Mostre que o campo gravitacional não tem spin, ou seja, mostre que \nabla \times \vec{F}=\overrightarrow{0} se \vec{F} é a força gravitacional. Faça isso de duas maneiras:
(a) Usando a definição
\vec{F}(x, y, z)=-\frac{G M m}{r^{2}} \hat{r}=-G M m \frac{\vec{r}}{r^{3}}
(b) Usando o fato de que existe um potencial dado por V(r)=-G M m / r, cujo gradiente é -\vec{F}, i.e.:
\nabla V=-G M m \nabla\left(\frac{1}{r}\right)=G M m\left(\frac{1}{r^{2}}\right) \hat{r}=-\vec{F}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a força gravitacional tem giro nulo, isto é, que \nabla\times\vec{F}=\overrightarrow{0}, usando duas abordagens diferentes. As informações dadas são:
  • A força gravitacional em função do vetor posição é
\vec{F}(x,y,z) = -\frac{G M m}{r^{2}}\,\hat{r} = -G M m\,\frac{\vec{r}}{r^{3}},
onde \vec{r}=(x,y,z) e r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}.
  • Existe o potencial escalar
V(r) = -\frac{G M m}{r},
e é informado que \nabla V=-\vec{F}.
O que se pede:
  • (a) Mostrar diretamente a partir da definição vetorial de \vec{F} que \nabla\times\vec{F}=\overrightarrow{0}.
  • (b) Mostrar usando que \vec{F}=-\nabla V e uma propriedade sobre o rotacional do gradiente.
Observação prática: a força e o potencial têm singularidade em r=0; os cálculos válidos são para r\neq 0.

Passo 2

Preparação do cálculo em coordenadas cartesianas (método (a)). Vou trabalhar com as componentes cartesianas porque assim usamos derivadas parciais básicas. Escrevo a força com uma constante para simplificar:
\vec{F} = -G M m\,\frac{\vec{r}}{r^{3}}.
Defina a constante C=-G M m. Então as componentes são
F_x = C\,\frac{x}{r^{3}},\qquad F_y = C\,\frac{y}{r^{3}},\qquad F_z = C\,\frac{z}{r^{3}}.
Lembrete útil (cadeia/derivada): para r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} vale
\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r},\quad \frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{r},\quad \frac{\partial r}{\partial z}=\frac{z}{r}.
Também usaremos a regra do produto e a derivada de r^{-3}: \partial_j(r^{-3}) = -3 r^{-5}\,\partial_j r.

Passo 3

Cálculo de uma componente do rotacional: (\nabla\times\vec{F})_x=\partial_y F_z-\partial_z F_y. Calculo cada derivada separadamente.
Primeiro, calcule \partial_y F_z:
\partial_y F_z = \partial_y\!\left(C\,\frac{z}{r^{3}}\right) = C\left(\underbrace{\partial_y z}_{=0}\cdot r^{-3} + z\cdot \partial_y\big(r^{-3}\big)\right) = C\,z\cdot\big(-3 r^{-5}\big)\cdot\partial_y r.
Usando \partial_y r = y/r obtemos
\partial_y F_z = C\,z\cdot(-3) r^{-5}\cdot\frac{y}{r} = -3C\,\frac{y z}{r^{6}}.
Agora \partial_z F_y:
\partial_z F_y = \partial_z\!\left(C\,\frac{y}{r^{3}}\right) = C\left(\underbrace{\partial_z y}_{=0}\cdot r^{-3} + y\cdot \partial_z\big(r^{-3}\big)\right) = C\,y\cdot(-3 r^{-5})\cdot\partial_z r.
Com \partial_z r = z/r vem
\partial_z F_y = -3C\,\frac{y z}{r^{6}}.
Portanto
(\nabla\times\vec{F})_x=\partial_y F_z-\partial_z F_y = -3C\frac{y z}{r^{6}} - \big(-3C\frac{y z}{r^{6}}\big)=0.

Passo 4

As outras componentes seguem o mesmo padrão por simetria. Explicitamente:
Para a componente y:
(\nabla\times\vec{F})_y=\partial_z F_x-\partial_x F_z.
Calculando analogamente:
\partial_z F_x = C\partial_z\!\left(\frac{x}{r^{3}}\right) = -3C\frac{x z}{r^{6}}, \qquad \partial_x F_z = C\partial_x\!\left(\frac{z}{r^{3}}\right) = -3C\frac{x z}{r^{6}},
logo (\nabla\times\vec{F})_y= -3C\frac{x z}{r^{6}} - (-3C\frac{x z}{r^{6}})=0.
Para a componente z:
(\nabla\times\vec{F})_z=\partial_x F_y-\partial_y F_x.
Analogamente obtém-se
\partial_x F_y = -3C\frac{x y}{r^{6}}, \qquad \partial_y F_x = -3C\frac{x y}{r^{6}},
logo (\nabla\times\vec{F})_z=0.
Assim, todas as componentes do rotacional são zero, então
\nabla\times\vec{F}=\overrightarrow{0}\qquad\text{(para \(r\neq 0\)).}

Passo 5

Comentário sobre a singularidade: os cálculos com derivadas parciais são válidos onde r>0 (campo é suave lá). No ponto r=0 o campo não é definido, logo não se pode avaliar o rotacional por derivadas usuais naquele ponto. A conclusão física/matemática é que o campo gravitacional é irrotacional em todo o espaço exceto na origem.

Passo 6

Método (b) usando potencial. Parto do potencial
V(r) = -\frac{G M m}{r}.
Pelo enunciado e pela regra das derivadas temos \nabla V = -\vec{F}. Então
\vec{F} = -\nabla V.
Agora uso a identidade geral (válida quando V é duas vezes continuamente diferenciável no ponto considerado): o rotacional do gradiente de qualquer função escalar é sempre nulo:
\nabla\times(\nabla V)=\overrightarrow{0}.
Prova rápida (componentes): usando índice de Levi-Civita,
\big(\nabla\times(\nabla V)\big)_i = \varepsilon_{ijk}\,\partial_j(\partial_k V) = \varepsilon_{ijk}\,\partial_j\partial_k V.
Como as derivadas parciais comutam ( \partial_j\partial_k V=\partial_k\partial_j V) e \varepsilon_{ijk} é anti-simétrica em j,k, a soma se anula, dando zero. Portanto \nabla\times(\nabla V)=\overrightarrow{0}.
Voltando à força,
\nabla\times\vec{F} = \nabla\times\big(-\nabla V\big) = -\nabla\times(\nabla V)= -\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0},
valendo novamente para pontos onde V é C^{2}, isto é, para r\neq 0.

Passo 7

Resumo e incentivo amistoso: vimos duas demonstrações complementares. A primeira calcula diretamente as componentes do rotacional da expressão cartesiana de \vec{F} e mostra que cada componente se anula por cancelamentos usando a regra da cadeia. A segunda usa um argumento mais elegante de cálculo vetorial (campo conservativo = gradiente de potencial) e a identidade \nabla\times(\nabla V)=\overrightarrow{0}. Em ambos os casos concluímos que o campo gravitacional é irrotacional em todo o espaço onde está definido (fora da origem). Força: não desanima — esse tipo de prova tem muita repetição de contas e padrões que ficam fáceis com prática!

Resposta

\nabla\times\vec{F}=\overrightarrow{0} para r\neq 0.

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