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