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Divergência, Rotacional e Teorema de Stokes

Conteúdo Duplicado

O conteúdo nesta página é duplicado da matéria de CDI-II:

Daqui para baixo, apenas irá estar o conteúdo novo dado apenas em CDI-III e um exemplo. Recomenda-se a leitura das páginas indicadas acima.

Pode ainda ser útil assistir às Aulas do Calhau:

  • Aula 5: Teorema de Green. Teorema da Divergência.
  • Aula 6: Teorema de Stokes.

Exemplo

Exemplo

Seja o campo

F(x,y,z)=(x−2z,1−y,−1)F(x,y,z) = (x-2z, 1-y, -1)

  1. Verifique que FF é um rotacional

    div⁡F=1−1+0=0\ondiv F = 1 - 1 + 0 = 0

    Como div⁡F=0\ondiv F = 0, então FF é um rotacional (pela propriedade 1).

  2. Determine GG tal que F=rot⁡GF = \rot G

    Seguimos os passos indicados nesta página.

    Seja G=(G1,G2,G3)G = (G_1, G_2, G_3),

    {∂G3∂y−∂G2∂z=x−2z∂G1∂z−∂G3∂x=1−y∂G2∂x−∂G1∂y=−1\begin{cases} \frac{\partial G_3}{\partial y} - \frac{\partial G_2}{\partial z} = x-2z\\ \frac{\partial G_1}{\partial z} - \frac{\partial G_3}{\partial x} = 1-y\\ \frac{\partial G_2}{\partial x} - \frac{\partial G_1}{\partial y} = -1 \end{cases}

    Tome-se G3=0G_3 = 0:

    −∂G2∂z=x−2zG2=−zx+z2+C2(x,y)- \frac{\partial G_2}{\partial z} = x-2z\\ G_2 = -zx + z^2 + C_2 (x,y)
    ∂G1∂z=1−yG1=z−yz+C1(x,y)\frac{\partial G_1}{\partial z} = 1-y\\ G_1 = z-yz + C_1(x,y)
    ∂∂x(−zx+z2+C2)−∂∂y(z−yz+C1)=−1−z+∂C2∂x+z−∂C1∂y=−1∂C2∂x−∂C1∂y=−1\frac{\partial }{\partial x} (-zx + z^2 + C_2) - \frac{\partial }{\partial y} (z-yz +C_1) = -1\\ -z + \frac{\partial C_2}{\partial x} + z - \frac{\partial C_1}{\partial y} = -1\\ \frac{\partial C_2}{\partial x} - \frac{\partial C_1}{\partial y} = -1

    Tomando C2=0C_2 = 0, então, C1=y+C3(x)C_1 = y+C_3(x); tomando C3=0C_3 = 0 vem que

    G=(z−yz+y,−zx+z2,0)G = (z-yz+y, -zx+z^2, 0)

  3. Verifique que G−(x+y+z,z2,xy)G-(x+y+z, z^2, xy) tem rotacional 00

    Chamamos L=G−(x+y+z,z2,xy)L = G-(x+y+z, z^2, xy) e H=(x+y+z,z2,xy)H = (x+y+z, z^2, xy).

    rot⁡L=rot⁡G−rot⁡H=F−rot⁡H\rot L = \rot G - \rot H = F - \rot H
    rot⁡H=(x−2z,1−y,−1)\rot H = (x-2z, 1-y, -1)
    rot⁡L=F−(x−2z,1−y,−1)=0\rot L = F - (x-2z, 1-y, -1) = 0

Potencial Escalar de uma Função com Rotacional Nulo

Teorema

Considerando uma função F:U→R3F: U \to \R^3, tal que U⊂R3U \subset \R^3, e que tem rotacional nulo, isto é, rot⁡F=(0,0,0)\rot F = (0,0,0), então existe um campo escalar φ:U→R\varphi: U \to \R tal que

F=∇φF = \nabla \varphi

Exemplo

Seja F(x,y,z)=(x2,y2,z2)F(x,y,z) = (x^2, y^2, z^2) e rot⁡F=(0,0,0)\rot F = (0,0,0), determine o potencial escalar de FF.

Queremos descobrir um campo escalar φ\varphi tal que F=∇φF = \nabla \varphi:

{∂φ∂x=x2∂φ∂y=y2∂φ∂z=z2\begin{cases} \frac{\partial \varphi}{\partial x} = x^2\\ \frac{\partial \varphi}{\partial y} = y^2\\ \frac{\partial \varphi}{\partial z} = z^2 \end{cases}

Então, pegando na primeira equação do sistema, ficamos com φ=x33+C1(y,z)\varphi = \frac{x^3}{3} + C_1(y,z).

Continuando a resolver o sistema, pegamos o resultado já obtido e derivamos em função de yy,

∂φ∂y=0+∂C1∂y=y2\frac{\partial \varphi}{\partial y} = 0 + \frac{\partial C_1}{\partial y} = y^2

Podemos então obter a expressão de C1C_1 em função de C2C_2. Aqui, como C1C_1 não depende de xx, podemos dizer que C2C_2 só depende de zz:

∂C1∂y=y2⇔C1=y33+C2(z)\frac{\partial C_1}{\partial y} = y^2 \Leftrightarrow C_1 = \frac{y^3}{3} + C_2(z)
φ=x33+y33+C2(z)\varphi = \frac{x^3}{3} + \frac{y^3}{3} + C_2(z)

Finalmente, vamos descobrir o valor de C2C_2, repetindo o que fizemos para C1C_1.

∂φ∂z=0+0+ ⁣dC2 ⁣dz=z2\frac{\partial \varphi}{\partial z} = 0 + 0 + \frac{\d C_2}{\d z} = z^2

Temos então a expressão de C2C_2, que contém o termo constante C3C_3.

 ⁣dC2 ⁣dz=z2⇔C2=z33+C3\frac{\d C_2}{\d z} = z^2 \Leftrightarrow C_2 = \frac{z^3}{3} + C_3

Podemos facilmente reparar que podemos tomar C3=0C_3 = 0 de forma a obtermos uma resposta possível.

Então, o campo escalar φ\varphi é

φ=(x33,y33,z33)\varphi = \left(\frac{x^3}{3}, \frac{y^3}{3}, \frac{z^3}{3} \right)