Sejam E ∈ R 3 uma região sólida simples com fronteira S = ∂ E e um campo vetorial F : D o m F ⊂ R 3 → R 3 de classe C 1 tal que D o m ( F ) é uma região aberta contendo E . Mostre que

∬ S   ∇ × F . d S = 0

Isto é, o fluxo do rotacional de F através de S é zero.

Passo 1

Beleza, vamos lá. Sabemos que ∇ × F é o rotacional do campo vetorial F , então podemos escrever:

∬ S   ∇ × F . d S = ∬ S   r o t F → . d S

Que é o mesmo que:

∬ S   ∇ × F . d S = ∬ S   r o t F → . n → d s

Show? Onde n → é o campo de vetores normais à superfície S .

Passo 2

Show, pelo Teorema de Stokes, temos que:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∮ ∂ S   F → . d r

Logo,

∬ S   ∇ × F . d S = ∮ ∂ S   F → . d r

Ou seja, a integral de superfície que o problema quer pode ser substituída por uma integral de linha na fronteira de S .

Agora vamos pensar um pouquinho. Temos E , que é um sólido e S , que é a superfície fronteira de E . A fronteira de S , ∂ S seria uma curva. Porém, se E é um sólido, então S é uma superfície fechada, certo? Logo, ela não tem fronteira alguma. Então esse fluxo seria nulo, mas isso é só especulação, precisamos provar!

Passo 3

Bom, já que não temos uma fronteira, vamos começar criando uma, ok? Para podermos visualizar, vamos imaginar que esse sólido E seja uma esfera, com vetores normais apontando para fora dela:

Gente, o sólido não é uma esfera, é um sólido E qualquer! Estamos só imaginando que seja para facilitar o entendimen.te

Beleza, agora vamos dividir esse sólido em duas partes, E = E 1 + E 2 :

As duas partes mantém a mesma orientação. Temos, então, duas superfícies tais que S = S 1 + S 2 . Logo:

∬ S   ∇ × F . d S = ∬ S 1   ∇ × F . d S + ∬ S 2   ∇ × F . d S

Passo 4

Até aí tudo ok? Beleza, agora vamos tratar das duas integrais separadamente. Pensando na casca de cima, S 1 , se sua orientação é essa, a borda de S 1 é orientada da seguinte forma:

Pela regra da mão direita, lembra? Com tais orientações, podemos dizer, pelo Teorema de Stokes, que:

∬ S 1   ∇ × F . d S = ∮ ∂ S 1   F → . d r

Para S 2 , temos o contrário:

Com essas orientações, podemos dizer que

∬ S 2   ∇ × F . d S = ∮ ∂ S 2   F → . d r

Passo 5

Show, agora, como

∬ S   ∇ × F . d S = ∬ S 1   ∇ × F . d S + ∬ S 2   ∇ × F . d S

Temos

∬ S   ∇ × F . d S = ∮ ∂ S 1   F → . d r + ∮ ∂ S 2   F → . d r

Ótimo e agora??

Agora pensa um pouco, as fronteira de S 1 e S 2 tem o mesmo formato, são exatamente a mesma curva (afinal, as duas cascas formam um sólido), porém com orientação contrárias.

Se você reparar nos desenhos, ∂ S 1 tem orientação anti-horária e ∂ S 2 orientação horária (considerando o sólido orientado com normais apontando para fora). Portanto, podemos dizer que:

∮ ∂ S 1   F → . d r = ∮ ∂ S 2 _   F → . d r

Ou seja, trocando o sentido de ∂ S 2 , as integrais são as mesmas. Isso é o mesmo que:

∮ ∂ S 1   F → . d r = - ∮ ∂ S 2   F → . d r

Olha que mágico então

∬ S   ∇ × F . d S = - ∮ ∂ S 2   F → . d r + ∮ ∂ S 2   F → . d r = 0

Pronto, provamos que a integral dá zero.

Obs: esse raciocínio funciona para qualquer sólido, sendo uma esfera ou não! Sendo simétrico ou não! A base da questão é perceber que, sendo um superfície fechada, ela não possui fronteira e que, dividindo o sólido em duas partes quaisquer, as fronteiras das duas partes possuem o mesmo formato, porém, orientação oposta. Logo, as integrais de linha se anulam.

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