Calculo vetorial

Cálculo vetorial - Seções 16.1-9

Cálculo II - ECT 1202

Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte

Maio 2011

Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2011 1 / 168

Campos Vetoriais

Até agora estudamos funções que associam um número a um vetor (funções
vetoriais) e funções que associam um vetor a um número (funções de duas e
ou mais variáveis). A seguir estudaremos outro tipo função.

Campos vetoriais
Seja D um subconjunto do R2 . Um campo vetorial em R2 é uma função F que
associa a cada ponto (x, y) em D um vetor bidimensional F(x, y).


Campos Vetoriais

Campos vetoriais
Como F(x, y) é um vetor bidimensional, podemos escrevê-lo em termos de
suas funções componentes P e Q, da seguinte forma:

F(x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j = P(x, y), Q(x, y) .

As componentes P(x, y) e Q(x, y) são funções (de duas variáveis) que
associam cada ponto (x, y) ∈ D um número real. Funções desse tipo são
chamadas de campos escalares. Como no caso das funções vetoriais,
podemos deﬁnir a continuidade dos campos vetoriais e mostrar que F será
contínua se e somente se suas funções componentes forem contínuas.


Campos Vetoriais

Exemplo 1
Um campo vetorial em R2 é deﬁnido por F(x, y) = −yi + xj. Faça um esboço
de F .


Campos Vetoriais
Exemplo 1
Um campo vetorial em R2 é deﬁnido por F(x, y) = −yi + xj. Faça um esboço
de F .

Solução
Inicialmanete marcamos F nos vetores unitários i e j. Em seguida, seja
r = x, y o vetor posição em relação a origem do plano cartesiano. Note que:

F(x, y) = x2 + y2 = r .
Note ainda que:

r · F(x, y) = −y, x · x, y = 0.
Logo F e r são ortogonais.

Ver ﬁgura


Campos Vetoriais

Podemos também deﬁnir um campo vetorial no espaço da seguinte maneira.
Campos vetoriais
Seja E um subconjunto do R3 . Um campo vetorial em R3 é uma função F que
associa a cada ponto (x, y, z) em E um vetor tridimensional F , de componentes
P(x, y, z), Q(x, y, z) e R(x, y, z):

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


Campos Vetoriais

Exemplo 2
Esboce o campo vetorial em R3 dado por F(x, y, z) = zk.


Campos Vetoriais

Exemplo 2
Esboce o campo vetorial em R3 dado por F(x, y, z) = zk.

Solução
Note que F(x, y, z) = ±z. Se z > 0 o vetor F(x, y, z) aponta na direção de z
crescente, e se z < 0 na direção inversa. Para z = 0, isto é, no plano xy
F(x, y, z) é o vetor nulo.


Campos Vetoriais

Campos Vetoriais
Se f (x, y, z) é um campo escalar, podemos obter um campo vetorial a partir do
gradiente aplicado a f :

∇f (x, y, z) = fx (x, y, z)i + fy (x, y, z)j + fz (x, y, z)k.

O campo vetorial assim obtido é chamado de campo vetorial gradiente. No
caso de um campo escalar g(x, y), aplicando o operador gradiente a g,
obtemos um campo vetorial gradiente bidimensional:

∇g(x, y) = gx (x, y)i + gy (x, y)j.


Campos Vetoriais

Exemplo 3
Determine o campo vetorial gradiente de f (x, y) = x2 + y2 , e esboce o campo.


Campos Vetoriais

Exemplo 3
Determine o campo vetorial gradiente de f (x, y) = x2 + y2 , e esboce o campo.

Solução
Note que ∇f (x, y) é dado por:

∇f (x, y) = 2xi + 2yj = 2r.
Repare ainda que ∇f (x, y) é paralelo ao vetor posição, e tem módulo duas
vezes maior que r.

Ver ﬁgura


Campos Vetoriais

Campo vetorial conservativo
Dizemos que F(x, y, z) é um campo vetorial conservativo se existir um campo
escalar f (x, y, z) (chamada de função potencial) tal que:

F(x, y, z) = ∇f (x, y, z).
A equação acima nos fornece um método para determinar a função potencial
f . Note que:
fx (x, y, z) = P(x, y, z),
fy (x, y, z) = Q(x, y, z),
fz (x, y, z) = R(x, y, z).

Assim para determinar a função potencial, basta resolver o sistema de
equações diferenciais acima.


Campos Vetoriais
Exemplo 4
Determine a função potencial para cada um dos seguintes campos vetoriais
conservativos.
(a) F(x, y) = 2xi + 2yj,
2x 2y 2z
(b) F(x, y, z) = x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 .


Campos Vetoriais

Exemplo 4
Determine a função potencial para cada um dos seguintes campos vetoriais
conservativos.
(a) F(x, y) = 2xi + 2yj,

Solução
Note que fx (x, y) = 2x e fy (x, y) = 2y. Integrando a primeira equação em
relação a x temos:

f (x, y) = 2xdx + g(y) = x2 + g(y).

Derivando a relação acima em relação a y temos que:
g (y) = 2y =⇒ g(y) = y2 + c.
Logo a função potencial é f (x, y) = x2 + y2 + c.


Campos Vetoriais

Exemplo 4 continuação
2x 2y 2z
(b) F(x, y, z) = x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 .
2x 2y 2z
Note que fx = x2 +y2 +z2 , fy = x2 +y2 +z2 e fz = x2 +y2 +z2
. Integrando a
primeira equação em relação a x temos:
2x
f (x, y, z) = dx + g(y, z) = ln (x2 + y2 + z2 ) + g(y, z).
x 2 + y2 + z2
Derivando a relação acima em relação a y temos que:
2y ∂g(y, z) 2y
+ = 2 =⇒ g(y, z) = h(z).
x 2 + y2 + z2 ∂y x + y2 + z2
Assim ﬁcamos com f (x, y, z) = ln (x2 + y2 + z2 ) + h(z). Derivando essa
equação em relação a z temos:


Campos Vetoriais

Derivando essa equação em relação a z temos:

2z 2z
+ h (z) = =⇒ h(z) = c.
x 2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2
2x 2y 2z
Logo a função potencial para F(x, y, z) = x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 é:

f (x, y, z) = ln (x2 + y2 + z2 ) + c.


Integrais de linha

Já aprendemos como calcular a integral de uma função z = f (x, y) sob uma
região plana D. Veremos agora como calcular a integral de uma função de
duas ou mais variáveis ao longo de uma curva.

Integral de linha no plano
Seja f (x, y) uma função deﬁnida em uma região plana D. Seja ainda
r(t) = x(t), y(t) uma curva C suave em D, i.e. r (t) = 0, deﬁnida no intervalo
I = [a, b]. Para cada ti∗ ∈ [ti , ti+1 ] ⊂ I podemos associar a seguinte soma de
Riemann:
n
∑ f (xi∗ , y∗ )∆si ,
i
i=1

onde = ∗
xi x(ti∗ ), y∗
= y(ti∗ )
e ∆si é o arco que liga o ponto Pi = (xi , yi ) ao
i
ponto Pi+1 = (xi+1 , yi+1 ).


Integrais de linha

No limite quando o número de subdivisões n → ∞ do intervalo I , temos:
n
lim
n→∞
∑ f (xi∗ , y∗ )∆si =
i
C
f (x, y)ds.
i=1

Se o limite acima existir, chamamos o resultado de integral de linha de f (x, y)
ao longo de C em relação ao comprimento de arco.


Integrais de linha

Podemos reescrever a integral de linha notando que x = x(t), y = y(t) e que

2 2
dx dy
ds = + dt.
dt dt
De forma que:

b 2 2
dx dy
f (x, y)ds = f (x(t), y(t)) + dt.
C a dt dt


Integrais de linha

Exemplo 5
Calcule C (2 + x2 y)ds, onde C é a metade superior do cícurlo unitário
x2 + y2 = 1.
Ver ﬁgura


Integrais de linha

Exemplo 5
Calcule C (2 + x2 y)ds, onde C é a metade superior do cícurlo unitário
x2 + y2 = 1.

Solução
A parametrização do semicírculo é:
x = cos(t), y = sin(t) com 0 ≤ t ≤ π.
O elemento de arco ds ﬁca:
ds = cos2 (t) + sin2 (t)dt = dt.
Assim:
π
(2 + x2 y)ds = [2 + cos2 (t) sin(t)]dt
C 0
cos3 (t) π
2
= 2π − = 2π + .
3 0 3


Integrais de linha

Suponha que a curva C seja suave (ou lisa) por partes, i.e., C é a união de um
número ﬁnito de curvas suaves C1 , C2 , . . . , Cn , como na ﬁgura abixo.

Neste caso a integral de linha ao logo de C é dada por:

f (x, y)ds = f (x, y)ds + f (x, y)ds + · · · + f (x, y)ds.
C C1 C2 Cn


Integrais de linha

Exemplo 6
Calcule C 2xds, onde C é formada pelo arco C1 da parábola y = x2 de (0, 0) a
(1, 1) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (1, 1) a (1, 2).
Ver ﬁgura


Cálculo vetorial
Exemplo 6
Calcule C 2xds, onde C é formada pelo arco C1 da parábola y = x2 de (0, 0) a
(1, 1) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (1, 1) a (1, 2).
Solução
√
Para o caminho C1 tem-se que x = x, y = x2 com 0 ≤ x ≤ 1 e ds = 1 + 4x2 dx:
1 √
1 1 2 5 5−1
2xds = 2x 1 + 4x2 dx = (1 + 4x2 )3/2 = .
C1 0 4 3 0 6
Para o caminho C2 tem-se que x = 1, y = y com 1 ≤ y ≤ 2 e ds = dy:
1
2xds = 2(1)dy = 2[y]2 = 2.
1
C2 0
Então, √
5 5−1
2xds = 2xds + 2xds = + 2.
C C1 C2 6


Integrais de linha

Integral de linha no espaço
Seja C uma curva espacial lisa dada pelas seguintes equações paramétricas:

x = x(t), y = y(t), z = z(t) com a ≤ t ≤ b.
A integral de linha de uma função f (x, y, z) ao longo de C é dada por:

b 2 2 2
dx dy dz
f (x, y, z)ds = f (x(t), y(t), z(t)) + + dt,
C a dt dt dt

ou em notação vetorial:

b
f (x, y, z)ds = f (r(t)) r (t) dt.
C a


Integrais de linha

Exemplo 7
Calcule C y sin(z)ds, onde C é a hélice circular dada pelas equações
x = cos(t), y = sin(t), z = t e 0 ≤ t ≤ 2π.
Ver ﬁgura


Cálculo vetorial

Exemplo 7
Calcule C y sin(z)ds, onde C é a hélice circular dada pelas equações
x = cos(t), y = sin(t), z = t e 0 ≤ t ≤ 2π.

Solução
O elemento de comprimento arco é dado por:
√
ds = sin2 (t) + cos2 (t) + 1dt = 2dt.
Assim:
√ 2π
2π
2
√ 2 sin(2t) √
y sin(z)ds = sin (t) 2dt = t− = π 2.
C 0 2 2 0


Integrais de linha

Já vimos como calcular a integral de linha de um campo escalar f (x, y, z) ao
longo de uma curva C. Vejamos agora como calcular a integral de linha de um
campo vetorial sobre uma curva C.

Integrais de linha de um campo vetorial
Seja F(x, y, z) um campo vetorial, um campo de forças por exemplo. Podemos
perguntar pelo trabalho W ao mover uma partícula ao longo de uma curva C
sob a ação do campo de forças F(x, y, z).


Integrais de linha
Particionando o caminho r(t) = x(t), y(t), z(t) , com a ≤ t ≤ b, em n − 1
intervalos, obtemos n arcos ∆si que ligam os pontos Pi = (xi , y∗ , z∗ ) e
∗
i i
Pi+1 = (xi+1 , y∗ , z∗ ). O trabalho para levar uma partícula do ponto Pi para
∗
i+1 i+1
Pi+1 é dado por F(xi , y∗ , z∗ ) · [T(xi , y∗ , z∗ )∆si ], onde T(xi , y∗ , z∗ ) é o vetor
∗
i i
∗
i i
∗
i i
tangente ao arco ∆si no ponto Pi . Assim o trabalho para levar a partícula do
ponto P0 = r(a) até Pn = r(b) é dado pela soma de Riemann:
n
W ≈ ∑ F(xi , y∗ , z∗ ) · T(xi , y∗ , z∗ )∆si .
∗
i i
∗
i i
i
Tomando o limite quando o número de intervalos n → ∞ obtemos,
n
W = lim ∑ F(xi , y∗ , z∗ ) · T(x, y, z)∆si =
∗
i i F(x, y, z) · T(x, y, z)ds,
n→∞ C
i

a integral de linha do campo vetorial F(x, y, z) sob a curva C.


Integrais de linha

Podemos reescrever a integral de linha anterior notando que x = x(t), y = y(t),
z = z(t) e
r (t)
T(x(t), y(t), z(t)) = e ds = r (t) dt.
r (t)
Assim a integral de linha de F(x, (t), y(t), z(t)) = F(r(t)) é dada por:
b b
F · Tds = F(r(t)) · r (t)dt = F · dr.
C a a

Ou em termos das funções componentes P(x, y, z), Q(x, y, z) e R(x, y, z) de F :
b b
F · dr = Pdx + Qdy + Rdz.
a a


Integrais de linha
Exemplo 8
Determine o trabalho feito pelo campo de força F(x, y, z) = x2 i − xyj ao se
mover uma partícula ao longo de um quarto de círculo r(t) = cos(t)i + sin(t)j,
0 ≤ t ≤ π/2.
Ver ﬁgura


Integrais de linha

Exemplo 8
Determine o trabalho feito pelo campo de força F(x, y, z) = x2 i − xyj ao se
mover uma partícula ao longo de um quarto de círculo r(t) = cos(t)i + sin(t)j,
0 ≤ t ≤ π/2.

Solução
Note primeiramente que F(r(t)) = cos2 (t), − cos(t) sin(t) , e que
r (t) = − sin(t), cos(t) . Assim:

b π/2
π/2 2 2
F · dr = −2 cos2 (t) sin(t)dt = cos3 (t) =− .
a 0 3 0 3


Integrais de linha
Exemplo 9
Calcule C ydx + zdy + xdz, onde C consiste no segmento de reta C1 que une
(2, 0, 0) a (3, 4, 5) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (3, 4, 5) a
(3, 4, 0).
Ver ﬁgura


Integrais de linha

Exemplo 9
Calcule C ydx + zdy + xdz, onde C consiste no segmento de reta C1 que une
(2, 0, 0) a (3, 4, 5) seguido pelo segmento de reta vertical C2 de (3, 4, 5) a
(3, 4, 0).

Solução
O campo vetorial a ser integrado é F(r(t)) = y, z, x . O caminho C1 é dado
por r(t) = 2 + t, 4t, 5t com 0 ≤ t ≤ 1. De forma que F(r(t)) = 4t, 5t, 2 + t e
r (t) = 1, 4, 5 . Logo:
b 1 1
F · dr = [1(4t) + 4(5t) + 5(2 + t)]dt = (10 + 29t)dt
a 0 0
1
29t2 49
= 10t + = .
2 0 2


Integrais de linha

O caminho C2 é dado por r(t) = 3, 4, 5 − 5t com 0 ≤ t ≤ 1. De forma que
F(r(t)) = 4, 5 − 5t, 3 e r (t) = 0, 0, −5 . Logo:

b 1 1
F · dr = [0(4t) + 0(5 − 5t) + 3(−5)]dt = −15 dt = −15.
a 0 0

Assim a integral C ydx + zdy + xdz vale:

F · dr = F · dr + F · dr = 24.5 − 15 = 9.5 .
C C1 C2


Teorema Fundamental das integrais de linha

No cálculo 1 vimos que se F (x) é uma função contínua no intervalo I = [a, b]
b
então a F (x)dx = F(b) − F(a), é igual a variação de F (x) sobre I . Para as
integrais de linha, sob certas condições, temos um resultado parecido.

Teorema 1
Seja C uma curva lisa dada pela função vetorial r(t), a ≤ t ≤ b. Seja f uma
função diferenciável de duas ou três variáveis cujo vetor gradiente ∇f é
contínuo em C. Então

∇f · dr = f (r(b)) − f (r(a)).
C

Se r(b) e r(a) tiverem coordenadas (x2 , y2 , z2 ) e (x1 , y1 , z1 ), então

∇f · dr = f (x2 , y2 , z2 ) − f (x1 , y1 , z1 ).
C


Teorema fundamental das integrais de linha
Exemplo 10
Determine o trabalho realizado pelo campo vetorial
2x 2y 2z
F(x, y, z) = x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , ao mover uma partícula de massa m
do ponto (1, 0, 0) para o ponto (1, 1, 1) ao longo de uma curva lisa por partes
C.



Exemplo 10
Determine o trabalho realizado pelo campo vetorial
2x 2y 2z
F(x, y, z) = x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , x2 +y2 +z2 , ao mover uma partícula de massa m
do ponto (1, 0, 0) para o ponto (1, 1, 1) ao longo de uma curva lisa por partes
C.

Solução
Já vimos que o campo vetorial acima é conservativo, com função potencial
dada por f (x, y, z) = ln (x2 + y2 + z2 ) + c. Dessa forma:

W= F · dr = ∇f · dr = f (1, 1, 1) − f (1, 0, 0) = ln (3).
C C


Exemplo 11
Calcule C y2 dx + xdy, onde
(a) C = C1 é o segmento de reta de (−5, −3) a (0, 2),
(b) C = C2 é o arco x = 4 − y2 de (−5, −3) a (0, 2).
Ver ﬁgura



Exemplo 11
(b) C = C2 é o arco x = 4 − y2 de (−5, −3) a (0, 2).

Solução
O caminho C1 tem a seguite parametrização x = 5t − 5, y = 5t − 3 com
0 ≤ t ≤ 1.
1 dx dy
y2 dx + xdy = (5t − 3)2 + (5t − 5) dt
C1 0 dt dt
1
= [5(5t − 3)2 + 5(5t − 5)]dt
0
1 5
=5 (25t2 − 25t + 4)dt = − .
0 6



(b) C = C2 é o arco x = 4 − y2 de (−5, −3) a (0, 2).

Solução
O caminho C2 tem a seguite parametrização y = t, x = 4 − t2 com −3 ≤ t ≤ 2.
2 dx dy
y2 dx + xdy = t2 + (4 − t2 ) dt
C2 −3 dt dt
2
= [−2t3 + (4 − t2 )]dt
−3
2 245
= (−2t3 − t2 + 4)dt = − .
−3 6



Independência do caminho de integração
O resultado do exemplo anterior nos diz que em geral C1 F · dr = C2 F · dr,
onde C1 e C2 são dois caminhos distintos com mesmos pontos incial e ﬁnal.
Mas segue do teorema anterior que

∇f · dr = ∇f · dr.
C1 C2

A integral de um campo vetorial contínuo F é dita independente do caminho, se

F · dr = F · dr,
C1 C2

para quaisquer caminhos C1 e C2 como mesmos pontos incial e ﬁnal.



Uma curva é dita fechada se seu ponto inicial coincide com o ﬁnal, i.e.,
r(a) = r(b). O teorema a seguir nos fornece uma condição sob a qual a
integral de linha de um campo vetorial é independente do caminho de
integração.

Teorema 2

C F · dr é independente do caminho, em uma região, D se e somente se
C F · dr = 0 para todo caminho C fechado em D.

Este teorema aﬁrma que para um campo vetorial conservativo F , C F · dr = 0.
Assim, se F representa um campo de forças, o trabalho realizado para mover
uma partícula ao longo de um caminho fechado é nulo.



Exemplo 12
Mostre que a integral de linha do campo vetorial F = 2x, 2y independe do
caminho de integração.



Exemplo 12
Mostre que a integral de linha do campo vetorial F = 2x, 2y independe do
caminho de integração.

Solução
Vamos calcular a integral de linha do campo acima sobre uma curva fechada
C qualquer. Para isso, note que F = ∇f , com f (x, y) = x2 + y2 + c. Assim

d
F · dr = ∇f · dr = f (r(t))dt = 0.
C C C dt

Como C F · dr = 0, para um caminho qualquer C segue que C F · dr é
independente do caminho.



Uma região no plano D é dita aberta se para cada ponto P ∈ D existir um
disco com centro em P contida em D. E chamamos uma região plana D de
conexa se dois pontos quaisquer em D podem ser ligados por um caminho
inteiramente em D.
Teorema 3
Suponha que F seja um campo vetorial contínuo sobre uma região aberta
conexa D. Se C F · dr for independente do caminho em D, então F é um
campo conservativo, ou seja, existe um campo escalar f tal que ∇f = F .

Para um campo vetorial conservativo são equivalentes as proposições:
(a) F = ∇f ,
(b) C F · dr = 0,
(c) C F · dr independe do caminho de integração.



O teorema a seguir nos permite determinar se um campo vetorial é
conservativo.
Teorema 4
Se F(x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j é um campo vetorial conservativo, onde P e Q
têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas em um domínio D, então
em todos os pontos de D temos

∂P ∂Q
= .
∂y ∂x

A recíproca do teorema acima só é válida para um tipo especial de região D.



Exemplo 13
Determine se o campo vetorial F(x, y) = (x − y)i + (x − 2)j é ou não
conservativo.



Exemplo 13
Determine se o campo vetorial F(x, y) = (x − y)i + (x − 2)j é ou não
conservativo.

Solução
Note que P(x, y) = x − y e que Q(x, y) = x − 2, de forma que:

∂P ∂Q
= −1 = 1.
∂y ∂x
Logo o campo não é conservativo.



Uma cuva é dita simples se ela não se autointercepta. E uma região é dita
simplesmente conexa se a mesma é conexa e não contem buracos, ou seja,
qualquer curva simples fechada em D contorna pontos que estão somente em
D.
Teorema 5
Seja F(x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j um campo vetorial sobre uma região D
aberta e simplesmente conexa. Suponha que P e Q tenham derivadas parciais
de primeira ordem contínuas e que

∂P ∂Q
= ,
∂y ∂x
em D. Então F é conservativo.



Exemplo 14
Determine se o campo vetorial F(x, y) = (3 + 2xy)i + (x2 − 3y2 )j é ou não
conservativo.



Exemplo 14
Determine se o campo vetorial F(x, y) = (3 + 2xy)i + (x2 − 3y2 )j é ou não
conservativo.

Solução
Note que P(x, y) = 3 + 2xy e que Q(x, y) = x2 − 3y2 , de forma que:

∂P ∂Q
= 2x = .
∂y ∂x
Como o domínio de F é o plano R2 que é aberto e simplesmente conexo,
então o campo é conservativo.



Exemplo 15
−y x
Determine se o campo vetorial F(x, y) = x2 +y2 i + x2 +y2 j, (x, y) = (0, 0) é ou
não conservativo.



Exemplo 15
−y x
Determine se o campo vetorial F(x, y) = x2 +y2 i + x2 +y2 j, (x, y) = (0, 0) é ou
não conservativo.

Solução
Note que

∂P −x2 + y2 ∂Q
= 2 = .
∂y x + y2 ∂x
O resultado acima sugere que F é conservativo.



Mas se este for o caso, a integral de linha de F ao longo de qualquer curva
fechada C deve ser zero. Assim seja C o círculo unitário percorrido no sentido
anti-horário, com parametrização dada por x = cos(t), y = sin(t) e 0 ≤ t ≤ 2π.
Neste caso

2π
F · dr = [sin2 (t) + cos2 (t)]dt = 2π.
C 0
Como a integral acima é diferente de zero, o campo não é conservativo. Note
que apesar das derivadas parciais ∂P e ∂Q serem iguais, o domínio de F não é
∂y ∂x
uma região simplesmente conexa, de forma que o teorema anterior não se
aplica.



Condição para um campo vetorial F(x, y, z) ser conservativo
Para que um campo vetorial F(x, y, z) = P(x, y, z)i + Q(x, y, z)j + R(x, y, z)k
deﬁnido em uma região aberta e simplesmente conexa D, P, Q e R com
derivadas parciais de primeira ordem contínuas, seja conservativo, devem ser
satisfeitas as seguintes igualdades

∂P ∂Q
= ,
∂y ∂x
∂P ∂R
= ,
∂z ∂x
∂Q ∂R
= .
∂z ∂y



Exemplo 16
Determine se o campo vetorial F(x, y, z) = (yz)i + (xz)j + (xy + 2z)k, é ou não
conservativo.


Exemplo 16
Determine se o campo vetorial F(x, y, z) = (yz)i + (xz)j + (xy + 2z)k, é ou não
conservativo.

Solução
Note que F está deﬁnido em todo o R3 , conjunto aberto e simplesmente
conexo. Note também que
∂P ∂Q
=z= ,
∂y ∂x
∂P ∂R
=y= ,
∂z ∂x
∂Q ∂R
=x= .
∂z ∂y
Logo o campo acima é conservativo.


Teorema de Green

O teorema a seguir relaciona o cálculo de uma integral de linha de um campo
vetorial ao longo de uma curva fechada simples C, com uma integral dupla na
região D delimitada por C. Antes, precisamos deﬁnir orientação de uma curva.

Oritentação de uma curva fechada simples C
Seja C uma curva fechada simples dada por r(t), com a ≤ t ≤ b. Dizemos que
C tem orientação positiva se ao percorrer C no sentido anti-horário, uma única
vez, a região D estiver sempre à esquerda quando o ponto r(t) percorrer C.


Teorema de Green

Uma vez deﬁnida orientação de uma curva C, podemos enunciar o teorema de
Green.
Teorema de Green
Seja C uma curva plana simples, fechada, contínua por trechos, orientada
positivamente, e seja D a região delimitada por C. Se P e Q têm derivadas
parciais de primeira ordem contínuas sobre uma região aberta que contenha
D, então

∂Q ∂P
Pdx + Qdy = − dA.
C D ∂x ∂y


Teorema de Green

Exemplo 17
Calcule c x4 dx + xydy, onde C é a curva triangular constituida pelos
segmentos de reta (0, 0) a (1, 0), de (1, 0) a (0, 1) e de (0, 1) a (0, 0).

Ver ﬁgura


Teorema de Green

Exemplo 17
Calcule c x4 dx + xydy, onde C é a curva triangular constituida pelos
segmentos de reta (0, 0) a (1, 0), de (1, 0) a (0, 1) e de (0, 1) a (0, 0).

Solução
Note que o caminho é fechado, simples e com orientação positiva. Como as
funções P(x, y) = x4 e Q(x, y) = xy têm derivadas contínuas na região
triangular acima, podemos utilizar o teorema de Green.

∂Q ∂P
x4 dx + xydy = − dA = ydA
C D ∂x ∂y D
1 1−x 1 1
1 1 1
= ydydx = (1 − x) dx = − (1 − x)3
2
= .
0 0 2 0 6 0 6


Teorema de Green

Exemplo 18
Calcule C (3y − esin(x) )dx + (7x + y4 + 1)dy, onde C é o círculo x2 + y2 = 9.


Teorema de Green

Exemplo 18
Calcule C (3y − esin(x) )dx + (7x + y4 + 1)dy, onde C é o círculo x2 + y2 = 9.

Solução
Utilizando o teorema de Green e convertendo a integral dupla para
coordenadas polares temos

(3y − esin(x) )dx + (7x + y4 + 1)dy =
C
∂ ∂
(7x + y4 + 1) − (3y − esin(x) ) dA =
D ∂x ∂y
2π 3 2π 3
(7 − 3)rdrdθ = 4 dθ rdr = 36π.
0 0 0 0


Teorema de Green
Cálculo de área via integral de linha
Seja C uma curva fechada simples que dilimita uma região D. Se no teorema
de Green o integrando da integral dupla for 1, obtemos a área da região D.
∂Q ∂P
− = 1.
∂x ∂y
As possíveis funções P(x, y) e Q(x, y) que fornecem o resultado desejado são
1
P(x, y) = 0, P(x, y) = −y, P(x, y) = − y,
2
1
Q(x, y) = x, Q(x, y) = 0, Q(x, y) = x.
2
Assim podemos calcular a área de D através das seguintes fórmulas

1
A= xdy = − ydx = xdy − ydx.
C C 2 C


Teorema de Green

Exemplo 19
x2 y2
Determine a área delimitada pela elipse a2 + b2 = 1.


Teorema de Green

Exemplo 19
x2 y2
Determine a área delimitada pela elipse a2 + b2 = 1.

Solução
Podemos parametrizar a elipse através das seguintes equações x = a cos(t),
y = b sin(t) com 0 ≤ t ≤ 2π.

1 1 2π
A= xdy − ydx = [a cos(t)b cos(t) + b sin(t)a sin(t)]dt
2 C 2 0
ab 2π
= dt = πab.
2 0


Teorema de Green

Exemplo 20
Calcule C y2 dx + 3xydy, onde C é a fronteira da região semianular D contida
no semiplano superior entre os círculos x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4.


Teorema de Green

Exemplo 20
Calcule C y2 dx + 3xydy, onde C é a fronteira da região semianular D contida
no semiplano superior entre os círculos x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4.

Solução
Utilizando o teorema de Green e convertendo a integral dupla para
coordenadas polares teremos

∂ ∂
y3 dx + 3xydy = (3xy) − (y2 ) dA =
C D ∂x ∂y
π 2
= ydA = r2 sin(θ)drdθ
D 0 1
π 2 14
= sin(θ)dθ r2 dr = .
0 1 3


Teorema de Green
Teorema de Green para regiões que não são simplesmente conexa
Considere a seguinte região D limitada pelas curvas fechadas C1
(externamente) e C2 (internamente), isto é, D é uma região com um buraco.

Podemos utilizar o teorema de Green e mostrar que a integral de linha ao
longo do caminho C = C1 C2 é dada por:
∂Q ∂P
− dA = Pdx + Qdy + Pdx + Qdy = Pdx + Qdy.
D ∂x ∂y C1 C2 C


Teorema de Green

Exemplo 21
Calcule C y3 dx − x3 dy, onde C é composta de dois círculos de raios 1 e 2
centrados na origem com orientação positiva.


Teorema de Green

Exemplo 21
Calcule C y3 dx − x3 dy, onde C é composta de dois círculos de raios 1 e 2
centrados na origem com orientação positiva.

Solução
Note que a região D é a região contida entre as circunferências de raios 1 e 2
assim

∂Q ∂P
y3 dx − x3 dy = − dA = −3 (x2 + y2 )dA
C D ∂x ∂y D
2π 2
2π 2 r4 45π
= −3 r3 drdθ = −3 θ =− .
0 1 0 4 1 2


Rotacional e divergente

Já vimos que podemos contruir um campo vetorial a partir de um campo
escalar aplicando o operador ∇ a um campo escalar f (∇f campo gradiente).
Agora veremos como obeter um campo vetorial a partir de outro campo
vetorial.
Rotacional
Se F = Pi + Qj + Rk é um campo vetorial em R3 , e as derivadas parciais de P,
Q e R existem, então o rotacional de F é o campo vetorial em R3 deﬁnido por

∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P
rot F = ∇ × F = − i+ − j+ − k.
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y



Rotacional
Se pensarmos em ∇ como um vetor de componentes ∂/∂x, ∂/∂y e ∂/∂z,
podemos também considerar o produto vetorial formal de ∇ pelo campo
vetorial F , como se segue:

i j k
∂ ∂ ∂
∇×F = ∂x ∂y ∂z
P Q R
∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P
= − i+ − j+ − k
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
= rot F.



Exemplo 22
Se F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k, determine o rotacional de F .



Exemplo 22
Se F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k, determine o rotacional de F .

Solução
Utilizando a deﬁnição temos que

i j k
∂ ∂ ∂
∇×F = ∂x ∂y ∂z
xz xyz −y2
∂(−y2 ) ∂(xyz) ∂(−y2 ) ∂(xz) ∂(xyz) ∂(xz)
= − i− − j+ − k
∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y
= −y(2 + x)i + xj + yzk.



Teorema 1
Se f é um campo escalar que tem derivadas parciais contínuas de segunda
ordem então,
rot (∇f ) = 0.

Já vimos que se um campo vetorial é conservativo, então F = ∇f . Assim
podemos enunciar o teorema acima da seguinte forma

Se F é conservativo, então rot F = 0.

A recíproca do teorema acima não é, em geral, verdadeira. Dizemos então que
a condição (F é conservativo) é nescessária (para que rot F = 0) porém
(rot F = 0) não é sufuciente (para que F seja conservativo).



Exemplo 23
Mostre que o campo vetorial F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k não é conservativo.



Exemplo 23
Mostre que o campo vetorial F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k não é conservativo.

Solução
Suponha que F seja conservativo. Então devemos ter que rot F = 0. Mas
como vimos no exemplo anterior
∇ × F = −y(2 + x)i + xj + yzk.
Logo F não pode ser conservativo.



O teorema a seguir nos dá uma condição suﬁciente para que um campo
vetorial F ∈ R3 seja conservativo.

Teorema 2
Se F for um campo vetorial deﬁnido sobre todo o R3 (domínio aberto e
simplesmente conexo) cujas componentes tenham derivadas parciais de
segunda ordem contínuas e rot F = 0, então F será um campo vetorial
conservativo.



Exemplo 24
Mostre que o campo vetorial F(x, y, z) = y2 z3 i + 2xyz3 j + 3xy2 z2 k é
conservativo e determine sua função potencial.



Exemplo 24
Mostre que o campo vetorial F(x, y, z) = y2 z3 i + 2xyz3 j + 3xy2 z2 k é
conservativo e determine sua função potencial.

Solução
Note que

i j k
∂ ∂ ∂
∇×F = ∂x ∂y ∂z
y2 z3 2xyz3 3xy2 z2
= (6xyz2 − 6xyz2 )i − (3y2 z2 − 3y2 z2 )j + (2yz3 − 2yz3 )k = 0.

Assim o campo é conservativo (note que o domínio de F é aberto e
simplesmente conexo).



Para determinar a função potencial basta integral (parcialmente) uma das
funções componetes e utilizar as demais para determinar as constantes de
integração. Assim
fx = y2 z3 =⇒ f (x, y, z) = y2 z3 dx = xy2 z3 + g(y, z).

Como fy = 2xyz3 obtemos que g(y, z) = h(z). Note ainda que fz = 3xy2 z2 ,
assim h(z) = c. Logo a função potencial é dada por

f (x, y, z) = xy2 z3 + c.
Um campo vetorial F com rotacional nulo é chamado de irrotacional.


Já vimos como obter um campo vetorial a partir de um campo escalar e de um
campo vetorial. Agora veremos como obter um campo escalar através de um
campo vetorial.

Divergente
Se F = Pi + Qj + Rk é um campo vetorial em R3 e existem ∂P/∂x, ∂Q/∂y e
∂R/∂z, então o divergente de F é o campo escalar dado por
∂P ∂Q ∂R
div F = ∇ · F = + + .
∂x ∂y ∂z
Novamente se pensarmos em ∇ como um vetor de componentes ∂/∂x, ∂/∂y e
∂/∂z, podemos reescrever o divergente como se segue:
∂ ∂ ∂
div F = ∇ · F = , , · P, Q, R .
∂x ∂y ∂z



Exemplo 25
Se F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k, encontre div F .



Exemplo 25
Se F(x, y, z) = xzi + xyzj − y2 k, encontre div F .

Solução
Pela deﬁnição temos que

∂(xz) ∂(xyz) ∂(−y2 )
div F = ∇ · F = + + = z + xz.
∂x ∂y ∂z



Exemplo 26
Mostre que o divergente do rotacional de um campo vetorial é igual ao vetor
nulo.



Exemplo 26
Mostre que o divergente do rotacional de um campo vetorial é igual ao vetor
nulo.

Solução
Seja F = Pi + Qj + Rk um campo vetorial, cujas funções componentes
apresentam derivadas de segunda ordem contínuas. Assim
∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P
G = rot F = − i+ − j+ − k.
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
Calculando o divergente do campo G temos que
div G = div rot F
∂ ∂R ∂Q ∂ ∂P ∂R ∂ ∂Q ∂P
= − + − + − .
∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y




div G = div rot F
∂2 R ∂2 Q ∂2 P ∂2 R ∂2 Q ∂2 P
= − + − + −
∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂y∂x ∂z∂x ∂z∂y
= 0.

uma vez que os termos se cancelam aos pares (teorema de Schwarz).



Laplaciano
Ainda podemos deﬁnir outro campo escalar ao aplicarmos o operador ∇ a um
campo gradiente ∇f . O resultado é o seguinte campo escalar

∂2 f ∂2 f ∂2 f
div(∇f ) = ∇ · (∇f ) = + + .
∂x2 ∂y2 ∂z2
Essa expressão aperecer com tanta frequencia de forma que vamos abreviá-la
como ∇2 f . Ao operador ∇2 chamamos de laplaciano. E se F = Pi + Qj + Rk é
um campo vetorial, podemos também aplicar ∇2 a F como

∇2 F = ∇2 Pi + ∇2 Qj + ∇2 Rk.


Exemplo 27
Aplique o operador laplaciano aos seguintes campos:
(a) f (x, y, z) = exyz ,
(b) F(x, y, z) = ex , exy , exyz .



Exemplo 27
Aplique o operador laplaciano aos seguintes campos:
(a) f (x, y, z) = exyz ,
(b) F(x, y, z) = ex , exy , exyz .

Solução
Note que ∇f = yzexyz , xzexyz , xyexyz , de forma que

∂(yzexyz ) ∂(xzexyz ) ∂(xyexyz )
∇2 f = + + = exyz [(yz)2 + (xz)2 + (xy)2 ].
∂x ∂y ∂z



No exemplo (b) note que P = ex , Q = exy e R = exyz . Assim

∇2 P = ∇2 ex = ex
∇2 Q = ∇2 exy = (x2 + y2 )exy
∇2 R = ∇2 exyz = [(yz)2 + (xz)2 + (xy)2 ]exyz .

Logo temos que

∇2 F = ex , (x2 + y2 )exy , [(yz)2 + (xz)2 + (xy)2 ]exyz .


Superfícies parametrizadas e suas áreas

Superfícies parametrizadas
Uma superfície parametrizada é uma função vetorial r(u, v) de dois
parâmetros u e v, que pode ser expressa da seguinte forma

r(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k.
Note que na equação acima o domínio de r é uma região do plano uv, e sua
imagem é um subconjunto do R3 , chamada de superfície parametrizada.



Exemplo 28
Identiﬁque e esboce a superfície com equação vetorial
r(u, v) = 2 cos(u)i + vj + 2 sin(u)k.


Exemplo 28
Identiﬁque e esboce a superfície com equação vetorial
r(u, v) = 2 cos(u)i + vj + 2 sin(u)k.
Solução
Da função acima temos que x(u, v) = 2 cos(u), y(u, v) = v e z(u, v) = 2 sin(u).
Note ainda que x2 + z2 = 4 para qualquer valor de u, e que y pode assumir
qualquer valor v. Assim a superfície resultante é um cilindro inﬁnito com exio
do cilindro sobre o eixo y.



Exemplo 29
Determine a função vetorial que representa um plano que passa pelo ponto P0
com vetor posição r0 e que contenha dois vetores não paralelos a e b.


Exemplo 29
Determine a função vetorial que representa um plano que passa pelo ponto P0
com vetor posição r0 e que contenha dois vetores não paralelos a e b.

Solução
−→
−
Seja P um ponto do plano em questão, então o vetor P0 P pode ser escrito
−→
−
como uma combinação dos vetores a e b, isto é, P0 P = ua + vb. Mas o vetor
−→ −→ −→
− −
OP = OP0 + P0 P, ou seja, r = r0 + ua + vb. Assim r(u, v) = r0 + ua + vb.



Exemplo 30
Determine uma representação paramétrica para uma esfera de raio a centrada
na origem.



Exemplo 30
Determine uma representação paramétrica para uma esfera de raio a centrada
na origem.

Solução
Devemos parametrizar x2 + y2 + z2 = a2 . Para tanto basta tomarmos
x = a sin(φ) cos(θ), y = a sin(φ) sin(θ) e z = a cos(φ). Assim a equação
vetorial resultante é

r(θ, φ) = a sin(φ) cos(θ)i + a sin(φ) sin(θ)j + a cos(φ)k,
com θ ∈ [0, 2π] e φ ∈ [0, π/2].



Exemplo 31
Determine uma função vetorial que represente o paraboloide elíptico
z = x2 + 2y2 .



Exemplo 31
Determine uma função vetorial que represente o paraboloide elíptico
z = x2 + 2y2 .

Solução
Neste caso podemos utilizar o fato de que z = f (x, y) e considerar a seguinte
parametrização x = x, y = y e z = x2 + 2y2 , de forma que

r(x, y) = xi + yj + (x2 + 2y2 )k.
De forma geral, para uma função do tipo z = f (x, y), temos a seguinte
parametrização r(x, y) = xi + yj + f (x, y)k, chamada de parametrização
natural.



Dada uma superfície parametrizada S, podemos perguntar pelo plano tangente
em um ponto (x0 , y0 , z0 ) pertencente à S. Quando tal plano existe para todo
ponto P ∈ S dizemos que S é diferenciável ou lisa.

Planos tangentes
Seja r(u, v) uma superfícies parametrizada. Seja ainda (u0 , v0 ) um ponto do
domínio de r. Note que as funções r(u, v0 ) e r(u0 , v) representam curvas
sobre S, chamadas de curvas coordenadas.



Planos tangentes
Os vetores tangentes às curvas coordenadas r(u, v0 ) e r(u0 , v) são dados por
ru e rv , respectivamente, isto é, tomando-se as derivadas parciais de r(u, v)
em relação a u e v. Assim o plano tangente à S em P0 = (x0 , y0 , z0 ), que
contem os vetores ru e rv , tem vetor normal dado por

N(P0 ) = ru × rv = ru (x0 , y0 , z0 ) × rv (x0 , y0 , z0 ).
Ou ainda
i j k
∂x ∂y ∂z
N(x0 , y0 , z0 ) = ∂u ∂u ∂u
.
∂x ∂y ∂z
∂v ∂v ∂v

Sejam então N = (a, b, c) e P0 = (x0 , y0 , z0 ), o plano tangente ﬁca
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0.



Exemplo 32
Determine a equação do plano tangente à superfície com equações
paramétricas x = u2 , y = v2 e z = u + 2v no ponto (1, 1, 3).



Exemplo 32
Determine a equação do plano tangente à superfície com equações
paramétricas x = u2 , y = v2 e z = u + 2v no ponto (1, 1, 3).

Solução
O vetor normal ao plano é dado por

i j k i j k
∂y
N(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) = ∂x
∂u ∂u
∂z
∂u
= 2u 0 1 = −2vi − 4uj + 4uvk.
∂x ∂y ∂z 0 v 2
∂v ∂v ∂v

O ponto (1, 1, 3) corresponde a u = v = 1. Assim N(1, 1, 3) = −2i − 4j + 4k,
de forma que o plano ﬁca
−2(x − 1) − 4(y − 1) + 4(z − 3) = 0.



Área de superfície
Seja (u0 , v0 ) um ponto do domínio D de r(u, v). Os pontos (u0 , v0 ),
(u0 + ∆u, v0 ), (u0 , v0 + ∆v) e (u0 + ∆u, v0 + ∆v) deﬁnem um retângulo no plano
uv com área ∆u∆v. A parametrização r(u, v) transforma esse retângulo
aproximadamente em um paralelogramo de área
∆S ≈ ru × rv ∆u∆v.

Deﬁnição
Dada uma superfície lisa S com parametrização r(u, v), a área de S é dada por

A(S) = dS = ru × rv dudv,
S D

onde dS = ru × rv dudv é chamado elemento de superfície.



Exemplo 33
Determine a área da esfera de raio a.



Exemplo 33
Determine a área da esfera de raio a.

Solução
A parametrização da esfera é
r(u, v) = a sin(φ) cos(θ)i + a sin(φ) sin(θ)j + a cos(φ)k. de forma que

i j k i j k
∂x ∂y ∂z
rφ × rθ = ∂φ ∂φ ∂φ = a cos(φ) cos(θ) a cos(φ) sin(θ) −a sin(φ)
∂x ∂y ∂z −a cos(φ) sin(θ) a sin(φ) cos(θ) 0
∂θ ∂θ ∂θ
= a sin (φ) cos(θ)i + a2 sin2 (φ) sin(θ)j + a2 sin(φ) cos(φ)k.
2 2

Assim rφ × rθ = a2 sin(φ).



Logo a área é dada por

2π π
A(S) = a2 sin(φ)dφdθ = a2 sin(φ)dφdθ
D 0 0
2π π
= a2 θ − cos(φ) = 4πa2 .
0 0



Exemplo 34
Determine a área lateral do cilindro x2 + y2 = a2 e altura h.



Exemplo 34
Determine a área lateral do cilindro x2 + y2 = a2 e altura h.

Solução
O cilindro pode ser parametrizado da seguinte forma
r(θ, z) = a cos(θ)i + a sin(θ)j + zk, com θ ∈ [0, 2π] e z ∈ [0, h] de forma que

i j k i j k
∂y
rθ × rz = ∂x
∂θ ∂θ
∂z
∂θ
= −a sin(θ) a cos(θ) 0
∂x ∂y ∂z 0 0 1
∂z ∂z ∂z
= a cos(θ)i + a sin(θ)j.

Assim temos que rθ × rz = a.




2π h
A(S) = adzdθ = a dzdθ = 2πah.
D 0 0



Exemplo 35
Determine a área de uma superfície dada por z = f (x, y).



Exemplo 35
Determine a área de uma superfície dada por z = f (x, y).

Solução
A parametrização neste caso é r(x, y) = xi + yi + f (x, y)k, de forma que

i j k i j k
∂x ∂y ∂z
rx × ry = ∂x ∂x ∂x = 1 0 fx
∂x ∂y ∂z
∂y ∂y ∂y
0 1 fy
= −fx i − fy j + k.

Assim temos que rx × ry = 1 + (fx )2 + (fy )2 .



2 2
∂f ∂f
A(S) = 1 + (fx )2 + (fy )2 dxdy = 1+ + dxdy.
D D ∂x ∂y

Note que a expressão acima é geral, isto é, dada uma superfície S do tipo
z = f (x, y), podemos aplicar a equação acima para determinar sua área.



Exemplo 36
Determine a área da parte do paraboloide z = x2 + y2 que está abaixo do
plano z = 9.



Exemplo 36
Determine a área da parte do paraboloide z = x2 + y2 que está abaixo do
plano z = 9.

Solução
Podemos utilizar o resultado do exemplo anterior, de forma que

2 2
∂f ∂f
A(S) = 1+ + dxdy = 1 + 4(x2 + y2 )dxdy
D ∂x ∂y D
2π 3 2π 37 π √
= 1 + 4r2 rdrdθ = u1/2 du = (37 37 − 1).
0 0 8 1 6


Integral de superfície

Definição
Seja f (x, y, z) um campo escalar definido em uma superfície parametrizada S,
definimos a integral de superfície de f sobre S como a seguinte integral

f (x, y, z)dS = f (r(u, v)) ru × rv dudv.
S D

Note a semelhança da integral de superfície definida acima com a integral de
linha de um campo escalar:
b
f (x, y, z)ds = f (r(t)) r (t) dt.
C a
No caso particular onde o campo escalar é o campo constante f (x, y, z) = 1,
pela definição temos então que

1dS = ru × rv dudv = A(S).
S D


Integrais de superfícies

Exemplo 37
2 dS,
Calcule a integral de superfície Sx onde S é a esfera unitária
x2 + y2 + z2 = 1.



Exemplo 37
2 dS,
Calcule a integral de superfície Sx onde S é a esfera unitária
x2 + y2 + z2 = 1.

Solução
Já vimos que o elemente dá área superﬁcial para uma esfera de raio a é
dS = a2 sin(φ)dφdθ. Assim a integral é dada por

x2 dS = sin2 (φ) cos2 (θ)[sin(φ)]dφdθ
S D
2π π
= sin3 (φ) cos2 (θ)dφdθ
0 0
π 1 2π 4π
=− [1 − cos2 (φ)]d[cos(φ)] [1 + cos(2θ)]dθ = .
0 2 0 3



Exemplo 38
Calcule S ydS, onde S é a superfície z = x + y2 , 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2.



Exemplo 38
Calcule S ydS, onde S é a superfície z = x + y2 , 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2.

Solução
Neste caso podemos utilizar a parametrização natural e reescrever a integral
de superfície como
2 2
∂f ∂f
f (x, y, z)dS = f (x, y, g(x, y)) 1 + + dxdy,
S D ∂x ∂y
onde z = g(x, y) é a equação da superfície.



Assim temos que

1 2
ydS = y 2 + 2y2 dxdy = y 2 + 2y2 dydx
S D 0 0
1 2 1 18 1 1 3
= dxy 2 + 4y2 dy = u 2 du = [u 2 ]18
2
0 0 4 2 6
√
1 √ √ 13 2
= [18 18 − 2 2] = .
6 3



União de superfícies lisas
Se S é uma superfície lisa por partes, ou seja, uma união ﬁnita de superfícies
lisas S1 , S2 , . . . , Sn , que se interceptam somente ao longo de suas fronteiras,
então a integral de superfície de f (x, y, z) sobre S é deﬁnida por

f (x, y, z)dS = f (x, y, z)dS + f (x, y, z)dS + · · · + f (x, y, z)dS.
S S1 S2 Sn



Exemplo 39
Calcule S zdS, onde S é a superfície cujo lado S1 é dado pelo cilindro
x2 + y2 = 1, cujo fundo S2 é o círculo x2 + y2 ≤ 1 no plano z = 0, e cujo topo S3
é a parte do plano z = 1 + x que está acima de S2 .



Exemplo 39
Calcule S zdS,
onde S é a superfície cujo lado S1 é dado pelo cilindro
x2 + y2 = 1, cujo fundo S2 é o círculo x2 + y2 ≤ 1 no plano z = 0, e cujo topo S3
é a parte do plano z = 1 + x que está acima de S2 .

Solução
A superfície desejada tem a seguinte forma



Sobre a superfície S2 onde x2 + y2 ≤ 1 temos que S2 zdS = S2 0dS = 0.
Sobre a S3 temos
√ √ 2π 1
zdS = (1 + x) 2dydx = 2 [1 + r cos(θ)]rdrdθ
S3 D 0 0
√ 2π √ θ sin(θ) 2π √
1 1
= 2 + cos(θ) dθ = 2 + = 2π.
0 2 3 2 3 0



Já vimos que o elemento de área lateral para um cilindro de raio a é
dS = adθdz, assim
2π 1+cos(θ)
zdS = zdθdz = zdzdθ
S1 D 0 0
1 2π
= [1 + 2 cos(θ) + cos2 (θ)]dθ
2 0
2π
1 1 sin(2θ)
= θ + sin(θ) + θ + = 2π.
2 2 2 0

Assim a integral de superfície procurada é

3π √
zdS = zdS + zdS + zdS = + 2π.
S S1 S2 S3 2


Superfícies orientadas
Dada uma parametrização r(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k de um
superfície S, deﬁnimos o vetor normal unitário em S como
ru × rv
n(u, v) = .
ru × rv
Se n estiver deﬁnido em todo ponto de S, dizemos que a superfície é
orientada. Dizemos ainda que S tem orientação positiva se o vetor normal
unitário aponta para fora de S, e negativa se aponta para dentro de S.



Fluxo de um campo vetorial
Seja V o campo de velocidade de uma fluido com densidade ρ. A massa dm
que atravessa o elemento de superfície dS, na direção do vetor unitário n, por
unidade de tempo, é dada por

dm = ρV · ndS.
Podemos definir a quantidade F = ρV como um campo vetorial. Assim o fluxo
de massa através da superfície S é dado por

m= ρV · ndS = F · ndS.
S S
Podemos utilizar o exemplo acima para definir o fluxo de um campo vetorial
através de uma superfície S.



Definição
Se F for um campo vetorial contínuo definido sobre uma superfície orientada S
com vetor unitário n, então a integral de superfície (fluxo) de F sobre S é

Fluxo de F = F · ndS = F · dS.
S S

Note que se r(u, v) é uma parametrização de uma superfície S, então
podemos reescrever a expessão acima notando que n(u, v) = ru ×rv e que
r ×r u v
dS = ru × rv dudv. Assim

F · ndS = F · (ru × rv )dudv.
S D



Exemplo 40
Determine o ﬂuxo do campo vetorial F(x, y, z) = zi + yj + xk através da esfera
unitária x2 + y2 + z2 = 1.



Exemplo 40

Solução
Dada a parametrização r(φ, θ) = sin(φ) cos(θ)i + sin(φ) sin(θ)j + cos(φ)k,
temos que rφ × rθ = sin2 (φ) cos(θ)i + sin2 (φ) sin(θ)j + sin(φ) cos(φ)k. Note
ainda que
F(r(φ, θ)) = cos(φ)i + sin(φ) sin(θ)j + sin(φ) cos(θ)k.
De forma que
F · (rφ × rθ ) = sin2 (φ) cos(φ) cos(θ) + sin3 (φ) sin2 (θ) + sin2 (φ) cos(φ) cos(θ)
= 2 sin2 (φ) cos(φ) cos(θ) + sin3 (φ) sin2 (θ).



Assim o ﬂuxo é dado por

2π π
F · (rφ × rθ )dφdθ = [2 sin2 (φ) cos(φ) cos(θ) + sin3 (φ) sin2 (θ)]dφdθ
D 0 0
2π π
= sin3 (φ) sin2 (θ)dφdθ
0 0
2π π
= sin2 (θ)dθ sin3 (φ)dφ
0 0
4π
= .
3



Exemplo 41
Determine o ﬂuxo do campo vetorial F(x, y, z) = Pi + Qj + Rk através de uma
superfície dada por z = g(x, y).



Exemplo 41
Determine o ﬂuxo do campo vetorial F(x, y, z) = Pi + Qj + Rk através de uma
superfície dada por z = g(x, y).

Solução
Note que rx × ry = −gx i − gy j + k, de forma que

F · (rx × ry ) = −Pgx − Qgy + R.
Assim o ﬂuxo do campo vetorial é dado por

∂g ∂g
F · dS = −P − Q + R dxdy.
S D ∂x ∂y



Exemplo 42
Calcule S F · dS, onde F(x, y, z) = yi + xj + zk e S é a fronteira da região
sólida E delimitada pelo paraboloide z = 1 − x2 − y2 e pelo plano z = 0.


Exemplo 42
Calcule S F · dS, onde F(x, y, z) = yi + xj + zk e S é a fronteira da região
sólida E delimitada pelo paraboloide z = 1 − x2 − y2 e pelo plano z = 0.

Solução
A superfície (fechada) tem a seguinte forma:



Sobre a superfície S2 o vetor n = −k, de forma que F · (−k) = −z. Mas sobre
o plano xy temos que z = 0, assim S2 F · dS = 0. Sobre S1 temos que

∂g ∂g
F · dS = −P − Q + R dxdy = [1 − x2 − y2 + 4xy]dxdy
S1 D ∂x ∂y D
2π 1
= [1 − r2 + 4r2 cos(θ) sin(θ)]rdrdθ
0 0
π 2π π
= π− + cos(θ) sin(θ)dθ = .
2 0 2

Assim S F · dS = S1 F · d S + S2 F · d S = π.
2


O teorema do divergente

Já vimos que no cálculo de certas integrais de linha sobre um caminho
fechado, podemos converter a integral de linha em uma integral dupla
(Teorema de Green). Veremos agora sobre que condições poderemos
converter uma integral de superfície em uma integral tripla.

Teorema do divergente ou de Gauss
Seja E uma região sólida simples e seja S a superfície fronteira de E, orientada
positivamente (para fora). Seja F um campo vetorial cujas funções
componentes tenham derivadas parciais contínuas em uma região aberta que
contenha E. Então

F · ndS = div FdV.
S E



Exemplo 43



Exemplo 43

Solução
Como a superfície em questão é fechada, uma esfera unitária, podemos
aplicar o Teorema de Guass. Note que ∇ · F = 1. Assim

4π
F · ndS = div FdV = dV = V(E) = .
S E E 3



Exemplo 44
2
Calcule S F · ndS, onde F(x, y, z) = xyi + (y2 + exz )j + sin(xy)k e S é a
superfície fechada limitada pelo cinlindro parabólico z = 1 − x2 e pelos planos
z = 0, y = 0 e y + z = 2.



Exemplo 44
2
Calcule S F · ndS, onde F(x, y, z) = xyi + (y2 + exz )j + sin(xy)k e S é a
superfície fechada limitada pelo cinlindro parabólico z = 1 − x2 e pelos planos
z = 0, y = 0 e y + z = 2.

Solução
Note que ∇ · F = 3y, assim
1 1−x2 2−z
F · dS = 3ydV = 3 ydydzdx
S E −1 0 0
2
(2 − z)3 1−x
2
3 1 1−x 3 1
= (2 − z)2 dzdx = − dx
2 −1 0 2 −1 3 0
−1 1 2 −1 1 6 184
= [(x + 1)3 − 8]dx = (x + 3x4 + 3x2 − 7)dx = .
2 −1 2 −1 35



Exemplo 45
Determine o ﬂuxo do campo vetorial F(x, y, z) = zi + xj + yk através do cilindro
x2 + y2 = 1, limitado pelos planos z = 0 e z = 1.


Exemplo 45
Determine o ﬂuxo do campo vetorial F(x, y, z) = zi + xj + yk através do cilindro
x2 + y2 = 1, limitado pelos planos z = 0 e z = 1.

Solução
Note que ∇ · F = 0, de forma que o ﬂuxo de F através do cilindro é dado por

F · ndS = div FdV = 0dV = 0.
S E E


O teorema de Stokes
Veremos agora uma generalização do teorema de Green.

Curva fronteira de uma superfície orientada
Seja S uma superfície orientada positivamente. Uma curva C que delimita as
bordas de S é chamada de curva fronteira. A curva fronteira tem orientação
positiva se ao deslizarmos o dedo indicador a longo de C, o polegar apontar
na mesma direção do vetor n de S. Do contrário, C tem oritentação negativa.


O teorema de Stokes

Teorema de Stokes
Seja S uma superfície orientada, lisa por partes, cuja fronteira é formada por
uma curva C fechada, simples, lisa por partes, com orientação positiva. Seja F
um campo vetorial cujas componentes têm derivadas parciais contínuas em
uma região aberta do R3 que contém S. Então

F · dr = rot F · dS.
C S

∂Q
Note que se F = Pi + Qj, então rot F = ∂x − ∂P k, e que dS = kdxdy. Assim
∂y

∂Q ∂P
Pdx + Qdy = − dxdy,
C D ∂x ∂y
que é o teorema de Green.


O teorema de Stokes

Exemplo 46
Calcule C F · dr, onde F(x, y, z) = −y2 i + xj + z2 k e C é a curva da
intersecção do plano y + z = 2 com o cilindro x2 + y2 = 1.

Ver ﬁgura


O teorema de Stokes

Exemplo 46
Calcule C F · dr, onde F(x, y, z) = −y2 i + xj + z2 k e C é a curva da
intersecção do plano y + z = 2 com o cilindro x2 + y2 = 1.

Solução
Note que
i j k
∂ ∂ ∂
∇×F = ∂x ∂y ∂z = (1 + 2y)k.
−y2 x z2
Assim
F · dr = rot F · dS = (1 + 2y)dxdy
C S D
2π 1 2π 1 2
= [1 + 2r sin(θ)]rdrdθ = + sin(θ) dθ = π.
0 0 0 2 3


O teorema de Stokes
Exemplo 47
Use o teorema de Stokes para calcular S rot F · dS, onde
F(x, y, z) = xzi + yzj + xyk e S é a parte da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está
dentro do cilindro x2 + y2 = 1 e acima do plano xy.

Ver ﬁgura


O teorema de Stokes

Exemplo 47
Use o teorema de Stokes para calcular S rot F · dS, onde
F(x, y, z) = xzi + yzj + xyk e S é a parte da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está
dentro do cilindro x2 + y2 = 1 e acima do plano xy.

Solução
A curva fronteira C é obtida pela intersecção de x2 + y2 + z2 √ 4 com
=
x2 + y2 = 1, isto é, uma circunferência unitária no plano z = 3. Assim temos
√
que r(t) =√cos(t)i + sin(t)j + 3k. Logo r (t) = − sin(t)i + cos(t)j e
√
F(r(t)) = 3 cos(t)i + 3 sin(t)j + cos(t) sin(t)k. De forma que

rot F · dS = F · dr
S C
2π √ √
= [− 3 cos(t) sin(t) + 3 cos(t) sin(t)]dt = 0.
0


O teorema de Stokes
Exemplo 48
Use o teorema de Stokes para calcular C F · dr, onde
F(x, y, z) = z2 i + y2 j + xk e C é o triangulo com vérteces (1, 0, 0), (0, 1, 0) e
(0, 0, 1) no sentido antihorário.
Ver ﬁgura


O teorema de Stokes

Exemplo 48
Use o teorema de Stokes para calcular C F · dr, onde
F(x, y, z) = z2 i + y2 j + xk e C é o triangulo com vérteces (1, 0, 0), (0, 1, 0) e
(0, 0, 1) no sentido antihorário.

Solução
Note que o plano que liga os vértices do triangulo é dada por z = 1 − x − y.
Assim
i j k
∂ ∂ ∂
∇×F = ∂x ∂y ∂z = (2z − 1)j.
z2 y2 x


O teorema de Stokes

Note ainda que G = ∇ × F = (2z − 1)j, assim
F · dr = rot F · dS
C S
∂g ∂g
= G · dS = −P − Q + R dxdy
S D ∂x ∂y
1 1−x
= (2z − 1)dxdy = (1 − 2x − 2y)dydx
S 0 0
1 1
= (x2 − x)dx = − .
0 6


Cálculo vetorial

Campo vetorial F(x, y) = −yi + xj

Voltar


Cálculo vetorial

Campo vetorial ∇f (x, y) = 2xi + 2yj

Voltar


Integrais de linha

Semicírculo unitário x2 + y2 = 1

Voltar


Integrais de linha

Caminho C como a união de C1 e C2

Voltar


Integrais de linha

Hélice x = cos(t), y = sin(t) e z = t

Voltar


Integrais de linha

Campo vetorial F(x, y, z) = x2 i − xyj

Voltar


Integrais de linha

Caminhos de integração C1 e C2

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