Calcule.
\int_{\alpha} \frac{x}{x^{2}+y^{2}} d x+\frac{y}{x^{2}+y^{2}} d y, onde \alpha é o arco de circunferêncía de raio 1 e centro na origem, com extremidades (-1,0) e (1,0), orientado no sentido anti-horário de (-1,0) para (1,0)

Passo 1

O enunciado pede que se calcule a integral de linha
\int_{\alpha} \frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dy,
onde \alpha é o arco da circunferência de raio 1 e centro na origem com extremidades (-1,0) e (1,0), orientado no sentido anti-horário de (-1,0) para (1,0).
Informações relevantes dadas:
  • O campo vetorial associado é P(x,y)=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}} e Q(x,y)=\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}.
  • O arco \alpha tem raio 1 (então em todos os pontos de \alpha vale x^{2}+y^{2}=1).
  • A orientação "anti-horário de (-1,0) para (1,0)" corresponde ao arco que vai de t=\pi até t=2\pi na parametrização padrão x=\cos t,\;y=\sin t (ou seja, o semicírculo inferior).
  • A região onde o campo está definido é \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} — o campo tem singularidade na origem, mas a curva \alpha não passa pela origem.

Passo 2

Vou verificar se esse diferencial é exato (isto é, se existe uma função potencial f(x,y) tal que \nabla f=(P,Q)). Procuramos f tal que
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}.
Uma função que costuma aparecer com essas derivadas é o logaritmo do quadrado da distância ao origem. Proponho
f(x,y)=\frac{1}{2}\ln\!\big(x^{2}+y^{2}\big).
Agora calculo as derivadas parciais de f para confirmar que coincidem com P e Q.

Passo 3

Derivo f:
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{x^{2}+y^{2}} =\frac{x}{x^{2}+y^{2}},
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{1}{2}\cdot\frac{2y}{x^{2}+y^{2}} =\frac{y}{x^{2}+y^{2}}.
Portanto \nabla f=(P,Q) em todo ponto com x^{2}+y^{2}>0. Ou seja, o campo é gradient de f na região onde está definido (toda a reta menos a origem). Como a curva \alpha fica em x^{2}+y^{2}=1>0, podemos aplicar o Teorema Fundamental das Integrais de Linha para campos gradiente: a integral depende apenas dos pontos finais e vale f(\text{final})-f(\text{inicial}).
Explicando rápido o que usei: quando um campo é gradiente de f, então para qualquer curva suave \gamma de A a B,
\int_{\gamma} \nabla f\cdot d\mathbf{r}=f(B)-f(A).
Aqui identificamos \nabla f=(P,Q).

Passo 4

Calculo f nos pontos extremos. Em ambos os pontos (-1,0) e (1,0) temos x^{2}+y^{2}=1, então
f(-1,0)=\frac{1}{2}\ln(1)=0,\qquad f(1,0)=\frac{1}{2}\ln(1)=0.
Logo, pela propriedade de campo gradiente,
\int_{\alpha} \frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dy = f(1,0)-f(-1,0)=0-0=0.

Passo 5

Como verificação alternativa (útil para a prova) faço a substituição paramétrica direta: parametrize a circunferência por
x=\cos t,\qquad y=\sin t,
com t variando de t=\pi até t=2\pi (isto corresponde a partir de (-1,0) até (1,0) no sentido anti-horário). Então
dx=-\sin t\,dt,\qquad dy=\cos t\,dt,
e como x^{2}+y^{2}=1 ao longo da curva,
\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\,dy = \cos t(-\sin t\,dt)+\sin t(\cos t\,dt)=0\cdot dt.
Integrando de \pi a 2\pi 0. Isso confirma o resultado anterior.

Resposta

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