Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

USP - Cálculo 3 - P2 2015 - 3

Seja o campo F → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2 + - x y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y e seja γ a curva que é fronteira da região limitada pelos gráficos das funções y = 8 + 2 x - x 2 e y = x 2 - 4 percorrida no sentido horário. Calcule ∫ γ   F → d r → .

Passo 1

Vamos fazer um esboço dessa curva γ . Temos duas funções:

y = 8 + 2 x - x 2

y = x 2 - 4

São duas parábolas com eixo de simetria paralelo ao y . A segunda, na verdade, tem eixo de simetria no próprio eixo y e tem concavidade para cima (por causa do sinal positivo no x 2 ). Já a primeira tem concavidade para baixo e é deslocada em relação ao eixo y :

A curva γ é então isso aqui:

Como o enunciado fala, ela é percorrida no sentido horário.

F → x , y = G → x , y + H → x , y

Onde

G → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

H → x , y = - x y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y

Beleza? Então, podemos escrever:

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

Bom, já que temos uma curva fechada e um campo com expressão bizarra, vamos usar Green, né? Vamos fazer isso para cada parte do campo, separadamente.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para o campo G →

G → x , y = y x - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

Aqui nós temos um problema, se você reparar, o campo G não está definido em ( 1,0 ) , que pertence ao interior da nossa curva γ .

Vamos, então, fazer uma outra curva C que envolva esse ponto (orientada no sentido horário) e considerar nossa região como o anel formado pelas duas curvas.

Beleza, conseguimos tirar o ponto ( 1,0 ) 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 as duas curvas. Repare que, como γ é orientada no sentido horário (negativamente), tivemos que usar γ - para aplicar o teorema. Já C , é orientada positivamente (sentido horário). Isso é o mesmo que:

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

Temos então:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - ( x - 1 ) 2 x - 1 + x - 1 2 + 4 y 2 x - 1 2 + 4 y 2 2 - y 8 y - x - 1 2 + 4 y 2 x - 1 2 + 4 y 2 = 0

Ótimo, 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, temo x - 1 2 + 4 y 2 no denominador do campo... Parece uma elipse (deslocada), não é? Não seria muito bom se a nossa curva fosse uma elipse desse tipo? Olha só, vamos definir a elipse C :

x - 1 2 + 4 y 2 = 1

Repara que ela isola o ponto ( 1,0 ) da nossa região, pois esse é o seu centro. Percebeu?

Sua parametrização, em coordenadas elípticas é:

C θ = cos ⁡ θ + 1 , 1 2   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 - 1 2 + 4 y 2 vai virar 1. Olha que lindo né.

Para nossa curva estar orientada positivamente, já vimos que a elipse C deve ser percorrida no sentido horário, ou seja, θ vai desde 2 π até 0 .

Vamos calcular agora a derivada dessa parametrização:

C ' θ = - s e n   θ , 1 2 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 - 1 2 + 4 y 2 , - x - 1 x - 1 2 + 4 y 2

Escrito em termos da parametrização, fica

G → x θ , y ( θ ) = 1 2   s e n   θ , - cos ⁡ θ - 1 + 1

= 1 2 sen ⁡ θ , - cos ⁡ θ

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

∫ γ   G . d r → = ∫ 2 π 0 1 2 sen ⁡ θ , - cos ⁡ θ - s e n   θ , 1 2 cos ⁡ θ d θ

= ∫ 2 π 0 - 1 2 s e n 2 θ - 1 2 cos 2 ⁡ θ d θ =

= 1 2 ∫ 0 2 π d θ =

= 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 y + s e n   y ,   x 2 + x cos ⁡ y

E nós queremos

∫ γ   H → . d r →

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x + cos ⁡ y - - x + cos ⁡ y = 3 x

Temos então

∫ γ -   H → . d r → = ∬ D   3 x   d x d y

Temos, de novo, a mesma questão da orientação aqui!

∫ γ   H → . d r → = - 3 ∬ D   x   d x d y

Onde D é a região dentro de γ . Agora é só resolver essa integral dupla aí.

Vamos escrever a região como tipo I, y está entre as equações das parábolas x 2 - 4 ≤ y ≤ 8 + 2 x - x 2 e x entre - 2 e 3 , como podemos ver na figura do passo 1. Para achar esses valores de x , nós igualamos as equações das parábolas e descobrimos onde elas se encontram:

y = 8 + 2 x - x 2 = x 2 - 4

2 x 2 - 2 x - 12 = 0

x 2 - x - 6 = 0

x = 3 - 2

Levando para a integral, temos:

∫ γ   H → . d r → = - 3 ∫ - 2 3 ∫ x 2 - 4 8 + 2 x - x 2 x d y d x

= - 3 ∫ - 2 3 x y x 2 - 4 8 + 2 x - x 2 d x =

= - 3 ∫ - 2 3 x 8 + 2 x - x 2 - x 2 + 4 d x =

= - 6 ∫ - 2 3 6 x + x 2 - x 3 d x =

= - 6 3 x 2 + x 3 3 - x 4 4 - 2 3 =

= - 125 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 → = π - 125 2

Resposta

π - 125 2

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