Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

21) Seja F → = P ,   Q um campo vetorial de classe C 1 , em U = R 2 - 0 ,   0 , tal que ∂ Q ∂ x x ,   y = ∂ P ∂ y x ,   y + 4 , para todo x ,   y ∈ U . Sabendo que ∮ C 1   F → ⋅ d r → = 6 π , onde C 1 :   x 2 + y 2 = 1 , calcule

∮ C 2 �� F → ⋅ d r →

Onde C 2 : x 2 4 + y 2 25 = 1 .

Passo 1

Bem, eu sei que está muuuito confuso o enunciado e que apareceram várias informações, porém o que o problema quer na realidade é uma integral de linha:

∮ C 2   F → ⋅ d r →

Onde a curva C é uma curva fechada dentro dessa elipse C 2 e de equação x 2 4 + y 2 25 = 1 :

Pow! Então eu te recomendo que você não se preocupe agora com aquelas outras informações dadas agora e que comece a resolvendo a integral de linha normalmente como estamos acostumados:

  • Como estamos em uma região fechada, aplicando o nosso amigo “O Teorema de Green” ! Venha comigo! :D

Passo 2

O teorema de Green nada mais é do que essa igualdade mara entre a integral de linha com uma integral dupla:

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Mas antes de aplicarmos essa igualdade maravilhosa do Teorema, temos que avalizar as condições de Green, que sempre nos exige:

1º - Uma região D fechada pela borda ∂ D .

2º - Orientadas positivamente.

3º - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos averiguar?

Passo 3

Sobre uma curva fechada está ok, pois a como já vimos, a curva C 2 que queremos a integral de linha

Ela é fechada, inclusive foi a nossa inspiração inicial para aplicar o Teorema, certo? E delimita o interior D da elipse:

E em relação a ser orientada positivamente também está ok, pois quando um problema não nos diz nada sobre a orientação, adotamos a curva girando no sentido anti-horário... Orientada positivamente, portanto. :D

Passo 4

Quanto à terceira exigência... Campo F → sem singularidades não está sendo satisfeito, pois o campo é de classe C 1 dentro do U = R 2 - 0 ,   0 . No ponto 0 ,   0 , ele tem uma singularidade, ou melhor, um problema de definição saca?

Por isso o que vamos fazer é “empacotar “ esse ponto com uma outra curva... A circunferência C 1 e de raio 1 do enunciado:

Então a nossa região D sofre um recorte.

O bordo ∂ D dela agora é a curva C 2 e a curva C 1 (a circunferência azul)e note também que C 1 tem que necessariamente estar girando no sentido horário para o conjunto estar orientado positivamente.

Passo 5

Condições do Teorema sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa boa:

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Bem, cuidado que aqui tem um detalhe muito importante! Como a borda de D é são as duas curvas, C 1 e C 2 , a integral de linha é desmembrada...

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A       →           ∫ C 2   F → d r → + ∫ C 1   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A   →

∫ C 2   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A - ∫ C 1   F → d r →

Se queremos a integral de linha em C , calculemos essas integrais do lado direito e tá tudo certo (hehe ). Bora?

Passo 6

Em relação à integral de linha primeiro, repare que o problema já deu a solução dessa integral...

∮ C 1   F → ⋅ d r → = 6 π

Todavia ele nos deus esse resultado com a orientação no sentido anti-horário (lembra que quando não fala nada é porque foi nesse sentido?)

Por isso, como precisamos de ∫ C 1   F → d r → no sentido oposto, invertemos o sinal do que ele nos deu...

∫ C 1   F → d r → = - 6 π

Passo 7

Em relação a integral dupla agora:

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Como

∂ Q ∂ x x ,   y = ∂ P ∂ y x ,   y + 4       →           ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 4

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A = ∬ D   4   d A =

4 ∬ D     d A

Essa integral aí nada mais é do que a Área da região D ...

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A = 4 Á r e a   D

Essa área pode ser obtida fazendo a área da elipse menos a área da circunferência...

Uma área de uma elipse bonitinha com essa cara x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 é

A E = π ⋅ a ⋅ b

Como

x 2 4 + y 2 25 = 1       →           x 2 2 2 + y 2 5 2 = 1

A E = π ⋅ 2 ⋅ 5 = 10 π

A área da circunferência de raio r = 1 é...

A C = π r 2 = π

∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A = 4 Á r e a   D =

4 A E - A C = 4 9 π =

36 π

Passo 8

Voltando ao teorema de Green...

∫ C 2   F → d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A - ∫ C 1   F → d r →

e substituindo esses resultados paralelos...

∫ C 2   F → d r → = 36 π - - 6 π

∫ C 2   F → d r → = 42 π

Resposta

42 π

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