Por que o exercício 6 da Lista 4 não contradiz o Teorema de Green?

Passo 1

O que a pergunta pede: entender por que o resultado do exercício 6 da Lista 4 não entra em contradição com o Teorema de Green.
Informações relevantes (inferidas do tipo clássico desse exercício — não foi enviada a questão, então uso o exemplo mais comum que gera essa dúvida):
  • O enunciado dá um campo vetorial \mathbf{F}=(P,Q) no plano que é suave em toda parte exceto possivelmente em um ponto isolado (por exemplo, a origem).
  • Calcula-se que \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0 em todos os pontos onde \mathbf{F} está definido.
  • Porém, ao calcular a integral de linha ao longo de uma curva fechada simples que envolve o ponto singular (por exemplo, a circunferência unitária centrada na origem), obtém-se um valor não nulo para \oint_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.
  • A dúvida: se o rotacional (a quantidade dentro da integral dupla do Teorema de Green) é zero, não deveria a integral de linha fechada ser zero por Green?

Passo 2

Enunciado do Teorema de Green (forma usada aqui) e hipóteses explicadas como numa aulinha:
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA,
onde:
  • C é uma curva fechada simples e positivamente orientada que é fronteira de uma região plana D;
  • P(x,y) e Q(x,y) têm derivadas parciais \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x contínuas em uma vizinhança aberta que contém D (ou seja, P e Q são C^1 em um aberto contendo D).
Importante destacar em linguagem simples: Green exige que o campo seja bem comportado (derivadas contínuas) em toda a região interior (e numa vizinhança) do contorno. Se houver um ponto onde o campo não está definido ou onde as derivadas deixam de ser contínuas dentro de D, não se pode aplicar diretamente o teorema àquela região inteira.

Passo 3

Apresentando o exemplo clássico que gera a confusão (isso provavelmente é o que o exercício 6 usou): seja
\mathbf{F}(x,y)=\left(-\frac{y}{x^{2}+y^{2}},\;\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\right),\qquad (x,y)\neq(0,0).
Vamos verificar duas coisas: o “rotacional” e a integral de linha na circunferência unitária.
Primeiro calculemos o rotacional (ou a quantidade escalar \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y) para (x,y)\neq(0,0). Faço passo a passo:
  • P(x,y)=-\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}.
  • Q(x,y)=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}.
Calcular \dfrac{\partial Q}{\partial x}:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(x^{2}+y^{2})\cdot 1 - x\cdot 2x}{(x^{2}+y^{2})^{2}} = \frac{x^{2}+y^{2}-2x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} = \frac{y^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Calcular \dfrac{\partial P}{\partial y}:
\frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{(x^{2}+y^{2})\cdot 1 - y\cdot 2y}{(x^{2}+y^{2})^{2}} = -\frac{x^{2}+y^{2}-2y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} = -\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}.
Então
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{y^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} - \left(-\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\right) = 0,
para todo (x,y)\neq(0,0). Ou seja, o rotacional é zero em todo ponto onde \mathbf{F} está definido.

Passo 4

Agora calcule a integral de linha ao longo da circunferência unitária C (parametrização clássica). Parametrização: \mathbf{r}(t)=(\cos t,\sin t), 0\le t\le 2\pi. Então \mathbf{r}'(t)=(-\sin t,\cos t).
Avalio \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)):
\mathbf{F}(\cos t,\sin t) = \left(-\frac{\sin t}{\cos^{2}t+\sin^{2}t},\;\frac{\cos t}{\cos^{2}t+\sin^{2}t}\right) = (-\sin t,\cos t),
pois \cos^{2}t+\sin^{2}t=1.
O produto escalar \mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t) fica
(-\sin t,\cos t)\cdot(-\sin t,\cos t)=\sin^{2}t+\cos^{2}t=1.
Logo
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{2\pi} 1\,dt = 2\pi,
que é diferente de zero. Aí vem a aparente contradição: rotacional zero mas integral de linha não nula.

Passo 5

Por que não há contradição? A explicação direta e simples:
  • O Teorema de Green não pode ser aplicado aqui porque a hipótese de regularidade falha: \mathbf{F} não está definida nem tem derivadas parciais contínuas em uma vizinhança que contenha toda a região interior de C (a origem (0,0) está dentro da curva C e é precisamente um ponto onde \mathbf{F} tem singularidade).
  • Em outras palavras, o domínio onde \mathbf{F} é C^{1} é o plano com a origem removida, \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}. Esse conjunto não contém o disco inteiro limitado por C; portanto não se satisfaz a hipótese “derivadas contínuas em um aberto contendo D”.
  • Como consequência, a igualdade do Teorema de Green
\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA
não é garantida para esse D. Logo o cálculo da integral de linha não contradiz o teorema — simplesmente o teorema não é aplicável no caso por falta das hipóteses.

Passo 6

Comentário prático sobre como tratar esses casos (para a prova):
  • Sempre verifique as hipóteses antes de aplicar um teorema: para Green, cheque se P e Q (e suas derivadas parciais relevantes) são contínuas em todo o interior da curva e numa vizinhança aberta.
  • Se houver pontos singulares dentro da região, uma técnica útil é remover um pequeno disco em torno de cada singularidade e aplicar Green na região anelar (entre o contorno externo e o contorno do buraco). Isso leva à relação entre a integral no contorno externo e a soma das integrais nos contornos dos buracos — daí aparecem contribuições não nulas que explicam o valor da integral.
  • No exemplo acima, aplicando Green na região entre uma circunferência pequena ao redor da origem e a circunferência unitária e depois levando o raio do círculo pequeno a zero, obtém-se exatamente a contribuição 2\pi.

Resposta

Porque falha uma hipótese essencial do Teorema de Green: o campo vetorial do exercício não tem derivadas parciais contínuas (ou nem sequer está definido) em toda a região interior da curva considerada — há uma singularidade (por exemplo, na origem) dentro da região — logo o teorema não se aplica e não há contradição.

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