Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule   ∫ γ   F → . d r → , onde F → x , y , z = x 2 y x 2 + y 2 2 , - x 3 x 2 + y 2 2 , 1 z 2 + 1 e γ é a curva dada pela intersecção de x 2 4 + y 2 4 = 1 com o plano z = y + 2 , orientada de modo que sua projeção no plano x y seja percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

O que temos é isso aqui:

Vamos começar parametrizando essa curva aí, que é dada pela intersecção do cilindro:

x 2 + y 2 = 4

Com o plano

z = y + 2

No caso, temos uma elipse, não é? Podemos começar parametrizando a projeção no plano x y em coordenadas polares, já que se trata de uma circunferência de raio 2 :

σ t = 2 cos ⁡ t ,   2   s e n   t , ?

Agora, nós escrevemos a coordenada z usando z = y + 2 :

σ t = 2 cos ⁡ t ,   2   s e n   t , 2   s e n   t + 2

Como gira no sentido anti-horario, 0 ≤ t ≤ 2 π .

Passo 2

Agora para pra pensar um pouquinho: imagina quando a gente levar essa parametrização para o campo. Vai ficar um negócio biazarro, né? Vamos ver se dá resolver essa questão por Stokes. Quem sabe...

F → x , y , z = x 2 y x 2 + y 2 2 , - x 3 x 2 + y 2 2 , 1 z 2 + 1

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

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

= 0 - 0,0 - 0 , - 3 x 2 x 2 + y 2 2 - x 3 4 x x 2 + y 2 x 2 + y 2 4 - x 2 x 2 + y 2 2 - x 2 y 4 y x 2 + y 2 x 2 + y 2 4 =

= 0,0 , - 3 x 6 - 6 x 4 y 2 - 3 x 2 y 4 + 4 x 6 + 4 x 4 y 2 - x 6 - 2 x 4 y 2 - x 2 y 4 + 4 x 4 y 2 + 4 x 2 y 4 x 2 + y 2 4

= 0,0 , 0

Olha que lindo essse rotacional zero! Quer dizer que o campo é conservativo! Toma cuidado aqui, ainda temos uma indeterminação em x = y = 0 . Vamos com calma então.

Passo 3

O Teorema de Stokes nos diz isso aqui:

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

Ou seja, podemos substituir essa integral de linha sobre a curva por uma integral do rotacional de F sobre uma superfície S que tenha a curva como fronteira. Ah, vamos usar o próprio retalho do plano em forma da elipse, né?

Agora vem o momento em que temos que tomar muito cuidado, temos uma intermnação em x = y = 0 , ou seja, no eixo z .

Então, não podemos usar o plano como superfíce, na verdade, não podemos usar nenhuma superfície que tenha apenas γ   como fronteira por causa disso!

Ferrou, né? Não, vamos usar uma superfície que tenha γ como uma de suas fronteiras. Em vez de usar o plano, vamos usar esse pedaço do cilindro, que também tem γ como fronteira.

Então, S é o pedaço do cilindro cortado pelo plano e ∂ S é a própria curva γ mais a borda debaixo do cilindro C (uma circunferência).Temos então:

∮ ∂ S   F → . d r = ∫ γ   F → . d r + ∫ C   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

Como já vimos que o rotacional é nulo:

∫ γ   F → . d r = - ∫ C   F → . d r

Agora vamos pensar nas orientações. Se γ está no sentido anti-horário, pela Regra da Mão direita, S deve ter vetor normal apontando para dentro. Consequentemente, C gira no sentido horário.

Passo 4

Agora, para terminar a questão, precisamos calcular a integral de linha na outra borda da superfície, C .

Como a circunferência está no plano x y , sua equação é a mesma do cilindro:

x 2 + y 2 = 4

Parametrizando isso aí em coordenadas polares com r = 2 , temos:

C → θ = 2 cos ⁡ θ ,   2 s e n   θ , 0

Como temos uma volta completa no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 .

Essa última componente z = 0 é porque a curva está no plano x y .

Certo, agora vamos derivar isso aí:

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

Agora vamos escrever o campo nas variáveis da parametrização e usar a fórmula:

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

F → x , y , z = x 2 y x 2 + y 2 2 , - x 3 x 2 + y 2 2 , 1 z 2 + 1  

F → θ = 8 cos 2 ⁡ θ s e n   θ 4 2 , - 8 cos 3 ⁡ θ 4 2 , 1 1

F → θ = 1 2 cos 2 ⁡ θ s e n   θ , - 1 2 cos 3 ⁡ θ , 1

Levando para a integral, temos:

∫ C   F → . d r → = ∫ 2 π 0 1 2 cos 2 ⁡ θ s e n   θ , - 1 2 cos 3 ⁡ θ , 1 . - 2 s e n   θ , 2 cos ⁡ θ , 0 d θ

= - ∫ 2 π 0 cos 2 ⁡ θ s e n 2   θ + cos 4 ⁡ θ d θ =

= - ∫ 2 π 0 cos 2 ⁡ θ s e n 2   θ + cos 2 ⁡ θ cos 2 ⁡ θ d θ =

= - ∫ 2 π 0 cos 2 ⁡ θ d θ =

Lembando que:

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

= - 1 2 ∫ 2 π 0 1 + cos ⁡ 2 θ d θ =

= - 1 2 - 2 π = π

Passo 5

Temos então

∫ γ   F → . d r = - ∫ C   F → . d r = - π

Resposta

- π