Seja a equação de Navier-Stokes para o escoamento laminar incompressível de óleo dentro de um cilindro
-\nabla \times(\overrightarrow{\mathbf{v}} \times(\nabla \times \overrightarrow{\mathbf{v}}))=\frac{\eta}{\rho_{0}} \nabla^{2}(\nabla \times \overrightarrow{\mathbf{v}})
onde \eta é a viscosidade do óleo e \rho_{0} a densidade. A velocidade é, em coordenadas cilíndricas, o campo vetorial \overrightarrow{\mathbf{v}}(\rho, \theta, z)=v(\theta) \hat{k}. Calcule \nabla \times(\overrightarrow{\mathbf{v}} \times(\nabla \times \overrightarrow{\mathbf{v}})) e também \nabla^{2}(\nabla \times \overrightarrow{\mathbf{v}}). Calcule, daí, v_{\rho}(\theta).

Passo 1

O enunciado dá claramente:
  • A equação (reduzida) de Navier–Stokes para o escoamento incompressível:
-\nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr)=\frac{\eta}{\rho_{0}}\nabla^{2}(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}).
  • O campo velocidade em coordenadas cilíndricas é
\overrightarrow{\mathbf{v}}(\rho,\theta,z)=v(\theta)\,\hat{k},
ou seja, somente a componente na direção \hat{k} (eixo z) é não nula, e essa componente depende apenas do ângulo \theta.
O que nos pede:
  1. Calcular \nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr).
  2. Calcular \nabla^{2}(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}).
  3. A partir disso, determinar v_{\rho}(\theta). (Aqui, interpretar v_{\rho}(\theta) como a componente radial do campo \nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}, i.e. (\nabla\times\mathbf{v})_{\rho}, pois essa é a quantidade que naturalmente aparece nos cálculos abaixo.)

Passo 2

Vou primeiro calcular \nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}. Para isso uso a fórmula do rotacional em coordenadas cilíndricas para um campo \mathbf{A}=A_{\rho}\hat{\rho}+A_{\theta}\hat{\theta}+A_{z}\hat{k}:
\begin{aligned} (\nabla\times\mathbf{A})_{\rho}&=\frac{1}{\rho}\frac{\partial A_{z}}{\partial\theta}-\frac{\partial A_{\theta}}{\partial z},\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{A})_{\theta}&=\frac{\partial A_{\rho}}{\partial z}-\frac{\partial A_{z}}{\partial\rho},\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{A})_{z}&=\frac{1}{\rho}\left(\frac{\partial}{\partial\rho}(\rho A_{\theta})-\frac{\partial A_{\rho}}{\partial\theta}\right). \end{aligned}
No nosso caso \mathbf{v} tem v_{\rho}=0, v_{\theta}=0 e v_{z}=v(\theta). Substituindo:
\begin{aligned} (\nabla\times\mathbf{v})_{\rho}&=\frac{1}{\rho}\frac{\mathrm{d}v(\theta)}{\mathrm{d}\theta}-0=\frac{v'(\theta)}{\rho},\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{v})_{\theta}&=0-0=0,\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{v})_{z}&=\frac{1}{\rho}\bigl(0-0\bigr)=0. \end{aligned}
Portanto
\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}=\frac{v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\rho}.
Breve comentário didático: v'(\theta) é a derivada de v em relação a \theta. Apareceu o fator 1/\rho porque, em coordenadas cilíndricas, derivadas angulares entram com 1/\rho.]

Passo 3

Agora calculo \overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}). Temos
\overrightarrow{\mathbf{v}}=v(\theta)\,\hat{k},\qquad \nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}=\frac{v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\rho}.
Uso a regra do produto vetorial nas bases cilíndricas: \hat{k}\times\hat{\rho}=\hat{\theta}. Logo
\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}) = v(\theta)\,\hat{k}\times\frac{v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\rho} = \frac{v(\theta)\,v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\theta}.
Ou seja, o produto vetorial é um campo puramente azimutal ( \hat{\theta}) com magnitude \dfrac{v\,v'}{\rho}.

Passo 4

Calculo então \nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr). Denoto
\mathbf{B}(\rho,\theta)=\frac{v(\theta)\,v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\theta},
ou seja B_{\rho}=0,\;B_{\theta}=\dfrac{v\,v'}{\rho},\;B_{z}=0. Aplico a fórmula do rotacional:
\begin{aligned} (\nabla\times\mathbf{B})_{\rho}&=\frac{1}{\rho}\frac{\partial B_{z}}{\partial\theta}-\frac{\partial B_{\theta}}{\partial z}=0-0=0,\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{B})_{\theta}&=\frac{\partial B_{\rho}}{\partial z}-\frac{\partial B_{z}}{\partial\rho}=0-0=0,\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{B})_{z}&=\frac{1}{\rho}\left(\frac{\partial}{\partial\rho}(\rho B_{\theta})-\frac{\partial B_{\rho}}{\partial\theta}\right) =\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}\bigl(\rho\cdot\tfrac{v(\theta)\,v'(\theta)}{\rho}\bigr). \end{aligned}
Mas \rho\cdot\frac{v\,v'}{\rho}=v(\theta)\,v'(\theta) é função apenas de \theta, logo a derivada em \rho é zero. Assim (\nabla\times\mathbf{B})_{z}=0. Conclui-se:
\boxed{\nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr)=\mathbf{0}.}
Comentário didático: intuitivamente, o campo \mathbf{B} tem dependência angular mas a combinação \rho B_{\theta} é independente de \rho, por isso o rotacional se anula.]

Passo 5

Agora calculo \nabla^{2}(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}). Em vez de usar diretamente a fórmula do Laplaciano vetorial em coordenadas curvilíneas (que é extensa), uso a identidade vetorial útil:
\boxed{\nabla^{2}\mathbf{A}=\nabla(\nabla\cdot\mathbf{A})-\nabla\times(\nabla\times\mathbf{A}).}
Para \mathbf{A}=\nabla\times\mathbf{v} vale \nabla\cdot(\nabla\times\mathbf{v})=0 (divergência de um rotacional é sempre zero), logo
\nabla^{2}(\nabla\times\mathbf{v})=-\nabla\times\bigl(\nabla\times(\nabla\times\mathbf{v})\bigr).
Denotemos \mathbf{C}=\nabla\times\mathbf{v}=\dfrac{v'(\theta)}{\rho}\,\hat{\rho} (já obtido no Passo 2). Primeiro calculo \nabla\times\mathbf{C}. Usando as fórmulas:
\begin{aligned} (\nabla\times\mathbf{C})_{\rho}&=\frac{1}{\rho}\frac{\partial C_{z}}{\partial\theta}-\frac{\partial C_{\theta}}{\partial z}=0,\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{C})_{\theta}&=\frac{\partial C_{\rho}}{\partial z}-\frac{\partial C_{z}}{\partial\rho}=0,\\[4pt] (\nabla\times\mathbf{C})_{z}&=\frac{1}{\rho}\left(0-\frac{\partial C_{\rho}}{\partial\theta}\right)=-\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\frac{v'(\theta)}{\rho}\right). \end{aligned}
Como v'(\theta) depende só de \theta,
\frac{\partial}{\partial\theta}\!\left(\frac{v'(\theta)}{\rho}\right)=\frac{v''(\theta)}{\rho},
portanto
\nabla\times\mathbf{C}=-\frac{v''(\theta)}{\rho^{2}}\,\hat{k}.
Agora preciso de \nabla\times(\nabla\times\mathbf{C}). Denoto \mathbf{D}=\nabla\times\mathbf{C}=-\dfrac{v''(\theta)}{\rho^{2}}\,\hat{k}. Para um campo puramente z-direcional D_{z}= -v''(\theta)/\rho^{2} tem-se:
\begin{aligned} (\nabla\times\mathbf{D})_{\rho}&=\frac{1}{\rho}\frac{\partial D_{z}}{\partial\theta}=\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\theta}\!\Bigl(-\frac{v''(\theta)}{\rho^{2}}\Bigr)=-\frac{v^{(3)}(\theta)}{\rho^{3}},\\[6pt] (\nabla\times\mathbf{D})_{\theta}&=-\frac{\partial D_{z}}{\partial\rho}=-\frac{\partial}{\partial\rho}\!\Bigl(-\frac{v''(\theta)}{\rho^{2}}\Bigr) =-\biggl(-2\frac{v''(\theta)}{\rho^{3}}\biggr)=-\frac{2\,v''(\theta)}{\rho^{3}},\\[6pt] (\nabla\times\mathbf{D})_{z}&=0. \end{aligned}
Portanto
\nabla\times(\nabla\times\mathbf{C})=-\frac{v^{(3)}(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\rho}-\frac{2\,v''(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\theta}.
Finalmente, lembrando que \nabla^{2}\mathbf{C}=-\nabla\times(\nabla\times\mathbf{C}),
\boxed{\nabla^{2}(\nabla\times\mathbf{v})=\frac{v^{(3)}(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\rho}+\frac{2\,v''(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\theta}.}
Comentário didático: apareceram derivadas de ordem superior de v(\theta) porque a operação \nabla age sobre a dependência angular; os fatores em potências de \rho vêm da geometria cilíndrica.]

Passo 6

Agora uso a equação dada:
-\nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr)=\frac{\eta}{\rho_{0}}\nabla^{2}(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}}).
Do Passo 4 o lado esquerdo é \mathbf{0}. Do Passo 5 o lado direito é \dfrac{\eta}{\rho_{0}} vezes o vetor acima. Assim
\mathbf{0}=\frac{\eta}{\rho_{0}}\left(\frac{v^{(3)}(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\rho}+\frac{2\,v''(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\theta}\right).
Como \eta/\rho_{0}\neq 0 e \rho>0, isso implica, componente a componente,
v^{(3)}(\theta)=0,\qquad v''(\theta)=0.
Da segunda igualdade v''(\theta)=0 segue que v'(\theta)=C (constante) e então v(\theta)=C\,\theta + D. A condição física de campo velocidade bem definido no cilindro exige que v(\theta) seja periódica de período 2\pi: v(\theta+2\pi)=v(\theta). Aplicando isso obtém-se
C\cdot 2\pi=0\quad\Rightarrow\quad C=0.
Logo v(\theta)=D, uma constante. Portanto v'(\theta)=0 e v''(\theta)=0 (consistente com as equações acima).

Passo 7

Finalmente, a componente radial do rotacional (o que o enunciado pediu como v_{\rho}(\theta), conforme interpretado no Passo 1) era
(\nabla\times\mathbf{v})_{\rho}=\frac{v'(\theta)}{\rho}.
Como v'(\theta)=0 pela equação de movimento mais as condições de unicidade, obtemos
\boxed{(\nabla\times\mathbf{v})_{\rho}=0.}
Também podemos afirmar explicitamente que v(\theta) é constante.

Resposta

\nabla\times\bigl(\overrightarrow{\mathbf{v}}\times(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})\bigr)=\mathbf{0}.
\nabla^{2}(\nabla\times\overrightarrow{\mathbf{v}})=\dfrac{v^{(3)}(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\rho}+\dfrac{2\,v''(\theta)}{\rho^{3}}\,\hat{\theta}.
(\nabla\times\mathbf{v})_{\rho}=v_{\rho}(\theta)=\dfrac{v'(\theta)}{\rho}=0 (logo v(\theta)= constante).

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