Para o escoamento de um fluido viscoso incompressível, as equações de Navier-Stokes levam a
-\vec{\nabla} \times(\vec{v} \times(\vec{\nabla} \times \vec{v}))=\frac{\eta}{\rho_{0}} \nabla^{2}(\vec{\nabla} \times \vec{v})
Aqui, \eta é a densidade do fluido. Para escoamento axial em um cano cilíndrico admitimos que a velocidade v é
\vec{v}=\widehat{z} v(\rho)
(a) Para essa escolha de \vec{v} mostre que
\vec{\nabla} \times(\vec{v} \times(\vec{\nabla} \times \vec{v}))=0
(b) Mostre que
\nabla^{2}(\vec{\nabla} \times \vec{v})=0
implica na equação diferencial
\frac{1}{\rho} \frac{d}{d \rho}\left(\rho \frac{d^{2} v}{d \rho^{2}}\right)-\frac{1}{\rho^{2}} \frac{d v}{d \rho}=0

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dado: o campo de velocidade para escoamento axial em um cano cilíndrico é
\vec{v}=\widehat{z}\,v(\rho),
ou seja, só a componente na direção \widehat{z} é não nula, e essa componente depende apenas da coordenada radial \rho.
  • Dado: a equação vetorial de interesse (vinda das Navier–Stokes) é
-\vec{\nabla}\times\big(\vec{v}\times(\vec{\nabla}\times\vec{v})\big)=\frac{\eta}{\rho_{0}}\nabla^{2}(\vec{\nabla}\times\vec{v}).
O enunciado pede duas coisas:
(a) Mostrar que, para \vec{v}=\widehat{z}\,v(\rho),
\vec{\nabla}\times\big(\vec{v}\times(\vec{\nabla}\times\vec{v})\big)=0.
(b) Partindo de
\nabla^{2}(\vec{\nabla}\times\vec{v})=0,
mostrar que isso implica a equação diferencial escalar
\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}\right)-\frac{1}{\rho^{2}}\frac{dv}{d\rho}=0.

Passo 2

Primeiro calculo o rotacional de \vec{v}: \vec{\omega}\doteq\vec{\nabla}\times\vec{v}.
Para campos em coordenadas cilíndricas (\rho,\varphi,z) é conveniente usar as fórmulas padrões para o rotacional. As componentes são
(\vec{\nabla}\times\vec{v})_{\rho}=\frac{1}{\rho}\frac{\partial v_{z}}{\partial\varphi}-\frac{\partial v_{\varphi}}{\partial z},
(\vec{\nabla}\times\vec{v})_{\varphi}=\frac{\partial v_{\rho}}{\partial z}-\frac{\partial v_{z}}{\partial\rho},
(\vec{\nabla}\times\vec{v})_{z}=\frac{1}{\rho}\left(\frac{\partial(\rho v_{\varphi})}{\partial\rho}-\frac{\partial v_{\rho}}{\partial\varphi}\right).
No nosso caso, v_{\rho}=0, v_{\varphi}=0 e v_{z}=v(\rho) (dependendo só de \rho), então cada termo simplifica:
  • (\vec{\nabla}\times\vec{v})_{\rho}=0 (pois \partial v_{z}/\partial\varphi=0 e v_{\varphi}=0);
  • (\vec{\nabla}\times\vec{v})_{\varphi}=-\dfrac{dv}{d\rho} (pois \partial v_{\rho}/\partial z=0 e \partial v_{z}/\partial\rho=dv/d\rho);
  • (\vec{\nabla}\times\vec{v})_{z}=0.
Portanto o rotacional é
\vec{\omega}=\vec{\nabla}\times\vec{v}=-\frac{dv}{d\rho}\,\widehat{\varphi}.
Aqui \widehat{\varphi} é o versor azimutal (dependente de \varphi), e escrevi v'(\rho) como \dfrac{dv}{d\rho}.

Passo 3

Calculo agora o produto vetorial \vec{v}\times\vec{\omega}.
Temos \vec{v}=v(\rho)\,\widehat{z} e \vec{\omega}=-\dfrac{dv}{d\rho}\,\widehat{\varphi}. Então
\vec{v}\times\vec{\omega}=v(\rho)\,\widehat{z}\times\Big(-\frac{dv}{d\rho}\,\widehat{\varphi}\Big) =-v(\rho)\frac{dv}{d\rho}\,\widehat{z}\times\widehat{\varphi}.
Usando as regras de produto vetorial dos versores cilíndricos (o sistema \widehat{\rho},\widehat{\varphi},\widehat{z} é ortonormal e dextrógiro), sabe-se que
\widehat{z}\times\widehat{\varphi}=-\widehat{\rho}.
Logo
\vec{v}\times\vec{\omega}= -v(\rho)\frac{dv}{d\rho}\,(-\widehat{\rho})=v(\rho)\frac{dv}{d\rho}\,\widehat{\rho}.
Defino a função escalar A(\rho)\doteq v(\rho)\,v'(\rho). Assim
\vec{v}\times\vec{\omega}=A(\rho)\,\widehat{\rho}, \qquad A(\rho)=v(\rho)\frac{dv}{d\rho}.

Passo 4

Calculo o rotacional de \vec{v}\times\vec{\omega}, ou seja \vec{\nabla}\times\big(A(\rho)\,\widehat{\rho}\big).
Para um campo que tem apenas componente radial F_{\rho}=A(\rho) e F_{\varphi}=F_{z}=0, as fórmulas do rotacional em coordenadas cilíndricas dão
(\vec{\nabla}\times\mathbf{F})_{\rho}= \frac{1}{\rho}\frac{\partial F_{z}}{\partial\varphi}-\frac{\partial F_{\varphi}}{\partial z}=0,
(\vec{\nabla}\times\mathbf{F})_{\varphi}= \frac{\partial F_{\rho}}{\partial z}-\frac{\partial F_{z}}{\partial\rho}=0,
(\vec{\nabla}\times\mathbf{F})_{z}= \frac{1}{\rho}\left(\frac{\partial(\rho F_{\varphi})}{\partial\rho}-\frac{\partial F_{\rho}}{\partial\varphi}\right).
No nosso caso F_{\varphi}=0 e F_{\rho}=A(\rho) depende só de \rho, portanto \partial F_{\rho}/\partial\varphi=0. Assim
(\vec{\nabla}\times\mathbf{F})_{z}=\frac{1}{\rho}\left(0-0\right)=0.
Todas as componentes do rotacional são zero, logo
\vec{\nabla}\times\big(\vec{v}\times(\vec{\nabla}\times\vec{v})\big)=\vec{0}.
Isto prova o item (a).

Passo 5

Agora trato o item (b). Já determinei que
\vec{\omega}=\vec{\nabla}\times\vec{v}=-\frac{dv}{d\rho}\,\widehat{\varphi}.
Denoto w(\rho)\doteq\omega_{\varphi}(\rho)=-\dfrac{dv}{d\rho}. O enunciado pede que, impondo
\nabla^{2}\vec{\omega}=0,
se obtenha uma equação escalar para v(\rho).
Para fields puramente azimutais que dependem apenas de \rho (isto é, \vec{\omega}=w(\rho)\,\widehat{\varphi} com w independente de \varphi e z), existe a fórmula padrão (frequentemente encontrada em tabelas de operadores em coordenadas cilíndricas):
\nabla^{2}\big(w(\rho)\,\widehat{\varphi}\big) =\left(\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{dw}{d\rho}\right)-\frac{w}{\rho^{2}}\right)\widehat{\varphi}.
(Justificação curta: o operador laplaciano vetorial age sobre cada componente e deve levar em conta que \widehat{\varphi} depende de \varphi; para o caso axisimétrico w=w(\rho) a expressão acima resulta depois de aplicar as fórmulas componentes ou expressar o campo em coordenadas cartesianas e usar a laplaciana escalar nas componentes.)

Passo 6

Usando a fórmula do Passo 5 com w(\rho)=-\dfrac{dv}{d\rho}, a condição \nabla^{2}\vec{\omega}=0 equivale a anular o fator escalar entre parênteses:
\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{d}{d\rho}\Big(-\frac{dv}{d\rho}\Big)\right)-\frac{1}{\rho^{2}}\Big(-\frac{dv}{d\rho}\Big)=0.
Simplifico os sinais. Primeiro
\frac{d}{d\rho}\Big(-\frac{dv}{d\rho}\Big)=-\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}.
Substituindo:
\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(-\rho\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}\right)-\frac{1}{\rho^{2}}\Big(-\frac{dv}{d\rho}\Big)=0.
Coloco o sinal negativo em evidência:
-\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}\right)+\frac{1}{\rho^{2}}\frac{dv}{d\rho}=0.
Multiplicando por -1 obtemos a forma desejada:
\frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}\right)-\frac{1}{\rho^{2}}\frac{dv}{d\rho}=0.
Isso conclui a dedução pedida no item (b).

Resposta

\vec{\nabla}\times\big(\vec{v}\times(\vec{\nabla}\times\vec{v})\big)=\vec{0}
\displaystyle \frac{1}{\rho}\frac{d}{d\rho}\!\left(\rho\frac{d^{2}v}{d\rho^{2}}\right)-\frac{1}{\rho^{2}}\frac{dv}{d\rho}=0

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