Questão 2: Calcule \oint_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}, sendo \mathrm{C} x^{2}+y^{2}=16, orientada no sentido anti-horário e
\vec{F}=\left(\frac{-y}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}}+x^{2} y+\operatorname{sen}\left(x^{3}\right) ; \frac{x}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}}+x^{3}+y^{5} \ln \left(y^{2}+4\right)\right)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (pegando tudo literalmente do enunciado):
  • Curva C: x^{2}+y^{2}=16, orientada no sentido anti-horário (ou seja, sentido positivo).
  • Campo vetorial \vec{F}=(P,Q) com P(x,y)=\frac{-y}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}}+x^{2}y+\operatorname{sen}\!\bigl(x^{3}\bigr), \qquad Q(x,y)=\frac{x}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}}+x^{3}+y^{5}\ln\!\bigl(y^{2}+4\bigr).
  • Objetivo: calcular \displaystyle \oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
Informações relevantes observadas:
  • A função D(x,y):=\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{4} aparece no denominador. D(x,y)=0 só em (0,0). Logo \vec{F} não é definida em (0,0).
  • A curva C é o círculo de raio 4 centrado na origem, portanto ela envolve o ponto (0,0) onde \vec{F} tem singularidade.
  • Como há singularidade no interior da região, não podemos aplicar Green diretamente ao campo inteiro sem cuidado; é natural separar o campo em duas partes e tratar cada uma.

Passo 2

Separação do campo (linearidade da integral): escrevo \vec{F}=\vec{F}_1+\vec{F}_2 com
\vec{F}_1=\left(\frac{-y}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}},\;\frac{x}{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}}\right), \qquad \vec{F}_2=\bigl(x^{2}y+\operatorname{sen}(x^{3}),\;x^{3}+y^{5}\ln(y^{2}+4)\bigr).
Pela linearidade,
\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}+\oint_{C}\vec{F}_2\cdot d\vec{r}.
Vou calcular cada parcela separadamente.

Passo 3

Cálculo de \displaystyle \oint_{C}\vec{F}_2\cdot d\vec{r} usando o Teorema de Green.
  • Nota didática rápida sobre o Teorema de Green (versão usada): se P,Q têm derivadas parciais contínuas numa região simplesmente conexa R que contém a curva fechada C e sua região interior, então
    \oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
    Aqui dA é a área e o sentido de C deve ser positivo (anti-horário). O teorema transforma uma integral de linha numa integral dupla do “rotor” (curl) escalar em 2D.
  • Para \vec{F}_2 as componentes são polinomiais/elementares e têm derivadas contínuas em todo \mathbb{R}^2, então podemos aplicar Green na região interior do círculo de raio 4.
Calculo das derivadas:
\frac{\partial Q_2}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{3}+y^{5}\ln(y^{2}+4)\bigr)=3x^{2},
\frac{\partial P_2}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}y+\operatorname{sen}(x^{3})\bigr)=x^{2}.
Portanto o integrando do Teorema de Green é
\frac{\partial Q_2}{\partial x}-\frac{\partial P_2}{\partial y}=3x^{2}-x^{2}=2x^{2}.
Agora calculo a integral dupla sobre o disco R:\;x^{2}+y^{2}\le 16.
  • Vou usar coordenadas polares: x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;dA=r\,dr\,d\theta.
  • Assim x^{2}=r^{2}\cos^{2}\theta.
A integral fica
\iint_{R}2x^{2}\,dA=2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{4}r^{2}\cos^{2}\theta\;r\,dr\,d\theta =2\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}\theta\,d\theta\int_{0}^{4}r^{3}\,dr.
Cálculos intermediários:
\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}\theta\,d\theta=\pi, \qquad \int_{0}^{4}r^{3}\,dr=\left.\frac{r^{4}}{4}\right|_{0}^{4}=\frac{256}{4}=64.
Portanto
\oint_{C}\vec{F}_2\cdot d\vec{r}=2\cdot\pi\cdot 64=128\pi.

Passo 4

Estudo de \vec{F}_1: comportamento e cálculo da integral.
  • Primeiro observo (e ensino o porquê) que \vec{F}_1 tem componentes P_1(x,y)=-\frac{y}{D(x,y)},\qquad Q_1(x,y)=\frac{x}{D(x,y)},\quad D(x,y)=\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}.
  • Calculo o “rotor” (curl escalar) de \vec{F}_1 em pontos onde D\neq0 (ou seja, fora da origem): \frac{\partial Q_1}{\partial x}=\frac{D- x\frac{\partial D}{\partial x}}{D^{2}} \quad\text{e}\quad \frac{\partial P_1}{\partial y}=\frac{-D + y\frac{\partial D}{\partial y}}{D^{2}}.Aqui \dfrac{\partial D}{\partial x}=\dfrac{2x}{9} e \dfrac{\partial D}{\partial y}=\dfrac{y}{2}.
    Substituindo e simplificando (fazer as contas passo a passo mostra que os termos se cancelam) obtém-se \frac{\partial Q_1}{\partial x}-\frac{\partial P_1}{\partial y}=0\quad\text{para }D\neq0.
  • Conclusão: \vec{F}_1 é irrotacional (curl zero) em todo domínio onde é definida (isto é, em \mathbb{R}^2\setminus\{0\}). No entanto, como \vec{F}_1 não está definido na origem e nosso caminho C envolve a origem, a integral fechada de \vec{F}_1 em C pode ser não-nula (situação típica de um “vórtice” localizado na singularidade). Por isso calculo \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r} diretamente por parametrização.

Passo 5

Parametrização de C e cálculo explícito de \displaystyle \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}.
  • Parametrizo C por x=4\cos t,\;y=4\sin t,\;t\in[0,2\pi]. Então dx=-4\sin t\,dt,\;dy=4\cos t\,dt.
  • Escrevo \vec{F}_1\cdot d\vec{r}=P_1\,dx+Q_1\,dy=\dfrac{-y\,dx + x\,dy}{D(x,y)}.
  • Calculo o numerador usando a parametrização: -y\,dx+x\,dy=-4\sin t\cdot(-4\sin t\,dt)+4\cos t\cdot(4\cos t\,dt) =16(\sin^{2}t+\cos^{2}t)\,dt=16\,dt.(ufa: isso simplifica muito!)
  • O denominador D(x,y) ao longo do círculo é D(4\cos t,4\sin t)=\frac{(4\cos t)^{2}}{9}+\frac{(4\sin t)^{2}}{4} =16\!\left(\frac{\cos^{2}t}{9}+\frac{\sin^{2}t}{4}\right).
  • Portanto o integrando é \frac{-y\,dx+x\,dy}{D}=\frac{16\,dt}{16\!\left(\dfrac{\cos^{2}t}{9}+\dfrac{\sin^{2}t}{4}\right)} =\frac{dt}{\dfrac{\cos^{2}t}{9}+\dfrac{\sin^{2}t}{4}}.
  • Assim \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}=\int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{\dfrac{\cos^{2}t}{9}+\dfrac{\sin^{2}t}{4}}.

Passo 6

Cálculo da integral trigonométrica e resultado para \vec{F}_1.
  • Para simplificar, escrevo \frac{\cos^{2}t}{9}+\frac{\sin^{2}t}{4}=a\cos^{2}t+b\sin^{2}t, \quad\text{com }a=\frac{1}{9},\;b=\frac{1}{4}.
  • Uso a identidade \cos^{2}t=\dfrac{1+\cos 2t}{2},\;\sin^{2}t=\dfrac{1-\cos 2t}{2}. Assim a\cos^{2}t+b\sin^{2}t=\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}\cos 2t=: \alpha+\beta\cos 2t.Onde \alpha=\dfrac{a+b}{2} e \beta=\dfrac{a-b}{2}.
  • Há uma fórmula padrão (pode-se demonstrar por substituição \tan\frac{t}{2} ou usando transformações de cosseno) que vale: \int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{\alpha+\beta\cos 2t}=\frac{2\pi}{\sqrt{\alpha^{2}-\beta^{2}}},\qquad\text{se }\alpha>|\beta|.
  • Aqui calculo \alpha^{2}-\beta^{2}. Diretamente: \alpha^{2}-\beta^{2}=\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}=ab.(é um truque algébrico útil: diferença de quadrados reduz a ab.)
  • Portanto \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}=\frac{2\pi}{\sqrt{ab}}.
  • Como a=\dfrac{1}{9} e b=\dfrac{1}{4}, tem-se ab=\dfrac{1}{36} e \sqrt{ab}=\dfrac{1}{6}. Logo \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}=\frac{2\pi}{1/6}=12\pi.

Passo 7

Soma das contribuições e conclusão final.
  • Juntei os dois resultados: \oint_{C}\vec{F}_2\cdot d\vec{r}=128\pi,\qquad \oint_{C}\vec{F}_1\cdot d\vec{r}=12\pi.
  • Pelo passo 2, \oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=12\pi+128\pi=140\pi.

Resposta

140\pi

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