Dado um número real a>0, sejam C_{1} e C_{2} duas curvas fechadas em
\mathbb{R}^{2}
, onde C_{1} é a circunferência de raio a, centrada na origem, orientada positivamente, e C_{2} é a curva quadrangular constituída pelos segmentos de retas de (-4 a, 0) a (0,-4 a), de (0,-4 a) a (4 a, 0), de (4 a, 0) a (0,4 a) e de (0,4 a) a (-4 a, 0), orientada positivamente. Se \mathbf{F} é campo vetorial dado por
\mathbf{F}(x, y)=\frac{-5 y}{\pi\left(x^{2}+y^{2}\right)} \mathbf{i}+\frac{5 x}{\pi\left(x^{2}+y^{2}\right)} \mathbf{j},
determine:
\int_{C_{2}} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\int_{C_{2}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}
onde a>0 e as curvas são:
C_{1}:\text{ circunferência centrada na origem de raio }a,\\ \text{orientada positivamente (no sentido anti-horário),}êá
C_{2}:\text{ polígono (losango) com vértices }\;(-4a,0),\,(0,-4a),\,(4a,0),\,(0,4a),\\ \text{orientado positivamente.}íé
O campo vetorial dado é
\mathbf{F}(x,y)=\frac{-5y}{\pi(x^{2}+y^{2})}\,\mathbf{i}+\frac{5x}{\pi(x^{2}+y^{2})}\,\mathbf{j}.
Informações relevantes e observações iniciais:
  • Tanto C_{1} quanto C_{2} são curvas fechadas e C_{1} está inteiramente contida no interior de C_{2} (porque os vértices do losango estão a distância 4a da origem, enquanto o raio da circunferência é a).
  • O campo \mathbf{F} tem denominador (x^{2}+y^{2}), ou seja, é singular na origem (0,0). Fora da origem \mathbf{F} é bem definida e suave.
  • A região entre C_{1} e C_{2} (o anel entre as duas curvas) não contém a origem, portanto em toda essa região \mathbf{F} é suave.

Passo 2

Vamos verificar o rotacional (curl) planar de \mathbf{F}, porque isso nos permite usar o Teorema de Green se o rotacional for apropriado. Escrevendo componentes:
P(x,y)=\frac{-5y}{\pi(x^{2}+y^{2})},\qquad Q(x,y)=\frac{5x}{\pi(x^{2}+y^{2})}.
O rotacional bidimensional (função escalar) é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}.
Calculamos \partial Q/\partial x. Para Q(x,y)=\dfrac{5x}{\pi r^{2}} onde r^{2}=x^{2}+y^{2},
\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x}{r^{2}}\right) =\frac{r^{2}-2x^{2}}{r^{4}} =\frac{y^{2}-x^{2}}{r^{4}}.
Multiplicando por 5/\pi obtemos
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{5}{\pi}\cdot\frac{y^{2}-x^{2}}{r^{4}}.
Agora \partial P/\partial y. Para P(x,y)=-\dfrac{5y}{\pi r^{2}},
\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{y}{r^{2}}\right) =\frac{r^{2}-2y^{2}}{r^{4}} =\frac{x^{2}-y^{2}}{r^{4}}.
Multiplicando por -5/\pi (por causa do sinal de P),
\frac{\partial P}{\partial y}=-\frac{5}{\pi}\cdot\frac{x^{2}-y^{2}}{r^{4}}.
Portanto
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{5}{\pi}\frac{y^{2}-x^{2}}{r^{4}}-\left(-\frac{5}{\pi}\frac{x^{2}-y^{2}}{r^{4}}\right) =0.
Conclusão: o rotacional de \mathbf{F} é nulo em todo ponto onde \mathbf{F} é definido (isto é, em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}).

Passo 3

Agora aplicamos o Teorema de Green na região R que é o anel entre C_{1} e C_{2}. Teorema de Green (em versão informal): se P,Q têm derivadas parciais contínuas numa região plana R, então
\oint_{\partial R} P\,dx+Q\,dy=\iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA.
No nosso caso a região R está entre C_{1} e C_{2}; o contorno orientado positivamente de R é dado por C_{2} (orientação anti-horária) mais a curva -C_{1} (isto é, C_{1} com orientação negativa, pois a fronteira interna deve ser percorrida no sentido horário para a orientação positiva do domínio). Assim
\oint_{\partial R}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}+\int_{-C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}-\int_{C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.
Como o rotacional é zero em R, a integral dupla é zero, logo
\int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}-\int_{C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0 \qquad\Rightarrow\qquad \int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.
Ou seja: a integral sobre C_{2} é igual à integral sobre C_{1}. Isso é muito útil porque C_{1} é uma circunferência simples, fácil de parametrizar.

Passo 4

Parametrizamos C_{1} (circunferência de raio a, centrada na origem, orientação positiva) por
\mathbf{r}(t)=\big(a\cos t,\;a\sin t\big),\qquad t\in[0,2\pi].
Então
\mathbf{r}'(t)=(-a\sin t,\;a\cos t)\,, \qquad d\mathbf{r}=\mathbf{r}'(t)\,dt.
Avaliamo-s \mathbf{F} sobre a circunferência: como x=a\cos t, y=a\sin t e x^{2}+y^{2}=a^{2},
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))=\left(\frac{-5(a\sin t)}{\pi a^{2}},\;\frac{5(a\cos t)}{\pi a^{2}}\right) =\left(\frac{-5\sin t}{\pi a},\;\frac{5\cos t}{\pi a}\right).

Passo 5

Calculamos o produto escalar \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t):
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t) =\left(\frac{-5\sin t}{\pi a}\right)(-a\sin t)+\left(\frac{5\cos t}{\pi a}\right)(a\cos t).
Simplificando cada termo:
\left(\frac{-5\sin t}{\pi a}\right)(-a\sin t)=\frac{5\sin^{2}t}{\pi},\qquad \left(\frac{5\cos t}{\pi a}\right)(a\cos t)=\frac{5\cos^{2}t}{\pi}.
Somando:
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t)=\frac{5}{\pi}(\sin^{2}t+\cos^{2}t)=\frac{5}{\pi}.
Portanto a integral sobre C_{1} é
\int_{C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{2\pi}\frac{5}{\pi}\,dt=\frac{5}{\pi}\cdot 2\pi=10.

Passo 6

Como no Passo 3 concluímos que \displaystyle\int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C_{1}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} e no Passo 5 encontramos que a integral sobre C_{1} vale 10, segue que
\int_{C_{2}}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=10.

Resposta

10

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