Exercícios Resolvidos de Singularidade

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Enunciado

Questão 2) Considere o campo vetorial

F → x ,   y ,   z = x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y ,   y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y ,   z 2

Mostre que

∮ C   F → ⋅ d r = 0 ,

Com C uma curva fechada dada pela interseção do cilindro x 2 + y 2 = 4 com um gráfico z = f x ,   y de uma função f x ,   y positiva e diferenciável sobre o plano x y .

(Dica: Use Stokes duas vezes com superfícies apropriadas.)

Passo 1

Pois bem, teremos que provar que aquela integral de linha é igual a 0 . Poxa, como o campo é bizarro, nada mais justo que pensarmos em utilizar o Teorema de Stokes para realizar essa prova:

∮ C   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S

Porém, não podemos aplicar essa igualdade de qualquer maneira, afinal temos que estar dentro das hipóteses do Teorema:

  1. Temos que ter uma curva fechada e delimitando uma superfície S .
  2. Não podemos ter singularidades passando pela superfície.
  3. A curva e a superfície devem ter uma orientação positiva.

Então, percebendo que a curva C é algo do tipo:

Afinal é a intersecção de um cilindro com uma função positiva z = f x ,   y . Infelizmente não podemos tomar como superfície S o pedacinho da função f x ,   y que está dentro do cilindro, pois perceba que o campo F → possui singularidades em todo o eixo z que corta essa superfície:

F → x ,   y ,   z = x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y ,   y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y ,   z 2

Então que superfície S devemos pegar? Venha comigo no próximo passo !

Passo 2

Bem, Stokes não nos obriga a ter nenhum tipo de superfície específica, desde que a superfície escolhida possui como borda a curva C está tudo certo. Então, uma superfície alternativa que podemos pegar é o próprio cilindro:

Afinal, ela circunda o eixo problemático, mas não tem nenhum ponto pertencente a esse eixo, saca?

Com esse cilindro, podemos aplicar o Teorema numa boa, adotando orientação positiva!

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

Mas veja que o cilindro não tem só a curva C como borda ∂ S , mas também a curva σ , ou seja:

∂ S = C ∪ σ

Então:

∮ C   F → ⋅ d r + ∮ σ   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S     →

∮ C   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S - ∮ σ   F → ⋅ d r

Show, então no final das contas, para encontrar o resultado da integral de linha em C , temos que calcular essas outras duas integrais do lado direito!

Passo 3

Vamos começar com a integral de linha:

∮ σ   F → ⋅ d r

Essa integral é uma integral em cima de uma curva circular no plano z = 0 e no cilindro de raio 2 :

Então uma boa parametrização para ela é:

x = 2 cos ⁡ θ

y = 2 sin ⁡ θ

z = 0

Só que quando substituirmos essa parametrização no campo F → ...

F → x ,   y ,   z = x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y ,   y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y ,   z 2

Vamos ganhar sin ⁡ 2 sin ⁡ θ e outras expressões bizarras! Por isso, nós vamos seguir a dica do problema e aplicar novamente o Teorema de Stokes para tentar calcular essa integral de linha!

∮ σ   F → ⋅ d r = ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S

Só que agora, quem é a superfície S 2 ?

Passo 4

Bem, não pode ser o cilindro novamente, mas pode ser algum pedaço no próprio plano z = 0 , afinal z = 0 simplifica a vida neh?

Só que esse pedaço de plano não pode passar pelo eixo z , devido a singularidade, então a gente deve limitar a superfície S 2 por alguma outra curva fechada Q :

Só que essa curva Q não pode ser uma qualquer, neh? Tem que ser alguma curva que simplifique a vida! Olha para o campo novamente:

F → x ,   y ,   z = x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y ,   y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y ,   z 2

Seria muito interessante se tivéssemos x ou y constantes para simplificar o seno e ou o cosseno. Então o que acha de pegarmos um quadrado de lado 1 ?

Esse quadrado é interessante, pois ele possui quatro retas que hora possui o x = 1 e y variando e hora é o contrário .

Então, pelo Teorema de Stokes, como a borda dessa superfície S 2 é a curva circular σ e essa curva Q :

∂ S 2 = σ ∪ Q   →

∮ σ   F → ⋅ d r + ∮ Q   F → ⋅ d r = ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S         →

∮ σ   F → ⋅ d r = ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S - ∮ Q   F → ⋅ d r

Passo 5

Beleza, então resumindo os últimos passos, queremos provar que a integral de linha em cima de C é 0 , e no passo 2 vimos que:

∮ C   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S - ∮ σ   F → ⋅ d r

No último passo, também vimos que:

∮ σ   F → ⋅ d r = ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S - ∮ Q   F → ⋅ d r

Então, no final das contas teremos:

∮ C   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S - ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S + ∮ Q   F → ⋅ d r

Agora é só calcular cada uma dessas integrais e ser feliz ! Vamos nessa?!

Passo 6

Vamos primeiro calcular as integrais duplas calculando o rotacional do campo F → :

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

Como...

F → x ,   y ,   z = x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y ⏟ F 1 ,   y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y ⏟ F 2 ,   z 2 ⏟ F 3

Então, calculando as derivadas fáceis:

r o t F → = 0 - 0 ,   0 - 0 ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Essas duas são um pouco mais complicadas por ter que aplicar a regra da cadeia, mas da pra calcular:

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x y x 2 + y 2 + e x sin ⁡ y =

y - 1 ⋅ 2 x x 2 + y 2 2 + e x sin ⁡ y =

- 2 x y x 2 + y 2 2 + e x sin ⁡ y

E

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x x 2 + y 2 - e x cos ⁡ y =

x - 1 ⋅ 2 y x 2 + y 2 2 + e x sin ⁡ y =

- 2 x y x 2 + y 2 2 + e x sin ⁡ y

Logo, como os dois rotacionais são iguais:

r o t F → = 0 - 0 ,   0 - 0 ,   0 - 0 =

0 ,   0 ,   0

Então, as duas integrais de superfícies zeram!

∬ S   r o t F → ⋅ n → d S = 0               e                 ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S = 0

Passo 7

Quanto a integral de linha em Q :

∮ Q   F → ⋅ d r

Temos que fazer com calma a integral em cada reta que compõe o quadrado!

∮ Q   F → ⋅ d r = ∮ γ 1   F → ⋅ d r + ∮ γ 2   F → ⋅ d r + ∮ γ 3   F → ⋅ d r + ∮ γ 4   F → ⋅ d r

Passo 8

Vamos começar com o lado x = 1 e y variando. Sua parametrização é:

γ 1 = 1 ,   y ,   0 ,         c o m     - 1 ≤ y ≤ 1

O termo d r → = γ 1 ' y d y = 0 ,   1 ,   0 d y . E o campo F → :

F → x ,   y ,   z = - - - ,   y 1 2 + y 2 + e 1 sin ⁡ y ,   - - -

Logo:

∮ γ 1   F → ⋅ d r = ∫ - 1 1 - - - ,   y 1 2 + y 2 + e 1 sin ⁡ y ,   - - - ⋅ 0 ,   1 ,   0 d y =

∫ - 1 1 y 1 + y 2 + e sin ⁡ y d y = ln ⁡ 1 + y 2 2 - e cos ⁡ y - 1 1 =

ln ⁡ 2 2 - e cos ⁡ 1 - ln ⁡ 2 2 - e cos ⁡ - 1 =

Como cos ⁡ - 1 = cos ⁡ 1

0

Passo 9

Agora, repetindo as contas para x = - 1 e y variando (a reta de trás):

γ 2 = - 1 , y ,   0 ,       c o m   1 ≤ y ≤ - 1

Termo d r → = γ 2 ' y d y = 0 ,   1 ,   0 . E o campo F → :

F → x ,   y ,   z = - - - ,   y 1 + y 2 + e - 1 sin ⁡ y ,   - - -

Então:

∮ γ 2   F → ⋅ d r = ∫ 1 - 1 - - - ,   y 1 2 + y 2 + e - 1 sin ⁡ y ,   - - - ⋅ 0 ,   1 ,   0 d y =

∫ 1 - 1 y 1 + y 2 + e - 1 sin ⁡ y d y = ln ⁡ 1 + y 2 2 - e - 1 cos ⁡ y 1 - 1 =

Como essa integral é a mesma da de cima só que ao invés de e a gente colocar e - 1 :

0

Passo 10

Agora, repetindo as contas para y = - 1 e x variando (a reta de trás):

γ 3 = x , - 1 ,   0 ,       c o m - 1 ≤ x ≤ 1

Termo d r → = γ 3 ' x d x = 1 ,   0 ,   0 . E o campo F → :

F → x ,   y ,   z = x x 2 + 1 - e x cos ⁡ - 1 ,   - - - ,   - - -

Então:

∮ γ 3   F → ⋅ d r = ∫ - 1 1 x x 2 + 1 - e x cos ⁡ - 1 ,   - - - ,   - - - ⋅ 1 ,   0 ,   0 d x =

∫ - 1 1 x x 2 + 1 - e x cos ⁡ 1 d x = ln ⁡ 1 + x 2 2 - e x cos ⁡ 1 - 1 1 =

0

Passo 11

Por último, repetindo as contas para y = 1 e x variando (a reta de trás):

γ 4 = x , 1 ,   0 ,       c o m   1 ≤ x ≤ - 1

Termo d r → = γ 4 ' x d x = 1 ,   0 ,   0 . E o campo F → :

F → x ,   y ,   z = x x 2 + 1 - e x cos ⁡ 1 ,   - - - ,   - - -

Então:

∮ γ 4   F → ⋅ d r = ∫ - 1 1 x x 2 + 1 - e x cos ⁡ 1 ,   - - - ,   - - - ⋅ 1 ,   0 ,   0 d x =

∫ - 1 1 x x 2 + 1 - e x cos ⁡ 1 d x = ln ⁡ 1 + x 2 2 - e x cos ⁡ 1 - 1 1 =

0

Passo 12

Logo:

∮ Q   F → ⋅ d r = ∮ γ 1   F → ⋅ d r + ∮ γ 2   F → ⋅ d r + ∮ γ 3   F → ⋅ d r + ∮ γ 4   F → ⋅ d r =

0 + 0 + 0 + 0 = 0

Então, concluímos que:

∮ C   F → ⋅ d r = ∬ S   r o t F → ⋅ n → d S - ∬ S 2   r o t F → ⋅ n →   d S + ∮ Q   F → ⋅ d r =

0 - 0 + 0 =

0

Resposta

Prova pelo teorema de Stokes:

∮ C   F → ⋅ d r = 0