Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

UNICAMP, Cálculo 2, P3 - 2016.2 - 6ª Matutino, Questão 2

Use o teorema de Green para calcular a integral de linha

C   - y x 2 + y 2 d x + x x 2 + y 2 d y ,

Em que C é a curva mostrada abaixo, orientada no sentido anti-horário e dada por

r t = 2 + sin 5 t cos t i + sin t j ,             0 t 2 π .

Passo 1

Para começar, relaxa! Não vamos trabalhar com essa estrala do mar aí de forma alguma! Isso é só para tentar nos atrapalhar, mas não vai sabe por quê?

Porque esse campo tem um problema na origem!

Veja que não podemos colocarmos o ponto 0 ,   0 no campo dado F ! (é o mesmo campo só escrito de maneira mais elegante, ok?)

F = - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2

Logo, para aplicar G r e e n , vamos ter que circular esse ponto com uma bola de raio qualquer!

Para facilitar as contas, vamos pegar o raio valendo 1 , beleza?

Ahhh! E vamos nomear essa curva de C 1 !

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Bem, antes de aplicar o teorema de G r e e n , nos devemos nos atentar a um detalhe: Qual é a orientação da curva vermelha?

Bem, sabemos que para aplicar G r e e n a curva de fora deve estar girando no sentido anti-horário, o que já acontece. Logo a curva de dentro deve estar girando no sentido contrário:

Agora que estamos nas condições, vamos aplicar G r e e n ...

C C 1   F d r = D   Q x - P y d A

Ou seja, a integral na borda de uma região D (no caso são essas duas superfícies C   e   C 1 ), é a integral dupla do rotacional desse campo F !

Podemos separar essa integral do lado direito em

C   F d r + C 1   F d r = D   Q x - P y d A

Bem, então basta calcular essas duas outras integrais aí, e pronto!

Partiu encontrar esse rotacional então?

Passo 3

Primeiro quem são mesmos esse Q e P ?

São os elementos do campo

F = P ,   Q = - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2

Calculando então essa primeira derivada parcial

Q x = x x 2 + y 2 x

Agora aqui, não podemos esquecer-nos de derivar aplicando a regra da razão

Q x = x 2 + y 2 x ' - x x 2 + y 2 x x 2 + y 2 2

Derivando esses caras do denominador

Q x = x 2 + y 2 - x 2 x x 2 + y 2 2 =

y 2 - x 2 x 2 + y 2 2

Passo 4

Fazendo o mesmo, mas agora para P y :

P y = - y x 2 + y 2 y

P x = x 2 + y 2 - y ' - - y x 2 + y 2 y x 2 + y 2 2  

P x = - x 2 - y 2 - - y 2 y x 2 + y 2 2 =

y 2 - x 2 x 2 + y 2 2

Opa!!! Deu igual! Isso quer dizer que

Q x - P y = y 2 - x 2 x 2 + y 2 2 - y 2 - x 2 x 2 + y 2 2 = 0

Passo 5

Voltando então para G r e e n

C   F d r + C 1   F d r = D   Q x - P y d A

C   F d r + C 1   F d r = 0

C   F d r = - C 1   F d r

E quem é essa integral de linha do lado de lá?

É a integral de linha sobre a circunferência que colocamos no problema, porém o sinal indica que devemos tomar ela girando pro outro lado:

Como trocamos o sentido da curva, esse menos desaparece

C   F d r = C 1   F d r

Bem, agora não tem por onde fugir! Devemos parametrizar essa curva aí e integrar direto, bora?

Passo 6

Bem, uma boa parametrização para a circunferência de raio 1 x 2 + y 2 = 1 e que atende aquela orientação é a comparação com a equação da trigonometria

cos 2 θ + sin 2 θ = 1

Ou seja

x = cos θ

y = sin   θ

Onde θ   dá uma volta completa

0 θ 2 π

Ou seja, a parametrização é assim

γ θ = cos θ , sin θ

Bem, mas o que de fato nos interessa aqui é o γ ' , bastando então derivar cada entrada de γ

γ ' θ = - sin θ , cos θ

Passo 7

Jogando tudo dentro da integral de linha que devemos resolver

C 1   F d r = 0 2 π - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2 γ ' θ d θ  

0 2 π - y x 2 + y 2 ,   x x 2 + y 2 - sin θ , cos θ d θ    

Trocando esses x e y aí pela parametrização, lembrando que x 2 + y 2 = 1

0 2 π - sin θ , cos θ - sin θ , cos θ d θ  

Calculando esse produto interno

0 2 π sin 2 θ + cos 2 θ d θ    

Epa! Quem é sin 2 θ + cos 2 θ ?

É 1 :D

0 2 π d θ =

  θ 0 2 π = 2 π

Passo 8

Retornando para G r e e n , recordamos que...

C   F d r = C 1   F d r

Portanto

C   F d r = 2 π

Resposta

2 π

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