Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule ∫ γ   F → . d r → , onde:

F → x , y , z = - y 2 x 2 + y 2 + y z , x 2 x 2 + y 2 - x z ,   e z 2 + z 2

E γ é a intersecção de z = 5 - x 2 - 2 y 2 e z = 3 x 2 + 1 , orientada de modo que a sua projeção no plano x y seja percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Bom, vamos começar fazendo um esboço dessas superfícies para entender a questão. Temos um parabolóide elíptico virado para baixo z = 5 - x 2 - 2 y 2 com z máximo em 5 cortado pelo cilindro de parábola z = 3 x 2 + 1 perpendicular ao plano x z :

A curva γ do problema é essa formada pela interseção entre as duas superfícies. Para encontrar a sua expressão, vamos igualar as duas equações:

z = 5 - x 2 - 2 y 2 = 3 x 2 + 1

4 x 2 + 2 y 2 = 4

x 2 + y 2 2 = 1

Uma elipse no plano x y .Mas isso é só a projeção da curva nesse plano, falta a coordenada z , que pode ser dada tanto pela equação de uma superfície como a de outra. Vamos escolher a mais fácil, né:

z = 3 x 2 + 1

Então, nossa curva vista de cima é uma elipse: guarde essa informação.

Passo 2

Ok, agora vamos analisar o problema. Reparou que a expressão do campo não é nem um pouco amigável, né?

F → x , y , z = - y 2 x 2 + y 2 + y z , x 2 x 2 + y 2 - x z ,   e z 2 + z 2

Imagina ainda susbstituir uma parametrização nisso aí, sem condições. Então vamos simplificar as coisas.

Repara que os termos y 2 x 2 + y 2 e x 2 x 2 + y 2 são bem parecidos. Se a gente separar esse campo vetorial em duas partes (sendo uma delas apenas com essas parcelas), conseguimos um campo conservativo. Olha só:

F → x , y , z = G → x , y , z + H → x , y , z = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0 + y z , - x z ,   e z 2 + z 2

Beleza? Então, podemos escrever:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r →

Ou seja, primeiro vamos resolver separadamente o problema aplicando Stokes só com o campo G → , que é conservativo, depois só com o H → e, então, somar as respostas.

Passo 3

Para o campo G →

G → x , y = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0

Vamos aplicar Stokes para trocar a integral de linha por uma de superfíce. Ecolhemos como superfícies S esse retalho do paraboloide cortado pelo cilindro de parábola (a parte que fica abaixo do cilindro). Então:

∬ S   r o t G → . n → d s = ∮ ∂ S   G → . d r

Porque não escolhemos a parte de cima do paraboloide? Porque, se você reparar, o campo não está definido quando x = y = 0 , ou seja, ao longo do eixo z . Então, precisamos de uma superfície que não corte esse eixo!

Bom, mas essa superfície que escolhemos tem duas curvas como borda: em cima, γ   (o que queremos) e embaixo uma elipse no plano x y , que vamos chamar de C . Então, sendo ∂ S = γ + C :

∬ S   r o t G → . n → d s = ∫ γ   G → . d r + ∫ C   G → . d r

∫ γ   G → . d r = ∬ S   r o t G → . n → d s - ∫ C   G → . d r

Se γ gira no sentido anti-horário (no plano x y ), então, para termos orientação positiva, pela Regra da Mão Direita, S tem vetor normal apontando para dentro e, consequentemente, C gira no sentido horário.

Beleza, agora vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t G → = ∇ ×   G → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z G 1 G 2 G 3

r o t G → = ∂ G 3 ∂ y - ∂ G 2 ∂ z ,   ∂ G 1 ∂ z - ∂ G 3 ∂ x ,   ∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y

r o t G → = 0 - 0,0 - 0 , 1 2 x 2 + y 2 - x ( 4 x ) 2 x 2 + y 2 2   + 1 2 x 2 + y 2 - y ( 2 y ) 2 x 2 + y 2 2

r o t G → = 0,0 , 0

Ainda bem que deu zero né, gente. Ótimo. Então, podemos escrever:

∫ γ   G → . d r = ∫ C   G → . d r

Precisamos agora calcular a integral de linha na elipse C . Como C é a base do paraboloide, para encontrar sua equação, “cortarmos” ele com o plano z = 0 :

z = 5 - x 2 - 2 y 2 = 0

x 2 + 2 y 2 = 5

x 2 5 + 2 y 2 5 = 1

Tá, ferrou. Quando a gente parametrizar isso aí e substituir a parametrização no campo G → x , y = - y 2 x 2 + y 2 , x 2 x 2 + y 2 , 0 vai ficar uma porcaria, impossível de integrar. E agora?

Senta que agora vem a bruxaria. Lembra que no início da questão, nós vimos que a nossa curva, vista de cima, era uma elipse de equação x 2 + y 2 2 = 1 ? Pode voltar lá pra checar, eu espero.

Então, se γ tem essa projeção, quer dizer que ela pertence ao cilindro x 2 + y 2 2 = 1 , não é? Cilindro esse que não corta o eixo z ... Agora olha a expressão do campo de novo.

Percebeu que 2 x 2 + y 2 é proporcional a x 2 + y 2 2 ? Vamos então mudar a nossa superfície, você já vai entender o por que.

Vamos escolher esse cilindro de base elíptica, que tem como bordos a nossa curva γ e a sua base elíptica C . Ou seja, temos isso aqui:

A superfície S passa a ser então a parte desse cilindro verde que está entre a curva γ (em cima, orientada no sentido anti-horário) e a elipse C (na base, orientada no sentido horário).

Isso não muda nada para o que fizemos até agora! Isso aqui continua valendo:

∫ γ   G → . d r = ∫ C   G → . d r

Então, precisamos da integral de linha em C . Vamos parametrizar x 2 + y 2 2 = 1 usando coordenadas elípticas:

C → θ = cos ⁡ θ ,   2   s e n   θ , 0

Lembra que a curva pertence ao plano z = 0 .

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 2 π a zero. Agora vamos derivar essa parametrização:

C → ' θ = - s e n   θ ,   2   cos ⁡ θ , 0

Agora vamos reescrever o campo em termos da parametrização:

G → x ( θ ) , y ( θ ) = - 2   s e n   θ 2 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 , cos ⁡ θ 2 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 , 0

Agora olha que coisa linda que vai acontecer:

G → x ( θ ) , y ( θ ) = - 2   s e n   θ 2 , cos ⁡ θ 2 , 0

Pra isso que servia o cilindro, pra simplificar o denominador do campo, percebeu? Agora vamos substituir tudo o que encontramos nessa fórmula aqui e finalmente calcular a integral de linha da primeira parte do campo em γ :

∫ γ   G → . d r → = ∫ C   G → x θ ,   y θ , z ( θ ) . C ' → d θ

∫ γ   G → . d r → = 1 2 ∫ 2 π 0 - 2   s e n   θ , cos ⁡ θ , 0 . - s e n   θ ,   2   cos ⁡ θ , 0 d θ

∫ γ   G → . d r → = 1 2 ∫ 2 π 0 - 2   s e n 2   θ - 2 cos 2 ⁡ θ d θ

∫ γ   G → . d r → = - 2 2 ∫ 2 π 0 d θ

∫ γ   G → . d r → = π 2

Passo 4

É, galera, não acabou, tem mais.

Para o campo H →

Temos o seguinte

H → x , y , z = y z , - x z ,   e z 2 + z 2

Como esse campo não tem nenhuma singularidade, podemos escolher a superfície que quisermos para aplicar Stokes, de preferência uma que tenha só uma borda dessa vez né, por favor.

Vamos usar a parte de cima do paraboloide, pode ser? Só temos γ como fronteira então. Como a curva está orientada no sentido anti-horário, o vetor normal de S aponta para cima.

Para parametrizar S , vamos interpretá-la como a parte do paraboloide z = 3 x 2 + 1 que está dentro do cilindro x 2 + y 2 2 = 1 , pois essa é a projeção da borda de S no plano x y . Assim, definimos S como

z = 3 x 2 + 1

φ x , y = ( x , y , 3 x 2 + 1 )

Com domínio

x 2 + y 2 2 ≤ 1

Vamos então calcular o vetor normal a S :

∂ φ ∂ x = ( 1,0 , 6 x )

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , 0 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i ^ j ^ k ^ 1 0 6 x 0 1 0 = - 6 x , 0,1  

Então, temos:

∬ S   r o t H → . n → d s = ∫ γ   H → . d r

Beleza, agora vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t H → = ∇ ×   H → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z H 1 H 2 H 3

r o t H → = ∂ H 3 ∂ y - ∂ H 2 ∂ z ,   ∂ H 1 ∂ z - ∂ H 3 ∂ x ,   ∂ H 2 ∂ x - ∂ H 1 ∂ y

r o t H → = 0 + x , y - 0 , - z - z

r o t H → = x , y , - 2 z

Escrevendo em função da parametrização:

r o t H φ x , y → = x , y , - 2 ( 3 x 2 + 1 )

Agora vamos levar isso tudo para a fórmula:

∫ γ   H → . d r = ∬ D   r o t H → . n → ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y d x d y

∫ γ   H → . d r = ∬ D   x , y , - 6 x 2 - 2 ( - 6 x , 0,1 ) d x d y

∫ γ   H → . d r = ∬ D   - 6 x 2 - 6 x 2 - 2 d x d y

∫ γ   H → . d r = - 2 ∬ D   6 x 2 + 1 d x d y

Onde D é o domínio da parametrização de S : x 2 + y 2 2 ≤ 1

Então vamos usar coordenadas elípticas:

x = r cos ⁡ θ

y = 2 r   s e n   θ

J = r 2

E a região de integração passa a ser 0 ≤ r ≤ 1 com 0 ≤ θ ≤ 2 π . Levando isso para a integral:

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 6 r 2 cos 2 ⁡ θ + 1 r   d r d θ

Agora vamos resolver isso aí (sim, essa questão não acaba).

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π 3 2 r 4 cos 2 ⁡ θ + r 2 2 0 1   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 ∫ 0 2 π 3 cos 2 ⁡ θ + 1   d θ

Usando a igualdade:

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Temos:

∫ γ   H → . d r = - 2 ∫ 0 2 π 3 1 + cos ⁡ 2 θ 2 + 1   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 2 ∫ 0 2 π 3 cos ⁡ 2 θ + 5   d θ

∫ γ   H → . d r = - 2 2   3 2 s e n   2 θ + 5 θ 0 2 π =

∫ γ   H → . d r = - 5 π 2  

Essa é a integral de linha em γ da segunda parte do campo.

Passo 5

Gente, finalmente, depois dessa saga, vamos chegar ao tão esperado resultado! Vamos somar os valores que encontramos para cada campo:

∫ γ   F → . d r → = ∫ γ   G → . d r → + ∫ γ   H → . d r → = π 2 - 5 π 2 = - 4 π 2

Se você chegou aqui realmente é guerreiro, está de parabéns, mesmo que não tenha acertado a questão. Essa era tensa mesmo, merecemos um break.

Resposta

- 4 π 2