1 Integrais de superfície

1.1 Parametrização de uma superfície regular

Seja −→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3 uma função vectorial de variável vectorialdefinida num conjunto conexo D,

−→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3(u, v) 7−→ −→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) .

Designemos por S o contradomínio da função −→r ; trata-se de um subconjuntode R3. O subconjunto S ⊂ R3 diz-se uma porção de superfície regular se afunção sua ”geradora” −→r : D ⊆ R2 −→ R3 for diferenciável e verificar

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

6= −→0 .

Esta última condição, designada por condição de regularidade, tambémse pode traduzir por

rank

⎡⎢⎢⎢⎣∂r1∂u

∂r3∂u

∂r3∂u

∂r1∂v

∂r3∂v

∂r3∂v

⎤⎥⎥⎥⎦ = 2,em todos os pontos (u, v) do conjunto D, isto é, a matriz das derivadas parciaisde 1a ordem tem característica máxima. Esta condição, conjuntamente com adiferenciabilidade da função −→r , traduz a não existência na superfície de arestasou de pontos angulosos.A função −→r : D ⊆ R2 −→ R3 diz-se uma parametrização da superfície S

sendo u e v os parâmetros. A parametrização −→r pode ser escrita como

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = r1(u, v)y = r2(u, v)z = r3(u, v)

, para (u, v) ∈ D.

As equações x = r1(u, v), y = r2(u, v) e z = r3(u, v), para (u, v) ∈ D, diem-seas equações paramétricas da superfície S.Dado um ponto P0 (x0, y0, z0) pertencente superfície S, temos a garantia de

existir um par (u0, v0) ∈ D tal que

x0 = r1 (u0, v0) , y0 = r2 (u0, v0) e z0 = r3 (u0, v0) .

Como tal, também é usual escrever a parametrização como

−→r : D ⊆ R2 −→ S ⊂ R3(u, v) 7−→ −→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v))

= (x (u, v) , y (u, v) , z (u, v))

1

ou seja,

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = x(u, v)y = y(u, v)z = z(u, v)

, para (u, v) ∈ D.

Ao ponto P0 (x0, y0, z0) está associado, de modo único, um vector do seguintemodo: −−→

OP0 = P0 −O = (x0, y0, z0) =−→r (u0, v0)

Este vector−−→OP0 = (x0, y0, z0), também denotado por −→r , diz-se o vector de

posição do ponto P0 (x0, y0, z0) .

Se uma superfície S é definida em coordenadas rectangulares por z = f(x, y),torna-se evidente uma parametrização em que a escolha dos parâmetros recaisobre as coordenadas rectangulares x e y,

−→r (x, y) ≡

⎧⎨⎩ x = xy = yz = f(x, y)

para (x, y) ∈ Dxy,

em que o subconjunto Dxy de R2 é a projecção de S sobre o xy−plano. Analoga-mente, se y = g(x, z) tomamos a parametrização

−→r (x, z) ≡

⎧⎨⎩ x = xy = g(x, z)z = z

para (x, z) ∈ Dxz

onde Dxz ⊆ R2 corresponde à projecção sobre o xy − plano e, se x = h(y, z)consideramos

−→r (y, z) ≡

⎧⎨⎩ x = h(y, z)y = yz = z

para (y, z) ∈ Dyz,

onde Dyz, ⊆ R2 corresponde à projecção sobre o yz − plano.

Exercise 1 Apresente uma parametrização da superfície S definida por x +2y + 3z = 4.

Solution 2 Trata-se do plano de equação x + 2y + 3z = 4. Dado que x =4− 2y − 3z podemos considerar

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = 4− 2u− 3vy = uz = v

, para (u, v) ∈ R2,

como uma parametrização da superfície S, onde x e y são os parâmetros. Tam-bém podemos considerar como parametrizações de S as funções vectoriais

−→r (u, v) ≡

⎧⎪⎨⎪⎩x = u

y =4− u− 3v

2z = v

, para (u, v) ∈ R2,

2

(de parâmetros x e z) e

−→r (u, v) ≡

⎧⎪⎨⎪⎩x = uy = v

z =4− u− 2v

3

, para (u, v) ∈ R2

onde x e y são os parâmetros. Outra parametrização surge naturalmente daequação vectorial de um plano. Atendendo aos vectores directores do plano, osquais podem ser facilmente obtidos a partir de três pontos do plano que nãosejam colineares, é possível obter a equação vectorial do plano. De facto, con-sideremos os seguintes pontos do plano x+ 2y + 3z = 4

A (−1, 1, 1) , B (3,−1, 1) e C (−3, 1, 2)

a que correspondem os vectores directores do plano

−−→AB = B −A = (4,−2, 0) e

−→AC = C −A = (−2, 0, 1) .

O plano x+ 2y + 3z = 4 tem então por equação vectorial

(x, y, z) = A+ u−−→AB + v

−→AC, onde u, v ∈ R,

ou seja

(x, y, z) = (−1, 1, 1) + u (4,−2, 0) + v (−2, 0, 1) , onde u, v ∈ R.

Torna-se então imediato obter as equações paramétricas,

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = −1 + 4u− 2vy = 1− 2uz = 1 + v

, para (u, v) ∈ R2.

Exercise 3 Apresente uma parametrização da superfície esférica de centro naorigem e de raio 4.

Solution 4 Trata-se da superfície S definida pela condição x2 + y2 + z2 = 16.Com base no conhecimento das coordenadas esféricas é imediato considerar paraesta superfície a parametrização

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x = 4 cos θ sinϕy = 4 sin θ sinϕz = 4 cosϕ

, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .

Exercise 5 Considere a superfície S caracterizada em coordenadas rectangu-lares por

x2 + y2 + z2 = 16 ∧ z ≥ 0.Apresente duas parametrizações distintas desta superfície S.

3

Solution 6 Trata-se da ”metade superior” (hemisfério superior) da superfícieesférica de centro O (0, 0, 0) e raio 4. Podemos considerar para S a parametriza-ção

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x = 4 cos θ sinϕy = 4 sin θ sinϕz = 4 cosϕ

, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈h0,π

2

i,

baseada em coordenadas esféricas, ou a parametrização

−→r (x, y) ≡

⎧⎨⎩x = xy = y

z =p16− x2 − y2

, para x ∈ [−3, 3] , y ∈ [−3, 3] ,

onde x e y são os parâmetros.

Exercise 7 Considere a superfície S caracterizada em coordenadas rectangu-lares por

x2 + y2 + z2 = 16 ∧ y < 0.

Apresente duas parametrizações distintas desta superfície S.

Solution 8 Trata-se da ”metade lateral esquerda” da superfície esférica de cen-tro O (0, 0, 0) e raio 4. Podemos considerar para S a parametrização

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x = 4 cos θ sinϕy = 4 sin θ sinϕz = 4cosϕ

, para θ ∈ (π, 2π), ϕ ∈ (0, π) ,

baseada em coordenadas esféricas, ou a parametrização

−→r (x, z) ≡

⎧⎨⎩x = x

y = −√16− x2 − z2

z = z, para x ∈ (−3, 3) , y ∈ [−3, 0),

onde x e z são os parâmetros.

Considere a parametrização

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = r1(u, v)y = r2(u, v)z = r3(u, v)

, para (u, v) ∈ D,

para uma dada superfície S. Por eliminação dos parâmetros u e v na parame-trização −→r (u, v), obtemos a equação da superfície em coordenadas rectangularesna forma implícita

ψ (x, y, z) = 0.

A partir desta última podemos obter, nalguns casos, uma das formas explícitasz = f(x, y), y = g(x, z) ou x = h(y, z).

4

Example 9 Determine em coordenadas rectangulares a equação que define asuperfície S definida parametricamente por

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩x = uy = v

z =√u2 + v2

, para (u, v) ∈ D,

sendo D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1

ª.

Solution 10 Conforme se constacta por eliminação dos parâmetros u e v afunção −→r (u, v) parametriza o semi-cone de equação

z =px2 + y2, para x2 + y2 ≤ 1

equivalente az2 = x2 + y2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1.

Note que z =√u2 + v2 ≤ 1 é consequência de u2 + v2 ≤ 1. O domínio D

corresponde à projecção Dxy da superfície cónica z2 = x2+ y2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1 noxy-plano.

Exercise 11 Determine em coordenadas rectangulares a equação que define asuperfície S definida parametricamente por

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = u cos vy = u sin vz = u

, para (u, v) ∈ D,

onde D =©(u, v) ∈ R2 | 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v < 2π

ª.

Solution 12 Temos

x2 + y2 = u2 cos2 v + u2 sin2 v = u2¡cos2 v + sin2 v

¢= u2 = z2,

pelo que −→r parametriza o cone de equação x2 + y2 = z2. Dado que 0 ≤ u ≤ 1,a superfície S é o cone definido por

x2 + y2 = z2 ∧ 0 ≤ z ≤ 1.

Exercise 13 Determine em coordenadas rectangulares a condição que define asuperfície S definida parametricamente por

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = u cos vy = u sin vz = u2

, para (u, v) ∈ D

para D =©(u, v) ∈ R2 | 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v < 2π

ª.

5

Solution 14 Temos

x2 + y2 = u2 cos2 v + u2 sin2 v = u2¡cos2 v + sin2 v

¢= u2 = z,

pelo que −→r parametriza uma porção do parabolóide de equação z = x2 + y2.Dado que 0 ≤ u ≤ 1, a superfície S é a porção de parabolóide definida por

z = x2 + y2 ∧ z ≤ 1.

Note que S também pode ser parametrizada por

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = uy = vz = u2 + v2

, para (u, v) ∈ D

onde D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1

ª, o círculo de centro (0, 0) e raio 1.

Remark 15 Considere a curva C parametrizada por

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x = f(t)y = 0z = g(t)

, para a ≤ t ≤ b.

Suponha que esta curva efectua uma rotação de 2π radianos em torno do z−eixo.Cada um dos seus pontos descreve uma circunferência. Obtem-se deste modo,a partir da curva C, uma superfície de revolução S que pode ser parametrizadapor

−→R(t, v) ≡

⎧⎨⎩ x = f(t) cos vy = f(t) sin vz = g(t)

, para a ≤ t ≤ b, 0 ≤ v < 2π.

1.2 Orientação de uma superfície regular

Designam-se por curvas (ou linhas) coordenadas da superfície S as curvassobre a superfície regular S que correspondem a valores constantes dos parâmet-ros u ou v. Dado um ponto P0 (x0, y0, z0) da superfície, obtido com os valores(u0, v0) dos parâmetros, as curvas coordenadas que passam por P0 são definidaspelas parametrizações

−→r (u) = −→r (u, v0) e −→r (v) = −→r (u0, v).

O vector µ∂−→r∂u

¶P0

é tangente à curva coordenada parametrizada por −→r (u) = −→r (u, v0) e o vectorµ∂−→r∂v

¶P0

6

é tangente à curva coordenada parametrizada por −→r (v) = −→r (u0, v). Dada acondição de regularidade da superfície estes dois vectores não são colineares daíque se possa considerar o plano por eles definido, a saber, de equação vectorial

(x, y, z) = P0 + α

µ∂−→r∂u

¶P0

+ β

µ∂−→r∂v

¶P0

, para α, β ∈ R,

que se designa por plano tangente à superfície regular S no ponto P0. Estadesignação deve-se obviamente a ser um plano que tem por vectores diretoresos vectores tangentes às curvas coordenadas que passam por P0.Tomando o produto vectorial (ou externo)

−→N0 =

µ∂−→r∂u

¶P0

×µ∂−→r∂v

¶P0

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

−→e1 −→e2 −→e3µ∂r1∂u

¶P0

µ∂r3∂u

¶P0

µ∂r3∂u

¶P0µ

∂r1∂v

¶P0

µ∂r3∂v

¶P0

µ∂r3∂v

¶P0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦obtemos um vector que é perpendicular aos dois vectores

µ∂−→r∂u

¶P0

eµ∂−→r∂v

¶P0

e, por isso, é perpendicular (ou normal) ao plano que tem estes dois vectorescomo vectores directores, o plano tangente à superfície S no ponto P0. Vistoque o plano tangente a uma superfície num dado ponto P0 é uma ”boa aproxi-mação” da superfície numa certa vizinhança desse P0, o vector

−→N0 é um vector

perpendicular à superfície S em P0 e diz-se o vector normal à superfície S.Os vectores unitários (de norma 1) definidos pelo versor de

−→N0 são

−→n0 = vers³−→N0

´=

−→N0−→N0

=

⎛⎝∂−→r∂u

⎞⎠P0

×

⎛⎝∂−→r∂v

⎞⎠P0⎛⎝∂−→r

∂u

⎞⎠P0

×

⎛⎝∂−→r∂v

⎞⎠P0

e

−−→n0 = −vers³−→N0

´= −

−→N0−→N0

= −

⎛⎝∂−→r∂u

⎞⎠P0

×

⎛⎝∂−→r∂v

⎞⎠P0⎛⎝∂−→r

∂u

⎞⎠P0

×

⎛⎝∂−→r∂v

⎞⎠P0

.

Estes vectores unitários têm obviamente sentidos opostos, embora ambos ten-ham a mesma direcção que o vector

−→N0, e dizem-se os vectores normais

unitários à superfície S no ponto P0.Uma superfície S diz-se orientável se em cada ponto P0 (x0, y0, z0) existe,

é único, é não-nulo e é contínuo o produto vectorialµ∂−→r∂u

¶P0

×µ∂−→r∂v

¶P0

.

7

Orientar uma superfície é escolher um dos vectores −→n0 ou −−→n0 como vectornormal unitário à superfície no ponto P0.

Remark 16 Obviamente nem todas as superfícies são orientáveis. A banda deMöbius é um exemplo clássico e pode ser construído muito facilmente a partirde uma tira que sofre meia torção antes de unir as suas extremidades (isto é,num rectângulo [ABABA] unir A com A e B com B).Em pontos muito próxi-mos mas separados pela linha AB, os vectores normais unitários apontam parasentidos opostos, o que não pode acontecer em superfícies orientáveis. Comoparametrização da banda de Möbius temos

−→r (u, v) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩x = (a+ v sin

u

2) cosu

y = (a+ v sinu

2) sinu

z = v cosu

2

, para u ∈ [0, 2π] , v ∈ [−h, h]

sendo 0 ≤ h ≤ a.

Exercise 17 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normalunitário à superfície S definida por x+ 2y + 3z = 4, orientada para cima.

Solution 18 Dada a parametrização −→r (u, v) = (4− 2u− 3v, u, v), para (u, v) ∈R2, apresentada no Exercício 1, temos

∂−→r∂u

= (−2, 1, 0) e∂−→r∂u

= (−3, 0, 1) .

Como tal, a expressão geral do vector normal a S é

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂r1∂u

∂r3∂u

∂r3∂u

∂r1∂v

∂r3∂v

∂r3∂v

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e3−2 1 0−3 0 1

⎤⎦

= −→e1 − (−3−→e3 − 2−→e2) = −→e1 + 3−→e3 + 2−→e2 = (1, 2, 3) .

Dado que a superfície S é orientada para cima, consideramos este vector e nãoo seu simétrico −−→N . A expressão geral do vector normal unitário a S é

−→n =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v

°°°° =(1, 2, 3)

k(1, 2, 3)k =(1, 2, 3)√12 + 22 + 32

=(1, 2, 3)√14

=

µ1√14

,2√14

,3√14

¶.

8

Exercise 19 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normalunitários à superfície S definida por x2 + y2 + z2 = 9, orientada para fora.

Solution 20 Trata-se de uma superfície esférica de centro na origem e raio 3.Atendendo às coordenadas esféricas, a superfície S pode ser parametrizada por

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x = 3 cos θ sinϕy = 3 sin θ sinϕz = 3 cosϕ

, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .

Temos∂−→r∂θ

= (−3 sin θ sinϕ, 3 cos θ sinϕ, 0)e

∂−→r∂ϕ

= (3 cos θ cosϕ, 3 sin θ cosϕ,−3 sinϕ) .

Como tal, a expressão geral do vector normal é

−→N =

∂−→r∂θ

× ∂−→r∂ϕ

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂r1∂θ

∂r3∂θ

∂r3∂θ

∂r1∂ϕ

∂r3∂ϕ

∂r3∂ϕ

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

= det

⎡⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3

−3 sin θ sinϕ 3 cos θ sinϕ 0

3 cos θ cosϕ 3 sin θ cosϕ −3 sinϕ

⎤⎥⎥⎦= (3 cos θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e1 + (−3 sin θ sinϕ) (3 sin θ cosϕ)−→e3− [(3 cos θ sinϕ) (3 cos θ cosϕ)−→e3 + (−3 sin θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e2 ]

=¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 + ¡−9 sin2 θ sinϕ cosϕ¢−→e3−¡9 cos2 θ sinϕ cosϕ

¢−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 − £9 sinϕ cosϕ ¡sin2 θ + cos2 θ¢¤−→e3−¡9 sin θ sin2 ϕ

¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 − (9 sinϕ cosϕ)−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ

¢Para que a superfície tenha orientação para fora há que considerar o vector nor-mal −−→N =

¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢, que "aponta para cima"

9

no hemisfério superior, onde ϕ ∈ [0, π/2[ e "para baixo" no hemisfério inferior,onde ϕ ∈ ]π/2, π]. A expressão geral do vector normal unitário é então

−→n =

−→N°°°−→N°°° =

¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢°°¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ¢°°=

¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢q¡9 cos θ sin2 ϕ

¢2+¡9 sin θ sin2 ϕ

¢2+ (9 sinϕ cosϕ)

2

=

¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢p81 cos2 θ sin4 ϕ+ 81 sin2 θ sin4 ϕ+ 81 sin2 ϕ cos2 ϕ

=

¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢q81£sin4 ϕ

¡cos2 θ + sin2 θ

¢+ sin2 ϕ cos2 ϕ

¤=

9¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢9psin4 ϕ+ sin2 ϕ cos2 ϕ

=

¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢qsin2 ϕ

¡sin2 ϕ+ cos2 ϕ

¢=

¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢psin2 ϕ

.

Dado que sinϕ ≥ 0 (pois ϕ ∈ [0, π]) obtemos

−→n =

¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢|sinϕ|

=

¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢sinϕ

=

µcos θ sin2 ϕ

sinϕ,sin θ sin2 ϕ

sinϕ,sinϕ cosϕ

sinϕ

¶= (cos θ sinϕ, sin θ sinϕ, cosϕ) .

Exercise 21 Determine a expressão geral do vector normal e do vector normalunitários à superfície S definida por z = 9− x2 − y2, orientada para dentro.

Solution 22 Trata-se do parabolóide de equação z = 9 − x2 − y2. Uma para-metrização de S é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = uy(u, v) = vz(u, v) = 9− u2 − v2

para (u, v) ∈ D,

10

em que D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = 9

ª(dado que a intersecção de z = 9−x2−

y2 com z = 0 é a circunferência de equação x2 + y2 = 9). Assim, a expressãogeral do vector normal é

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0,−2u)× (0, 1,−2v) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 −2u0 1 −2v

⎤⎦= −→e3 − (−2u−→e1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .

Dado que se pretende a superfície S orientada para fora, há que considerar ovector simétrico −−→N = (−2u,−2v,−1) que "aponta para baixo". A expressãogeral do vector normal unitário é

−→n =−→N°°°−→N°°° = (−2u,−2v,−1)q

(−2u)2 + (−2v)2 + (−1)2=

(2u, 2v, 1)p4 (u2 + v2) + 1

.

Atendendo a que (u, v) ∈ D a expressão geral do vector normal unitário podeser simplificada para

−→n = (2u, 2v, 1)p4 (u2 + v2) + 1

=(2u, 2v, 1)√4R2 + 1

=

µ2u√

4R2 + 1,

2v√4R2 + 1

,1√

4R2 + 1

¶.

1.3 Área de uma superfície regular

Seja S uma superfície regular ou seccionalmente regular parametrizada por−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) para (u, v) ∈ D ⊂ R2. Define-se a áreade superfície A de S como sendo o integral de superfície

A =RSdS =

ZZD

°°°−→N°°° dudv = ZZD

°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v

°°°° dudv .

Designa-se dS =°°°−→N°°° dudv por elemento de área (ou área elementar) rel-

ativo aos parâmetros u e v.

Exercise 23 Calcule a área da superfície S definida por z = x2+y2 com z ≤ 1.

Solution 24 A superfície S é uma porção do parabolóide de equação z = x2 +y2. Uma parametrização de S é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = uy = vz = u2 + v2

, para (u, v) ∈ D

onde D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 ≤ 1

ª, o círculo de centro (0, 0) e raio 1. Temos

∂−→r∂u

= (1, 0, 2u) e∂−→r∂v

= (0, 1, 2v) .

11

Como tal, o vector normal é dado por

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂r1∂u

∂r3∂u

∂r3∂u

∂r1∂v

∂r3∂v

∂r3∂v

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 2u0 1 2v

⎤⎦

= −→e3 − (2v−→e2 + 2u−→e1) = −→e3 − 2v−→e2 − 2u−→e1 = (−2u,−2v, 1) .

A área de superfície pedida é

A =

ZS

dS =

ZZD

°°°−→N°°° dudv = ZZD

k(−2u,−2v, 1)k dudv

=

ZZD

q(−2u)2 + (−2v)2 + 12dudv =

ZZD

p4u2 + 4v2 + 1dudv.

Atendendo a que D é o círculo de centro na origem e raio 1, usamos coordenadaspolares (x = ρ cos θ e y = ρ sin θ, em que o Jacobiano é ρ) no cálculo do integralduplo. Assim,

A =

ZZD

p4u2 + 4v2 + 1dudv

=

Z 2π

0

µZ 1

0

q4 (ρ cos θ)2 + 4 (ρ sin θ)2 + 1ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

µZ 1

0

q4ρ2

¡cos2 θ + sin2 θ

¢+ 1ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

µZ 1

0

p4ρ2 + 1ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

µ1

8

Z 1

0

¡4ρ2 + 1

¢1/2(8ρ) dρ

¶dθ =

1

8

Z 2π

0

"¡4ρ2 + 1

¢3/23/2

#ρ=1ρ=0

dθ

=1

8

Z 2π

0

2

3

³53/2 − 1

´dθ =

1

8

2

3

³√53 − 1

´Z 2π

0

dθ

=1

12

³5√5− 1

´[θ]

θ=2πθ=0 =

5√5− 112

2π =

¡5√5− 1

¢π

6.

1.4 Fluxo de um campo de vectores

O fluxo de um campo de forças−→F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z))

através de uma superfície regular S é dado pelo integral de superfícieZS

−→F (x, y, z) |−→n d

−→S ,

12

em que −→n é a expressão geral do vector normal à superfície e d−→S é o vector

elemento de área. Dada uma parametrização de S,−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) , para (u, v) ∈ D ⊂ R2,

o módulo de d−→S é igual ao elemento de área dS, tal como definido na secção

anterior (dS =°°°−→N°°° dudv), e o seu versor é o do vector normal à superfície, ou

seja, d−→S = ±−→n dS. Como o elemento de área dS é igual a

°°°−→N°°° dudv temosd−→S = ±−→n dS = ±

−→N°°°−→N°°°dS = ±

−→N°°°−→N°°°

°°°−→N°°° dudv = ±−→Ndudv = ±∂−→r∂u×∂−→r

∂vdudv.

Como tal, o integral de superfície corresponde ao integral duplo

RS

−→F |−→n d

−→S =

ZZD

−→F (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v))

¯̄̄̄µ±∂−→r

∂u× ∂−→r

∂v

¶dudv

em que se tomam x = r1(u, v), y = r2(u, v) e z = r3(u, v). A escolha de ±depende da orientação da superfície S.

Exercise 25 Calcule o fluxo do campo de forças−→F (x, y, z) = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3

através da superfície S definida por z = 1−x2−y2 ∧ z ≥ 0 orientada para fora.

Solution 26 Trata-se de uma porção do parabolóide de equação z = 1−x2−y2de vértice (0, 0, 1) situada acima do plano z = 0. Dado que z = 1 − x2 − y2

podemos considerar para esta superfície a parametrização

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x = uy = vz = 1− u2 − v2

, para u, v ∈ D,

onde x e y são os parâmetros. Temos D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = 1

ªdado

que a intersecção de z = 1 − x2 − y2 com z = 0 é a circunferência de equaçãox2 + y2 = 1. Temos

∂−→r∂u

= (1, 0,−2u) e∂−→r∂u

= (0, 1,−2v) .

Como tal, a expressão geral do vector normal a S é dada por

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂r1∂u

∂r3∂u

∂r3∂u

∂r1∂v

∂r3∂v

∂r3∂v

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ = det⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 −2u0 1 −2v

⎤⎦

= −→e3 − (−2−→ue1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .

13

Dado que a superfície S é orientada para fora, devemos usar este vector−→N

e não o seu simétrico −−→N = (−2u,−2v,−1). O fluxo do campo de forças−→F (x, y, z) =

¡xy,−x2, x+ z

¢ao longo da superfície S é dado pelo integral de

superfície ZS

−→F |−→n d

−→S =

ZS

(x, y, z) |−→n d−→S

=

ZZD

¡u, v, 1− u2 − v2

¢|(2u, 2v, 1) dudv

=

ZZD

¡2u2 + 2v2 + 1− u2 − v2

¢dudv

=

ZZD

¡u2 + v2 + 1

¢dudv.

Atendendo a que D é o círculo de centro na origem e raio 1, usamos coordenadaspolares (x = ρ cos θ e y = ρ sin θ, em que o Jacobiano é ρ) no cálculo do integralduplo. Assim,Z

S

−→F |−→n d

−→S =

ZZD

¡u2 + v2 + 1

¢dudv

=

Z 2π

0

µZ 1

0

³(ρ cos θ)

2+ (ρ sin θ)

2+ 1´ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

µZ 1

0

¡ρ2¡cos2 θ + sin2 θ

¢+ 1¢ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

µZ 1

0

¡ρ2 + 1

¢ρ dρ

¶dθ =

Z 2π

0

µZ 1

0

¡ρ3 + ρ

¢dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

∙ρ4

4+

ρ2

2

¸ρ=1ρ=0

dθ =

Z 2π

0

µ1

4+1

2

¶dθ

=

Z 2π

0

3

4dθ =

3

4

Z 2π

0

dθ =3

4[θ]θ=2πθ=0 =

3

42π =

3π

2.

Exercise 27 Mostre que 36π é o valor do fluxo do campo de forças

−→F (x, y, z) = z−→e3

através da superfície esférica S definida por x2 + y2 + z2 = 9 orientada parafora.

Solution 28 Atendendo às coordenadas esféricas, a superfície S pode ser para-metrizada por

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x = 3 cos θ sinϕy = 3 sin θ sinϕz = 3 cosϕ

, para θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π] .

14

Temos∂−→r∂θ

= (−3 sin θ sinϕ, 3 cos θ sinϕ, 0)e

∂−→r∂ϕ

= (3 cos θ cosϕ, 3 sin θ cosϕ,−3 sinϕ) .

Como tal, a expressão geral do vector normal é dada por

−→N =

∂−→r∂θ

× ∂−→r∂ϕ

= det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂r1∂θ

∂r3∂θ

∂r3∂θ

∂r1∂ϕ

∂r3∂ϕ

∂r3∂ϕ

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

= det

⎡⎢⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3

−3 sin θ sinϕ 3 cos θ sinϕ 0

3 cos θ cosϕ 3 sin θ cosϕ −3 sinϕ

⎤⎥⎥⎦= (3 cos θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e1 + (−3 sin θ sinϕ) (3 sin θ cosϕ)−→e3− [(3 cos θ sinϕ) (3 cos θ cosϕ)−→e3 + (−3 sin θ sinϕ) (−3 sinϕ)−→e2 ]

=¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 + ¡−9 sin2 θ sinϕ cosϕ¢−→e3−¡9 cos2 θ sinϕ cosϕ

¢−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 − £9 sinϕ cosϕ ¡sin2 θ + cos2 θ¢¤−→e3−¡9 sin θ sin2 ϕ

¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ

¢−→e1 − (9 sinϕ cosϕ)−→e3 − ¡9 sin θ sin2 ϕ¢−→e2=

¡−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ

¢Para que a superfície tenha orientação para fora há que considerar o vectornormal

−−→N =¡9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ

¢= 9

¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢,

que "aponta para cima" no hemisfério superior, onde ϕ ∈ [0, π/2[ e "parabaixo" no hemisfério inferior, onde ϕ ∈ ]π/2, π]. O fluxo do campo de forças

15

−→F (x, y, z) = (0, 0, z) ao longo da superfície S é dado pelo integral de superfícieZS

−→F |−→n d

−→S =

ZS

(0, 0, z) |−→n d−→S

=

ZZD

(0, 0, 3 cosϕ)¯̄9¡cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ

¢dθdϕ

=

ZZD

27 sinϕ cos2 ϕ dθdϕ = −27ZZ

D

(− sinϕ) (cosϕ)2 dθdϕ

= −27Z 2π

0

∙cos3 ϕ

3

¸ϕ=πϕ=0

dθ = −27Z 2π

0

Ã(−1)3

3− 13

!dθ

= −27Z 2π

0

µ−23

¶dθ = −27

µ−23

¶Z 2π

0

dθ = 18

Z 2π

0

dθ

= 18 [θ]θ=2πθ=0 = 18 · 2π = 36π.

1.5 Teorema de Stokes

O vector rotacional de um campo vectorial

−→F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z))

é, por definição, dado por

−−−→rot−→F =

µ∂F3∂x2− ∂F2

∂x3,∂F1∂x3− ∂F3

∂x1,∂F2∂x1− ∂F1

∂x2

¶∈ R3.

É um campo vectorial no espaço que caracteriza a rotação de um sólido e que, porser definido através de derivadas parciais, é um operador diferencial. Podemosconsiderar o operador sobre funções

−→∇ =µ

∂

∂x1,∂

∂x2, ...,

∂

∂xn

¶(−→∇ lê-se nabla), designado por operador de Hamilton, que permite obter umsimbolismo muito prático no cálculo do vector rotacional, a saber,

−−−→rot−→F =

−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zF1 F2 F3

⎤⎥⎦ .

Consideremos o teorema seguinte que relaciona integrais de superfície comintegrais de linha através do campo de vectores rotacional.

Theorem 29 (teorema de Stokes da circulação ou do rotacional) SejaC uma curva simples fechada seccionalmente regular e orientada no sentido

16

positivo. Seja S uma superfície regular e bilateral que tem a curva C comofronteira (ou bordo) (que assenta sobre a curva C) orientada de tal modo queem relação ao vector normal unitário −→n tomado, o percurso da curva C sejaefectuado no sentido positivo (isto é, tome-se a chamada normal exterior). Seja−→F (x, y, z) = (F1 (x, y, z) , F2 (x, y, z) , F3 (x, y, z)) um campo de forças de classeC1 (contínuo e com primeiras derivadas parciais contínuas numa vizinhança seS) que esteja definido na superfície S. Então, tem lugar a chamada fórmulade Stokes R

S

−−−→rot−→F |−→n d

−→S =

HC

−→F¯̄̄−→dr ,

equivalente aZS

−−−−−−−−−−→rot (F1, F2, F3) |−→n d

−→S =

IC

F1 (x, y, z) dx+ F2 (x, y, z) dy + F3 (x, y, z) dz.

O Teorema de Stokes estabelece que o fluxo do campo de vectores rotacionalde um campo de forças

−→F através de uma superfície S é igual ao trabalho de−→

F ao longo da curva C que delimita S. Este teorema é uma generalização doTeorema de Green a superfícies (ver p. 117 do livro recomendado).A exigência de que se tome a normal exterior −→n significa que um observador

que "caminhe" sobre a curva C, orientado como −→n , tem a superfície S situadaà sua esquerda. Dito de outro modo, −→n deve ser tomado de tal modo que, paraum observador orientado como −→n , a orientação da curva C é negativa (isto é,de sentido contrário ao dos ponteiros do relógio). Se a superfície S é fechadaentão os dois integrais presentes na fórmula de Stokes têm valor nulo.

Exercise 30 Considere a circunferência C de equação x2 + y2 = 4 encimadapela superfície S de equação z − 4 = −

¡x2 + y2

¢e um campo de vectores

−→F (x, y, z) =

¡x2y, yz, xz

¢. Mostre queI

C

x2ydx+ yzdy + xzdz =

ZS

¡−y,−z,−x2

¢|−→n d

−→S = −4π.

Solution 31 A primeira igualdade baseia-se no Teorema de Stokes visto queIC

x2ydx+ yzdy + xzdz =

IC

¡x2y, yz, xz

¢|(dx, dy, dz)

=

IC

¡x2y, yz, xz

¢|d−→r

17

e

−−−→rot−→F =

−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2y yz xz

⎤⎥⎦=

∂ (xz)

∂y−→e1 +

∂¡x2y

¢∂z

−→e2 +∂ (yz)

∂x−→e3

−Ã∂¡x2y

¢∂y

−→e3 +∂ (yz)

∂z−→e1 +

∂ (xz)

∂x−→e2

!

= 0−→e1 + 0−→e2 + 0−→e3 −¡x2−→e3 + y−→e1 + z−→e2

¢= −x2−→e3 − y−→e1 − z−→e2 =

¡−y,−z,−x2

¢.

Quanto à segunda igualdade, provemos queHCx2ydx + yzdy + xzdz = −4π.

Uma parametrização para a curva C é

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x(t) = 2 cos ty(t) = 2 sin tz(t) = 0

para t ∈ [0, 2π[.

Como vector tangente temosd−→rdt

= (−2 sin t, 2 cos t, 0). Assim, o integral podeser escrito comoI

C

x2ydx+ yzdy + xzdz

=

Z 2π

0

(2 cos t)2 2 sin t(−2 sin t)dt+ 2 sin t.0.2 cos tdt+ 2 cos t.0.0dt

= −16Z 2π

0

cos2 t sin2 tdt = −16Z 2π

0

1 + cos (2t)

2.1− cos (2t)

2dt

= −4Z 2π

0

(1− cos2 (2t))dt = −4Z 2π

0

(1− 1 + cos (4t)2

)dt

= −4∙t− t

2− 18sin(4t)

¸t=2πt=0

= −4 (2π − π) = −4π.

Exercise 32 Transforme o integral de linhaZC

x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz

num integral duplo, sabendo que C é a circunferência de centro na origem e raioR.

18

Solution 33 Consideremos a circunferência C sobre o xy-plano orientada pos-itivamente. Considerando ainda uma superfície que assente sobre a curva C,por exemplo o parabolóide de equação z = R2 − x2 − y2, podemos aplicar oTeorema de Stokes. Temos entãoIC

x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz =

IC

¡x2yz, xy2, x+ z

¢|(dx, dy, dz)

=

IC

¡x2yz, xy2, x+ z

¢|d−→r =

T. Stokes=

ZS

−−−−−−−−−−−−−−−→rot¡x2yz, xy2, x+ z

¢|−→n d

−→S

=

ZS

(0, x2y − 1, y2 − x2z) |−→n d−→S ,

visto que

−−−−−−−−−−−−−−−→rot¡x2yz, xy2, x+ z

¢=−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2yz xy2 x+ z

⎤⎥⎦=

∂ (x+ z)

∂y−→e1 +

∂¡x2yz

¢∂z

−→e2 +∂¡xy2

¢∂x

−→e3

−Ã∂¡x2yz

¢∂y

−→e3 +∂¡xy2

¢∂z

−→e1 +∂ (x+ z)

∂x−→e2

!

= 0−→e1 + x2y−→e2 + y2−→e3 −¡x2z−→e3 + 0−→e1 + 1−→e2

¢= (0, x2y − 1, y2 − x2z).

Uma parametrização do parabolóide z = R2 − x2 − y2 é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = uy(u, v) = vz(u, v) = R2 − u2 − v2

para (u, v) ∈ D,

em que D =©(u, v) ∈ R2 | u2 + v2 = R2

ª(dado que a intersecção de z = R2 −

x2−y2 com z = 0 é a circunferência de equação x2+y2 = R2). Assim, o vectornormal é dado por

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0,−2u)× (0, 1,−2v) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 −2u0 1 −2v

⎤⎦= −→e3 − (−2u−→e1 − 2v−→e2) = −→e3 + 2u−→e1 + 2v−→e2 = (2u, 2v, 1) .

19

Podemos então escreverIC

x2yzdx+ xy2dy + (x+ z) dz =

ZS

(0, x2y − 1, y2 − x2z) |−→n d−→S

=

ZZD

(0, u2v − 1, v2 − u2(R2 − u2 − v2)) |(2u, 2v, 1) dudv

=

ZZD

(0, u2v − 1, v2 − u2(R2 − u2 − v2)) |(2u, 2v, 1) dudv

=

ZZD

(¡u2v − 1

¢2v + v2 − u2(R2 − u2 − v2)dudv.

Caso se pretendesse calcular o valor deste integral duplo seria favorável o usode coordenadas polares.

Exercise 34 Determine o trabalho efectuado pelo campo de vectores−→F (x, y, z) = x2−→e1 + 4xy3−→e2 + y2x−→e3

numa partícula que percorre o contorno do rectângulo situado no plano z = yde vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 3, 3) e (0, 3, 3). Considere que o rectângulo épercorrido no sentido positivo.

Solution 35 O trabalho pedido é dado por

W =

IC

¡x2, 4xy3, y2

¢|d−→r .

Atendendo ao Teorema de Stokes, podemos escrever

W =

IC

¡x2, 4xy3, y2

¢|d−→r T. Stokes

=

ZS

−−−−−−−−−−−−→rot¡x2, 4xy3, y2

¢|−→n d

−→S

considerando como superfície S o rectângulo do enunciado. Visto que

−−−−−−−−−−−−→rot¡x2, 4xy3, y2

¢=−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2 4xy3 y2

⎤⎥⎦=

∂¡y2¢

∂y−→e1 +

∂¡x2¢

∂z−→e2 +

∂¡4xy3

¢∂x

−→e3

−Ã∂¡x2¢

∂y−→e3 +

∂¡4xy3

¢∂z

−→e1 +∂¡y2¢

∂x−→e2

!

= 2y−→e1 + 0−→e2 + 4y3−→e3 − (0−→e3 + 0−→e1 + 0−→e2) = (2y, 0, 4y3),

temos

W =

IC

¡x2, 4xy3, y2

¢|d−→r T. Stokes

=

ZS

−−−−−−−−−−−−→rot¡x2, 4xy3, y2

¢|−→n d

−→S

=

ZS

(2y, 0, 4y3) |−→n d−→S .

20

Uma parametrização de S é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = uy(u, v) = vz(u, v) = v

para (u, v) ∈ D

em que D é o rectângulo no uv−plano de vértices (0, 0), (1, 0), (1, 3) e (0, 3). Ovector normal é então dado por

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0, 0)× (0, 1, 1) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 00 1 1

⎤⎦= −→e3 −−→e2 = (0,−1, 1) .

Temos então

W =

ZS

(2y, 0, 4y3) |−→n d−→S =

ZZD

(2v, 0, 4v3) |(0,−1, 1) dudv

=

ZZD

4v3dudv =

Z 1

0

µZ 3

0

4v3 dv

¶du =

Z 1

0

£v4¤v=3v=0

du

=

Z 1

0

81 du = 81

Z 1

0

du = 81 [u]u=1u=0 = 81.

Nota: Caso a orientação da curva C fosse a contrária, para que o Teorema deStokes fosse válido, era necessário considerar o vector normal −−→N = (0, 1,−1).O valor do trabalho seria obviamente simétrico: −81.

Exercise 36 Use uma superfície esférica para calcular o valor do integral delinha I

C

xy2dx+ xdy + zdz

em que C é a circunferência de equação x2 + y2 = 9 ∧ z = 0, percorrida nosentido negativo.

Solution 37 Podemos fazer uso do Teorema de Stokes considerando como su-perfície S o hemisfério superior da superfície esférica de equação x2+y2+z2 = 9visto que a sua intersecção com o plano z = 0 é a curva C. Temos entãoIC

xy2dx+ xdy + zdz =

IC

¡xy2, x, z

¢|dxdydz

=

IC

¡xy2, x, z

¢|d−→r T. Stokes

=

ZS

−−−−−−−−−→rot¡xy2, x, z

¢|−→n d

−→S

=

ZS

−−−−−−−−−→(0, 0, 1− 2xy) |−→n d

−→S

21

visto que

−−−−−−−−−→rot¡xy2, x, z

¢=−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zxy2 x z

⎤⎥⎦=

∂ (z)

∂y−→e1 +

∂¡xy2

¢∂z

−→e2 +∂ (x)

∂x−→e3

−Ã∂¡xy2

¢∂y

−→e3 +∂ (x)

∂z−→e1 +

∂ (z)

∂x−→e2

!

= 0−→e1 + 0−→e2 + 1−→e3 − (2xy−→e3 + 0−→e1 + 0−→e2) = (0, 0, 1− 2xy).

Uma parametrização de S é

−→r (θ, ϕ) ≡

⎧⎨⎩ x(θ, ϕ) = 3 cos θ sinϕy(θ, ϕ) = 3 sin θ sinϕz(θ, ϕ) = 3 cosϕ

para (θ, ϕ) ∈ D

em que D é o rectângulo no θϕ−plano dado por [0, 2π[× [0, π/2] . Como vectornormal temos (consultar um exercício da secção anterior)

−→N =

∂−→r∂θ

× ∂−→r∂ϕ

= (−9 cos θ sin2 ϕ,−9 sin θ sin2 ϕ,−9 sinϕ cosϕ).

Para que o vector normal seja exterior à superfície consideramos o vector

−−→N = (9 cos θ sin2 ϕ, 9 sin θ sin2 ϕ, 9 sinϕ cosϕ) = 9(cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ).

Portanto,IC

xy2dx+ xdy + zdz =

ZS

−−−−−−−−−→(0, 0, 1− 2xy) |−→n d

−→S

=

ZZD

(0, 0, 1− 2 · 9 sin θ cos θ sin2 ϕ)¯̄9(cos θ sin2 ϕ, sin θ sin2 ϕ, sinϕ cosϕ) dθdϕ

=

Z π2

0

µZ 2π

0

(1− 18 sin θ cos θ sin2 ϕ) (9 sinϕ cosϕ) dθ¶dϕ

= 9

Z π2

0

µZ 2π

0

(sinϕ cosϕ− 18 sin θ cos θ sin3 ϕ cosϕ)dθ¶dϕ

= 9

Z π2

0

∙θ sinϕ cosϕ− 18sin

2 θ

2sin3 ϕ cosϕ

¸θ=2πθ=0

dϕ

= 9

Z π2

0

2π sinϕ cosϕ dϕ = 18π

Z π2

0

sinϕ cosϕ dϕ

= 18π

∙sin2 ϕ

2

¸ϕ=π2

ϕ=0

= 18π

µ1

2− 0¶= 9π.

22

Outra possibilidade seria parametrizar o hemisfério superior da superfície es-férica x2 + y2 + z2 = 9 por

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩x(u, v) = uy(u, v) = v

z(u, v) =√9− u2 − v2

para (u, v) ∈ D

em que D é o círculo no uv−plano de equação x2+y2 = 9. Como vector normaltemos então

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

=

µ1, 0,− u√

9− u2 − v2

¶×µ0, 1,− v√

9− u2 − v2

¶

=

¯̄̄̄¯̄̄̄−→e1 −→e2 −→e31 0 − u√

9− u2 − v2

0 1 − v√9− u2 − v2

¯̄̄̄¯̄̄̄ = µ u√

9− u2 − v2,

v√9− u2 − v2

, 1

¶.

Portanto, IC

xy2dx+ xdy + zdz

=

ZZD

(0, 0, 1− 2uv)¯̄̄̄µ

u√9− u2 − v2

,v√

9− u2 − v2, 1

¶dudv

=

ZZD

(1− 2uv) dudv.

Aplicando coordenadas polares temosIC

xy2dx+ xdy + zdz =

ZZD

(1− 2uv) dudv

=

Z 2π

0

µZ 3

0

(1− 2ρ cos θρ sin θ)ρ dρ

¶dθ

=

Z 2π

0

∙ρ2

2− ρ4

2cos θ sin θ

¸ρ=3ρ=0

dθ

=

Z 2π

0

µ9

2− 812cos θ sin θ

¶dθ

=

∙9

2θ − 81

2

sin2 θ

2

¸θ=2πθ=0

= 9π.

Exercise 38 Utilize o teorema de Stokes para calcular o valor do integral delinha I

C

¡x2 − yz

¢dx+

¡y2 − xz

¢dy +

¡z2 − xy

¢dz

sendo C a elipse de equação x = a cos θ, y = b sin θ existente no xy-plano.

23

Solution 39 Consideremos o campo vectorial−→F (x, y, z) =

¡x2 − yz, y2 − xz, z2 − xy

¢.

Temos IC

¡x2 − yz

¢dx+

¡y2 − xz

¢dy +

¡z2 − xy

¢dz

=

IC

(x2 − yz, y2 − xz, z2 − xy) |d−→r T. Stokes=

ZS

−−−→rot−→F |−→n d

−→S

=

ZS

−−−−→(0, 0, 0) |−→n d

−→S = 0

visto que

−−−→rot−→F =

−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2 − yz y2 − xz z2 − xy

⎤⎥⎦=

∂¡z2 − xy

¢∂y

−→e1 +∂¡x2 − yz

¢∂z

−→e2 +∂¡y2 − xz

¢∂x

−→e3

−Ã∂¡x2 − yz

¢∂y

−→e3 +∂¡y2 − xz

¢∂z

−→e1 +∂¡z2 − xy

¢∂x

−→e2

!

= −x−→e1 − y−→e2 − z−→e3 − (−z−→e3 − x−→e1 − y−→e2)

= (−x+ x)−→e1 + (−y + y)−→e2 + (−z + z)−→e3 = (0, 0, 0).Exercise 40 Verifique o teorema de Stokes para o campo de vectores

−→F (x, y, z) = 3y−→e1 − xz−→e2 + yz2−→e3

sendo S a superfície de equação 2z = x2+y2 limitado pelo plano z = 2 orientadapara fora.

Solution 41 A superfície S corresponde a um paraboloíde que se desenvolve aolongo do z-eixo com vértice (0, 0, 0). Para aplicar o teorema de Stokes consider-emos a curva C de equação

x2 + y2 = 4 ∧ z = 2por ser esta a curva de intersecção do paraboloíde S com o plano z = 2. Temosentão que verificar a igualdadeI

C

−→F |d−→r =

ZS

−−−→rot−→F |−→n d

−→S

⇔IC

(3y,−xz, yz2) |d−→r =

ZS

−−−−−−−−−−−−→rot(3y,−xz, yz2) |−→n d

−→S

⇔IC

(3y,−xz, yz2) |d−→r =

ZS

(z2 + x, 0,−z − 3) |−→n d−→S

24

visto que

−−−−−−−−−−−−→rot¡3y,−xz, yz2

¢=−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z3y −xz yz2

⎤⎥⎦=

∂¡yz2¢

∂y−→e1 +

∂ (3y)

∂z−→e2 +

∂ (−xz)∂x

−→e3

−Ã∂ (3y)

∂y−→e3 +

∂ (−xz)∂z

−→e1 +∂¡yz2¢

∂x−→e2

!

= z2−→e1 + 0−→e2 − z−→e3 − (3−→e3 − x−→e1 + 0−→e2)

=¡z2 + x

¢−→e1 + (−z − 3)−→e3 = (z2 + x, 0,−z − 3).

Calculemos em primeiro lugar o integral de linhaHC(3y,−xz, yz2) |d−→r . Uma

parametrização da curva C é

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x(t) = 2 cos ty(t) = 2 sin tz(t) = 2

para t ∈ [0, 2π[

a que corresponde o vector tangented−→rdt

= (−2 sin t, 2 cos t, 0). Assim o integral

pode ser escrito comoIC

(3y,−xz, yz2) |d−→r

=

Z 2π

0

(6 sin t,−4 cos t, 8 sin t) |(−2 sin t, 2 cos t, 0)dt

=

Z 2π

0

(−12 sin2 t− 8 cos2 t)dt

= −4Z 2π

0

(3 sin2 t+ 2 cos2 t)dt = −4Z 2π

0

31− cos (2t)

2+ 2

1 + cos (2t)

2dt

= −Z 2π

0

(6(1− cos (2t)) + 4(1 + cos (2t))) dt

= −Z 2π

0

(10− 2 cos (2t)) dt = − [10t− sin (2t)]t=2πt=0 = −20π

Quanto ao cálculo do integral de superfície, uma parametrização da superfícieS é

−→r (u, v) ≡

⎧⎪⎨⎪⎩x(u, v) = uy(u, v) = v

z(u, v) =u2 + v2

2

para (u, v) ∈ D

25

sendo D o círculo de equação u2 + v2 ≤ 4. Como vector normal temos

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0, 2u)× (0, 1, 2v) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 u0 1 v

⎤⎦ = (−u,−v, 1).O integral pode ser então calculado comoZ

S

(z2 + x, 0,−z − 3) |−→n d−→S

=

ZZD

õu2 + v2

2

¶2+ u, 0,−u

2 + v2

2− 3!|(−u,−v, 1) dudv

=

ZZD

Ã−u

µu2 + v2

2

¶2− u2 − u2 + v2

2− 3!dudv

= −Z 2π

0

ÃZ 2

0

Ã−r cos θ

µr2

2

¶2´+ r2 cos2 θ +

r2

2+ 3

!r dr

!dθ

= −Z 2π

0

µZ 2

0

µr6

4cos θ + r3 cos2 θ +

r3

2+ 3r

¶dr

¶dθ

= −Z 2π

0

∙r7

28cos θ +

r4

4cos2 θ +

r4

8+ 3

r2

2

¸r=2r=0

dθ

= −Z 2π

0

∙64

14cos θ + 4 cos2 θ + 8

¸r=2r=0

dθ

= −∙32

7sin θ + 2θ + 2 sin (2θ) + 8θ

¸θ=2πθ=0

= −4π − 16π = −20π.

Exercise 42 Verifique o teorema de Stokes para o campo de vectores−→F (x, y, z) = y−→e1 + z−→e2 + x−→e3

sendo S a superfície de um tetraedro irregular de vértices A(0, 0, 1), B(0, 1, 0),C(1, 0, 0) e O(0, 0, 0) ao qual se excluiu a face [BCO], orientado para fora.

Solution 43 A superfície S é seccionalmente regular e corresponde à união detrês superfícies regulares S1, S2 e S3 que se encontram, respectivamente, sobreos planos x + y + z = 1, x = 0,e y = 0. Para aplicar o teorema de Stokesconsideremos a curva fechada C que une o ponto O ao ponto C, o ponto C aoponto B e o ponto B ao ponto O.Temos então que verificar a igualdadeI

C

−→F |d−→r =

ZS

−−−→rot−→F |−→n d

−→S

⇔IC

(y, z, x) |d−→r =

ZS

−−−−−−−→rot(y, z, x) |−→n d

−→S

⇔IC

(y, z, x) |d−→r =

ZS

(−1,−1,−1) |−→n d−→S

26

visto que

−−−−−−−→rot (y, z, x) =

−→∇ ×−→F = det

⎡⎢⎣−→e1 −→e2 −→e3∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zy z x

⎤⎥⎦=

∂ (x)

∂y−→e1 +

∂ (y)

∂z−→e2 +

∂ (z)

∂x−→e3

−µ∂ (y)

∂y−→e3 +

∂ (z)

∂z−→e1 +

∂ (x)

∂x−→e2¶

= 0−→e1 + 0−→e2 + 0−→e3 − (1−→e3 + 1−→e1 + 1−→e2) = (−1,−1,−1).Calculemos em primeiro lugar o integral de linha

HC(y, z, x) |d−→r . A curva C é

seccionalmente regular sendo união de 3 arcos regulares: OB, BC e CO. Umaparametrização do arco OB é

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x(t) = ty(t) = 0z(t) = 0

para t ∈ [0, 1]

a que corresponde o vector tangented−→rdt

= (1, 0, 0). Uma parametrização do

arco BC é

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x(t) = 1− ty(t) = tz(t) = 0

para t ∈ [0, 1]

a que corresponde o vector tangented−→rdt

= (−1, 1, 0). Uma parametrização doarco CO é

−→r (t) ≡

⎧⎨⎩ x(t) = 0y(t) = −tz(t) = 0

para t ∈ [−1, 0]

a que corresponde o vector tangented−→rdt

= (0,−1, 0). Assim, o integral pode serescrito comoI

C

(y, z, x) |d−→r =

ZOB

(y, z, x) |d−→r +ZBC

(y, z, x) |d−→r

+

ZCO

(y, z, x) |d−→r

=

Z 1

0

(0, 0, t) |(1, 0, 0)dt +Z 1

0

(t, 0, 1− t) |(−1, 1, 0)dt

+

Z 0

−1(−t, 0, 0) |(0,−1, 0)dt

=

Z 1

0

0 dt+

Z 1

0

−t dt+Z 0

−10 dt =

Z 1

0

−t dt = −∙t2

2

¸t=1t=0

= −12.

27

Quanto ao cálculo do integral de superfície, há que considerar que S = S1∪S2∪S3. Uma parametrização da superfície S1 é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = uy(u, v) = vz(u, v) = 1− u− v

para (u, v) ∈ D

sendo D o triângulo de vértices [OBC]. Como vector normal temos

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0,−1)× (0, 1,−1) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 −10 1 −1

⎤⎦ = (1, 1, 1).Uma parametrização da superfície S2 é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = 0y(u, v) = uz(u, v) = v

para (u, v) ∈ D

sendo D0 o triângulo de vértices [AOC]. Como vector normal temos

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (0, 1, 0)× (0, 0, 1) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e30 1 00 0 1

⎤⎦ = (1, 0, 0).Vamos usar o vector normal −−→N = (−1, 0, 0). Uma parametrização da superfí-cie S3 é

−→r (u, v) ≡

⎧⎨⎩ x(u, v) = uy(u, v) = 0z(u, v) = v

para (u, v) ∈ D

sendo D00 o triângulo de vértices [ABO]. Como vector normal temos

−→N =

∂−→r∂u

× ∂−→r∂v

= (1, 0, 0)× (0, 0, 1) = det

⎡⎣ −→e1 −→e2 −→e31 0 00 0 1

⎤⎦ = (0, 1, 0).Vamos usar o vector normal −−→N = (0,−1, 0). O integral pode ser então calcu-

28

lado comoZS

(−1,−1,−1) |−→n d−→S

=

ZS1

(−1,−1,−1) |−→n d−→S +

ZS2

(−1,−1,−1) |−→n d−→S

+

ZS3

(−1,−1,−1) |−→n d−→S

=

ZZD

(−1,−1,−1) |(1, 1, 1) dudv +ZZ

D0(−1,−1,−1) |(−1, 0, 0) dudv

+

ZZD00(−1,−1,−1) |(0,−1, 0) dudv

=

ZZD

−3 dudv +ZZ

D01 dudv +

ZZD001 dudv

= −3Z 1

0

µZ −u+10

dv

¶du+

Z 1

0

µZ −u+10

dv

¶du+

Z 1

0

µZ −u+10

dv

¶du

= −Z 1

0

µZ −u+10

dv

¶du = −

Z 1

0

[v]v=−u+1v=0 du = −Z 1

0

(−u+ 1) du

= −∙−u

2

2+ u

¸u=1u=0

= −µ−12+ 1

¶= −1

2.

1.6 Integral de superfície de um campo escalar

Seja S uma superfície regular parametrizada por

−→r (u, v) = (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) , para (u, v) ∈ D ⊂ R2.

O elemento de área dS é dado por dS =°°°−→N°°° dudv que se traduz por

dS =

°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v

°°°° dudv .

Seja F um campo escalar no espaço, ou seja, F (x, y, z) ∈ R. Define-se o integralde superfície do campo escalar F através da superfície S, que se denota porRSF (x, y, z) dS, como sendo o integral duplo

RSF (x, y, z) dS =

ZZD

−→F (r1 (u, v) , r2 (u, v) , r3 (u, v)) ·

°°°°∂−→r∂u × ∂−→r∂v

°°°° dudv .

Se F (x, y, z) = 1 então este integral corresponde à área de superfície de S (verSecção 1.3).

29