Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

USP, Cálculo 3, P2 - 2014, Questão 2

Calcule γ   F . d r , onde

F x , y = - y x 2 4 + y 2 9 + x 2 y + s e n x 3 , x x 2 4 + y 2 9 + x 3 + y 5 ln ( y 2 + 4 )

E γ é a circunferência unitária x 2 + y 2 = 1 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Bom, como esse campo tem uma expressão muito grande, calcular a integral de linha pela definição aqui não parece uma boa ideia. Vamos tentar aplicar o Teorema de Green.

Agora que vem a malícia da questão. Se você reparar, o termo y x 2 4 + y 2 9 , presente na primeira parte do campo tem muita semelhança com o termo x x 2 4 + y 2 9 , presente na segunda. Se a gente calcular a diferença das derivadas parciais

F 2 x - F 1 y

Só com esses dois termos, ela vai dar zero, O seja, o campo seria conservativo se só tivesse esses termos.

Bom.. Que tal então a gente fazer isso acontecer? Vamos dividir esse campo em 2:

F x , y = G x , y + H x , y

F x , y = - y x 2 4 + y 2 9 , x x 2 4 + y 2 9 + x 2 y + s e n x 3 , x 3 + y 5 ln ( y 2 + 4 )

Beleza? Então, podemos escrever:

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

Ou seja, primeiro vamos resolver o problema só com o campo G , depois só com o H e, então, somar as respostas.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para o campo G

G x , y = - y x 2 4 + y 2 9 , x x 2 4 + y 2 9

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

x 2 + y 2 = 1

Então, nossa região não pode ser o interior da circinferência de raio 1 . Vamos, então, fazer uma outra curva que envolva a origem(orientada em sentido horário), e considerar nossa região como o anel formado pelas duas.

Beleza, conseguimos tirar a origem 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 os dois círculos. Temos então:

F 2 x - F 1 y = 1 . x 2 4 + y 2 9 x 2 4 + y 2 9 - x x 2 x 2 4 + y 2 9 + 1 . x 2 4 + y 2 9 x 2 4 + y 2 9 - y 2 y 9 x 2 4 + y 2 9

= x 2 4 + y 2 9 - x 2 2 + x 2 4 + y 2 9 - 2 y 2 9 x 2 4 + y 2 9 = 0

Ótimo, com tínhamos previsto, 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, temos x 2 4 + y 2 9 no denominador do campo... Parece uma elipse, não é? Não seria muito bom se a nossa curva fosse uma elipse desse tipo? Olha só, vamos definir a elipse C :

x 2 4 + y 2 9 = 1

Sua parametrização, em coordenadas elípticas é:

C θ = ( 2 cos θ ,   3   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 2 4 + y 2 9 vai virar 1. Olha que lindo né.

Como a circunferência está orientada no sentido anti-horário, para nossa curva estar orientada positivamente, a elipse deve ser percorrida no sentido horário, ou seja, θ vai desde 2 π até 0 .

Vamos calcular agora a derivada dessa parametrização:

C ' θ = ( - 2 s e n   θ ,   3 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 2 4 + y 2 9 , x x 2 4 + y 2 9

Escrito em termos da parametrização

C θ = ( 2 cos θ ,   3   s e n   θ )

Fica

G x θ , y ( θ ) = - 3   s e n   θ 1 , 2 cos θ 1

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

γ   G . d r = 2 π 0 - 3   s e n   θ ,   2 cos θ - 2 s e n   θ ,   3 cos θ d θ

= - 2 π 0 6   s e n 2 θ + 6 cos 2 θ d θ =

= - 6 2 π 0 d θ =

= 12 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 2 y + s e n x 3 , x 3 + y 5 ln ( y 2 + 4 )

E nós queremos

γ   H . d r

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

F 2 x - F 1 y = 3 x 2 - x 2 = 2 x 2

Temos então

γ   H . d r = D   2 x 2 d x d y

Onde D é a região dentro da circunferência x 2 + y 2 = 1 . Agora é só resolver essa integral dupla aí, vamos usar coordenadas polares:

x = r cos θ

y = r   s e n   θ

J = r

A nossa região é escrita então como 0 r 1 , 0 θ 2 π . Levando isso para a nossa integral, temos:

γ   H . d r = 2 0 2 π 0 1 r 2 cos 2 θ r d r d θ

= 2 0 2 π 0 1 r 3 cos 2 θ d r d θ =

= 2 0 2 π r 4 4 cos 2 θ 0 1 d θ =

= 1 2 0 2 π cos 2 θ d θ =

Agora, precisamos lembrar daquela relação de arco duplo:

cos 2 θ = 1 + cos 2 θ 2

= 1 4 0 2 π 1 + cos 2 θ d θ =

= 1 4 θ + s e n   2 θ 2 0 2 π =

= π 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 = 12 π + π 2 = 25 π 2

Resposta

25 π 2

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