No espaço euclidiano tridimensional, com orientação positiva, escreva \(\operatorname {vol}=dx\wedge dy\wedge dz\). A métrica permite associar um campo vetorial a uma \(1\)-forma, e a orientação permite representá-lo também por uma forma de fluxo. Assim, as correspondências abaixo usam estruturas que devem permanecer explícitas.
Grau
Objeto e integral
Derivada exterior
$0$
Função $f$; em pontos orientados, soma com sinais.
$df$ representa o gradiente pela métrica.
$1$
$\alpha=F_1dx+F_2dy+F_3dz$; trabalho em curvas.
$d\alpha$ é a forma de fluxo de $\nabla\times F$.
$2$
Forma de fluxo $\beta$ de $F$; integral em superfícies.
$d\beta=(\nabla\cdot F)\operatorname{vol}$.
$3$
$f\operatorname{vol}$; integral orientada em volumes.
Por exemplo, a temperatura \(T=20+x^2y+e^z\) fornece \(\int _\gamma dT=T(B)-T(A)\) para um sensor que se move de \(A\) a \(B\). Já um campo de corrente \(j\) fornece uma \(2\)-forma de fluxo; sua derivada exterior mede \(\nabla \cdot j\). No regime estacionário sem acúmulo de carga, essa forma é fechada. A mesma linguagem acompanha medição, trabalho e conservação, preservando o grau adequado a cada situação.
As integrais de linha e de fluxo podem ser escritas na linguagem das formas diferenciais. Uma \(k\)-forma recebe \(k\) direções tangentes e produz um escalar, alternando o sinal quando duas direções são trocadas. O grau determina a dimensão do objeto de integração; a antissimetria registra sua orientação.
Definição 13.1
Um campo de formas diferenciais de grau \(k\) em \(\mathbb {R}^n\) é uma expressão da forma
em que os coeficientes \(a_{j_1\cdots j_k}\) são funções diferenciáveis. A restrição \(j_1\lt \cdots \lt j_k\) evita repetições, pois qualquer termo com dois diferenciais iguais se anula pela antissimetria do produto exterior.
Uma forma diferencial de grau \(0\) em \(\mathbb {R}^n\) é simplesmente uma função diferenciável em \(\mathbb {R}^n\).
Exemplo 13.1
\[ g(x, y, z, w) = x + y^2 + z^3 + w^4 \]
é uma forma de grau \(0\) em \(\mathbb {R}^4\).
Exemplo 13.2
Um exemplo de campo de formas de grau \(1\) em \(\mathbb {R}^3\) é
Calcule \(\mathop{}\! \mathrm{d}\omega \) para \(\omega =xy\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+yz\, \mathop{}\! \mathrm{d}y+zx\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\), reordenando os diferenciais na ordem crescente dos índices. Ver solução
Por exemplo, \(d(xy)\wedge dx=(y\, dx+x\, dy)\wedge dx=-x\, dx\wedge dy\). A reordenação dos diferenciais produz os sinais; termos com fatores repetidos são zero.
Calcule \(\mathop{}\! \mathrm{d}(xy)\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}(x^2+y^2)\) e verifique que sua derivada exterior é zero. Ver solução
Temos \(d(xy)=y\, dx+x\, dy\) e \(d(x^2+y^2)=2x\, dx+2y\, dy\). Portanto o produto é \(2(y^2-x^2)dx\wedge dy\). Sua derivada exterior em \(\mathbb {R}^2\) é zero: ao derivar o coeficiente, cada termo contém um diferencial já presente, e toda forma de grau \(3\) nesse espaço se anula. Também se pode usar \(d^2=0\) e a regra de Leibniz.
Para \(x=u+v\), \(y=uv\), encontre onde a transformação é regular e explique a mudança de orientação em \(u=v\). Ver solução
O Jacobiano é \(\begin{pmatrix} 1
& 1
\\ v
& u
\end{pmatrix}\), com determinante \(u-v\). A transformação é localmente regular onde \(u\ne v\). Preserva orientação onde \(u\gt v\) e a inverte onde \(u\lt v\). Na diagonal, o determinante se anula. A simetria entre \(u,v\) também mostra que a aplicação não é globalmente injetiva sem escolher um dos lados da diagonal.
Identifique os graus de \(T\), \(dT\), da forma de fluxo \(\beta _j\) de uma corrente \(j\) e de \(\rho \, dx\wedge dy\wedge dz\). Escreva a conservação da carga como uma igualdade de formas de grau três e confira sua equivalência com \(\partial _t\rho +\nabla \cdot j=0\). Ver solução
Os graus são \(0,1,2,3\), respectivamente. Com \(\operatorname {vol}=dx\wedge dy\wedge dz\) e \(\beta _j=j_1dy\wedge dz+j_2dz\wedge dx+j_3dx\wedge dy\), a conservação escreve-se
Como \(d\beta _j=(\nabla \cdot j)\operatorname {vol}\), a igualdade é exatamente a equação escalar indicada. Todos os termos têm grau três; o tempo é um parâmetro do campo nesta escrita espacial.
13.2 Integração de Formas Diferenciais
A regra de integração consiste em transportar a forma para o domínio dos parâmetros. Nesse transporte, chamado pullback, substituímos tanto os coeficientes quanto os diferenciais. Os determinantes que aparecem a seguir preservam o sinal da orientação.
Seja \(\omega \) uma \(k\)-forma em \(\mathbb {R}^n\) e seja \(\varphi :D\subseteq \mathbb {R}^k\to \mathbb {R}^n\) uma parametrização regular, injetiva no interior do domínio e compatível com a orientação de uma variedade \(M\), cobrindo-a salvo conjuntos de medida nula. Quando uma única parametrização não cobre \(M\), usamos cartas locais e uma partição da unidade para somar contribuições sem repetir sobreposições. A integral de \(\omega \) sobre \(M\) é definida por
\[ \int _M\omega :=\int _D\varphi ^*\omega , \]
onde \(\varphi ^*\omega \) é o pullback de \(\omega \) pela parametrização.
A integral é \(\int _0^1 3t^2\, \mathop{}\! \mathrm{d}t=1\). Como a forma é \(\mathop{}\! \mathrm{d}(xy)\), o resultado também é \((xy)(1,1)-(xy)(0,0)=1\). No percurso inverso, os extremos se trocam e a integral vale \(-1\).
Calcule o pullback de \(z\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+x\, \mathop{}\! \mathrm{d}y+y\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\) por \(\gamma (t)=(t,t^2,t^3)\) e integre de \(0\) a \(1\). Ver solução
Substitua \(x=t\), \(y=t^2\), \(z=t^3\), \(dx=dt\), \(dy=2t\, dt\), \(dz=3t^2dt\). O pullback é
\[ (t^3+2t^2+3t^4)dt. \]
Integrando de zero a um, o valor é \(1/4+2/3+3/5=91/60\). Substituir apenas os coeficientes sem transformar os diferenciais perderia dois fatores essenciais.
Para \(r(u,v)=(u,v,u^2+v^2)\), calcule \(r^*(\mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z)\) e \(r^*(\mathop{}\! \mathrm{d}z\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}x)\). Compare com as componentes de \(r_u\times r_v\). Ver solução
Como \(dx=du\), \(dy=dv\) e \(dz=2u\, du+2v\, dv\),
Junto com \(r^*(dx\wedge dy)=du\wedge dv\), os coeficientes são exatamente \(r_u\times r_v=(-2u,-2v,1)\). O cálculo liga a forma de fluxo ao elemento vetorial de área.
Integre \(-y\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+x\, \mathop{}\! \mathrm{d}y\) usando \(\gamma (t)=(\cos t,\sin t)\), \(0\leq t\leq 4\pi \). Explique por que essa parametrização conta duas voltas. Ver solução
Na parametrização, \(-y\, dx+x\, dy=(\sin ^2t+\cos ^2t)dt=dt\). A integral é \(4\pi \). O intervalo tem comprimento angular \(4\pi \), logo percorre a circunferência duas vezes no sentido positivo. Integrar sobre essa parametrização conta a multiplicidade; não é o mesmo que uma volta simples na imagem.
13.3 Variedades de dimensão zero
O caso de dimensão zero esclarece os sinais sem exigir integrais usuais. Cada ponto contribui com o valor da função, multiplicado por seu sinal. Esse mecanismo transforma a integral de uma derivada ao longo de um intervalo na diferença entre os extremos.
Definição 13.3
Uma variedade orientada de dimensão \(0\) em \(\mathbb {R}^n\) é simplesmente um ponto \(\mathbf{x}\in \mathbb {R}^n\), com a escolha do sinal \(+\) ou \(-\). Uma \(0\)-variedade orientada geral é um conjunto discreto de pontos, cada qual com um sinal. No caso compacto, há um número finito de pontos e a integral é uma soma finita.
Definição 13.4
Seja \(M = +\{ \mathbf{b}\} \cup -\{ \mathbf{a}\} \) uma \(0\)-variedade orientada, e seja \(\omega \) uma forma de grau \(0\). Então
Integre \(f(x,y)=x^2-y\) sobre \(+\{ (1,2)\} \cup -\{ (2,1)\} \cup +\{ (0,-1)\} \). Ver solução
A integral é a soma dos valores com seus sinais: \((1-2)-(4-1)+(0+1)=-3\). Uma integral em dimensão zero não requer comprimento nem área; a orientação é um sinal associado a cada ponto.
Determine os bordos orientados de \([a,b]\) e \([b,c]\) e mostre o cancelamento do ponto \(b\). Ver solução
Para \(a\lt b\lt c\) com orientação crescente, \(\partial [a,b]=+\{ b\} -\{ a\} \) e \(\partial [b,c]=+\{ c\} -\{ b\} \). Somando, as contribuições em \(b\) cancelam e resta \(+\{ c\} -\{ a\} \), o bordo de \([a,c]\). O cancelamento explica por que subdividir um percurso não altera o teorema fundamental.
Verifique \(\int _{\partial \Gamma }f=f(B)-f(A)\) para um segmento de \(A\) a \(B\) e \(f(x,y,z)=xy+z\). Ver solução
O bordo do segmento orientado de \(A\) a \(B\) é \(+\{ B\} -\{ A\} \). Portanto a integral é \(x_By_B+z_B-x_Ay_A-z_A\). Por outro lado, \(df=y\, dx+x\, dy+dz\), e seu pullback no segmento é a derivada de \(f(A+t(B-A))\). A integração de zero a um fornece a mesma diferença.
13.4 Variedades de dimensão um
Para uma curva, a forma de grau um avalia a velocidade tangente e produz um integrando em uma variável. A orientação determina o sentido do percurso. Compare esse procedimento com a integral escalar em relação ao comprimento de arco, que usa o módulo da velocidade.
Definição 13.5
Uma variedade orientada de dimensão \(1\) em \(\mathbb {R}^n\) é simplesmente uma curva suave orientada \(\Gamma \in \mathbb {R}^n\), com orientação \(+\) se a curva é percorrida no sentido de \(t\) crescente, ou com o sinal \(-\) se é percorrida no sentido de \(t\) decrescente. Uma \(1\)-variedade orientada geral é uma união de curvas orientadas.
Observação 13.2
A curva \(-\Gamma \) tem orientação oposta à de \(\Gamma \), e
Se \(\mathbf{f}:\mathbb {R}^2 \to \mathbb {R}^2\) e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{\mathbf{r}} = \begin{pmatrix} \mathop{}\! \mathrm{d}{x}
\\ \mathop{}\! \mathrm{d}{y}
\end{pmatrix}\), a forma clássica de escrever isso é
Pode-se mostrar que, se duas parametrizações diferentes da mesma curva têm a mesma orientação, então suas integrais são iguais. Logo, basta encontrar uma parametrização adequada.
ao redor do quadrado fechado \(\Gamma =ABCD\), com \(A=(1,1)\), \(B=(-1,1)\), \(C=(-1,-1)\) e \(D=(1,-1)\), no sentido \(ABCDA\).
Solução
Em \(AB\), \(y=1\) e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{y}=0\); em \(BC\), \(x=-1\) e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{x}=0\); em \(CD\), \(y=-1\) e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{y}=0\); e em \(DA\), \(x=1\) e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{x}=0\). Portanto, a integral é
Quando a integral percorre um caminho fechado, como no exemplo anterior, é usual usar o símbolo \(\displaystyle \oint _\Gamma \) em vez de \(\displaystyle \int _\Gamma \). O sentido positivo de integração é aquele em que, ao percorrer o caminho, a área delimitada pela curva fica à esquerda.
onde \(\Gamma \) é a elipse \(\displaystyle {9x^2 + 4y^2 = 36}\) percorrida uma vez no sentido positivo.
Solução
Parametrizamos a elipse por \(x=2\cos t\), \(y=3\sin t\), \(t\in [0,2\pi ]\). Observe que, ao percorrer essa curva fechada, a área da elipse fica à esquerda do caminho; portanto, essa parametrização percorre a curva no sentido positivo. Temos
é chamada de integral de caminho de \(f\) ao longo de \(\Gamma \).
Exemplo 13.16
Calcule \(\displaystyle \int \limits _\Gamma x \lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{\mathbf{x}}\rVert \), onde \(\Gamma \) é o triângulo que começa em \(A:(-1,-1)\), passa por \(B:(2,-2)\) e termina em \(C:(1,2)\).
Solução
As retas que passam pelos pontos dados têm equações \(L_{AB}: y = \dfrac {-x - 4}{3}\) e \(L_{BC}: y=-4x+6\). Em \(L_{AB}\),
Calcule \(\displaystyle \int _C x\mathop{}\! \mathrm{d}{x}+y\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\), onde \(C\) é o caminho retilíneo que começa em \((-1,0)\), passa por \((0,1)\) e termina em \((1,0)\), parametrizando esse caminho. Calcule também \(\displaystyle \int _C xy \lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{\mathbf{x}}\rVert \) usando essa parametrização.
Calcule \(\displaystyle \int _C x\mathop{}\! \mathrm{d}{x}+y\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\), onde \(C\) é o semicírculo que começa em \((-1,0)\), passa por \((0,1)\) e termina em \((1,0)\), parametrizando esse caminho. Calcule também \(\displaystyle \int _C xy \lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{\mathbf{x}}\rVert \) usando essa parametrização.
Consolidaçãobásico Calcule \(\displaystyle \int _{\Gamma } x\mathop{}\! \mathrm{d}{x} + y\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\), onde \(\Gamma \) é o caminho definido pelo seguinte percurso, que começa em \(O(0,0)\), segue em linha reta até \(A\left(4\cos \tfrac {\pi }{6},4\sin \tfrac {\pi }{6}\right)\) e continua em um arco de círculo até \(B\left(4\cos \tfrac {\pi }{5},4\sin \tfrac {\pi }{5}\right)\). Ver solução
Seja \(\Gamma _1\) o segmento de reta de \(O\) até \(A=(2\sqrt{3},2)\) e seja \(\Gamma _2\) o arco do círculo centrado em \((0,0)\) e de raio \(4\), percorrido no sentido anti-horário de \(\theta =\dfrac {\pi }{6}\) até \(\theta =\dfrac {\pi }{5}\).
Observe que a equação cartesiana da reta \(\overleftrightarrow {OA}\) é \(y=\dfrac {x}{\sqrt{3}}\). Então, em \(\Gamma _1\),
No arco do círculo, podemos tomar \(x=4\cos \theta \), \(y=4\sin \theta \) e integrar de \(\theta =\dfrac {\pi }{6}\) a \(\theta =\dfrac {\pi }{5}\). Observe que
Aplicaçãobásico Calcule \(\displaystyle \oint _\Gamma z\mathop{}\! \mathrm{d}{x} + x\mathop{}\! \mathrm{d}{y} + y\mathop{}\! \mathrm{d}{z}\), onde \(\Gamma \) é a interseção da esfera \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) com o plano \(x + y = 1\), percorrida no sentido positivo. Ver solução
A curva está na esfera e, para parametrizá-la, eliminamos uma das variáveis, por exemplo \(y\), de modo que \(y = 1-x\) e \(x^2 + y^2 + z^2 = 1\) dão
\[ x = \frac{1}{2} + \frac{\cos t}{2}, \ \ \ z = \dfrac {\sin t}{\sqrt{2}},\ \ \ y = 1 - x = \frac{1}{2}-\frac{\cos t}{2}. \]
Devemos integrar no lado do plano que pode ser visto a partir do ponto \((1,1,0)\) (observe que o vetor \(\begin{pmatrix} 1
\\ 1
\\ 0
\end{pmatrix}\) é normal ao plano). No plano \(zx\), \(4\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + 2z^2 = 1\) é uma elipse. Para obter uma parametrização positiva, devemos integrar de \(t = 2\pi \) a \(t = 0\) (isso ocorre porque, ao olhar para a elipse a partir do ponto \((1,1,0)\), o eixo \(x\) positivo fica à sua esquerda, e não à sua direita). Assim,
Uma forma exata possui uma primitiva; uma forma fechada satisfaz uma condição diferencial local. A identidade \(\mathop{}\! \mathrm{d}^2=0\) relaciona as duas noções, mas a passagem de fechada a exata também depende da geometria global do domínio.
Lema 13.5 (\(\mathop{}\! \mathrm{d}^2=0\))
Se \(\omega \) é uma forma diferencial de classe \(C^2\), então
Os termos com \(i=j\) são nulos e os termos com \(i\neq j\) cancelam aos pares, pois as derivadas mistas coincidem e \(\mathop{}\! \mathrm{d}{x_i}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{x_j}=-\mathop{}\! \mathrm{d}{x_j}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{x_i}\).
Definição 13.7
Uma forma \(\omega \) é fechada se \(\mathop{}\! \mathrm{d}\omega =0\). Uma \(k\)-forma \(\omega \), com \(k\ge 1\), é exata se existe uma \((k-1)\)-forma \(\eta \) tal que
\[ \omega =\mathop{}\! \mathrm{d}\eta . \]
Pelo lema anterior, toda forma exata é fechada. A recíproca depende do domínio:
Teorema 13.6 (Lema de Poincaré)
Em um domínio estrela-convexo, toda forma diferencial fechada de grau positivo é exata.
Demonstração construtiva para formas de grau um
▼
Transladando o centro, suponha \(U\) estrela-convexo em relação à origem. Se \(\alpha =\sum _i A_i(x)\, \mathop{}\! \mathrm{d}x_i\) é de classe \(C^1\) e fechada, então \(\partial _jA_i=\partial _iA_j\). Defina
O termo em \(t=0\) é zero pela continuidade. Logo, \(\mathop{}\! \mathrm{d}F=\alpha \). Isso demonstra o caso utilizado nas integrais de caminho.
Para graus maiores, a construção análoga integra a forma contra a direção radial e define o operador de homotopia. A hipótese estrela-convexa garante novamente que os segmentos pertencem ao domínio.
Se \(\omega =\mathop{}\! \mathrm{d}F\), então \(\mathop{}\! \mathrm{d}\omega =0\). Em domínios estrela-convexos, o Lema de Poincaré garante a recíproca: toda forma fechada de grau positivo é exata.
Aqui podemos integrar a primeira ou a segunda expressão. Como integrar a segunda expressão (em relação a \(y\)) é mais simples, obtemos
\[ F(x,y)=\dfrac {e^y}{1+x^2}+\phi (x), \]
onde \(\phi (x)\) é uma função que depende apenas de \(x\). Para determiná-la, derivamos a expressão obtida para \(F\) em relação a \(x\) e encontramos
Como os coeficientes são polinomiais e \(\mathbb {R}^3\) é estrela-convexo, o Lema de Poincaré mostra que essa forma é exata em \(\mathbb {R}^3\). Assim, escreva
Comparando essas três expressões para \(F\), obtemos \(F(x,y,z) = xy^2z^3\).
Temos a seguinte versão do Teorema Fundamental do Cálculo.
Teorema 13.8
Seja \(U\subseteq \mathbb {R}^n\) um conjunto aberto. Suponha que \(\omega =\mathop{}\! \mathrm{d}F\) seja uma forma exata e que \(\Gamma \) seja um caminho em \(U\), com ponto inicial \(A\) e ponto final \(B\). Então
Em particular, se \(\Gamma \) é um caminho fechado, então
\[ \displaystyle \oint _{\Gamma } \omega = 0. \]
Demonstração do Teorema Fundamental para formas exatas
▼
Se \(\gamma :[a,b]\to U\) parametriza o caminho, a regra da cadeia fornece \(\gamma ^*(\mathop{}\! \mathrm{d}F)=\frac{\mathop{}\! \mathrm{d}}{\mathop{}\! \mathrm{d}t}(F\circ \gamma )\, \mathop{}\! \mathrm{d}t\). Integrar dá \(F(\gamma (b))-F(\gamma (a))\). Para um caminho suave por partes, aplicamos a identidade a cada trecho; os valores nos pontos de junção cancelam. Se o caminho é fechado, os extremos coincidem.
no domínio \(\mathbb {R}^2\setminus \{ 0\} \). Como o polígono está contido em \(x\gt 0\), a forma é exata em uma vizinhança do caminho e, pelo Teorema 13.8, a integral é \(0\).
Logo, a forma é fechada em \(\mathbb {R}^2\) e, pelo Lema de Poincaré, é exata. Consequentemente, a integral ao longo da componente fechada indicada por \(\Gamma \) é \(0\).
Determine uma primitiva de \((2xy+z)\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+x^2\, \mathop{}\! \mathrm{d}y+x\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\) e sua integral de \((0,0,0)\) até \((1,2,3)\). Ver solução
Uma primitiva é \(F=x^2y+xz\), pois suas derivadas são \(2xy+z\), \(x^2\) e \(x\). Como a forma é exata em todo o espaço, a integral entre os pontos indicados é \(F(1,2,3)-F(0,0,0)=5\), independentemente do caminho. Uma constante adicional na primitiva cancela ao calcular a diferença.
No plano sem a origem, mostre que \((-y\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+x\, \mathop{}\! \mathrm{d}y)/(x^2+y^2)\) é fechada. Integre no círculo unitário e conclua que não é exata nesse domínio. Ver solução
As derivadas cruzadas dos coeficientes coincidem fora da origem, logo \(d\omega =0\) nesse domínio. No círculo unitário anti-horário, o pullback é \(dt\), e a integral é \(2\pi \). Se a forma fosse exata, sua integral em todo caminho fechado seria zero. Portanto ela é fechada, mas não exata no plano perfurado. Trata-se do mesmo obstáculo global encontrado em N071.
Aplique a construção radial à forma \((2x+y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+(x+4y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}y\) e confira a primitiva por diferenciação. Ver solução
Logo \(dF=(2x+y)dx+(x+4y)dy\), como pedido. O método integra a forma ao longo dos segmentos radiais e funciona aqui porque a forma é fechada em um domínio estrelado.
13.6 Variedades de dimensão dois
No plano, uma forma de grau dois combina um coeficiente com uma área orientada. Na orientação padrão, o cálculo coincide com a integral dupla usual; inverter a orientação altera o sinal da integral da forma.
Definição 13.8
Uma região \(D\subseteq \mathbb {R}^2\) recebe a orientação padrão quando escolhemos a forma de área \(\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\) como positiva. A orientação oposta corresponde a \(-\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\). Se \(D\) possui fronteira, a orientação padrão induz na fronteira o sentido anti-horário.
Observação 13.9
A região \(-D\) tem orientação oposta à de \(D\), e
Frequentemente escreveremos \(\int _D f(x,y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}A\), em que \(\mathop{}\! \mathrm{d}A\) é a medida positiva de área. Ela coincide com a integral da forma \(f\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\) na orientação padrão. A medida \(\mathop{}\! \mathrm{d}A\) não troca de sinal quando a orientação é invertida.
Observação 13.10
Nesta seção, salvo indicação em contrário, escolheremos a orientação positiva para as regiões consideradas. Isso corresponde ao uso da forma de área \(\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{y}\).
Seja \(D\subseteq \mathbb {R}^2\). Dada uma função \(f:D\to \mathbb {R}\), a integral
\[ \int _D f\, \mathop{}\! \mathrm{d}A \]
é a integral dupla usual de \(f\) sobre \(D\). Em particular,
Integre \((x+y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\) no triângulo \(x,y\geq 0\), \(x+y\leq 2\), com as duas orientações. Compare com a integral da densidade positiva \((x+y)\, \mathop{}\! \mathrm{d}A\). Ver solução
Na orientação padrão,
\[ \int _0^2\int _0^{2-x}(x+y)dy\, dx=\frac83. \]
Na orientação oposta, a integral da forma vale \(-8/3\). A integral da densidade positiva \((x+y)dA\) continua valendo \(8/3\), pois \(dA\) é uma medida sem orientação. Como conferência, o triângulo tem área \(2\) e centroide \((2/3,2/3)\); a média da função afim é \(4/3\).
Faça \(x=v\), \(y=u\) no quadrado unitário. Explique o sinal do pullback de \(\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\) e o valor da área geométrica. Ver solução
Com \(x=v\), \(y=u\), \(dx\wedge dy=dv\wedge du=-du\wedge dv\). Portanto a integral do pullback no quadrado com orientação padrão é \(-1\), correspondente à orientação invertida da imagem. A área geométrica é \(1\), pois a mudança de variáveis para medidas positivas usa \(|\det J|=1\).
Calcule a massa da lâmina no quadrado unitário com densidade \(1+x\). Explique por que inverter sua orientação não muda a massa. Ver solução
A massa é \(\int _0^1\int _0^1(1+x)dy\, dx=3/2\). Inverter a orientação não altera a densidade nem a medida positiva \(dA\), portanto não altera a massa. Já a integral da forma \((1+x)dx\wedge dy\) na orientação oposta vale \(-3/2\). Interpretar esse último número como massa física confundiria os dois objetos.
13.7 Variedades de dimensão três
Em três dimensões, a forma de grau máximo registra um volume orientado. O determinante jacobiano aparece com seu sinal no pullback. Para calcular massa ou volume geométrico, usamos a medida positiva de volume.
Definição 13.9
Uma região \(V\subseteq \mathbb {R}^3\) recebe a orientação padrão quando \(\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z\) é positiva. A orientação oposta troca o sinal dessa forma. Se \(V\) possui fronteira, a orientação padrão de \(V\) induz em \(\partial V\) a normal exterior.
Observação 13.11
A região \(-M\) tem orientação oposta à de \(M\), e
Frequentemente escreveremos \(\int _M f\, \mathop{}\! \mathrm{d}V\), em que \(\mathop{}\! \mathrm{d}V\) é a medida positiva de volume. Ela coincide com a integral da forma \(f\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z\) na orientação padrão; na oposta, apenas a integral da forma troca de sinal.
Observação 13.12
Nesta seção, salvo indicação em contrário, escolheremos a orientação positiva para as regiões consideradas. Isso corresponde ao uso da forma de volume \(\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{y}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{z}\).
Seja \(V\subseteq \mathbb {R}^3\). Dada uma função \(f:V\to \mathbb {R}\), a integral
\[ \int _V f\, \mathop{}\! \mathrm{d}V \]
é a integral tripla usual de \(f\) sobre \(V\). Em particular, \(\int _V\mathop{}\! \mathrm{d}V\) é o volume geométrico de \(V\); já \(\int _V\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z\) é seu volume orientado.
Integre \((x+y+z)\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z\) no cubo unitário nas orientações padrão e oposta. Ver solução
Cada coordenada tem integral \(1/2\) no cubo unitário; assim a integral na orientação padrão é \(3/2\). Na orientação oposta, vale \(-3/2\). O coeficiente é positivo no interior, mas a integral de uma forma ainda depende da orientação.
Para \((x,y,z)=(u,w,v)\), compare o pullback da forma de volume com o fator de mudança de variáveis em uma integral de massa. Ver solução
Temos \(dx\wedge dy\wedge dz=du\wedge dw\wedge dv=-du\wedge dv\wedge dw\). O pullback da forma volume tem fator \(-1\). Em uma integral de massa, usa-se a medida positiva e o fator \(|\det J|=1\), portanto não há mudança de sinal da massa. Uma permutação ímpar de coordenadas inverte a orientação.
Calcule a massa do tetraedro \(x,y,z\geq 0\), \(x+y+z\leq 1\), com densidade \(1+x\). Compare com a integral da forma de massa na orientação oposta. Ver solução
O tetraedro tem volume \(1/6\). Por simetria ou integração, \(\int _Vx\, dV=1/24\). Logo a massa é \(1/6+1/24=5/24\). A integral da forma \((1+x)dx\wedge dy\wedge dz\) na orientação oposta é \(-5/24\), enquanto a massa permanece positiva. O primeiro momento \(1/24\) também resulta do centroide com coordenada \(x=1/4\).
13.8 Integrais de superfície
Uma superfície em \(\mathbb {R}^3\) admite duas escolhas de normal quando é orientável. A integral de uma \(2\)-forma depende dessa escolha, enquanto a integral escalar em relação à área usa uma medida positiva.
Definição 13.10
Uma superfície suave \(\Sigma \subseteq \mathbb {R}^3\) é orientada quando se escolhe continuamente um dos dois vetores normais unitários em cada ponto. Para superfícies fechadas, é comum escolher a normal exterior; para superfícies abertas, a orientação deve ser especificada explicitamente.
Observação 13.13
A superfície \(-\Sigma \) tem orientação oposta à de \(\Sigma \), e
A ordem cíclica \(\{ \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z,\mathop{}\! \mathrm{d}z\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}x,\mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\} \) é compatível com a orientação padrão do espaço. Ela não escolhe a normal de uma superfície: essa orientação deve ser especificada. Para \(\beta =F_1\, \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z+F_2\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}x +F_3\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\),
Assim, \(\int _\Sigma \beta \) é o fluxo na direção de \(r_u\times r_v\).
Definição 13.11
Seja \(\mathbf{r}:D\subseteq \mathbb {R}^2\to \Sigma \) uma parametrização regular de uma superfície e seja \(f:\Sigma \to \mathbb {R}\) contínua. A integral escalar de superfície é
Essa integral não depende da orientação; a orientação passa a importar quando integramos uma \(2\)-forma ou um fluxo vetorial. Quando não houver risco de confusão, escreveremos
Calcule \(\displaystyle \int \limits _\Sigma z\lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{ ^2\mathbf{x}}\rVert \), onde \(\Sigma \) é a superfície externa da seção do paraboloide \(z = x^2 + y^2, 0 \leq z \leq 1.\)
Solução
Parametrizamos o paraboloide da seguinte forma. Sejam \(x = u, y = v, z = u^2 + v^2.\) Observe que o domínio \(D\) de \(\Sigma \) é o disco unitário \(u^2 + v^2 \leq 1\). Temos
O cilindro e a esfera se intersectam quando \(x^2 + y^2 = 2y\) e \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\), isto é, quando \(z^2 = 4 - 2y\), ou seja, \(v^2 = 4 - 2(1 + \sin u) = 2 - 2\sin u\). Como o parâmetro \(u\) percorre toda a circunferência, \(0\le u\le 2\pi \). Portanto,
Aplicaçãobásico Calcule \(\displaystyle \int \limits _\Sigma y \lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{ ^2\mathbf{x}}\rVert \), onde \(\Sigma \) é a superfície \(z = x + y^2, 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 2.\) Ver solução
Parametrizamos a superfície tomando \(x = u, y = v, z = u + v^2.\) Observe que o domínio \(D\) de \(\Sigma \) é o retângulo \([0,1]\times [0,2]\). Temos
Aplicaçãobásico Calcule \(\displaystyle \int _S z\lVert \mathop{}\! \mathrm{d}{ ^2\mathbf{x}}\rVert \) sobre a superfície cônica \(z=\sqrt{x^2 + y^2}\) entre \(z=0\) e \(z=1\). Ver solução
Justificaçãomédio Você passa um ovo perfeitamente esférico por um fatiador, obtendo \(n\) fatias de alturas iguais, mas se esquece de descascá-lo antes! Mostre que a quantidade de casca de ovo em cada fatia é a mesma. Seu argumento deve usar integrais de superfície. Ver solução
Se o ovo tem raio \(R\), cada fatia terá altura \(2R/n\). Uma fatia pode ser parametrizada por \(0 \leq \theta \leq 2\pi \), \(\phi _1 \leq \phi \leq \phi _2\), com
\[ R\cos \phi _1 - R\cos \phi _2 = 2R/n. \]
A área da parte da superfície da esfera contida na fatia é
Exemplo 13.28 (Fluxo por uma tampa triangular (nível difícil))
A tampa \(z=1-x-y\), \(x,y\geq 0\), \(x+y\leq 1\), é orientada para cima. Para \(\mathbf{F}=(x,y,z)\), calcule o fluxo por meio de \(\beta =x\, \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z+y\, \mathop{}\! \mathrm{d}z\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}x+z\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\) e confira fechando a superfície.
Solução
Use \(r(u,v)=(u,v,1-u-v)\) no triângulo \(D\). Temos \(r_u\times r_v=(1,1,1)\), portanto a orientação é a desejada. Como \(\mathop{}\! \mathrm{d}z=-\mathop{}\! \mathrm{d}u-\mathop{}\! \mathrm{d}v\),
O fluxo vale a área de \(D\), isto é, \(1/2\). Por outro lado, \(\mathop{}\! \mathrm{d}\beta =3\, \mathop{}\! \mathrm{d}x\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}y\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}z\). O tetraedro limitado pela tampa e pelos planos coordenados tem volume \(1/6\), e seu fluxo exterior total é \(3/6=1/2\). Nas três faces coordenadas, a componente normal de \(\mathbf{F}\) é zero. Todo o fluxo passa pela tampa, confirmando o cálculo por pullback.
Um meio tem condutividade térmica \(K=\operatorname {diag}(2,1,3)\) e temperatura normalizada \(T=T_0-x^2-y^2-z^2\). Calcule \(q=-K\nabla T\), sua forma de fluxo e sua derivada exterior. Determine o fluxo exterior pela esfera unitária e a fonte estacionária \(s\) no balanço \(\nabla \cdot q=s\). Ver solução
O gradiente é \((-2x,-2y,-2z)\), logo \(q=(4x,2y,6z)\). Sua forma de fluxo é \(\beta _q=4x\, dy\wedge dz+2y\, dz\wedge dx+6z\, dx\wedge dy\), e \(d\beta _q=12\operatorname {vol}\). O fluxo exterior da esfera unitária é \(12(4\pi /3)=16\pi \). No balanço estacionário proposto, \(s=12\). Embora as respostas nas direções sejam distintas, a divergência soma suas contribuições à geração volumétrica necessária para manter esse perfil.
13.9 Teoremas de Green, Stokes e Gauss
13.9.1 Uma partição da unidade em um intervalo
Antes de usar várias cartas na demonstração global de Stokes, veremos como dividir uma integral em contribuições locais sem contar as sobreposições duas vezes.
Exemplo 13.29 (Duas funções que somam uma)
Construa uma partição suave da unidade no intervalo \([0,1]\), subordinada aos abertos \(U_1=(-\infty ,1)\) e \(U_2=(0,+\infty )\). Explique como ela divide uma integral e por que suas derivadas se cancelam.
Todas as suas derivadas à direita de zero tendem a zero: elas têm a forma de um polinômio em \(1/t\) multiplicado por \(e^{-1/t}\). Assim a extensão por zero é suave. Defina
O denominador é positivo em toda a reta: para \(x\leq 1/3\), \(a\gt 0\); para \(x\geq 2/3\), \(b\gt 0\); entre esses valores, ambos são positivos. As funções são suaves, não negativas, e \(\chi _1+\chi _2=1\). O suporte de \(\chi _1\) está em \((-\infty ,2/3]\subset U_1\), e o de \(\chi _2\) em \([1/3,+\infty )\subset U_2\).
Na sobreposição, os pesos dividem a contribuição original; não a duplicam. Além disso, \(d\chi _1+d\chi _2=0\). Para uma forma de qualquer grau, a regra de Leibniz dá
Essa é a identidade usada para somar provas locais de Stokes. A construção geral usa mais cartas e funções com o mesmo papel; este exemplo explica o mecanismo, sem substituir o teorema de existência de partições da unidade em variedades suaves.
Os teoremas de Green, Stokes e Gauss expressam a mesma relação entre uma região e seu bordo. O grau da forma determina qual versão clássica obtemos. A orientação do bordo é induzida pela orientação da região; escolher os dois sinais independentemente pode produzir uma resposta incorreta.
Estamos agora em condições de enunciar o teorema geral de Stokes.
Teorema 13.15 (Teorema geral de Stokes)
Seja \(M\) uma variedade orientada compacta de dimensão \(k\), com bordo \(\partial M\) orientado pela convenção induzida, e seja \(\omega \) uma \((k-1)\)-forma suave definida em uma vizinhança de \(M\). Então
Para uma forma com suporte compacto em uma carta interior, a integral de cada derivada é zero, pelo Teorema Fundamental e por Fubini. Em uma carta de bordo, usamos o modelo \(u_k\geq 0\). Os termos com \(i\lt k\) continuam com integral zero, e
A normal exterior é \(-\mathbf{e}_k\). Pela convenção de colocar essa normal primeiro, a orientação induzida tem sinal \((-1)^k\) relativamente a \((\mathbf{e}_1,\ldots ,\mathbf{e}_{k-1})\). A expressão obtida é, portanto, o integrando da integral no bordo.
Para passar ao caso geral, escolha uma partição suave da unidade \(\{ \chi _\alpha \} \) subordinada a cartas orientadas e aplique a identidade local a \(\chi _\alpha \omega \). Somando, \(\sum _\alpha \chi _\alpha =1\) e \(\sum _\alpha \mathop{}\! \mathrm{d}\chi _\alpha =0\) dão \(\sum _\alpha \mathop{}\! \mathrm{d}(\chi _\alpha \omega )=\mathop{}\! \mathrm{d}\omega \). As integrais de bordo também somam \(\int _{\partial M}\omega \). A compacidade permite uma cobertura finita, e o pullback comuta com a derivada exterior. Isso prova a identidade.
Em \(\mathbb {R}^2\), se \(\omega \) é uma \(1\)-forma, esse resultado recebe o nome de Teorema de Green.
Exemplo 13.30
Calcule \(\displaystyle \oint _C (x - y^3)\mathop{}\! \mathrm{d}{x}+ x^3\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\), onde \(C\) é o círculo \(x^2+y^2=1\), percorrido no sentido anti-horário.
Solução
Usaremos primeiro o Teorema de Green e depois calcularemos a integral diretamente. Temos
Para calcular a última integral, observe que \(1 = (\sin ^2\theta + \cos ^2\theta )^2 = \sin ^4\theta + 2\sin ^2\theta \cos ^2\theta + \cos ^4\theta \), portanto a integral é igual a
O Teorema de Stokes clássico ocorre quando \(\omega \) é uma \(1\)-forma em \(\mathbb {R}^3\).
Exemplo 13.32
Calcule \(\displaystyle \oint _C y\mathop{}\! \mathrm{d}{x}+ (2x - z)\mathop{}\! \mathrm{d}{y} + (z - x)\mathop{}\! \mathrm{d}{z} \), onde \(C\) é a interseção da esfera \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) com o plano \(z = 1\).
Como em \(C\) temos \(z = 1\), a superfície \(\Sigma \) sobre a qual integramos é o interior do círculo \(x^2 + y^2 + 1 = 4\), isto é, \(x^2 + y^2 = 3.\) Além disso, \(z = 1\) implica \(\mathop{}\! \mathrm{d}{z} = 0\) e, portanto,
Consolidaçãobásico Calcule \(\displaystyle \oint _C x^3y\, \mathop{}\! \mathrm{d}x+xy\, \mathop{}\! \mathrm{d}y\), onde \(C\) é a fronteira do quadrado com vértices \((0,0)\), \((2,0)\), \((2,2)\) e \((0,2)\), percorrida no sentido anti-horário. Ver solução
Calcular isso diretamente exigiria calcular quatro integrais de caminho, uma para cada lado do quadrado. Usaremos o Teorema de Green. Temos
e ao sólido \(M\) cujos bordos são o paraboloide \(z=1-x^2-y^2\), \(0 \leq z \leq 1\) e ao disco \(x^2+y^2\leq 1\), \(z=0\). A superfície \(\partial M\) do sólido é orientada positivamente considerando as normais exteriores.
Prove que \(\mathop{}\! \mathrm{d}{\omega }=3y^2\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{y}\wedge \mathop{}\! \mathrm{d}{z}\).
Prove que \(\displaystyle \int _{\partial M} (\operatorname {arctg}y-x^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\mathop{}\! \mathrm{d}{z} + (\cos x\sin z-y^3)\mathop{}\! \mathrm{d}{z}\mathop{}\! \mathrm{d}{x} + (2zx+6zy^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\mathop{}\! \mathrm{d}{y} =\displaystyle \int _0 ^2 \displaystyle \int _0 ^1 \displaystyle \int _0 ^1 3y^2\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\mathop{}\! \mathrm{d}{z}=2\). Aqui o bordo da caixa é orientado positivamente considerando as normais exteriores.
Prove que a integral na face superior da caixa é \(\displaystyle \int _{U} (\operatorname {arctg}y-x^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\mathop{}\! \mathrm{d}{z} + (\cos x\sin z-y^3)\mathop{}\! \mathrm{d}{z}\mathop{}\! \mathrm{d}{x} + (2zx+6zy^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\mathop{}\! \mathrm{d}{y}=\displaystyle \int _0 ^1 \displaystyle \int _0 ^1 4x+12y^2\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\mathop{}\! \mathrm{d}{y}=6\).
Prove que a integral na caixa sem a face superior é \(\displaystyle \int _{\partial M\setminus U} (\operatorname {arctg}y-x^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{y}\mathop{}\! \mathrm{d}{z} + (\cos x\sin z-y^3)\mathop{}\! \mathrm{d}{z}\mathop{}\! \mathrm{d}{x} + (2zx+6zy^2)\mathop{}\! \mathrm{d}{x}\mathop{}\! \mathrm{d}{y}=-4\).
Problema
Justificaçãomédio Os problemas 1 a 3 referem-se a uma superfície triangular \(T\) em \(\mathbb {R}^3\) e a uma forma diferencial \(\omega \). Os vértices de \(T\) são \(A(6,0,0)\), \(B(0,12,0)\), e \(C(0,0,3)\). O bordo do triângulo \(\partial T\) é orientado positivamente começando em \(A\), seguindo até \(B\), depois até \(C\) e terminando novamente em \(A\). A superfície \(T\) é orientada positivamente considerando o topo do triângulo visto de um ponto muito acima dele. A forma diferencial é
Justificaçãomédio Seja \(\Gamma \) a curva de interseção do plano \(x + y = 2\) com a esfera \(x^2 -2x + y^2 - 2y + z^2 = 0\), orientada no sentido horário quando vista da origem. Use o Teorema de Stokes para provar que
(Para calcular as integrais, pode-se usar o fato de que a área da região elíptica \(\dfrac {(x-x_0)^2}{a^2} + \dfrac {(y-y_0)^2}{b^2} \leq 1\) é \(\pi ab)\).
Para calcular esta integral diretamente, tomamos
\[ y = 1 + \cos \theta , \ z = \sqrt{2}\sin \theta , x = 2 - y = 1 - \cos \theta . \]
Na partição da unidade construída no texto, prove \(\chi _1(1-x)=\chi _2(x)\) e use essa simetria para determinar \(\int _0^1\chi _1(x)dx\) e \(\int _0^1\chi _2(x)dx\). Ver solução
Pelas definições, \(a(1-x)=b(x)\) e \(b(1-x)=a(x)\), portanto \(\chi _1(1-x)=\chi _2(x)\). Substituindo \(t=1-x\) na integral, as duas integrais são iguais. Como a soma das funções é \(1\), a soma das integrais vale \(1\); cada uma vale \(1/2\). A simetria permite determinar esses valores sem procurar primitivas das funções exponenciais usadas na construção.
Para a mesma partição, vista como funções de \(x\) em \(\mathbb {R}^2\), tome \(\omega =x\, dy\). Calcule \(d(\chi _i\omega )\) e confira explicitamente que a soma é \(d\omega \), inclusive na região de sobreposição. Ver solução
Como as funções dependem apenas de \(x\), \(d(\chi _i x\, dy)=(\chi _i+x\chi _i')dx\wedge dy\). Somando, \(\chi _1+\chi _2=1\) e \(\chi _1'+\chi _2'=0\) dão \(dx\wedge dy=d\omega \). Na sobreposição, os termos de derivada dos pesos aparecem individualmente, mas cancelam na soma. Esse cancelamento é essencial ao reunir argumentos locais.
Exemplo 13.16.