Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

USP, Cálculo 3, P2 - 2011, Questão 3

Considere o campo:

F x , y = x x 2 + y - 1 2 - y x 2 + 9 y 2 , y - 1 x 2 + y - 1 2 + x x 2 + 9 y 2

Determine γ   F . d r onde γ é a fronteira do quadrado de vértices ( 2,2 ) , ( - 2,2 ) , ( - 2 , - 2 ) e ( 2 , - 2 ) orientada no sentido horário.

Passo 1

Bom, já deu para ver que calcular essa integral aí pela definição deve dar muito trabalho, né? Vamos tentar aplicar Green então. Temos:

F 2 x = - y - 1 x x 2 + y - 1 2 3 / 2 + 1 x 2 + 9 y 2 - x 2 x x 2 + 9 y 2 2

F 1 y = x ( y - 1 ) x 2 + y - 1 2 3 / 2 - 1 x 2 + 9 y 2 - y ( 18 y ) x 2 + 9 y 2 2

F 2 x - F 1 y = 0

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Passo 2

Pelo Teorema de Green, considerando C uma curva fechada orientada no sentido anti-horário e D a região limitada por ela, temos:

c   F d r = D   F 2 x - F 1 y d x d y

Repare agora que o campo tem uma indeterminação: no ponto ( 0,0 ) , por causa do denominador x 2 + 9 y 2 , que não pode se anular. Bem, na verdade, temos DUAS indeterminações, nos pontos ( 0,0 ) e ( 0,1 ) . Percebeu?

Então, para aplicarmos Green, nenhum desses pontos pode estar na nossa região! Mas como vamos fazer isso?

Olha de novo para o campo

F x , y = x x 2 + y - 1 2 - y x 2 + 9 y 2 , y - 1 x 2 + y - 1 2 + x x 2 + 9 y 2

Se você reparar, o denominador x 2 + 9 y 2 se parece muito com uma elipse, enquanto o denominador x 2 + y - 1 2 se parece muito com uma circuferência deslocada.

Ou seja, usando uma elipse para isolar os pontos que dão problema, um denominador vai ficar bonitinho, enquanto o outro vai ficar péssimo. O mesmo acontece se a gente usar uma circunferência deslocada.

Qual a solução? Separar esse campo em dois e usar, para cada um, uma curva!

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

Onde

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

H x , y = x x 2 + y - 1 2 , y - 1 x 2 + y - 1 2

Logo

γ   F d r = γ   G d r + γ   H d r

Vamos então calcular a integral de cada parte do campo separadamente e depois somar as respostas!

Passo 3

Aplicando Green para a primeira integral:

c   G d r = D   G 2 x - G 1 y d x d y

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

Como G   é o campo que tem o denominador que parece uma elipse, vamos usar a elipse x 2 + 9 y 2 = 1 para isolar o ponto ( 0,0 ) . Então, nossa região é essa aqui:

Cuidado com a orientação da fronteira, que deve ser positiva!

Portanto, a curva C é a união do quadrado γ - (no sentido contrário ao do problema) com a elipse e e D é a região em cinza.

γ -   G d r + e   G d r = D   G 2 x - G 1 y d x d y

Isolando o que queremos:

γ -   G d r = D   G 2 x - G 1 y d x d y - e   G d r

Mas queremos a integral em γ , não γ - :

γ   G d r = - D   G 2 x - G 1 y d x d y + e   G d r

Como

G 2 x = 1 x 2 + 9 y 2 - x 2 x x 2 + 9 y 2 2

G 1 y = - 1 x 2 + 9 y 2 - y ( 18 y ) x 2 + 9 y 2 2

G 2 x - G 1 y = 0

Temos

γ   G d r = e   G d r

Então, para encontrar a integral que queremos, basta calcular a integral na elipse e .

Beleza, parametrizando x 2 + 9 y 2 = 1 em coordenadas elípticas, temos:

e θ = cos θ , 1 3 s e n   θ

Como a elipse gira no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 .

Agora vamos derivar isso aí

e ' θ = - s e n   θ , 1 3 cos θ

Escrevendo o campo G nas variáveis da parametrização:

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

G e θ = - 1 3 s e n   θ 1 , cos θ 1 = - 1 3 s e n   θ , cos θ

Viu que o denominador virou 1 ? A gente fez isso de propósito!

Podemos, então, substituir os valores que encontramos na fórmula abaixo:

γ   G d r = e   G d r = - a b G x θ ,   y θ   e '   d θ

= 2 π 0 - 1 3 s e n   θ , cos θ . - s e n   θ , 1 3 cos θ d θ =

= 1 3 2 π 0 s e n 2 θ + cos 2 θ d θ =

= 1 3 2 π 0 d θ = - 2 π 3

Acabou? Calma que tem mais : (

Passo 4

Aplicando Green para a segunda integral:

c   H d r = D   H 2 x - H 1 y d x d y

H x , y = x x 2 + y - 1 2 , y - 1 x 2 + y - 1 2

Como H   é o campo que tem o denominador que parece uma circunferência deslocada, vamos usar a elipse x 2 + y - 1 2 = 1 4 para isolar o ponto ( 0,1 ) .

Pera, porque usamos o raio 1 / 2   e não 1 ?! Porque, vendo na figura, uma circunferência de raio 1 centrada em ( 0,1 ) ia tangenciar a curva de fora! E isso não pode acontecer. Então, escolhemos um raio menor.

Então, nossa região é essa aqui:

A curva C é, portanto, a união de γ - com a circunferência r :

γ -   H d r + r   H d r = D   H 2 x - H 1 y d x d y

Isolando o que queremos:

γ -   H d r = D   H 2 x - H 1 y d x d y - r   H d r

Mas queremos a integral em γ , não γ - :

γ   G d r = - D   H 2 x - H 1 y d x d y + r   H d r

Como

H 2 x = - y - 1 x x 2 + y - 1 2 3 / 2

H 1 y = x ( y - 1 ) x 2 + y - 1 2 3 / 2

H 2 x - H 1 y = 0

Isso nos dá

γ   G d r = r   H d r

Então, precisamos calcular a integral na circunferência x 2 + y - 1 2 = 1 4 . Vamos parametrizá-la com coordenadas polares com raio 1 / 2 e deslocadas para ( 0,1 ) :

r θ = 1 2 cos θ , 1 2 s e n   θ + 1

Como ela gira no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 . Derivando isso aqui:

r ' θ = - 1 2 s e n   θ , 1 2 cos θ

Escrevendo o campo H nas variáveis da parametrização:

H x , y = x x 2 + y - 1 2 , y - 1 x 2 + y - 1 2

H r θ = 1 2 cos θ 1 , 1 2 s e n   θ + 1 - 1 1 = 1 2 cos θ , 1 2 s e n   θ

Viu que o denominador simplificou de novo?

Podemos, então, substituir os valores que encontramos na fórmula abaixo:

γ   H d r = r   H d r = - a b H x θ ,   y θ   e '   d θ

= 2 π 0 1 2 cos θ , 1 2 s e n   θ . - 1 2 s e n   θ , 1 2 cos θ d θ =

= 1 4 2 π 0 - s e n   θ cos θ + s e n   θ cos θ d θ = 0

Passo 5

Agora vamos juntar os resultados que encontramos:

γ   F d r = γ   G d r + γ   H d r = - 2 π 3 + 0 = - 2 π 3

Resposta

- 2 π 3

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