Exercícios Resolvidos de Singularidade

USP - Cálculo 3 - P3 2011 - 2

Calcule γ   F . d r sendo

F x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ( z 2 ) ln ( 2 + z 6 )

E γ é curva dade pela intersecção de x 2 + y - 2 2 = 4 e z = 2 y + 1 orientada de modo que sua projeção em O x y é percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Antes de tudo vamos fazer um gráfico da região para entender melhor a questão. Temos um cilindro com centro ( 0,2 , 0 ) cortado por um plano:

Esse desenho não precisa de precisão nenhuma, ok? É só para termos uma ideia mesmo, você pode desenhar um plano qualquer cortando o clilindro.

A questão pede para calcularmos a integral de linha em γ , que é a interseção do plano inclinado com o cilindro. Como podemos ver, γ forma uma elipse. Percebeu?

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Passo 2

Ok, agora vamos analisar o problema. Reparou que a expressão do campo não é nem um pouco amigável, né? Imagina ainda substituir uma parametrização nisso aí, sem condições. Então vamos simplificar as coisas.

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, olha a expressão do campo de novo:

F x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ( z 2 ) ln ( 2 + z 6 )

Repare temos uma indeterminação quando x = 0 e y = 2 , portanto, o campo não está definido no eixo de simetria do cilindro.

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

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 3

Precisamos, então, calcular r o t F , sabendo que

F x , y , z = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ( z 2 ) ln ( 2 + z 6 )

Temos:

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 - y , x - 0 , - 1 x 2 + y - 2 2 + x 2 x x 2 + y - 2 2 2 + 2 - 1 x 2 + y - 2 2 - y - 2 2 y - 4 x 2 + y - 2 2 2 + 2 =

= - y , x , 4

Passo 4

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Temos o cilindro x 2 + y - 2 2 = 4 cortado pelos planos z = 0 e z = 2 y + 1 , portanto, 0 z 2 y + 1 .

Bom, como se trata de um cilindro de raio 2 , vamos usar coordenadas ciliíndricas (deslocadas) com r = 2 :

x = 2 cos θ

y = 2   s e n   θ + 2

z = z

O que nos dá a parametrização

φ θ , z = 2 cos θ ,   2   s e n   θ + 2 , z

Onde

0 z 2 y + 1

0 z 2 ( 2   s e n   θ + 2 ) + 1

0 z 4   s e n   θ + 5

E, como temos uma volta completa, 0 θ 2 π .

Agora, vamos calcular a normal:

φ θ = - 2 s e n   θ , 2 cos θ , 0

φ z = 0,0 , 1

A normal fica

φ θ × φ z = i j k - 2   s e n   θ 2 cos θ 0 0 0 1 = 2 cos θ , 2   s e n   θ , 0

Levando para a integral:

r o t F φ = - 2   s e n   θ - 2,2 cos θ , 4

S   r o t F . n d s = D   - 2   s e n   θ - 2,2 cos θ , 4 . 2 cos θ , 2   s e n   θ , 0 d s

Onde D é dado por

0 z 4   s e n   θ + 5

0 θ 2 π

Simplificando a integral

D   - 4   s e n θ cos θ + 4   s e n θ cos θ - 4 cos θ d s = - 4 0 2 π 0 4   s e n   θ + 5 cos θ d z d θ

= - 4 0 2 π 4   s e n θ cos θ + 5 cos θ d θ = 0

Show?

Passo 5

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 2 = 4

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

C θ = 2 cos θ ,   2 s e n   θ + 2,0

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 = y - 2 x 2 + ( y - 2 ) 2 + x z - 2 y , - x x 2 + y - 2 2 + y z + 2 x , cos ( z 2 ) ln ( 2 + z 6 )

F θ = 2   s e n   θ - 2 + 2 4   s e n 2 θ + 4 cos 2 θ - 2 2   s e n   θ + 2 , - 2 cos θ 4   s e n 2 θ + 4 cos 2 θ + 4 cos θ , 1 ln 2

F θ = - 7 2 s e n   θ - 4 , 7 2 cos θ , 1 ln 2

Levando para ai ntegral, temos:

C   F . d r = 2 π 0 - 7 2 s e n   θ - 4 , 7 2 cos θ , 1 ln 2 . - 2 s e n   θ , 2 cos θ , 0 d θ

= 2 π 0 7 s e n 2   θ + 8   s e n   θ + 7 cos 2 θ d θ =

= 2 π 0 7 + 8   s e n   θ d θ =

= - 14 π

Passo 6

Temos então

γ   F . d r = S   r o t F . n d s - C   F . d r = 0 - - 14 π = 14 π

Resposta

14 π

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