6dzdydx = ∫

π

0

D

S

[6 z ] 0 ∫0

Φ=∫

π

5

3 0

rdrdθ = ∫

π

0

5

3

0

0

∫ ∫ 6dzrdrdθ

5

∫ 18rdrdθ 0

5

π ⎡18 π ⎤ π Φ = ∫ ⎢ r 2 ⎥ dθ = ∫ 225dθ = [225θ ]0 = 225π m 3 0 0 ⎣ 2 ⎦0

7) Para a fabricação de um determinado tipo de aço, é necessário injeção de oxigênio. O →

oxigênio deve entrar na caldeira com um velocidade v = z 2 k m/s, ando por uma lança de 3 metros de comprimento e 0,6 metros de diâmetro. Calcule o fluxo de oxigênio injetado.


79

Solução:

D=

[

→ → ⎛ ∂ ∂ ∂⎞ div v = ∇. v = ⎜⎜ , , ⎟⎟. 0 ,0 , z 2 ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ →

div v =

y = r sen θ

0 ≤ r ≤ 0,3

z=z

0≤z≤3

∂ (0 ) ∂ (0 ) ∂ z 2 + + = 2z ∂x ∂y ∂z →

2π

0

D

2π

0

0 ≤ θ ≤ 2π

]

Φ = ∫∫∫ div F dxdydz = ∫∫∫ 2 z dzdydx = ∫ Φ=∫

x = r cosθ

S

0,3 3

∫ ∫ 2 z dzrdrdθ 0

0

3

∫

0,3

0

2π 0 , 3 ⎡ z2 ⎤ ⎢2 ⎥ rdrdθ = ∫0 ∫0 9rdrdθ ⎣ 2 ⎦0 0,3

2 2π ⎡ r ⎤ 2π 2π Φ = ∫ ⎢9 ⎥ dθ = ∫ 0,405dθ = [0,405θ ]0 = 2,5 m 3 /s 0 0 ⎣ 2 ⎦0

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 F =

1→ 1→ 1→ i + j + k . Calcule x y z

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.


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

→

→ →

6

∫∫ F .d r = ∑ ∫∫ F .d r =∑ ∫∫ F . n ds i =1 i =1 γ

⎧ x =1 ⎪ Dγ 1 ⎨ y = y ⎪z = z ⎩

γi

⎧x = x ⎪ Dγ 2 ⎨ y = 1 ⎪z = z ⎩

−1 ≤ y ≤ 1 −1 ≤ z ≤ 1

γi

−1≤ x ≤ 1 −1≤ z ≤ 1

∂ (1) → ∂y → ∂z → → i+ j+ k= j ∂y ∂y ∂y

σx =

∂x → ∂ (1) → ∂z → → i+ j+ k=i ∂x ∂x ∂x

∂ (1) → ∂y → ∂z → → σz = i+ j+ k=k ∂z ∂z ∂z

σz =

∂x → ∂ (1) → ∂z → → i+ j+ k=k ∂z ∂z ∂z

σy =

→

N =σ z ×σ x = j

→

N =σ y ×σ z = i

→

→

→

1

1

→

→

−1

γ1

→

→

1

−1

∫∫ F ⋅ d r = 2 z −1 = 2(1 − (− 1)) = 4 γ1

1

→

1

−1

1

1

∫

1

− 1 −1

γ2

∫∫ F ⋅ d r = ∫ y −1 dz = ∫ (1 − (− 1))dz = ∫ 2dz 1

→

⎛ 1 1 1⎞ → ⎜ , , ⎟ ⋅ j dzdx −1 ∫−1 ⎜ x y z ⎟ ⎝ ⎠ 1

∫∫ F ⋅ d r = ∫

1

1

→

γ2

1 1 1 ∫∫γ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 x dydz = ∫−1 ∫−1 dydz 1 1

→

∫∫ F ⋅ d r = ∫

⎛ 1 1 1⎞ → ⋅ = F d r ∫∫ ∫−1 ∫−1 ⎜⎜⎝ x , y , z ⎟⎟⎠ ⋅ i dydz γ1 →

→

→

1 1 1 dzdx = ∫ ∫ dzdx − 1 −1 y

∫∫ F ⋅ d r = ∫ z −1 dx = ∫ (1 − (− 1))dx =∫ 2dx 1

−1

γ2

→

→

1

1

1

−1

−1

1 ∫∫ F ⋅ d r = 2 x−1 = 2(1 − (− 1)) = 4

γ2


⎧ x = −1 ⎪ Dγ 3 ⎨ y = y ⎪z=z ⎩

81 ⎧x=x ⎪ Dγ 4 ⎨ y = −1 ⎪z=z ⎩

−1≤ y ≤ 1 −1≤ z ≤ 1

−1≤ x ≤ 1 −1≤ z ≤ 1

σy =

∂ (− 1) → ∂y → ∂z → → k= j i+ j+ ∂y ∂y ∂y

σx =

∂x → ∂ (− 1) → ∂z → → k=i i+ j+ ∂x ∂x ∂x

σz =

∂ (− 1) → ∂y → ∂z → → i+ j+ k=k ∂z ∂z ∂z

σz =

∂x → ∂ (− 1) → ∂z → → i+ j+ k=k ∂z ∂z ∂z →

→

N =σ x ×σ z = − j

N = σ z ×σ y = − i →

→

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ →⎞ ⎜ , , ⎟ ⋅ ⎜ − i ⎟dzdy ∫ −1 −1 ⎜ x y z ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

∫∫ F ⋅ d r = ∫ γ3

→

→

∫∫ F ⋅ d r = ∫

1

1

1

∫

1

− 1 −1

γ3

→

→

−

1 1 1 dzdy = ∫ ∫ dzdy −1 −1 x

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 z −1 dy = ∫−1 (1 + 1)dy =∫−1 2dy 1

1

1

γ3

→

→

∫∫ F ⋅ d r = 2 y −1 = 2(1 − (− 1)) = 4 γ3

1

1

→

→

1

1

→

→

1

1

→

→

1

⎛ 1 1 1⎞ ⎛

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 ⎜⎜⎝ x , y , z ⎟⎟⎠ ⋅ ⎜⎝ − γ4

1

1

⎞ j ⎟dxdz ⎠

→

1

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 − y dxdz = ∫−1 ∫−dxdz 1 γ4

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 x −1 dz = ∫−1 (1 − (− 1))dz =∫−21 dz 1

1

γ4

→

→

∫∫ F ⋅ d r = 2 z −1 = 2(1 − (− 1)) = 4 γ4

1

1


⎧x=x ⎪ Dγ 5 ⎨ y = y ⎪ z = −1 ⎩

82 ⎧x = x ⎪ Dγ 6 ⎨ y = y ⎪z =1 ⎩

−1≤ x ≤ 1 −1≤ y ≤ 1

−1≤ x ≤ 1 −1≤ y ≤ 1

σx =

∂x → ∂y → ∂ (− 1) → → k=i j+ i+ ∂x ∂x ∂x

σx =

∂x → ∂y → ∂ (1) → ˆ j+ i+ k =i ∂x ∂x ∂x

σy =

∂x → ∂y → ∂ (− 1) → → i+ j+ k= j ∂y ∂y ∂y

σy =

∂x → ∂y → ∂ (1) → → i+ j+ k= j ∂y ∂y ∂y

→

→

N =σ y ×σ x = − k →

→

1

N =σ x ×σ y = k

⎛ 1 1 1⎞ ⎛

1

→

⎞

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 ⎜⎜⎝ x , y , z ⎟⎟⎠ ⋅ ⎜⎝ − k ⎟⎠dydx γ5

→

→

1

1

1

1

1

1

1

→

γ6

γ5

→

6

→

∫∫ F ⋅ d r = ∑ ∫∫ F ⋅ d r =24 i =1 γ

→

1

1

1

→

→

1

→

→

1

1

1

1

∫∫ F ⋅ d r = 2 y −1 = 2(1 − (− 1)) = 4

1

→

→

γ6

∫∫ F ⋅ d r = 2 x −1 = 2(1 − (− 1)) = 4 →

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛→⎞

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 x −1 dy = ∫−1 (1 − (− 1))dy =∫−1 2dy

1

γ5

→

1

γ6

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 y −1 dx = ∫−1 (1 − (− 1))dx = ∫−21 dx 1

1

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 z dxdy = ∫−1 ∫−1 dxdy

γ5

→

→

γ6

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 − z dydx = ∫−1 ∫−1 dydx →

→

∫∫ F ⋅ d r = ∫−1 ∫−1 ⎜⎜⎝ x , y , z ⎟⎟⎠ ⋅ ⎜⎝ k ⎟⎠dxdy

γi

1

1


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 x ² + y ² + z ² = 1 . O campo vetorial, que comanda o fluxo é dado por: F = (x³ + y³ ) i + ( y³ + z ³ ) j + cos(x² + y 4 ) k . →

→

→

→

Solução:

D=

[(

) ( ) + ∂ cos(x + y ) = 3 x

x = r sen ϕ cos θ

0 ≤ θ ≤ 2π

y = r sen ϕ sen θ z = r cos ϕ

0≤ϕ≤π 0 ≤ r ≤1

)(

→ → ⎛ ∂ ∂ ∂⎞ div F = ∇. F = ⎜⎜ , , ⎟⎟. x 3 + z 3 , y 3 + z 3 , cos x 2 + y 4 ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ →

div F =

) (

(

∂ y3 + z3 ∂ x3 + z3 + ∂x ∂y

Φ = ∫∫∫ (3 x² + 3 y² )dxdydz = ∫

2π

0

2

4

2

∂z

)]

+ 3y2

π 1 2 ∫0 ∫0 (3r² sen ϕ )r sen ϕdrdϕdθ

D

Φ =∫

2π

Φ =∫

2π

Φ =∫

2π

0

0

0

∫0 ∫0 (3r ³ sen ϕ )drdϕdθ = ∫0 ∫0 π

π

∫0

1

3

2π

π

1

⎡ r4 ⎤ 3 ⎢3 sen ϕ . ⎥ dϕdθ 4 ⎦0 ⎣ π

2π 3 ⎡ cos ³ϕ − 3 cos ϕ ⎤ 3 sen ³ϕdϕdθ = ∫ ⎥ dθ 0 4 4 ⎢⎣ 3 ⎦0

2π 3 4 2π 3 ⎛ (− 1 + 3 ) − (1 − 3) ⎞ 2π . dθ = ∫ dθ = [θ ]0 = 2π ⎜ ⎟ dθ = ∫ 0 4 3 0 4⎝ 3 ⎠


10) Um físico

quis

→

84

calcular

→

o fluxo

→

num

campo de

forças

recém

criado

de

→

equação F = (x + z ) i + ( y + z ) j − 2(x + y + z + 1) k , através da superfície z = 4 − x ² − y ² , z ≥ 0 , com o vetor normal tendo como componente z positiva. Solução:

D=

x = r cos θ y = r sen θ

0 ≤ θ ≤ 2π 0≤r≤2

z = 4 − r2

0≤ z≤4

→ → ⎛∂ ∂ ∂⎞ div F = ∇. F = ⎜⎜ , , ⎟⎟.[x + z , y + z ,−2( x + y + z + 1)] ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠

→

div F =

∂ ( x + z ) ∂ ( y + z ) ∂ 2(x + y + z + 1) + − = 1+1− 2 = 0 ∂x ∂y ∂z

Como o divergente é zero, deve-se calcular o fluxo pela definição: σr =

→ → → ∂D ⎛ ⎞ = ⎜ cos θ i + sen θ j − 2 r k ⎟ ∂r ⎝ ⎠

σθ =

→ → → ∂D ⎛ ⎞ = ⎜ − r sen θ i + r cos θ j + 0 k ⎟ ∂θ ⎝ ⎠

→

n = σ r ×σθ =

→

→

i cos θ

j sen θ

− r sen θ

r cos θ

(

→

)

k → → → − 2 r = 2 r 2 cos θ i + 2 r 2 sen θ j + r k

(

) (

)

)(

) (

0

(

)

⎛ → →⎞ 2 2 2 2 2 ⎜ F ⋅ n ⎟ = r cos θ + 4 − r 2 r cos θ + r sen θ + 4 − r ⋅ 2 r sen θ + r cos θ + r sen θ + 4 − r + 1 (− 2 r ) ⎝ ⎠ ⎛ → →⎞ 2 4 3 ⎜ F ⋅ n ⎟ = 6 r − 2 r (cos θ + sen θ ) − 10 r + 4 r ⎝ ⎠

(

)

∫0 ∫0 [(cos θ + senθ )(6 r 2π

2

2

)

]

− 2 r 4 − 10 r + 4 r 3 drdθ

Capítulo 6- Teorema de Gauss 2π

∫0

85

⎡ ⎛ 3 2r 5 ⎢(cos θ + sen θ )⎜⎜ 2r − 5 ⎢⎣ ⎝

2

⎤ ⎞ ⎟ − 5 r 2 + r 4 ⎥ dθ ⎟ ⎥⎦ 0 ⎠

2π ⎡ 16 ⎤ ∫0 ⎢⎣(cos θ + sen θ ) 5 − 20 + 16 ⎥⎦ dθ 2π

∫0

16 ⎛ 16 ⎞ sen θ − 4 ⎟dθ = ⎜ cos θ + 5 ⎝ 5 ⎠

=

16 senθ 5

=

16 (sen 2π − sen 0 ) − 16 (cos 2π − cos 0 ) − 4(2π ) + 4( 0 ) = −8π 5 5

2π 0

−

16 cosθ 5

2π 0

− 4θ

2π 0

=

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 ou 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


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.


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 ou do período de pesquisa teórica e se tornou mais envolvido com istração 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 ar 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

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 istrativas. 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 notarse 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

→

→

→

→

F (x , y , z ) = P(x , y , z ) i + Q(x , y , z ) j + R(x , y , z ) k →

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)

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. 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.

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

∫

P.dx + Q.dy + R.dz =

C →

∫∫

→

→

(rot F . n )dS

(7.2)

S

→

→

→

onde F (x , y , z ) = P(x , y , z ) i + Q(x , y , z ) j + R(x , y , z ) k . O teorema de Stokes torna-se: →

⎛

→

→

→

⎞

∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫Sn ⋅ ∇ × ⎜⎝ P i + Q j + R k ⎟⎠dS

C

→

→

→

→

→

→

(7.3)

= ∫∫ n ⋅ ∇ × P i dS + ∫∫ n ⋅ ∇ × Q j dS + ∫∫ n ⋅ ∇ × R k dS S

S

S

Para demonstrar o teorema de Stokes, basta mostrar que os dois lados da equação (7.3) são iguais.

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 =

∫∫

→

→

(rot F . n )dS temos que a circulação

S

através da superfície é igual à circulação em torno do bordo desta superfície. Seja γ, [0,2π] → ℜ 3

93


⎛5 ⎝4

5 4

⎞ ⎠

γ(t) = ⎜ cos t , sen t ,0 ⎟

5 ⎛ 5 ⎞ γ`(t) = ⎜ − sent , cos t ,0 ⎟ 4 ⎝ 4 ⎠ 5 ⎛ 5 ⎞ sent , cos t ,0 ⎟ 4 ⎝ 4 ⎠

→

F (γ(t)) = ⎜ −

Substituindo γ(t) e γ`(t) em b

→

∫

F .dr =

→

∫

F ((γ(t)).γ`(t)dt

a

C

Tem-se: 2π

5 5 ⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞ ⎜ − sen t , cos t ⎟ ⎜ − sen t , cos t ⎟ dt = 4 4 ⎝ 4 ⎠⎝ 4 ⎠

∫ 0

=

25 16

2π

∫ [sen

2

]

t + cos 2 t dt =

0

25 16

2π

∫ 0

dt =

2π

∫ 0

25 ⎡ 25 2 2 ⎤ ⎢ 16 cos t + 16 sen t ⎥ dt = ⎣ ⎦

25( 2π ) 25π = 16 8

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 =

∫∫

→

B .dS .

S

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 dáse o nome de força eletromotriz, ξ≡

∫

C

→

→

E .d r

94


Verifica-se experimentalmente que o fluxo da indução magnética e a força eletromotriz induzida estão relacionados por meio de ξ ≡ −

d c/ dt

Ou, em termos das respectivas integrais,

∫

→

→

E .d r = −

C

d dt

→

∫∫

B .dS

S

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:

∫∫

→

→

(∇ x E )dS = -

S

∫∫ S

∂B dS ∂

Como a superfície é arbitrária e aberta, podemos concluir que: →

∂B ∇ xE = ∂ →

E esta é a forma diferencial da lei de Faraday da indução eletromagnética.

95


→ → 3) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫ F . T ds , onde C é a elipse que o plano C

2

2

z = y + 3 intercepta o cilindro x + y = 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,

i → ∂ rot F = ∂x 3z

j ∂ ∂y 5x

k → → → ∂ = -2 i +3 j +5k ∂z − 2y

Assim, → → → → → → → ( rot F ) . n = (-2 i + 3 j + 5 k ) . (- j + k ) = -3 + 5 = 2 Logo, pelo Teorema de Stokes,

∫

→ r F .T ds =

C

→ → ( rot F ) . n dS = ∫∫ S

∫∫ 2 dS = 2 área(S) = 2π

2

S

porque, pode-se ver que S é uma elipse com semi-eixos 1 e

2 . Assim sua área é π 2 .

→ → → → → → 4) Aplique o Teorema de Stokes para calcular ∫∫ ( ∇ x F ) . n dS ,onde F = 3z i + 5x j – S

→

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 ≤ t ≤ 2π . Então, dx = -2sen t dt, dy = 2cos t dt e dz = 0. O Teorema de Stokes dá, pois, →

→

→

→ →

∫∫

( ∇ x F ) . n dS = ∫ F . T dS = ∫ 3z dx + 5x dy - 2y dz

=

∫

=

∫0

S

C

2π

0

2π

C

3 . 4 . ( - 2 sen t dt ) + 5 . ( 2 cos t ) ( 2 cos t dt ) + 2 . ( 2sen t ) . 0 ( - 24 sen t + 20 cos 2 t ) dt = ∫

2π

0

( - 24 sen t + 10 + 10 cos 2t )

96


[ 24 cos t + 10t + 5 sen 2t ]02π

=

= 20 π

→

→

→

→

→

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:

→ →

∫∫ ( rot F ) . n

dS

S

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 . →

i → ∂ rot F = ∂x − 4y

→

→

j ∂ ∂y 2z

k ∂ ∂z 3x

→

→

→

→

→

= - 2 i –3 j + 4 k

Assim,

∫∫ ( rot S

→

→

→

→

F ) . n dS = ∫∫ ( - 2 i - 3 j + 4 k ) . n dS S

→

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

=

→

→

( rot F ) . n dS = ∫∫ [ - ( - 2 )( - 2x) - ( - 3 )( - 2y ) + 4 ] dx dy D

∫∫ ( - 4x - 6y + 4 ) dx dy D

Fazendo a mudança de parâmetros, x = r cos θ , y = r sen θ e dxdy = rdr dθ , com 0 ≤ r ≤ 3 e 0 ≤ θ ≤ 2π , temos: 2π

3

0

0

∫ ∫

( - 4r cos θ - 6r sen θ + 4 ) r dr dθ

97


∫

2π

∫

2π

[-

0

4 3 r cos θ - 2r 3 sen θ + 2r 2 ]30 dθ 3

( - 36 cos θ - 54 sen θ + 18 ) dθ =

0

= [ -36 sen θ +54 cos θ + 18 θ ] 02π = 36 π →

→

→

→

6) Verifique o teorema de Stokes para o campo F = y i + z j + x k , 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

∫ F ⋅ dr =

C

2π

∫

[( sen t ) ( - sen t )] dt = - π

0

→

→

→

→

→

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

→ → ( rot F ) . n dS = ∫∫ S

→ → ( rot ∫∫ F ) . n σ y × σ x dxdy = ∫∫S ( 2x + 2y + 1 ) dxdy . A solução S

é mais simples se convertermos o integral para coordenadas cilíndricas. Obtemos, então, → → ∫∫ ( rot F ) . n dS = S

como se pretendia.

2π

1

0

0

∫ dϕ ∫ ρ dρ (2 ρ cosϕ + 2ρ sinϕ + 1) = π , que é o resultado simétrico,

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, 0 ≤ t ≤ 2π as equações paramétricas de C. Logo,

→

∫

2π

→

A ⋅ d R = ∫ ( 2x − y ) dx − yz 2 dy − y 2 dz = ∫ ( 2cos t − sen t ) ( − sen t ) dt = π

C

C

0

i j ∂ ∂ E também, rot A = ∂x ∂y 2x - y - yz 2 →

k → ∂ = k ∂z − y2 z

Assim, →

→

∫∫ ( rot A ) . n dS = S

1− x 2

1

∫

∫

x = −1 y = − 1− x 2

→ →

∫∫ k ⋅ n dS S

1

1− x 2

0

0

dxdy = 4 ∫

∫

=

∫∫ dxdy R

1

dxdy = 4 ∫ 1 − x 2 dx = π 0

e o teorema de Stokes é verificado.

8) Use o teorema de Stokes para calcular a integral de linha

→ →

∫ F . T ds

→

→

se F ( x, y, z ) = xz i +

C →

→

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:

→

→ →

∫ F . T dS

C

=

∫∫ S

→ → → ( ∇ x F ) . n dS

i → ∂ rot F = ∂x xz

→

j ∂ ∂y xy

→

k → → → ∂ = 2y i + x j + y k ∂z y2

99

Capítulo 7- Teorema de Stokes → →

∫ F . T dS

Assim,

→

∫∫

=

C

→

→

→

( 2y i + x j + y k ) . n dS .

S

Assim temos, → →

∫ F . T dS = ∫∫

C

[ - ( 2y ) ( - 2x ) - x ( 0 ) + y ] dxdy

S

=

∫∫

( 4xy + y ) dxdy

S

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:

∫

→ →

F . T dS =

C

2

3

∫0 ∫0

3

1 2⎤ ⎡ 2 ⎢2xy + 2 y ⎥ dx ⎣ ⎦0

2

=

∫

=

∫

( 4xy + y ) dydx =

0

2

0

⎡

9⎞ ⎛ ⎜18x + ⎟ dx 2⎠ ⎝ 9 ⎤

2

= ⎢ 9x 2 + x ⎥ = 45 2 ⎦0 ⎣ 9) Mostrar que se r é um vetor posição, então: →

→

∫ r .d r = 0

C

Solução: ∇xr = 0. Então, pelo teorema de Stokes →

→

∫ r .d r

C

=

→

→

∫∫ ∇× r dS = 0 S

→

→

10) Se C é uma curva fechada, mostrar que ∫ ∇ φ .d r = 0 C

Solução: →

→

Para a suficiência, ∇× f = 0 ; então pelo teorema de Stokes

∫ ∇φ .dr

C

=

∫∫ ∇x(∇φ ).dS, S

onde S é uma superfície contida em C. Sabemos que, ∇x∇φ = 0; então ∫ ∇φ .dr = 0 C

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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