Considere o campo vetorial sobre R^{2} \backslash\{(0,0)\} dado por
\begin{gathered} F: \mathbb{R}^{2} \backslash\{(0,0)\} \rightarrow \mathbb{R}^{2} \\\ F(x, y)=\left(\frac{-3 y}{x^{2}+y^{2}}, \frac{3 x}{x^{2}+y^{2}}\right) \end{gathered}
(a) Calcule \oint_{\mathcal{C}} F d r, para o qual C é a circunferência centrada na origem de raio 2 .
(b) Expanda o campo vetorial F para um outro campo vetorial \bar{F}: \mathbb{R}^{3} \backslash\{ eixo 2 \} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por \bar{F}(x, y, z)=\left(\frac{-3 y}{x^{2}+y^{2}}, \frac{3 x}{x^{2}+y^{2}}, 0\right) e calcule o rotacional de \bar{F}.
(c) Compare os resultados obtidos nos itens (a) e (b), e explique por que nāo é uma contradiçāo com a teoria vista em sala.

Passo 1

O enunciado dá um campo vetorial em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}:
F(x,y)=\left(\frac{-3y}{x^2+y^2},\;\frac{3x}{x^2+y^2}\right).
Pede três coisas:
  • (a) Calcular \displaystyle \oint_{\mathcal{C}}F\cdot dr, onde \mathcal{C} é a circunferência centrada na origem com raio 2.
  • (b) Estender F para \bar{F}:\mathbb{R}^3\setminus\{\text{eixo }z\}\to\mathbb{R}^3 por
\bar{F}(x,y,z)=\left(\frac{-3y}{x^2+y^2},\;\frac{3x}{x^2+y^2},\;0\right)
e calcular o rotacional \nabla\times\bar{F}.
  • (c) Comparar os resultados de (a) e (b) e explicar por que não há contradição com a teoria vista em sala.
Informações relevantes:
  • O campo tem singularidade quando x^2+y^2=0, i.e., no ponto (0,0) (ou, em 3D, ao longo do eixo z quando x=y=0).
  • A curva \mathcal{C} é a circunferência de raio 2 centrada na origem; é um caminho fechado simples que circunda a singularidade.

Passo 2

Estratégia para (a): usar parametrização da circunferência e calcular diretamente a integral de linha. Lembrete didático sobre integral de linha para campos vetoriais: se uma curva \gamma(t)=(x(t),y(t)), a\le t\le b, então
\int_{\gamma} F\cdot dr=\int_a^b \big(F_1(x(t),y(t))\,x'(t)+F_2(x(t),y(t))\,y'(t)\big)\,dt,
onde F=(F_1,F_2). Aqui aplicamos isso à circunferência de raio 2.
Parametrização da circunferência \mathcal{C} (sentido positivo/anti-horário):
x(t)=2\cos t,\qquad y(t)=2\sin t,\qquad 0\le t\le 2\pi.
Derivadas:
x'(t)=-2\sin t,\qquad y'(t)=2\cos t.
Raio ao quadrado (no denominador do campo):
x^2+y^2=(2\cos t)^2+(2\sin t)^2=4.

Passo 3

Cálculo detalhado do integrando F\cdot r'. Primeiro escrevo F sobre a parametrização:
F(x(t),y(t))=\left(\frac{-3\cdot 2\sin t}{4},\;\frac{3\cdot 2\cos t}{4}\right)=\left(\frac{-6\sin t}{4},\;\frac{6\cos t}{4}\right)=\left(\frac{-3\sin t}{2},\;\frac{3\cos t}{2}\right).
Agora produto escalar F\cdot r':
F\cdot r'=\frac{-3\sin t}{2}\cdot(-2\sin t)+\frac{3\cos t}{2}\cdot(2\cos t).
Calcule cada termo:
\frac{-3\sin t}{2}\cdot(-2\sin t)=\frac{6\sin^2 t}{2}=3\sin^2 t,
\frac{3\cos t}{2}\cdot(2\cos t)=\frac{6\cos^2 t}{2}=3\cos^2 t.
Somando,
F\cdot r' = 3\sin^2 t + 3\cos^2 t = 3(\sin^2 t+\cos^2 t)=3.
Observação didática: o integrando ficou constante e igual a 3 porque o campo é, sobre a circunferência, tangencial com magnitude que produz esse valor — isso é típico de campos do tipo rotacional em torno da origem.

Passo 4

Agora integramos em t:
\oint_{\mathcal{C}} F\cdot dr=\int_{0}^{2\pi} 3\,dt = 3\cdot(2\pi)=6\pi.
Portanto o valor da integral de linha ao longo da circunferência de raio 2 é \displaystyle 6\pi.

Passo 5

Estratégia para (b): calcular o rotacional em 3D usando a fórmula
\nabla\times\bar{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\; \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\; \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right),
onde \bar{F}=(P,Q,R). Aqui
P(x,y,z)=\frac{-3y}{x^2+y^2},\qquad Q(x,y,z)=\frac{3x}{x^2+y^2},\qquad R(x,y,z)=0.
Como P,Q não dependem de z e R\equiv 0, as duas primeiras componentes do rotacional são zero:
(\nabla\times\bar{F})_1=0,\qquad (\nabla\times\bar{F})_2=0.
Resta calcular a terceira componente (\nabla\times\bar{F})_3=\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y.

Passo 6

Cálculo explícito de \partial Q/\partial x e \partial P/\partial y. Para simplificar, escrevo D=x^2+y^2.
Primeiro,
Q=\frac{3x}{D}=3xD^{-1}.
Usando a regra do produto/ cadeia,
\frac{\partial Q}{\partial x}=3\left(D^{-1} + x\cdot(-1)D^{-2}\cdot 2x\right) =3\left(\frac{1}{D}-\frac{2x^2}{D^2}\right).
Segundo,
P=\frac{-3y}{D}=-3yD^{-1},
portanto
\frac{\partial P}{\partial y}=-3\left(D^{-1}+y\cdot(-1)D^{-2}\cdot 2y\right) =-3\left(\frac{1}{D}-\frac{2y^2}{D^2}\right) =-\frac{3}{D}+\frac{6y^2}{D^2}.
Agora a diferença:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =3\left(\frac{1}{D}-\frac{2x^2}{D^2}\right)-\left(-\frac{3}{D}+\frac{6y^2}{D^2}\right).
Agrupando termos:
= \frac{3}{D}-\frac{6x^2}{D^2}+\frac{3}{D}-\frac{6y^2}{D^2} = \frac{6}{D}-\frac{6(x^2+y^2)}{D^2}.
Mas x^2+y^2=D, então
\frac{6}{D}-\frac{6D}{D^2}= \frac{6}{D}-\frac{6}{D}=0.
Portanto
\nabla\times\bar{F}=(0,0,0)\quad\text{em }\mathbb{R}^3\setminus\{\text{eixo }z\}.

Passo 7

Interpretação e comparação (item (c)) — por que não há contradição?
Explicação didática:
  • Encontramos em (a) \displaystyle \oint_{\mathcal{C}}F\cdot dr=6\pi, não nulo.
  • Encontramos em (b) \nabla\times\bar{F}=0 (campo sem rotacional) no domínio onde \bar{F} está definido.
    À primeira vista isso pode parecer contraditório com teoremas que dizem “se o rotacional é zero num domínio então circulação em qualquer curva fechada é zero”. A chave é a hipótese do teorema: esses resultados exigem que o domínio seja simplesmente conexo (ou que exista uma superfície orientada cujo interior inteiro esteja no domínio para aplicar o Teorema de Stokes). No nosso caso:
  • Em 2D, F não está definido em (0,0); em 3D, \bar{F} não está definido no eixo z (todos os pontos com x=y=0). O domínio \mathbb{R}^2\setminus\{0\} ou \mathbb{R}^3\setminus\{\text{eixo }z\} não é simplesmente conexo: existem laços (como a circunferência \mathcal{C}) que circundam a singularidade e não podem ser continuamente contraídos a um ponto sem sair do domínio.
  • O Teorema de Stokes (ou a consequência em 2D sobre campos conservativos) só garante que uma integral de linha fechada é zero quando o campo é irrotacional em um domínio simplesmente conexo ou quando existe uma superfície cujo interior está completamente no domínio para a qual aplicar Stokes. Aqui qualquer superfície com bordo \mathcal{C} teria que atravessar a singularidade (o eixo/ origem), onde o campo não está definido; logo não se pode aplicar Stokes diretamente nesse laço sem enfrentar a singularidade.
    Portanto não há contradição: o rotacional é zero fora da singularidade, mas a presença da singularidade torna possível ter circulação não nula ao redor dela.

Passo 8

Dica prática para prova (curta e motivadora):
  • Sempre verifique o domínio do campo: pontos ou linhas onde o campo não está definido podem impedir o uso de teoremas que exigem domínio simplesmente conexo.
  • Para campos do tipo \left(\dfrac{-k y}{x^2+y^2},\dfrac{k x}{x^2+y^2}\right) a integral ao redor de uma curva simples que encerre a origem costuma dar 2\pi k (aqui k=3 e a curva rodeia a origem uma vez, então 2\pi\cdot 3=6\pi). Isso é um atalho útil na prova.

Resposta

(a) \displaystyle 6\pi
(b) \displaystyle \nabla\times\bar{F}=(0,0,0) em \mathbb{R}^3\setminus\{\text{eixo }z\}
(c) Não há contradição: o rotacional é nulo apenas fora da singularidade, mas o domínio não é simplesmente conexo (a curva envolve a singularidade), portanto não se pode concluir que toda integral de linha fechada seja zero.

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