Calcule \oint_{\gamma} \frac{y x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}} d x+\frac{-x^{3}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}} d y, onde \gamma é a curva de equação \frac{x^{4}}{4}+\left(y-\frac{1}{3}\right)^{2}= 1, percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha fechada
\oint_{\gamma} P\,dx + Q\,dy
onde
P(x,y)=\frac{y x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}},\qquad Q(x,y)=\frac{-x^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}},
e \gamma é a curva
\frac{x^{4}}{4}+\left(y-\frac{1}{3}\right)^{2}=1,
percorrida no sentido anti-horário. Lista das informações importantes fornecidas:
  • Campo vetorial(P,Q)dado acima.
  • \gammaé uma curva fechada e regular, orientada positivamente (anti-horário).
  • O denominador(x{2}+y{2})^{2}anula-se em(0,0), logo o campo não está definido na origem.
  • A origem(0,0)pertence ao interior da curva \gamma , pois substituindo(0,0)na equação da curva obtém-se(1/9)<1.
]

Passo 2

Estratégia: normalmente usaríamos o Teorema de Green (relaciona linha integral de P\,dx+Q\,dy com a integral dupla da rotação \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} sobre o interior). Vou lembrar a versão relevante do Teorema de Green:
\oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA,
válida quando P e Q têm derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de D (ou seja, no domínio considerado), e D é uma região simples (sem buracos). Aqui o campo não está definido em (0,0), então não podemos aplicar Green diretamente sobre todo o interior de \gamma porque esse interior contém um ponto singular. A técnica é: aplicar Green na região interior de \gamma com um pequeno disco de raio \varepsilon centrado na origem removido, e depois analisar a circulação na fronteira interna (o pequeno círculo). Se a rotação for zero fora da origem, a integral sobre \gamma reduz-se à integral ao redor do pequeno círculo em torno da origem (no limite \varepsilon\to 0). Vamos calcular a rotação e seguir esse plano.

Passo 3

Calcular a rotação \displaystyle R(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} para (x,y)\neq(0,0). Para facilitar, ponho s=x^{2}+y^{2}. Então
P=\frac{y x^{2}}{s^{2}},\qquad Q=-\frac{x^{3}}{s^{2}}.
Calculo \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(-x^{3}s^{-2}\right) = -3x^{2}s^{-2} + (-x^{3})(-2)s^{-3}\cdot(2x) = -3x^{2}s^{-2} + 4x^{4}s^{-3}.
Calculo \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}:
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(y x^{2}s^{-2}\right) = x^{2}s^{-2} + yx^{2}(-2)s^{-3}\cdot(2y) = x^{2}s^{-2} - 4x^{2}y^{2}s^{-3}.
Agora a rotação:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = \big(-3x^{2}s^{-2} + 4x^{4}s^{-3}\big) - \big(x^{2}s^{-2} - 4x^{2}y^{2}s^{-3}\big).
Agrupando termos:
= (-3x^{2}-x^{2})s^{-2} + \big(4x^{4}+4x^{2}y^{2}\big)s^{-3} = -4x^{2}s^{-2} + 4x^{2}(x^{2}+y^{2})s^{-3}.
Como s=x^{2}+y^{2}, segue
-4x^{2}s^{-2} + 4x^{2}s\cdot s^{-3} = -4x^{2}s^{-2} + 4x^{2}s^{-2} = 0.
Portanto, para todo (x,y)\neq(0,0) temos
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0.

Passo 4

Interpretação: o campo é irrotacional (rot = 0) em toda a região onde está definido, isto é, em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}. Assim, se tivéssemos uma curva fechada que não envolve a origem, a integral seria zero. Como \gamma envolve a origem, a integral sobre \gamma é igual à integral sobre um pequeno círculo centrado na origem (em sentido anti-horário) — este é o contorno interior quando aplicamos Green na região obtida removendo um disco centrado na origem. Ou seja,
\oint_{\gamma} P\,dx+Q\,dy = \oint_{C_\varepsilon} P\,dx+Q\,dy,
onde C_\varepsilon é o círculo de raio \varepsilon centrado em (0,0) orientado positivamente, e o valor não depende de \varepsilon>0 (desde que pequeno). Então basta parametrizar esse círculo e calcular a integral.

Passo 5

Parametrizo o círculo C_\rho (vou usar \rho em vez de \varepsilon) por
x(\!t\!)=\rho\cos t,\qquad y(\!t\!)=\rho\sin t,\qquad t\in[0,2\pi].
Então
dx=-\rho\sin t\,dt,\qquad dy=\rho\cos t\,dt,\qquad s=x^{2}+y^{2}=\rho^{2}.
Avalio P e Q na parametrização:
P=\frac{y x^{2}}{s^{2}}=\frac{(\rho\sin t)(\rho^{2}\cos^{2}t)}{\rho^{4}} =\frac{\sin t\cos^{2}t}{\rho},
Q=\frac{-x^{3}}{s^{2}}=\frac{-\rho^{3}\cos^{3}t}{\rho^{4}}=-\frac{\cos^{3}t}{\rho}.
Agora calculo o integrando P\,dx+Q\,dy:
P\,dx = \frac{\sin t\cos^{2}t}{\rho}\cdot(-\rho\sin t\,dt) = -\sin^{2}t\cos^{2}t\,dt,
Q\,dy = -\frac{\cos^{3}t}{\rho}\cdot(\rho\cos t\,dt) = -\cos^{4}t\,dt.
Somando:
P\,dx+Q\,dy = -\sin^{2}t\cos^{2}t\,dt - \cos^{4}t\,dt = -\cos^{2}t\big(\sin^{2}t+\cos^{2}t\big)\,dt.
Usando \sin^{2}t+\cos^{2}t=1, simplifica para
P\,dx+Q\,dy = -\cos^{2}t\,dt.
Portanto a integral ao longo do círculo é
\oint_{C_\rho} P\,dx+Q\,dy = \int_{0}^{2\pi} -\cos^{2}t\,dt.
Calculo essa integral usando a identidade \cos^{2}t=\tfrac{1+\cos 2t}{2}:
\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt=\int_{0}^{2\pi}\frac{1+\cos 2t}{2}\,dt =\frac{1}{2}\Big[t+\tfrac{1}{2}\sin 2t\Big]_{0}^{2\pi}=\frac{1}{2}\cdot(2\pi)=\pi.
Então
\oint_{C_\rho} P\,dx+Q\,dy = -\pi.
Como o valor não depende de \rho (desde que \rho>0), este é o mesmo valor da integral sobre \gamma.

Resposta

-\pi

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