Campos Singulares

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Teoria

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?

Campos Singulares

Passo-a-passo

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

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

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

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.

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

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

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.

A área de D vai ser a área da semicircunferência menos a da semielipse, ou seja

Á r e a D = π 4 2 2 - π 4 2 2 = 8 π - 4 π = 4 π

2 Á r e a D = 8 π

Passo 10

Vamos agora para a integral com x

Como temos várias coisas circulares é jogo usarmos coordenadas polares né? Então

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

J = r

A equação da elipse é:

x 2 16 + y 2 4 = 1

r cos ⁡ θ 2 + 4 r sin ⁡ θ 2 = 16

r 2 + 3 r 2 sin 2 ⁡ θ = 16

r 2 1 + 3 sin 2 ⁡ θ = 16

r = 16 1 + 3 sin 2 ⁡ θ = 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ

Então, nossos limites são:

4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ < r < 4

E como estamos no primeiro e segundo quadrantes:

0 < θ < π

Substituindo na integral:

∬ D   x d x d y = ∫ 0 π ∫ 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 4 r 2 cos ⁡ θ d r d θ

Integrando em r :

∫ 0 π r 3 3 cos ⁡ θ 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 4 d θ = ∫ 0 π 64 3 cos ⁡ θ - 64 3 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 3 2 cos ⁡ θ d θ

Separando em duas integrais:

∫ 0 π 64 3 cos ⁡ θ d θ = 64 3 sin ⁡ θ 0 π = 0

∫ 0 π - 64 3 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 3 2 cos ⁡ θ d θ

u = sin ⁡ θ

d u = cos ⁡ θ d θ

Os novos limites de integração são:

u = sin ⁡ 0 = 0

u = sin ⁡ π = 0

∫ 0 0 - 64 3 1 + 3 u 2 3 2 d u

Opa, já deu pra ver o que vai rolar né? Uma integral indo de 0 até 0 vale 0 !! Então:

∬ D   x d x d y = 0

Passo 11

E ficamos com: ∬ D   2 - x d x d y = 8 π

Passo 12

Agora pra finalizar (FINALMENTE!!!!):

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ D   2 - x d x d y ⏟ 8 π - ∫ C 1   F ⋅ d r ⏟ - 17 π

∫ C   F ⋅ d r = - 8 π + 17 π = 9 π

Resposta

9 π

Exercício Resolvido #4

Seja C uma curva parametrizada por γ : [ 0 ,   1 ] → R 2 , C 1 por partes como no esboço abaixo tal que γ 0 = ( - 1 ,   0 ) e γ 1 = ( 1,0 ) . Calcule

∫ C   - y x 2 + 4 y 2 d x + x x 2 + 4 y 2 d y

Passo 1

Como não temos a equação dessa curva para calcular a integral de linha pela definição, vamos aplicar o Teorema de Green.

Como a curva γ não é fechada, precisamos criar uma curva que ligue os pontos x = - 1 e x = 1 , que chamaremos de σ . Perceba que o campo vetorial não está definido na origem ( 0,0 ) , pois teríamos zero no denominador, assim, σ não pode ser uma reta. Mais à frente veremos que curva será essa. Orientando positivamente as duas curvas, teremos, então:

∫ γ   F . d r + ∫ σ   F . d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

∫ γ   F . d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ σ   F . d r

Passo 2

O campo vetorial pode ser escrito como F x ,   y = - y x 2 + 4 y 2 ,   x x 2 + 4 y 2

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

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + 4 y 2 = x 2 + 4 y 2 - x ( 2 x ) x 2 + 4 y 2 2 = - x 2 + 4 y 2 x 2 + 4 y 2 2

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y - y x 2 + 4 y 2 = - x 2 + 4 y 2 + y ( 8 y ) x 2 + 4 y 2 2 = - x 2 + 4 y 2 x 2 + 4 y 2 2

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

Passo 3

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ γ   F . d r + ∫ σ   F . d r = ∬ Ω   0 d x d y = 0

Passo 4

Agora precisamos resolver a integral ao longo de σ , mas que curva será essa? Já que não podemos escolher uma reta, vamos ver que expressão poderia simplificar nossas contas. Veja que nas duas componentes do campo vetorial, temos o termo ( x 2 + 4 y 2 ) no denominador, que se assemelha à expressão de uma elipse.

Se escolhermos a parte com y ≤ 0 da elipse x 2 + 4 y 2 = 1 para ser essa curva, teremos σ → = cos ⁡ θ ,   s e n   θ 2 para sua parametrização, certo? Com θ variando de 2 π até π para a orientação ser positiva. Veja que a origem está fora da região limitada pelas curvas.

Assim, teremos s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ = 1 nos denominadores, o que simplifica bastante.

Passo 5

Agora vamos calcular σ → ' :

σ → ' = - s e n   θ , cos ⁡ θ 2

Passo 6

Substituindo esses valores na fórmula ∫ a b F x t ,   y t . σ → ' t   d t

Temos:

∫ 2 π π - s e n   θ 2 s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ ,   cos ⁡ θ s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ . - s e n   θ , cos ⁡ θ 2 d θ =

= ∫ 2 π π - s e n   θ 2 ,   cos ⁡ θ . - s e n   θ , cos ⁡ θ 2 d θ =

= 1 2 ∫ 2 π π s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ d θ = 1 2 ∫ 2 π π d θ = - π 2

Passo 7

Agora vamos resolver essa integral:

= 1 2 θ 2 π π = - π 2

Passo 8

Como temos

∫ γ   F . d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y - ∫ σ   F . d r

A integral que buscamos será

∫ γ   F . d r = 0 - - π 2

Resposta

π 2

Exercício Resolvido #5

Calcule a integral de linha ∫ C   F → . d r → do campo

F → = - ( y - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 , x - 1 x - 1 2 + y - 1 2 + 3 x

Ao longo de uma curva C fechada simples orientada positivamente e satisfazendo as duas seguintes propriedades:

  1. O círculo de centro em ( 0,0 ) e raio 4 está no interior da região limitada pela curva C ;
  2. A área da região delimitada por C é 25 π .

Passo 1

Bom, se a questão relaciona uma integral de linha com uma área (integral dupla), já sabemos que estamos falando de Green. Ainda mais porque ela não nos dá essa curva C .

Certo, se estamos falando de Green, vamos começar calculando o termo ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = 1 x - 1 2 + y - 1 2 - ( x - 1 ) ( 2 x ) x - 1 2 + y - 1 2 2 + 3 = x 2 + y 2 - 2 x - 2 y + 2 - 2 x 2 + 2 x x - 1 2 + y - 1 2 2 + 3

∂ F 1 ∂ y = - x - 1 2 + y - 1 2 + 2 y 2 - 2 y x - 1 2 + y - 1 2 2 = - x 2 + y 2 - 2 x - 2 y + 2 + 2 y 2 - 2 y x - 1 2 + y - 1 2 2

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 3

Passo 2

Agora vamos aplicar Green, mas com calma. Repare que temos uma singularidade no ponto x = y = 1 (o denominador do campo dá zero), portanto, precisamos excluir ese ponto da região.

Bom como a questão fala que O círculo de centro em ( 0,0 ) e raio 4 está no interior da região limitada pela curva C , vamos usar esse círculo para isolar o ponto (repare que o ponto está dentro dele). Bom, isso pode não ser uma boa ideia por causa do denominador do campo: x - 1 2 + y - 1 2 .

Seria muito melhor se a gente isolasse esse ponto com a circunferência x - 1 2 + y - 1 2 = 1 .

E nós podemos fazer isso, porque essa circunferência está dentro da cicunferência de raio 4 centrada na origem, que o problema afirma estar dentro de C . Portanto, a circunferência de raio 1 deslocada também está dentro de C !

Então, vamos isolar o ponto com essa nova circunferência.

Sendo, então, D a região entre C e essa circunferência deslocada e sendo C orientada no sentido anti-horário e a circunferência horário, temos:

∫ C   F → . d r → + ∫ c i r c u n f   F → . d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = ∬ D   3 d x d y = 3 Á r e a ( D )

A questão também fala que a área da região delimitada por C é 25 π . Podemos escrever então:

∫ C   F → . d r → + ∫ c i r c u n f   F → . d r → = 3 Á r e a D = 3 Á r e a C - Á r e a ( c i r c u n f )

Como a circunferência tem raio 1 , sua área é dada por π :

∫ C   F → . d r → + ∫ c i r c u n f   F → . d r → = 3 25 π - π = 72 π

Passo 3

Agora falta a integral na circunferência. Vamos parametrizá-la em coordenadas polares deslocadas com r = 1 :

x - 1 2 + y - 1 2 = 1

σ θ = cos ⁡ θ + 1 ,   s e n   θ + 1

Como ela gira no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 . Agora derivamos isso aí: σ ' θ = - s e n   θ ,   cos ⁡ θ

Aplicamos a fórmula:

∫ c i r c u n f   F x , y ⋅ d r = ∫ a b F x θ ,   y θ ⋅ σ → ' θ d θ

F x θ ,   y θ = ( - s e n   θ , cos ⁡ θ + 3 cos ⁡ θ + 3 )

F x θ ,   y θ = ( - s e n   θ , 4 cos ⁡ θ + 3 )

∫ c i r c u n f   F x , y ⋅ d r = ∫ 2 π 0 ( - s e n   θ , 4 cos ⁡ θ + 3 ) ⋅ - s e n   θ ,   cos ⁡ θ d θ

= ∫ 2 π 0 s e n 2 θ + 4 cos 2 ⁡ θ + 3 cos ⁡ θ d θ =

= ∫ 2 π 0 ( s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ ) + 3 cos 2 ⁡ θ + 3 cos ⁡ θ d θ =

= ∫ 2 π 0 1 + 3 cos 2 ⁡ θ + 3 cos ⁡ θ d θ =

Lembrando que

cos 2 ⁡ θ = 1 + c o s ⁡ ( 2 θ ) 2

= ∫ 2 π 0 1 + 3 2 1 + cos ⁡ 2 θ + 3 cos ⁡ θ d θ =

= 5 θ 2 + 3 4 s e n 2 θ + 3 s e n   θ 2 π 0 =

= - 5 π =

Passo 4

Temos, então:

∫ C   F → . d r → = 72 π - ∫ c i r c u n f   F → . d r → = 72 π + 5 π = 77 π

Resposta

77 π

Exercício Resolvido #6

Seja o campo F → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2 + - x y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y e seja γ a curva que é fronteira da região limitada pelos gráficos das funções y = 8 + 2 x - x 2 e y = x 2 - 4 percorrida no sentido horário. Calcule ∫ γ   F → d r → .

Passo 1

Vamos fazer um esboço dessa curva γ . Temos duas funções:

y = 8 + 2 x - x 2

y = x 2 - 4

São duas parábolas com eixo de simetria paralelo ao y . A segunda, na verdade, tem eixo de simetria no próprio eixo y e tem concavidade para cima (por causa do sinal positivo no x 2 ). Já a primeira tem concavidade para baixo e é deslocada em relação ao eixo y :

A curva γ é então isso aqui:

Como o enunciado fala, ela é percorrida no sentido horário.

F → x , y = G → x , y + H → x , y

Onde

G → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

H → x , y = - x y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y

Beleza? Então, podemos escrever:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r →

Bom, já que temos uma curva fechada e um campo com expressão bizarra, vamos usar Green, né? Vamos fazer isso para cada parte do campo, separadamente.

Passo 2

Para o campo G →

G → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

Aqui nós temos um problema, se você reparar, o campo G não está definido em ( 1,0 ) , que pertence ao interior da nossa curva γ .

Vamos, então, fazer uma outra curva C que envolva esse ponto (orientada no sentido horário) e considerar nossa região como o anel formado pelas duas curvas.

Beleza, conseguimos tirar o ponto ( 1,0 ) da jogada tornando nossa região um anel, agora podemos aplicar Green.

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

Onde D   é o anel que está entre as duas curvas. Repare que, como γ é orientada no sentido horário (negativamente), tivemos que usar γ - para aplicar o teorema. Já C , é orientada positivamente (sentido horário). Isso é o mesmo que:

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

Temos então:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - ( x - 1 ) 2 x - 1 + x - 1 2 + 4 y 2 x - 1 2 + 4 y 2 2 - y 8 y - x - 1 2 + 4 y 2 x - 1 2 + 4 y 2 = 0

Ótimo, o campo é conservativo. Isso nos dá que:

- ∫ γ   G → . d r → + ∫ C   G → . d r → = 0

∫ γ   G → . d r → = ∫ C   G → . d r →

Ok, agora vamos ver quem é C .

Agora repara o seguinte, temo x - 1 2 + 4 y 2 no denominador do campo... Parece uma elipse (deslocada), não é? Não seria muito bom se a nossa curva fosse uma elipse desse tipo? Olha só, vamos definir a elipse C :

x - 1 2 + 4 y 2 = 1

Repara que ela isola o ponto ( 1,0 ) da nossa região, pois esse é o seu centro. Percebeu?

Sua parametrização, em coordenadas elípticas é:

C θ = cos ⁡ θ + 1 , 1 2   s e n   θ

Quando a gente aplicar isso aí na função do campo, as coisas vão ficar muito mais simples, porque o termo   x - 1 2 + 4 y 2 vai virar 1. Olha que lindo né.

Para nossa curva estar orientada positivamente, já vimos que a elipse C deve ser percorrida no sentido horário, ou seja, θ vai desde 2 π até 0 .

Vamos calcular agora a derivada dessa parametrização:

C ' θ = - s e n   θ , 1 2 cos ⁡ θ

Então, usando a definição de integral de linha, podemos escrever o seguinte:

∫ γ   G → . d r → = ∫ C   G → x θ ,   y θ . C ' → d θ

O campo

G → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

Escrito em termos da parametrização, fica

G → x θ , y ( θ ) = 1 2   s e n   θ , - cos ⁡ θ - 1 + 1

= 1 2 sen ⁡ θ , - cos ⁡ θ

Substituindo o campo, a derivada da parametrização e os seus intervalos na integral, temos:

∫ γ   G . d r → = ∫ 2 π 0 1 2 sen ⁡ θ , - cos ⁡ θ - s e n   θ , 1 2 cos ⁡ θ d θ

= ∫ 2 π 0 - 1 2 s e n 2 θ - 1 2 cos 2 ⁡ θ d θ =

= 1 2 ∫ 0 2 π d θ =

= π

Calma que não acabou, ainda falta o campo H !

Passo 3

Para o campo H →

Vamos lá, gente, força, quase acabando. O outro campo é o seguinte:

H → x , y = - x y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y

E nós queremos

∫ γ   H → . d r →

Bom, como esse campo não tem nenhum problema com singularidade, podemos usar só a curva do enunciado para limitar nossa região, né? Vamos aplicar Green nesse aqui:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x + cos ⁡ y - - x + cos ⁡ y = 3 x

Temos então

∫ γ -   H → . d r → = ∬ D   3 x   d x d y

Temos, de novo, a mesma questão da orientação aqui!

∫ γ   H → . d r → = - 3 ∬ D   x   d x d y

Onde D é a região dentro de γ . Agora é só resolver essa integral dupla aí.

Vamos escrever a região como tipo I, y está entre as equações das parábolas x 2 - 4 ≤ y ≤ 8 + 2 x - x 2 e x entre - 2 e 3 , como podemos ver na figura do passo 1. Para achar esses valores de x , nós igualamos as equações das parábolas e descobrimos onde elas se encontram:

y = 8 + 2 x - x 2 = x 2 - 4

2 x 2 - 2 x - 12 = 0

x 2 - x - 6 = 0

x = 3 - 2

Levando para a integral, temos:

∫ γ   H → . d r → = - 3 ∫ - 2 3 ∫ x 2 - 4 8 + 2 x - x 2 x d y d x

= - 3 ∫ - 2 3 x y x 2 - 4 8 + 2 x - x 2 d x =

= - 3 ∫ - 2 3 x 8 + 2 x - x 2 - x 2 + 4 d x =

= - 6 ∫ - 2 3 6 x + x 2 - x 3 d x =

= - 6 3 x 2 + x 3 3 - x 4 4 - 2 3 =

= - 125 2

Passo 4

Como nós dissemos lá no início, a integral que queremos é dada por:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r →

Substituindo os valores que encontramos

∫ γ   F → . d r → = π - 125 2

Resposta

π - 125 2

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