Sejam A = ( 3,0 ) , B = ( 1,1 ) e C = ( 0,3 ) pontos de R 2 e γ a trajetória que vai em linha reta de A até B e em seguida de B até C . Determine o trabalho ao longo de γ do campo de forças

F : R 2 → R 2

x , y → F x , y = - y x 2 + y 2 , x x 2 + y 2

Passo 1

Falaaaa... belezinha???

Nessa questão aqui vamos usar o teorema de Green:

Seja C uma curva plana simples, fechada, contínua por trechos, orientada positivamente, e seja D a região delimitada por C . Se P e Q têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas sobre uma região aberta que contenha D , então

∫ C P d x + Q d y = ∫ ∫ D ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Vamos desenhar essa bendita trajetória:

Passo 2

Cê deve estar se perguntando... Mas por que esse maluco ta falando de teorema de Green, que precisa de curva fechada, e no problema tem uma curva abertinha??

Pois muito que bem... A gente pode fechar essa curva e depois descontar lá no meio da integral. Vamos fazendo que mais pra frente vai fazer toooodo sentido, beleza?

Fechando a curva:

Repara que fechamos com uma parte de circunferência porque temos um bendito x 2 + y 2 no denominador lá dentro da integral e isso vai ser horrível de parametrizar e resolver se a gente fechar só com uma retinha ligando do ponto A ao ponto C.

Curva fechadinha e tals, maaaas ainda temos um pequeno problema. A curva precisa estar orientada positivamente.

Uma dicona pra saber se ta orientada positivamente é a gente andar sobre a linha (doidera, né? Hahah). Se a área da parte fechada estiver à nossa esquerda ela ta orientada positivamente. Se estiver à direta, então ta orientada negativamente.

Puuuutz... no nosso problema a curva ta orientada negativamente, né? Maaas vamos mudar essa orientação:

Atenção porque então vamos precisar mudar isso na integral do Teorema de Green:

∫ - C P d x + Q d y = ∫ ∫ D ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Que é só a gente jogar o sinal de menos pra fora da integral:

- ∫ C P d x + Q d y = ∫ ∫ D ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Passo 3

Bora fazer logo esse lado direito da equação pra ver se a gente consegue se livrar logo disso:

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = ∂ - y x 2 + y 2 ∂ x - ∂ x x 2 + y 2 ∂ y

= 2 x y x 2 + y 2 2 - 2 x y x 2 + y 2 2

= 0

Ufaa... deu igual a zero. Então vamos ficar com:

- ∫ C P d x + Q d y = 0

Passo 4

Agora falta a gente dizer quem é essa curva C. Bom... é a trajetória γ e a partezinha que fechamos, e vamos chamar de γ ' .

E já melhoramos mais:

- ∫ γ P d x + Q d y + ∫ γ ' P d x + Q d y = 0

Repara que o trabalho vai ser dado por:

∫ γ P d x + Q d y =   ? ? ?

Então temos:

∫ γ P d x + Q d y = - ∫ γ ' P d x + Q d y

Passo 5

Parametrizando γ ' : (usamos o “3” só pra ficar bonitinho... na verdade não faria muita diferença porque, SPOILER, ele vai sumir no final rsrs)

x = 3 cos ⁡ t

y = 3 sen ⁡ t

Com θ variando:

0 ≤ θ ≤ π 2

Daí ficamos com:

r t = 3 cos ⁡ t , 3 sen ⁡ t

r ' t = - 3 sen ⁡ t , 3 cos ⁡ t

Agora é só resolver a integralzinha de linha:

∫ γ ' P d x + Q d y = ∫ 0 π 2 F r t ⋅ r ' t d t  

Mas vamos com calma... Fazendo uma coisa de cada vez:

F r t = - 3 sen ⁡ t 3 cos ⁡ t 2 + 3 sen ⁡ t 2 , 3 cos ⁡ t 3 cos ⁡ t 2 + 3 sen ⁡ t 2

= - 3 sen ⁡ t 9 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t , 3 cos ⁡ t 9 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t

= - 3 sen ⁡ t 9 , 3 cos ⁡ t 9

= - sen ⁡ t 3 , cos ⁡ t 3

Fazendo o produto escalar com a derivada r ' t :

F r t ⋅ r ' t = - sen ⁡ t 3 , cos ⁡ t 3 ⋅ - 3 sen ⁡ t , 3 cos ⁡ t

= - sen ⁡ t 3 - 3 sen ⁡ t + cos ⁡ t 3 3 cos ⁡ t

= sen 2 ⁡ t + cos 2 ⁡ t

= 1

Ohhh... até que ficou bonitinho, no fim das contas, heim...

∫ 0 π 2 F r t ⋅ r ' t d t = ∫ 0 π 2 1   d t

= π 2

O trabalho, então, vai ser:

∫ γ P d x + Q d y = - ∫ γ ' P d x + Q d y

= - π 2

Ufaaa... essa foi pesadinha, né?

Mas bora pra próxima...

Resposta

∫ γ P d x + Q d y = - π 2

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