Campos Singulares

Teoria Completa

Dá uma olhada nesse campo aqui

F → = - y x 2 + y 2 , x x 2 + y 2

e a curva C que delimita a região x 2 + y 2 ≤ 4 .

A curva que temos é uma circunferência de raio 2 centrada na origem, o problema é que não podemos usar o teorema de Green por que ele tem uma restrição que quase ninguém lembra: o campo tem que ser definido em toda região de integração.

Campos Singulares

“Ah, a gente nunca parou pra ver isso, o que seria um campo que não está definido? ”

Bem, normalmente, o campo está sempre definido, por isso não ligávamos muito. Só temos pontos de indeterminação (ou singularidade) quando temos aqueles bugs da matemática, tipo divisão por 0 , raiz quadrada de número negativo, essas coisas que costumam dar problema.

Voltando para o nosso campo ali de cima

F → = - y x 2 + y 2 , x x 2 + y 2

Perceba que a origem 0,0 é o ponto em que o campo possui uma singularidade! Pra usar o teorema de Green aqui, a gente vai ter que dar uma roubada, olha só o que podemos fazer

O círculo menor possui um raio igual a 1, para facilitar as contas. A nossa curva, nesse caso, pode ser separada em duas, C sendo a de fora e C 1 a de dentro.

Lembre-se que a orientação dela é muito relevante. Precisamos da orientação positiva, se você não lembra disso, dá uma olhada no tipo de curvas compostas, beleza?

Com isso, teremos que γ = C ∪ C 1 e:

∮ γ   F → d r = ∫ C   F → d r + ∫ C 1   F → d r

E agora sim, γ = ∂ D , a fronteira para uma região onde é válido aplicar o teorema.

Portanto, teremos:

∫ C   F → d r + ∫ C 1   F → d r =   ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Onde a integral de linha de C é a que nos queremos, então:

∫ C   F → d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ C 1   F → d r

E assim fazemos para quantos pontos de indeterminação forem necessários. O princípio básico é conseguir fugir de todos esses pontos (as vezes tem mais de um) e, assim, vamos isolando um por um com curvas.

Passo-a-passo

Passo 1: Montar o problema

Passo 2: Isolar a singularidade

Passo 3: Calcular a integral dupla

Passo 4: Calcular a integral de linha sobre a curva interna

Passo 5: Somar tudo

Eu sei que é muita coisa, mas calma, é só ter esse passo a passo na cabeça que as questões não fogem muito disso. Vamos lá ver os exercícios, então?

Expandir

Exercício Resolvido #1

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp.245-8.

Sejam F 1 ( x , y ) e F 2 ( x , y ) funções reais de classe C 1 e U = R 2 - { A , B } ( A e B como na figura), tais que ∂ F 1 ∂ y = ∂ F 2 ∂ x em U . Sendo C 1 , C 2 , C 3 as curvas dadas na figura, calcule ∮ C 3 F 1 d x + F 2 d y , supondo que:

∮ C 1 F 1 d x + F 2 d y = 12   e   ∮ C 2 F 1 d x + F 2 d y = 15

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Passo 1

O exercício nos pede pra calcular o integral de linha vetorial escrita na forma:

∮ C 3 F 1 d x + F 2 d y

Mas não temos muita informação sobre o campo F → = ( F 1 , F 2 ) , apenas sobre as derivadas de suas componentes, ∂ F 1 ∂ y = ∂ F 2 ∂ x .

Por sorte isso, isso já é o suficiente pra calcularmos o teorema de Green:

∮ ∂ D F 1 d x + F 2 d y = ∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

Até ai tudo bem, né? O problema é que a nossa curva C 3 não satisfaz as condições do teorema, porque não é simples e o campo não é definido em toda a região limitada pela curva por causa dos pontos A e B .

Mas calma que tem solução pra isso, vamos ver como fica!

Passo 2

Primeiro, vamos dividir a curva em dois pedaços, para garantir que, assim, teremos duas curvs simples. Dessa forma, vamos chamar de C 3 a e C 3 b - (podemos ver que esse pedaço está no sentido horário e, portanto, botamos esse sinalzinho para identificar a orientação negativa) os pedaços:

C 3 a

C 3 b -

Agora sim temos duas curvas fechadas e simples, de forma que:

∫ C 3 F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r + ∫ C 3 b - F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r - ∫ C 3 b F ∙ d r

Agora só temos que resolver as singularidades.

Passo 3

Lembra que podemos criar curvas com “buracos” pra usarmos no teorema de Green?

Se fizermos então:

γ a = C 3 a ∪ C 1 -

γ b = C 3 b ∪ C 2 -

(Lembrando que as curvas internas devem ter orientação positiva, no sentido horário. E as curvas externas, orientação positiva, no sentido anti-horário.)

Com isso, temos que as regiões limitadas por γ a e γ b são válidas, então γ a = ∂ D a e γ b = ∂ D b , e podemos aplicar o teorema de Green:

∮ ∂ D a F 1 d x + F 2 d y = ∬ D a ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

E

∮ ∂ D b F 1 d x + F 2 d y = ∬ b ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

Então vamos resolver uma por uma pra ver como que fica!

Passo 4

Na primeira, vamos ter:

∮ ∂ D a F 1 d x + F 2 d y = ∬ D a ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

→ ∫ C 3 a F ∙ d r + ∫ C 1 - F ∙ d r = 0

→   ∫ C 3 a F ∙ d r = - ∫ C 1 - F ∙ d r = ∫ C 1 F ∙ d r

Que é dado na questão, então:

∫ C 3 a F ∙ d r = 12

Passo 5

Para a segunda, vamos ter:

∮ ∂ D b F 1 d x + F 2 d y = ∬ D b ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

→ ∫ C 3 b F ∙ d r + ∫ C 2 - F ∙ d r = 0

→   ∫ C 3 b F ∙ d r = - ∫ C 2 - F ∙ d r = ∫ C 2 F ∙ d r

Que também foi dado:

∫ C 3 b F ∙ d r = 15

Passo 6

Por fim, vamos só jogar esses valores na integral que tinhamos lá em cima, vamos lembrar:

∫ C 3 F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r - ∫ C 3 b F ∙ d r = 12 - 15 = - 3

Resposta

- 3

Exercício Resolvido #2

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 228

Calcule a integral de linha do campo vetorial

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

ao longo da curva C de equação x 2 4 + y 2 9 = 1 orientada no sentido anti-horário.

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Passo 1

Vamos fazer um esboço da curva:

Essa integral de linha parece um pouco complicada de se calcular diretamente pela definição. Vamos, então, usar o Teorema de Green.

Mas aqui temos um problema: o campo não está definido em toda a região dentro da elipse, pois temos uma descontinuidade na origem, se substituirmos ( 0,0 ) na função teremos zero no denominador. O que faremos então? É simples, basta tirarmos a origem da jogada. Se fizermos uma circunferência que “envolva” a origem e chamarmos de D a região entre a circunferência e a elipse, o problema está resolvido. Faremos um circunferência γ de raio 1 para facilitar nossos cálculos. Vamos fazer o novo gráfico para ver como fica essa parada

Temos então:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ γ   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

∫ C   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ γ   F ⋅ d r

Passo 2

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + y 2 + 2 x =

= x 2 + y 2 - x ( 2 x ) x 2 + y 2 2 + 2 =

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

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y - y x 2 + y 2 =

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

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2

Passo 3

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ γ   F ⋅ d r = ∬ D   2 d x d y = 2 área D

A área de D é a área da elipse, dada por π . a . b (onde a e b são seus semieixos) menos a do círculo. Então:

∬ D   2 d x d y = 2 2 × 3 × π ⏟ área da elipse   - π × 1 2 ⏟ área do círculo = 10 π

Guarde esse resultado. Agora vamos calcular a integral ao longo da circunferência.

Passo 4

Parametrizando a circunferência, temos: γ = ( cos ⁡ θ , sen ⁡ θ ) com θ variando de 2 π a 0 (pois a circunferência está orientada no sentido horário, contrário ao trigonométrico).

Temos γ ' = ( - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ )

Você poderia utilizar o intervalo de 0 a 2 π desde que considerasse que essa integral teria sinal oposto, pois:

∫ γ   F ⋅ d r = - ∫ γ _   F ⋅ d r

Passo 5

Substituindo esses valores na fórmula que vimos capítulo passado:

∫ a b F x t ,   y t ⋅ σ → ' t   d t

Temos:

∫ γ   F ⋅ d r = ∫   2 π   0 - sen ⁡ θ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ ,   cos ⁡ θ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ ⋅ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ =

= ∫   2 π   0 - sen ⁡ θ ,   cos ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ ⋅ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ =

= ∫   2 π   0 sen 2 ⁡ θ +   3 cos 2 ⁡ θ   d θ =

= ∫   2 π   0 1 +   2 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Passo 6

Agora vamos calcular o valor dessa integral. Para isso usaremos a equação do arco duplo: cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

= ∫   2 π   0 1 +   1 + cos ⁡ 2 θ d θ = ∫   2 π   0 2 + cos ⁡ 2 θ d θ =

= 2 θ + sen ⁡ 2 θ 2 2 π 0 = - 4 π

Passo 7

O que queremos calcular é a integral de linha ao longo de C , certo? Substituindo os valores que encontramos em:

∫ C   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ γ   F ⋅ d r

Temos:

∫ C   F ⋅ d r = 10 π - - 4 π =

Resposta

14 π

Exercício Resolvido #3

UFF - Cálculo IIIA - Lista 4, GMA 2015.2 – 24

Calcule

∫ C x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Onde C é a curva x 2 16 + y 2 4 = 1 , y ≥ 0 , orientada de 4,0 à - 4,0

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Passo 1

Vamos fazer um esboço da curva:

Essa integral de linha parece um pouco complicada de se calcular diretamente pela definição. Vamos, então, usar o Teorema de Green.

Repara que a curva não é fechada, para aplicarmos o teorema de Green devemos fechar essa curva.

Mas aqui temos um problema: o campo não está definido em toda a região dentro da elipse, pois temos uma descontinuidade na origem, se substituirmos ( 0,0 ) na função teremos zero no denominador. O que faremos então? É simples, basta tirarmos a origem da jogada. Como temos que completar essa curva vamos pegar essa curva completando sem a origem.

Vamos fazer S = C ∪ C 1 onde C 1 é uma circunferência de raio 4 e centro na origem. A equação de C 1 vai ser

x 2 + y 2 = 4 2

Pegamos uma circunferência de raio 4 porque o gráfico vai ficar assim

Veja que S   não é positivamente orientada, pois deixa a região a direita. Devemos usar S - , então:

∫ S - F ⋅ d r = - ∫ S F ⋅ d r = ∬ D - ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

∫ C   F ⋅ d r + ∫ C 1   F ⋅ d r = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ C 1   F ⋅ d r

Passo 2

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + y 2 + 2 x =

= x 2 + y 2 - x ( 2 x ) x 2 + y 2 2 + 2 =

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

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x y - y x 2 + y 2 =

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

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 - x

Passo 3

Logo, temos que resolver o seguinte:

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ D   2 - x d x d y - ∫ C 1   F ⋅ d r

Temos que fazer a integral de linha e a integral dupla, vamos começar pela integral de linha.

Passo 4

Parametrizando a semicircunferência, temos:

C 1 = - 4 cos ⁡ θ , 4 sen ⁡ θ

Com θ variando de 0 a π

Substituindo esses valores na fórmula que vimos capítulo passado:

∫ a b F x t ,   y t ⋅ σ → ' t   d t

∫ C 1 x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Temos:

∫ C 1   F ⋅ d r = ∫   0 π - 4 cos ⁡ θ ∙ 4 sen ⁡ θ - 4 sen ⁡ θ 16 ,   - 4 cos ⁡ θ 16 - 2 ∙ 4 cos ⁡ θ ⋅ 4 sen ⁡ θ , 4 cos ⁡ θ d θ =

= ∫   0 π - 16 sen ⁡ θ cos ⁡ θ - sen ⁡ θ 4 ,   - cos ⁡ θ 4 - 8 cos ⁡ θ ⋅ 4 sen ⁡ θ , 4 cos ⁡ θ d θ =

= ∫   0 π - 64 sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ - cos 2 ⁡ θ - 32 cos 2 ⁡ θ d θ =

= ∫   0 π - 64 sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ - 1 -   32 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Vamos separar essa integral em duas

= ∫   0 π - 64 sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ - 1 -   32 cos 2 ⁡ θ   d θ = = - 64 ∫   0 π sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ - ∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ

Passo 5

Começando com

- ∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ

Lembrando que

cos 2 ⁡ �� = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Vamos ter,

= - ∫   0 π 1 +   32 1 + cos ⁡ 2 θ 2   d θ =

= - ∫   0 π 1 +   16 + 16 cos ⁡ 2 θ   d θ =

= - ∫   0 π 17 + 16 cos ⁡ 2 θ   d θ =

= - 17 θ + 8 sen ⁡ 2 θ 0 π =

= - 17 π

Passo 6

Vamos para a outra integral agora

- 64 ∫   0 π sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ

Vamos fazer a integral indetermina, ignorando por enquanto os limites e o - 64

∫ sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ d θ

Vamos fazer

sen ⁡ θ = u

Então

d u = cos ⁡ θ d θ

E a integral vai ficar

∫ sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ d θ = ∫ u 2 d u

Resolvendo a integral vamos ter

∫ u 2 d u = u 3 3

Voltando para θ

u 3 3 = sen 3 ⁡ θ 3

Vamos voltar para a integral com os limites e o - 64

- 64 ∫   0 π sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ = - 64 sen 3 ⁡ θ 3 0 π = 0

Passo 7

Então, nossa integral de linha resulta em:

∫ C 1   F ⋅ d r = - 17 π

Passo 8

Vamos agora para a integral dupla,

∬ D   2 - x d x d y

Onde D é a parte de dentro da circunferência x 2 + y 2 = 16 e de fora da elipse x 2 16 + y 2 4 = 1

Antes de tudo vemos que essa integral vai ser

∬ D   2 - x d x d y = ∬ D   2 d x d y - ∬ D   x d x d y = 2 Á r e a D - ∬ D   x d x d y

Passo 9

Vamos voltar para o gráfico que vimos antes.