Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Calcule o trabalho realizado pelo campo F → ao longo de γ , onde

F → x , y , z = - y x 2 + y 2 + 1 x 2 + y 2 ,   x ( x 2 + y 2 + 1 ) x 2 + y 2 , z - 1 cos 7 ⁡ z

E γ é a curva dada pela interseção de 4 x 2 + y 2 = 4 com z = y + 3 , orientada de forma que a projeção no plano 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 elíptico 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?

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 x 2 + y 2 + 1 x 2 + y 2 ,   x ( x 2 + y 2 + 1 ) x 2 + y 2 , z - 1 cos 7 ⁡ z

Repare que x e y não podem ser iguais a zero, pois temos uma indeterminação, portanto, o campo não está definido 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 (outra elipse).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 x 2 + y 2 + 1 x 2 + y 2 ,   x ( x 2 + y 2 + 1 ) x 2 + y 2 , z - 1 cos 7 ⁡ z

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

r o t F → = 0 - 0,0 - 0,1 + 1 = 0,0 , 2

Passo 4

Agora precisamos parametrizar S para encontrar seu vetor normal. Mas vamos pensar um pouco aqui, com malandragem.

Se a superfície é um cilindro com simetria em z , seu vetor normal tem essa componente nula. Seria algo assim:

n → = ( ? , ? , 0 )

Agora, fazendo o produto escalar disso com r o t F → olha o que encontramos:

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ S   0,0 , 2 ( ? , ? , 0 ) d s = 0

Nem precisamos parametrizar nada aqui então, pois o resultado dessa integral é zero, viu?

Passo 5

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

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

4 x 2 + y 2 = 4

x 2 + y 2 4 = 1

Parametrizando isso aí em coordenadas elípticas, temos:

C → θ = 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 = - 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 x 2 + y 2 + 1 x 2 + y 2 ,   x ( x 2 + y 2 + 1 ) x 2 + y 2 , z - 1 cos 7 ⁡ z

F → θ = - 2   s e n   θ cos ⁡ θ 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 + 1 cos ⁡ θ 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 ,   cos ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 + 1 ( cos ⁡ θ ) 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 , - 1

Levando para ai ntegral, temos:

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

= ∫ 2 π 0 - 2   ( - s e n   θ ) s e n   θ cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 + 1 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 + ( 2 cos ⁡ θ ) cos ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 + 1 ( cos ⁡ θ ) 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 d θ =

= 2 ∫ 2 π 0 s e n 2   θ cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 + 1 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 + cos 2 ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 + 1 ( cos ⁡ θ ) 2 + ( 2   s e n   θ ) 2 d θ =

= 2 ∫ 2 π 0 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 + 1 cos ⁡ θ 2 + 2   s e n   θ 2 d θ =

= 2 ∫ 2 π 0 1 + 1 1 + 3 s e n 2 θ d θ =

= 2 0 - 2 π + 2 ∫ 2 π 0 1 1 + 3 s e n 2 θ d θ =

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 1 1 + 3 s e n 2 θ d θ =

Passo 6

Senta que agora começa o vudu. Vamos dividir o numerador e o denominador da integral da direita por s e n 2 :

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 1 1 + 3 s e n 2 θ × 1 s e n 2 θ 1 s e n 2 θ d θ =

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 c o s s e c 2 θ c o s s e c 2 θ + 3 d θ =

Agora, vamos lembrar dessa igualdade:

c o t g 2 θ + 1 = c o s s e c 2 θ

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 c o s s e c 2 θ c o t g 2 θ + 1 + 3 d θ =

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 c o s s e c 2 θ c o t g 2 θ + 4 d θ =

Calma que tem mais..

= - 4 π + 2 ∫ 2 π 0 c o s s e c 2 θ c o t g 2 θ + 4 × t g 2 θ t g 2 θ d θ =

= - 4 π + 2 × 1 2 ∫ 2 π 0 2 s e c 2 θ 1 + 4 t g 2 θ d θ =

Isso tudo para finalmente chegarmos nisso aqui, vamos reconhecer essa integral:

∫ u ' a 2 + u d u = 1 a a r c t g x a

Comparando com a nossa integral, vemos que:

a = 1

u = 2 t g 2 θ

u ' = 2 sec 2 ⁡ θ

Logo

= - 4 π + ( a r c t g ( 2 t g 2 θ ) ) 2 π 0 =

= - 4 π + 0 - 2 π = - 6 π

Passo 7

Temos então

∫ γ   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s - ∫ C   F → . d r = 0 - - 6 π = 6 π

Resposta

6 π