Uma força é descrita por:
\vec{F}=\frac{-x_{2}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} i_{1}+\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} i_{2}
(a) Expresse \vec{F} em coordenadas cilíndricas. (b) Calcule \vec{\nabla} \times \vec{F}.
(c) Calcule o trabalho realizado por \vec{F} ao longo de um círculo unitário no sentido anti-horário. (d) Como se reconciliam os resultados de (b) e (c).

Passo 1

O enunciado dá a força
\vec{F}=\frac{-x_{2}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}\, i_{1}+\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}\, i_{2}
e pede quatro coisas:
  1. (a) Expressar \vec{F} em coordenadas cilíndricas (aqui, no plano, são as coordenadas polares (r,\theta)).
  2. (b) Calcular \vec{\nabla}\times\vec{F}.
  3. (c) Calcular o trabalho realizado por \vec{F} ao longo de um círculo unitário no sentido anti-horário.
  4. (d) Reconciliar os resultados de (b) e (c).
Informações relevantes dadas:
  • O campo é dado em componentes cartesianas com x_{1},x_{2} (vou também chamar de x,y quando for mais claro, lembrando que x_{1}=x e x_{2}=y).
  • O denominador é x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=r^{2}, que é zero no ponto (0,0); portanto o campo não está definido no origem.
  • O percurso pedido em (c) é o círculo de raio 1, percorrido no sentido anti-horário (isto é, \theta vai de 0 a 2\pi).

Passo 2

Primeiro vamos trocar para coordenadas polares e lembrar as definições das direções unitárias polares.
Definições básicas (aula rápida, sem pular):
x_{1}=x=r\cos\theta,\qquad x_{2}=y=r\sin\theta.
As direções unitárias em polares são
\hat{e}_{r}=\cos\theta\, i_{1}+\sin\theta\, i_{2},
\hat{e}_{\theta}=-\sin\theta\, i_{1}+\cos\theta\, i_{2}.
Qualquer vetor no plano pode ser escrito como combinação dessas direções. Para passar de componentes cartesianas (F_{1},F_{2}) para componentes polares (F_{r},F_{\theta}) usamos os produtos escalares:
F_{r}=\vec{F}\cdot\hat{e}_{r},\qquad F_{\theta}=\vec{F}\cdot\hat{e}_{\theta}.

Passo 3

Escrevo as componentes cartesianas de \vec{F} em termos de r,\theta. Substituo x=r\cos\theta e y=r\sin\theta:
F_{1}=\frac{-x_{2}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}=\frac{-r\sin\theta}{r^{2}}=-\frac{\sin\theta}{r},
F_{2}=\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}=\frac{r\cos\theta}{r^{2}}=\frac{\cos\theta}{r}.
Logo
\vec{F}=-\frac{\sin\theta}{r}\, i_{1}+\frac{\cos\theta}{r}\, i_{2}.

Passo 4

Agora calculo as componentes polares usando os produtos escalares com \hat{e}_{r} e \hat{e}_{\theta}.
Cálculo de F_{r}:
F_{r}=\vec{F}\cdot\hat{e}_{r} =\left(-\frac{\sin\theta}{r}\, i_{1}+\frac{\cos\theta}{r}\, i_{2}\right)\cdot\left(\cos\theta\, i_{1}+\sin\theta\, i_{2}\right).
Faço o produto componente a componente:
F_{r}=-\frac{\sin\theta}{r}\cos\theta+\frac{\cos\theta}{r}\sin\theta =\frac{-\sin\theta\cos\theta+\cos\theta\sin\theta}{r}=0.
Cálculo de F_{\theta}:
F_{\theta}=\vec{F}\cdot\hat{e}_{\theta} =\left(-\frac{\sin\theta}{r}\, i_{1}+\frac{\cos\theta}{r}\, i_{2}\right)\cdot\left(-\sin\theta\, i_{1}+\cos\theta\, i_{2}\right).
Avalio:
F_{\theta}=\frac{\sin^{2}\theta}{r}+\frac{\cos^{2}\theta}{r}=\frac{1}{r}.
Portanto, em coordenadas polares (cilíndricas no plano) obtemos
\vec{F}=F_{r}\,\hat{e}_{r}+F_{\theta}\,\hat{e}_{\theta}=0\cdot\hat{e}_{r}+\frac{1}{r}\,\hat{e}_{\theta}=\frac{1}{r}\,\hat{e}_{\theta}.

Passo 5

Agora vou calcular \vec{\nabla}\times\vec{F}. Vou usar a expressão do rotacional em coordenadas cartesianas no plano (o componente z do rotacional):
(\vec{\nabla}\times\vec{F})\cdot k = \frac{\partial F_{2}}{\partial x_{1}}-\frac{\partial F_{1}}{\partial x_{2}}.
Aqui F_{1}=-\dfrac{x_{2}}{r^{2}} e F_{2}=\dfrac{x_{1}}{r^{2}}, com r^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}. Vou calcular as derivadas parciais usando a regra do quociente.
Calculo \dfrac{\partial F_{2}}{\partial x_{1}}. Com u=x_{1} e v=r^{2} temos
\frac{\partial}{\partial x_{1}}\left(\frac{x_{1}}{r^{2}}\right) =\frac{1\cdot r^{2}-x_{1}\cdot 2x_{1}}{r^{4}} =\frac{r^{2}-2x_{1}^{2}}{r^{4}}.
Calculo \dfrac{\partial F_{1}}{\partial x_{2}}. Com F_{1}=-\dfrac{x_{2}}{r^{2}} e usando a regra do quociente:
\frac{\partial}{\partial x_{2}}\left(-\frac{x_{2}}{r^{2}}\right) =-\frac{1\cdot r^{2}-x_{2}\cdot 2x_{2}}{r^{4}} =-\frac{r^{2}-2x_{2}^{2}}{r^{4}}.
Agora subtraio:
\frac{\partial F_{2}}{\partial x_{1}}-\frac{\partial F_{1}}{\partial x_{2}} =\frac{r^{2}-2x_{1}^{2}}{r^{4}}-\left(-\frac{r^{2}-2x_{2}^{2}}{r^{4}}\right) =\frac{2r^{2}-2(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})}{r^{4}}=0.
Portanto o rotacional é zero em todo ponto onde o campo está definido (isto é, para r\neq 0):
\vec{\nabla}\times\vec{F}=\vec{0}\quad\text{para }r\neq 0.

Passo 6

Comentário didático sobre o resultado de (b): o cálculo acima mostra que o rotacional é nulo em todos os pontos do plano exceto, possivelmente, na origem, onde o campo nem sequer está definido (o denominador r^{2} zera). Logo não podemos afirmar que o rotacional é globalmente zero no disco que contém a origem; apenas que é zero em \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}.

Passo 7

Agora calculo o trabalho ao longo do círculo unitário no sentido anti-horário. Vou usar duas maneiras (são equivalentes) para ficar bem claro.
Método 1 — usando a expressão polar já obtida. Para uma curva em coordenadas polares com r=1 constante e \theta variando de 0 a 2\pi, o deslocamento infinitesimal é
d\vec{r}=dr\,\hat{e}_{r}+r\,d\theta\,\hat{e}_{\theta}.
Aqui dr=0 e r=1, então
d\vec{r}=\hat{e}_{\theta}\,d\theta.
Como \vec{F}=\dfrac{1}{r}\hat{e}_{\theta} e em r=1 temos \vec{F}=\hat{e}_{\theta}, o produto escalar é
\vec{F}\cdot d\vec{r}=\hat{e}_{\theta}\cdot\hat{e}_{\theta}\,d\theta=d\theta.
Integrando de 0 a 2\pi:
W=\oint \vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{0}^{2\pi} d\theta=2\pi.
Método 2 — verificação em cartesianas (checa se você ficar desconfiado): sobre a circunferência unitária x^{2}+y^{2}=1 temos
\vec{F}=-y\, i_{1}+x\, i_{2}
porque o denominador vale 1. Parametrizando x=\cos t,\;y=\sin t,\;t\in[0,2\pi], temos
dx=-\sin t\,dt,\qquad dy=\cos t\,dt,
e
\vec{F}\cdot d\vec{r}=(-y)\,dx+x\,dy=-(\sin t)(-\sin t\,dt)+(\cos t)(\cos t\,dt)=(\sin^{2}t+\cos^{2}t)\,dt=dt.
Integro de 0 a 2\pi e também obtenho 2\pi.

Passo 8

Interpretação e reconciliação entre (b) e (c). Aqui é importante entender a hipótese do teorema de Green (ou de Stokes no plano): se um campo tem rotacional nulo em uma região simplesmente conexa e é definido e contínuo em toda essa região, então a circulação ao longo de qualquer curva fechada que esteja dentro dessa região é zero. No nosso caso:
  • Calculamos \vec{\nabla}\times\vec{F}=\vec{0} em todo \mathbb{R}^{2}\setminus\{(0,0)\}.
  • Entretanto o círculo unitário envolve a origem (0,0), e o campo \vec{F} não está definido na origem (há uma singularidade). Portanto a região interior ao círculo NÃO é uma região onde o campo é definido e contínuo em todo o disco fechado. A hipóteses do teorema de Green falham. Assim não é contraditório obter rotacional nulo fora da origem e ainda assim ter circulação não nula em torno da origem.
Outra explicação (intuitiva): \vec{F} é o gradiente do ângulo polar \theta (isto é, \vec{F}=\nabla\theta localmente), e \theta é multivalorada ao contornar a origem — ao fazer um círculo completo \theta aumenta em 2\pi, daí a integral do gradiente ao longo do laço fechado dá 2\pi. Em termos mais avançados, o rotacional de \vec{F} é zero como função ordinária em r\neq 0, mas como distribuição possui uma contribuição concentrada na origem proporcional a uma delta de Dirac, e essa contribuição é responsável pela circulação 2\pi.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{F}=\frac{1}{r}\,\hat{e}_{\theta}.\n
(b) \displaystyle \vec{\nabla}\times\vec{F}=\vec{0} para r\neq 0 (campo não definido em r=0).\n
(c) \displaystyle W=\oint \vec{F}\cdot d\vec{r}=2\pi.\n
(d) Aparenta contradição é resolvida porque o teorema de Green exige que o campo seja definido e contínuo em toda a região interior ao laço; aqui há uma singularidade na origem, então o rotacional nulo em \mathbb{R}^{2}\setminus\{0\} não impede uma circulação não nula em volta da origem.

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