Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

22) Considere um campo F → definido em U = R 2 - - 2 ,   0 ,   2 ,   0 tal que ∇ × F → x ,   y = 0 → em x ,   y ∈ U . Suponha que ∮ C 1   F → ⋅ d r → = 6 , C 1 : x + 2 2 + y 2 = 1 e ∮ C 2   F → ⋅ d r → = 9 , C 2 : x - 2 2 + y 2 = 1 . Calcule

∮ C   F → ⋅ d r → ,             C :     x 2 + y 2 = 16

Passo 1

Bem, eu sei que está muuuito confuso o enunciado e que apareceram várias informações, porém o que o problema quer na realidade é uma integral de linha:

∮ C   F → ⋅ d r →

Onde a curva C é uma curva fechada dentro dessa circunferência de raio 4 ...

Pow! Então eu te recomendo que você não se preocupe agora com aquelas outras informações dadas agora e que comece a resolvendo a integral de linha normalmente como estamos acostumados:

  • Como estamos em uma região fechada, aplicando o nosso amigo “O Teorema de Green” ! Venha comigo! :D

Passo 2

O teorema de Green nada mais é do que essa igualdade mara entre a integral de linha com uma integral dupla:

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Mas antes de aplicarmos essa igualdade maravilhosa do Teorema, temos que avalizar as condições de Green, que sempre nos exige:

1º - Uma região D fechada pela borda ∂ D .

2º - Orientadas positivamente.

3º - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos averiguar?

Passo 3

Sobre uma curva fechada está ok, pois a como já vimos, a curva C que queremos a integral de linha

Ela é fechada, inclusive foi a nossa inspiração inicial para aplicar o Teorema, certo? E delimita o interior D que é um círculo

E em relação a ser orientada positivamente também está ok, pois quando um problema não nos diz nada sobre a orientação, adotamos a curva girando no sentido anti-horário... Orientada positivamente, portanto. :D

Passo 4

Quanto à terceira exigência... Campo F → sem singularidades não está sendo satisfeito, pois o campo é definido dentro do U = R 2 - - 2 ,   0 ,   2 ,   0 . Nos pontos - 2 ,   0 e 2 ,   0 , ele tem uma singularidade, ou melhor, um problema de definição saca?

Por isso o que vamos fazer é “empacotar “ esses pontos com curvas... A circunferência C 1 e de raio 1 do enunciado x + 2 2 + y 2 = 1 e a circunferência C 2 : x - 2 2 + y 2 = 1 . Então a nossa região D sofre um recorte e muda para...

O bordo ∂ D dela agora é a curva C 2 , a curva C 1 e a curva C . Note também que C 1 e C 2 (em vermelho) tem que necessariamente estar girando no sentido horário para o conjunto estar orientado positivamente...

Passo 5

Condições do Teorema sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa boa:

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Bem, cuidado que aqui tem um detalhe muito importante! Como a borda de D é são as duas curvas, C 1 e C 2 , a integral de linha é desmembrada...

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

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P �� y d A - ∫ C 1   F → d r → - ∫ C 2   F → d r →

Se queremos a integral de linha em C , calculemos essas integrais do lado direito e tá tudo certo (hehe ). Bora?

Passo 6

Em relação à integral de linha primeiro, repare que o problema já deu a solução dessa integral...

∮ C 1   F → ⋅ d r → = 6

Todavia ele nos deus esse resultado com a orientação no sentido anti-horário (lembra que quando não fala nada é porque foi nesse sentido?)

Por isso, como precisamos de ∫ C 1   F → d r → no sentido oposto, invertemos o sinal do que ele nos deu...

∫ C 1   F → d r → = - 6

Passo 7

A segunda integral de linha

∫ C 2   F → d r →

invertemos o sinal pelo mesmo motivo...

∫ C 2   F → d r �� = - ∮ C 1   F → �� d r → = - 9

Passo 8

Nos falta agora determinar o resultado da integral dupla...

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Bem, sabemos que se um campo F → = P ,   Q e que nos representa o operador de derivadas parciais...

∇ = ∂ ∂ x ,   ∂ ∂ y

∇ × F → x ,   y = ∂ ∂ x ,   ∂ ∂ y × P ,   Q

Esse produto vetorial ao qual nos damos o nome de rotacional de F → é calculado com um determinante...

∇ × F → x ,   y = ∂ ∂ x ∂ ∂ y P Q k → =

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y k →

como

∇ × F → x ,   y = 0 →         →           ��� Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0

Logo...

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A = 0

Passo 9

Voltando ao teorema de Green...

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

e substituindo esses resultados paralelos...

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

∫ C   F → d r → = 0 - - 6 - - 9 =

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Resposta

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