Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Questão 4: Calcule ∫ γ   F → ⋅ d r → onde γ é a fronteira do retângulo R = - 1 ,   2 × - 1 ,   1 percorrida uma vez no sentido anti-horário e

F → = - y x 2 9 + y 2 25 i → + x x 2 9 + y 2 25 j →

Passo 1

Bem, para termos uma noção clara de como vamos resolver essa integral de linha, primeiro vamos fazer um esboço dessa curva γ ...

O próprio problema nos disse que ela é esse retângulo R = - 1 ,   2 × - 1 ,   1 , que desenhado no plano...

e esse cara aí!

Agora, vai ser muito chato calcular a integral desse campo, que não é nada bonito, em cima dessa curva, por isso, vamos pensar no teorema de Green

Passo 2

Para termos certeza que vamos aplicar o teorema, calculemos:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Como...

F → = - y x 2 9 + y 2 25 ⏟ F 1 ,   x x 2 9 + y 2 25 ⏟ F 2

Calculemos essa primeira derivada aí:

∂ F 2 ∂ x = ∂ x x 2 9 + y 2 25 ∂ x =

Aplicando a regra da fração...

x 2 9 + y 2 25 ⋅ ∂ x ∂ x - x ∂ x 2 9 + y 2 25 ∂ x x 2 9 + y 2 25 2 =

x 2 9 + y 2 25 - x 2 9 x x 2 9 + y 2 25 2 =

- x 2 9 + y 2 25 x 2 9 + y 2 25 2

Calculando a segunda derivada com contas extremamente semelhantes...

∂ F 1 ∂ y = ∂ - y x 2 9 + y 2 25 ∂ y =

Aplicando a regra da fração...

- x 2 9 + y 2 25 + y 2 y 25 x 2 9 + y 2 25 2 =

- x 2 9 - y 2 25 + 2 y 2 25 x 2 9 + y 2 25 2 =

- x 2 9 + y 2 25 x 2 9 + y 2 25 2

Logo...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - x 2 9 + y 2 25 x 2 9 + y 2 25 2 - - x 2 9 + y 2 25 x 2 9 + y 2 25 2 =

0

Subtração mais easy que essa... Só duas dessa

Passo 3

O teorema de Green nada mais é do que essa famosa igualdade:

∫ ∂ D   F → ⋅ d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Onde esse ∂ D é a borda da região fechada D , saca?

Bem, mas é claro que não podemos aplicar essa igualdade assim... Do nada. Precisamos analisar as condições do teorema:

1º - Temos que ter uma curva fechada ∂ D delimitando D .

2º - deve estar orienta positivamente!

3º - Precisamos de um campo sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos ver se no nosso caso, cada um desses itens é satisfeito? Então me acompanhe! :D

Passo 4

1º - Temos que ter uma curva fechada ∂ D delimitando D .

Sim, isso já acontece. Onde, nesse caso, a borda ∂ D coincide com a curva γ :

2º - deve estar orienta positivamente!

Isso também acontece, pois a curva está girando no sentido anti-horário.

3º - Precisamos de um campo sem singularidades onde estamos trabalhando.

Opssss! Isso não acontece, pois se você olhar novamente para o campo:

F → = - y x 2 9 + y 2 25 i → + x x 2 9 + y 2 25 j →

você vai notar que quando estamos na origem, com x = 0 e y = 0 , o campo dá uma divisão por zero o que sabemos que não pode acontecer. E a região que estamos trabalhando, contêm esse ponto:

Por isso, devemos colocar outra curva ao redor desse ponto eliminando o nosso problema!

Passo 5

Escolhendo a curva que elimina a singularidade...

Bem, como podemos escolher, será de grande ajuda se escolhêssemos uma curva que de quebra simplificasse esse campo F → = - y x 2 9 + y 2 25 i → + x x 2 9 + y 2 25 j →

Repare que o denominador dele é bem característico... x 2 9 + y 2 25 . Essa equação nos lembra uma elipse certo? Então vamos pegar uma elipse !

x 2 9 + y 2 25 = 1

Essa elipse aí simplifica as coisas, mas o problema é que ela é grande demais (até poderia, mas vai ficar mais confuso).

Por isso, vamos reduzi-la:

x 2 9 + y 2 25 = 1 100 2     →

100 2 x 2 9 + 100 2 y 2 25 = 1 →

x 2 9 100 2 + y 2 25 100 2 = 1

Pronto! Essa elipse é a mesma da de cima só que reduzida, saca?

Passo 6

Bem, note que agora a borda da região fechada D é a curva γ e essa curva aí que vamos chamar C (ela necessariamente tem que girar no sentido contrário a curva vermelha):

Se a borda é duas curvas... Desmembramos a integral de linha na borda em duas integrais:

∫ ∂ D   F → ⋅ d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

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

Como ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0 ...

∫ γ   F → ⋅ d r → + ∫ C   F → ⋅ d r → = 0

∫ γ   F → ⋅ d r → = - ∫ C   F → ⋅ d r →

Ou seja... a integral de linha que a gente quer em cima de γ é o negativo da integral mais fácil em cima dessa elipse orienta no sentido horário!

Podemos simplificar ainda mais se colocando um mais ali seeee invertermos o sentido da elipse (representado por ( - C ) )!

∫ γ   F → ⋅ d r → = ∫ - C   F → ⋅ d r →

Então vamos calcular essa integral de linha do lado direito e ser feliz

Passo 7

Para resolver essa integral de linha:

∫ - C   F → ⋅ d r →

precisamos parametrizar a elipse... x 2 9 100 2 + y 2 25 100 2 = 1

Se colocarmos essa elipse na sua forma geral de elipses, ou seja

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

a parametrização é:

x = a cos ⁡ θ

y = b sin ⁡ θ

Então...

x 2 9 100 2 + y 2 25 100 2 = 1     →           x 2 3 2 100 2 + y 2 5 2 100 2 = 1     →

x 2 3 100 2 + y 2 5 100 2 = 1

Então...

x = 3 100 cos ⁡ θ

y = 5 100 sin ⁡ θ

Ou, melhor dizendo:

γ θ = 3 100 cos ⁡ θ , 5 100 sin ⁡ θ  

Onde o θ dá uma volta completa...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 8

Para o termo d r → , calculemos:

d r → = γ ' θ d θ

Calculando a derivada...

γ θ = 3 100 cos ⁡ θ , 5 100 sin ⁡ θ       →           γ ' θ = - 3 100 sin ⁡ θ , 5 100 cos ⁡ θ  

logo...

d r → = - 3 100 sin ⁡ θ , 5 100 cos ⁡ θ   d θ

Passo 9

Não podemos de deixar de passar o campo vetorial para os termos da parametrização:

F → = - y x 2 9 + y 2 25 i → + x x 2 9 + y 2 25 j →

F → = - y x 2 9 + y 2 25 ,   x x 2 9 + y 2 25 1

lembre-se que x 2 9 + y 2 25 = 1 100 2 ...

F → = - 5 100 sin ⁡ θ 1 100 2 ,   3 100 cos ⁡ θ 1 100 2

F → = - 500 sin ⁡ θ ,   300 cos ⁡ θ

Passo 10

Regressando à integral de linha que queremos resolver:

∫ - C   F → ⋅ d r →

e substituindo os ingredientes...

∫ 0 2 π - 500 sin ⁡ θ ,   300 cos ⁡ θ ⋅ - 3 100 sin ⁡ θ , 5 100 cos ⁡ θ   d θ

∫ 0 2 π 15 sin 2 ⁡ θ + 15 cos 2 ⁡ θ d θ

∫ 0 2 π 15 sin 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ   d θ

∫ 0 2 π 15 d θ

15 2 π = 30 π

Como

∫ γ   F → ⋅ d r → = ∫ - C   F → ⋅ d r →

então, essa integral de linha é...

∫ γ   F → ⋅ d r → = 30 π

Resposta

30 π

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