Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

23) Calcule ∫ C   F → ⋅ d r → , onde

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

e C é a curva fechada formada pelas curvas x + y + 2 = 0 , x - y + 2 = 0 e x + y 2 = 4 , - 2 ≤ y ≤ 2 , percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Bem, perceba que nesse problema o enunciado não nos disse como essa integral de linha deve ser feita, porém... Repare que o campo que estamos trabalhando é

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

e ele é chato!

Isso é uma sugestão que devemos utilizar o teorema de Green para matar o problema, mas para você ter certeza se é Green ou não, calculemos

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Passo 2

Calculando a derivada parcial não se esquecendo de aplicar a regra da fração...

∂ F 2 ∂ x = ∂ x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 + x ∂ x =

= x 2 + y 2 - 2 x + 1 ⋅ ∂ x - 1 ∂ x - x - 1 ∂ x 2 + y 2 - 2 x + 1 ∂ x x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1     ⇒

∂ F 2 ∂ x = x 2 + y 2 - 2 x + 1 - x - 1 2 x - 2 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1   =

x 2 + y 2 - 2 x + 1 - 2 x - 1 x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1 =

x 2 + y 2 - 2 x + 1 - 2 x - 1 2 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1 =

x 2 + y 2 - 2 x + 1 - 2 x 2 - 2 x + 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1 =

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

- x 2 + y 2 + 2 x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1

Calculando agora a segunda derivada parcial...

∂ F 1 ∂ y = ∂ - y x 2 + y 2 - 2 x + 1 ∂ y =

= x 2 + y 2 - 2 x + 1 ⋅ ∂ - y ∂ y - - y ∂ x 2 + y 2 - 2 x + 1 ∂ y x 2 + y 2 - 2 x + 1 2       ⇒

∂ F 1 ∂ y = - x 2 + y 2 - 2 x + 1 + 2 y 2 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 =

- x 2 + y 2 + 2 x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2

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∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - x 2 + y 2 + 2 x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + 1 - - x 2 + y 2 + 2 x - 1 x 2 + y 2 - 2 x + 1 2 =

= 1

De fato é muito simples essa subtração nos indicando que de fato estamos lidando com Green

Passo 3

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   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ 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 fechada D que tem com borda, a curva fechada ∂ D .

2º - Orientadas positivamente.

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

Vamos averiguar?

Passo 4

O primeiro, como vimos, nos diz que precisamos de uma curva fechada e delimitando uma região D . Ora, a curva C , pelo próprio enunciado, é fechada e a construindo colocando as retas e a parábola ela é...

Quanto ao orientada positivamente, está ok, pois a curva gira no sentido anti-horário.

Passo 5

Em relação ao campo sem singularidades, bem... Ele possui uma singularidade:

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

Pois sabemos que o denominador x 2 + y 2 - 2 x + 1 não pode zerar, e se completarmos quadrado em x ...

x 2 + y 2 - 2 x + 1     →         x 2 - 2 x + 1 + y 2     →

  x - 1 2 + y 2

vamos observar que no ponto x = 1 e y = 0 , esse cara zera ! Mas calma, pois podemos contornar esse problema se eliminarmos esse ponto com uma circunferência de raio 1 e centrada em 1 ,   0 :   x - 1 2 + y 2 = 1 que vamos chamar de C 1 :

Note que ela necessariamente tem que estar girando no sentido horário e que a região D agora sofreu um recorte:

Passo 6

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

∮ ∂ D   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Bem, cuidado que aqui tem um detalhe muito importante! Se você reparar a região D com mais cuidado,

verá que a fronteira dele é a curva C e a curva C 1 que adicionamos (a circunferência verde), logo...

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

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

Um outro detalhe é que a curva C 1 tem que necessariamente estar girando no sentido horário, mas podemos inverter isso se trocarmos o sinal da integral pelo sinal de C 1 ...

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ 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 7

Vamos primeiro calcular essa integral dupla aí:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A =

∬ D   1   d A

Essa integral dupla nos representa a área dessa região D :

Como a região é simétrica em relação ao eixo x ...

Basta que calculemos a área desta parte de cima D 1 e depois multiplicamos por 2 ...

∬ D   1   d A = 2 ∬ D 1   1   d A

e mais, a área da região D 1 é a área dessa região W menos a do semicírculo de raio r = 1 ...

∬ D   1   d A = 2 ∬ W   1   d A - π r 2 2 =

2 ∬ W   1   d A - π

Passo 8

Para resolver essa integral aí, antes devemos colocar W em forma de intervalos e podemos fazer essa descrição como do tipo 2 ...

0 ≤ y ≤ 2

R e t a   v e r . ≤ x ≤ P a r á b o l a

Como a reta vermelha é essa de equação x - y + 2 = 0 , isolando o x ...

x = y - 2

y - 2 ≤ x ≤ P a r á b o l a

Em relação à parábola x + y 2 = 4 ...

y - 2 ≤ x ≤ 4 - y 2

Montando a integral, portanto...

∬ D 1   1   d A = ∫ 0 2 ∫ y - 2 4 - y 2 d x d y =

∫ 0 2 ∫ y - 2 4 - y 2 d x d y = ∫ 0 2 4 - y 2 - y - 2 d y =

∫ 0 2 6 - y 2 - y d y = 6 y - y 3 3 - y 2 2 0 2 =

12 - 8 3 - 2 = 22 3

Como

∬ D   1   d A = 2 ∬ W   1   d A - π →

∬ D   1   d A = 2 22 3 - π =

44 3 - π

Passo 9

Fazendo agora a integral de linha

∫ - C 1   F → d r →

em cima da reta - C 1 que adicionemos (esse menos só significa que a curva gira no sentido anti-horário mesmo):

  • Precisamos dela parametrizada e como é uma circunferência de raio 1 e deslocada em x ...
  • x = 1 + cos ⁡ t

    y = sin ⁡ t

    ou

    γ t = 1 + cos ⁡ t ,   sin ⁡ t

    como estamos dando uma volta completa...

    0 ≤ t ≤ 2 π

  • O termo d r → é...
  • d r → = γ ' t d t

    d r → = - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t

  • Não se esqueça de trocar os termos da função F → ...

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

e como x 2 + y 2 - 2 x + 1 = x - 1 2 + y 2 e a nossa curva é uma circunferência onde x - 1 2 + y 2 = 1 ...

F → = - sin ⁡ t 1 ,   1 + cos ⁡ t - 1 1 + 1 + cos ⁡ t →

F → = - sin ⁡ t , 1 + 2  cos ⁡ t

Substituindo na integral de linha...

∫ - C 1   F → d r → = ∫ 0 2 π - sin ⁡ t , 1 + 2  cos ⁡ t ∙ - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t =

∫ 0 2 π sin 2 ⁡ t + cos ⁡ t + 2   cos 2 ⁡ t   d t =

∫ 0 2 π 1 + cos ⁡ t +   cos 2 ⁡ t   d t =

Se   cos 2 ⁡ t = 1 + cos ⁡ 2 t 2 ...

∫ 0 2 π 1 + cos ⁡ t + 1 2 + cos ⁡ 2 t 2   d t = sin ⁡ t + 3 2 t + sin ��� 2 t 4 0 2 π =

3 π

Passo 10

Voltando ao teorema de Green...

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

∫ C   F → d r → = 44 3 - π + 3 π =

44 3 + 2 π

Resposta

44 3 + 2 π

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