Singularidade

Teoria Completa

Olá, galerinha! Neste tópico nós vamos lidar com mais integral de superfície, mas ela vai ter algumas particularidades que teremos que resolver. Então o desafio está lançado!

Calcule o trabalho realizado pelo campo F → ao longo de γ , onde

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

E γ é a curva dada pela interseção de x 2 + y 2 = 1 com z = y + 3 , orientada de forma que a projeção no plano x y é percorrida no sentido anti-horário.

Relembrando o Teorema de Stokes

De cara, a gente pensa em aplicar o método direto, mas já adianto que jogar a parametrização da superfície naquele campo vai ser complicado. Então vamos aplicar o Teorema de Stokes que nos diz isso:

Seja S uma superfície orientada, se F → = F 1 ,   F 2 ,   F 3 podemos escrever o teorema de Stokes desse jeito aqui:

∬ S   r o t F → . n → d S = ∮ ∂ S   F → . d r

Mas isso só pode ser feito atendendo 3 condições:

  1. Curva fechada
  2. Sem singularidade
  3. Orientada positivamente

Então vamos ver se o nosso problema preenche o requisito!

  1. Vamos verificar se a nossa curva é fechada olhando o gráfico da região. Temos um cilindro elíptico cortado por um plano:
  2. A questão pede para calcularmos a integral de linha em γ , que é a interseção do plano inclinado com o cilindro. Como podemos ver, γ forma uma elipse. Percebeu?

  3. Vamos ver se ela tem singularidade! Lembrando que um campo com singularidades é um campo no qual pelo menos um ponto do domínio não está definido.
  4. Então vamos olhar para o nosso campo,

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

    Repara que temos um termo x 2 + y 2 no denominador. E lembra que numa fração, o denominador não pode ser zero. Ou seja, não temos um domínio definido ali. Eita...

    E como vamos resolver isso? Então o que que a gente faz nesses casos? A gente procura um jeito de isolar a singularidade! Vem comigo que eu te mostro como podemos fazer isso!

    Isolando a Singularidade

    No geral, para isolar uma singularidade, devemos pegar superfícies que não incluam estes pontos. Pois o Teorema de Stokes pode ser aplicado para qualquer superfície que tenha aquela borda!

    Repare que x e y não podem ser iguais a zero, pois temos uma indeterminação, portanto, o campo não está definido no eixo z . Então, não podemos usar o plano como superfície, porque ele corta o eixo z (dá uma olhadinha o gráfico acima de novo). Então, em vez de usar o plano, vamos usar esse pedaço do cilindro (parte lateral do cilindro).

    Seguindo! Se ao definir esta nova superfície surgir uma nova borda, devemos ficar atentos para somar esta borda no teorema de Stokes.

    ∬ S '   r o t F → . n → d S = ∮ ∂ S 1   F → . d r + ∮ ∂ S 2   F → . d r

    Onde, S ' é a nova superfície, ∂ S 1 é a borda original e ∂ S 2 é a nova borda de superfície S ' .

    Então vamos olhar de novo o desenho! S é o pedaço do cilindro cortado pelo plano e vamos ter agora um ∂ S que é a própria curva γ somada a borda debaixo do cilindro C (uma circunferência).

    Essa cuva C , a gente que define! Só não podemos pegar nenhuma superfície que passe pela origem, sendo mais fácil então usar duas curvas do clindro.

    Temos então:

    ∮ ∂ S   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s = ∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r

    Com isso, a gente já isolou a nossa singularidade! Agora vamos para nossa terceira condição que é a orientação.

  5. Agora vamos pensar nas orientações. Se γ está no sentido anti-horário, pela Regra da Mão direita, S deve ter vetor normal apontando para dentro. Consequentemente, C , que tá em baixo, gira no sentido horário, para que o vetor normal continue apontando pra fora.

Agora vamos resolver cada parte dessa igualdade integrais!

Vamos começar pela parte,

∬ S   r o t F → . n → d s

Vamos seguindo e calcular o nosso rotacional. Lembra do campo,

F → ( x , y , z ) = ( x x 2 + y 2 , y x 2 + y 2 , z )

Temos:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = 0 - 0,0 - 0 , - 2 x y x 2 + y 2 2 - - ( - 2 x y x 2 + y 2 2 ) = 0,0 , 0

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Mas vamos pensar um pouco aqui, com malandragem.

Se a superfície é um cilindro com simetria em z , seu vetor normal tem essa componente nula. Seria algo assim:

n → = ( ? , ? , 0 )

Agora, fazendo o produto escalar disso com r o t F → olha o que encontramos:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ S   0,0 , 0 ( ? , ? , 0 ) d s = 0

Nem precisamos parametrizar nada aqui então, pois o resultado dessa integral é zero, viu?

Então ficamos assim,

∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = 0

Agora, para terminar a questão, precisamos calcular a integral de linha na outra borda da superfície, C .

Como a circunferência C   está no plano x y , sua equação é a mesma do cilindro:

x 2 + y 2 = 1

Parametrizando isso aí, temos:

C → θ = cos ⁡ θ ,   s e n   θ , 0

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 0 a 2 π .

Essa última componente z = 0 é porque a curva está no plano x y .

Certo, agora vamos derivar isso aí:

C → ' θ = - s e n   θ , cos ⁡ θ , 0

Agora vamos escrever o campo nas variáveis da parametrização e usar a fórmula:

∫ C   F → . d r → = ∫ C   F → x θ ,   y θ ,   z ( θ ) . C ' → d θ

F → ( x , y , z ) = ( x x 2 + y 2 , y x 2 + y 2 , z )

F → θ = cos ⁡ θ cos 2 ⁡ ( θ ) + s e n 2 ( θ ) , s e n ( θ ) cos 2 ⁡ ( θ ) + s e n 2 ( θ ) , 0

F → θ = cos ⁡ θ , s e n ( θ ) , 0

Levando para a integral e usando a relação fundamental da trigonometria s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ = 1 , temos:

∫ C   F → . d r → = ∫ 0 2 π cos ⁡ θ , s e n θ , 0 . - s e n   θ , cos ⁡ θ , 0 d θ

= ∫ 0 2 π ( - cos ⁡ θ s e n θ + c o s ⁡ ( θ ) s e n ( θ ) ) d θ = ∫ 0 2 π 0 d θ = 0

Temos então

∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

∫ γ   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s - ∫ C   F → . d r = 0 - 0 = 0

Resposta:

0

OBS Final: Galerinha, nesse exemplo a gente viu um caso de singularidade que foi com fração, mas outro caso de singularidade comum é a raiz de números negativos. Como trabalhamos com o conjunto dos números reais, não existe raíz de número negativo, então devemos também ficar atento a este caso! Nesta ideia de singularidade devemos sempre desconfiar quando encontrar frações, raízes de expoente par e logaritmos!

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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. 295 – 19.

Seja

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

Mostre que ∮ C F .   d r = 2 π , onde C é a curva x 2 + y 2 = 4 ,   z = 0 , orientada no sentido anti-horário.

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Passo 1

Vamos procurar alguma singularidade, olha a fração! Já vamos desconfiar que pode existir alguma coisa aí!

O demoninador da fração é x 2 + y 2 , então vamos igualar ele a zero:

x 2 + y 2 = 0

Para isso devemos ter

x = y = 0

Então existe uma singularidade de eixo, eixo z . Não podemos usar nenhuma superfície que tenha intercessão com o eixo z .

Passo 2

A superfície mais fácil de calcular a integral de linha seria o círculo limitado por x 2 + y 2 = 4 , mas esta superfície passa pelo ponto ( 0 ,   0 ) , que é um ponto de singularidade.

Então vamos pegar uma coroa circular limitada pelas curvas x 2 + y 2 = 4 e x 2 + y 2 = 1 . Agora vamos analisar as orientações, como C   está no sentido anti-horário, pela regra da mão direita a normal aponta para o sentido positivo de z .

A nova curva, C 1 , para seguir a mesma orientação deve estar no sentido horário! Veja a figura:

Passo 3

Aplicando o teorema de Stokes nesta superfície teremos:

∬ S r o t F . n   d S = ∮ C F d r + ∮ C 1 F d r

∮ C F d r = ∬ S r o t F . n   d S - ∮ C 1 F d r

Passo 4

Calcular o rotacional do campo,

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

Tempos,

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = 0 - 0 ,   0 - 0 , x 2 + y 2 - x 2 x x 2 + y 2 2 - - x 2 + y 2 + y 2 y x 2 + y 2 2

r o t F → = ( 0 ,   0 ,   0 )

Logo,

∬ S r o t F . n   d S = 0

Passo 5

Calcular a integral de linha da curva C 1 ,

Parametrização de C 1 :

σ t = c o s t ,   s e n t ,   0

σ ' t = - s e n t ,   c o s t ,   0

Assim,

∮ C 1 F d r =   ∫ 0 2 π F σ t . σ ' t d t

∫ 0 2 π - s e n t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ,   c o s t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ,   0 . - s e n t ,   c o s t ,   0 d t

∫ 0 2 π s e n 2 t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t +   cos 2 ⁡ t s e n 2 t + cos 2 ⁡ t d t

∫ 0 2 π 1 d t = 2 π

Como ela está no sentido horário,

∮ C 1 F d r =   - 2 π

Passo 6

Por último vamos substituir os resultados dos passos 4 e 5 na equação resultante do teorema de Stokes!

∮ C F d r = 0 - ( - 2 π )

∮ C F d r = 2 π

Como foi pedido na questão!

Passo 7

Podemos resolver está integral pela definição de integral de linha! Veja,

∫ a b F x t ,   y t , z ( t ) . σ → ' t   d t

Assim, o promeito passo é parametrizar a curva C : x 2 + y 2 = 4 e z = 0 . Como é uma circunferência de raio igual a 2 , pode ser parametrizada por:

x = 2 c o s t y = 2 s e n t

σ → t = ( 2 cos ⁡ t ,   2 s e n   t ,   0 )

σ → ' t = ( - 2 s en ⁡ t ,   2 c o s   t ,   0 )

Passo 8

Vamos calcular a integral,

∫ a b F x t ,   y t , z ( t ) . σ → ' t   d t

∫ 0 2 π - s e n   t 2 , cos ⁡ t 2 , 0 . ( - 2 sen ⁡ t ,   2 c o s   t ,   0 )   d t

∫ 0 2 π ( s e n 2 t + cos 2 ⁡ t ) d t

Usando a relação fundamental da trigonometria s e n 2 t + cos 2 ⁡ t = 1 ,

∫ 0 2 π 1 d t   = 2 π

Resposta

Exercício Resolvido #2

USP - Cálculo 3 - P3 2011 - 2

Calcule ∫ γ   F → . d r → sendo

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

E γ é curva dade pela intersecção de x 2 + y - 2 2 = 4 e z = 2 y + 1 orientada de modo que sua projeção em O x y é percorrida no sentido anti-horário.

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Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. Temos um cilindro com centro ( 0,2 , 0 ) cortado por um plano:

Esse desenho não precisa de precisão nenhuma, ok? É só para termos uma ideia mesmo, você pode desenhar um plano qualquer cortando o clilindro.

A questão pede para calcularmos a integral de linha em γ , que é a interseção do plano inclinado com o cilindro. Como podemos ver, γ forma uma elipse. Percebeu?

Passo 2

Ok, agora vamos analisar o problema. Reparou que a expressão do campo não é nem um pouco amigável, né? Imagina ainda substituir uma parametrização nisso aí, sem condições. Então vamos simplificar as coisas.

O Teorema de Stokes nos diz isso aqui:

∮ ∂ S   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

Ou seja, podemos substituir essa integral de linha sobre a curva por uma integral do rotacional de F sobre uma superfície S que tenha a curva como fronteira. Ah, vamos usar o próprio retalho do plano em forma da elipse, né?

Agora vem o momento em que temos que tomar muito cuidado, olha a expressão do campo de novo:

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

Repare temos uma indeterminação quando x = 0 e y = 2 , portanto, o campo não está definido no eixo de simetria do cilindro.

Então, não podemos usar o plano como superfíce, na verdade, não podemos usar nenhuma superfície que tenha apenas γ   como fronteira por causa disso!

Ferrou, né. Não, vamos usar uma superfície que tenha γ como uma de suas fronteiras. Em vez de usar o plano, vamos usar esse pedaço do cilindro, que também tem γ como fronteira.

Então, S é o pedaço do cilindro cortado pelo plano e ∂ S é a própria curva γ mais a borda debaixo do cilindro C (uma circunferência).Temos então:

∮ ∂ S   F → . d r = ∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

Agora vamos pensar nas orientações. Se γ está no sentido anti-horário, pela Regra da Mão direita, S deve ter vetor normal apontando para dentro. Consequentemente, C gira no sentido horário.

Passo 3

Precisamos, então, calcular r o t F → , sabendo que

F → x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ⁡ ( z 2 ) ln ⁡ ( 2 + z 6 )

Temos:

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

= 0 - y , x - 0 , - 1 x 2 + y - 2 2 + x 2 x x 2 + y - 2 2 2 + 2 - 1 x 2 + y - 2 2 - y - 2 2 y - 4 x 2 + y - 2 2 2 + 2 =

= - y , x , 4

Passo 4

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Temos o cilindro x 2 + y - 2 2 = 4 cortado pelos planos z = 0 e z = 2 y + 1 , portanto, 0 ≤ z ≤ 2 y + 1 .

Bom, como se trata de um cilindro de raio 2 , vamos usar coordenadas ciliíndricas (deslocadas) com r = 2 :

x = 2 cos ⁡ θ

y = 2   s e n   θ + 2

z = z

O que nos dá a parametrização

φ θ , z = 2 cos ⁡ θ ,   2   s e n   θ + 2 , z

Onde

0 ≤ z ≤ 2 y + 1

0 ≤ z ≤ 2 ( 2   s e n   θ + 2 ) + 1

0 ≤ z ≤ 4   s e n   θ + 5

E, como temos uma volta completa, 0 ≤ θ ≤ 2 π .

Agora, vamos calcular a normal:

∂ φ ∂ θ = - 2 s e n   θ , 2 cos ⁡ θ , 0

∂ φ ∂ z = 0,0 , 1

A normal fica

∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ z = i j k - 2   s e n   θ 2 cos ⁡ θ 0 0 0 1 = 2 cos ⁡ θ , 2   s e n   θ , 0

Levando para a integral:

r o t F φ = - 2   s e n   θ - 2,2 cos ⁡ θ , 4

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ D   - 2   s e n   θ - 2,2 cos ⁡ θ , 4 . 2 cos ⁡ θ , 2   s e n   θ , 0 d s

Onde D é dado por

0 ≤ z ≤ 4   s e n   θ + 5

0 ≤ θ ≤ 2 π

Simplificando a integral

∬ D   - 4   s e n θ cos ⁡ θ + 4   s e n θ cos ⁡ θ - 4 cos ⁡ θ d s = - 4 ∫ 0 2 π ∫ 0 4   s e n   θ + 5 cos ⁡ θ d z d θ

= - 4 ∫ 0 2 π 4   s e n θ cos ⁡ θ + 5 cos ⁡ θ d θ = 0

Show?

Passo 5

Agora, para terminar a questão, precisamos calcular a integral de linha na outra borda da superfície, C .

Como a circunferência está no plano x y