Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

24) Calcule

∫ C x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Onde C é a curva x 2 16 + y 2 4 = 1 , y ≥ 0 , orientada de 4,0 à - 4,0

Passo 1

Bem, sabemos que uma integral de linha com essa cara

∫ C x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Nada mais é do que uma integral de linha a qual estamos acostumados...

∫ C F → ⋅ d r → = ∫ C x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Onde:

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

O campo não parece legal o que já sugere o Teorema de Green, mas para termos certeza... Calculemos:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Passo 2

Calculando primeiro a primeira derivada parcial, ∂ F 2 ∂ x , e tomando cuidado com a regrada da fração vamos obter...

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + y 2 + 2 x =

= x 2 + y 2 - x ( 2 x ) x 2 + y 2 2 + 2 =

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

Agora a segunda, ∂ F 1 ∂ y ...

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x y - y x 2 + y 2 =

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

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

Portanto:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 - x

Ótimo! Simplificou muito a vida, então podemos pensar no Teorema de 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 - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

3º - Orientadas positivamente.

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 elipse...

Repara que a curva não é fechada, para aplicarmos o teorema de Green devemos fechar essa curva.

Mas aqui temos um problema: o campo não está definido em toda a região dentro da elipse ferindo a segunda condição. Se substituirmos ( 0,0 ) na função teremos zero no denominador!

O que faremos então?

Nós tiraremos a origem da jogada com uma circunferência!

Essa circunferência de raio 4 ,

x 2 + y 2 = 4 2

que vamos chamar de C 1 , delimita uma lua como região, e essa lua não passa pelo ponto problemático saca?

Passo 5

Quanto ao orientada positivamente, não está ok, pois o bordo de D gira no sentido horário!

Podemos corrigir esse detalhe, mudando o sinal da integral dupla na fórmula de Green...

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

Agora, com essas condições estando ok, essa integral é muito útil. O único detalhe é que a integral de linha, calculada na borda, deve ser desmembrada em duas partes: uma em cia da circunferência C 1 e a outra em cima de C :

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

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

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

Só mais uma simplificação... Podemos eliminar esse sinal negativo na frente dessa integral de linha caso invertemos o seu sentido para o anti-horário, representado por - c 1 :

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

Se queremos essa integral em cima de C , calculemos essas integral do lado direito e tá tudo certo!

Passo 6

Calculemos aqui primeiro essa integral dupla:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = ∬ D   2 - x   d x d y =

∬ D   2   d x d y - ∬ D   x   d x d y

A primeira integral representa:

2 á r e a D

Como D ...

A área de D vai ser a área da semicircunferência menos a da semielípse ( x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 ), ou seja...

Á r e a D = π r 2 2 - π a b 2

No nosso caso o raio da circunferência é 4 enquanto que a elipse é x 2 16 + y 2 4 = 1 ...

Á r e a D = π 4 2 2 - π 4 2 2 = 8 π - 4 π = 4 π

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 2 4 π - ∬ D   x   d x d y

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 8 π - ∬ D   x   d x d y

Passo 7

Em relação a essa outra integral aí:

∬ D   x   d x d y

Bem, como estamos calculando uma integral em uma região simétrica e relação ao eixo y ...

e a função que estamos integrando é ímpar ( f x = x = - f - x = - - x ), então sua integral dupla será...

∬ D   x   d x d y = 0

Se quiser conferir, basta montar a integral dupla descrevendo D como do tipo 1 onde:

- 4 ≤ x ≤ 4

Enquanto o y , vai da elipse à circunferência:

4 - x 2 4 ≤ y ≤ 16 - x 2

∬ D   x   d x d y = ∫ - 4 4 ∫ 4 - x 2 4 16 - x 2 x   d y d x =

0

Passo 8

Agora vamos para a integral de linha que adicionamos ao problema...

∫ - C 1   F → d r →

em cima da semicircunferência:

  • Precisamos dela parametrizada e como é uma circunferência de raio 4 ...
  • x = 4 cos ⁡ θ

    y = 4 sin ⁡ θ

    ou

    γ θ = 4 cos ⁡ θ ,   4 sin ⁡ θ

    como estamos dando uma semi-volta volta completa...

    0 ≤ θ ≤ π

  • O termo d r → é...
  • d r → = γ ' θ d θ

    d r → = - 4 sin ⁡ θ , 4 cos ⁡ θ d θ

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

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

Se você se lembrar de que pegamos a circunferência x 2 + y 2 = 16 ...

F → = 4 cos ⁡ θ ∙ 4 sen ⁡ θ - 4 sen ⁡ θ 16 ,   4 cos ⁡ θ 16 + 2 ∙ 4 cos ⁡ θ →

F → = 16 cos ⁡ θ ∙ sen ⁡ θ - sen ⁡ θ 4 , cos ⁡ θ 4 + 8 cos ⁡ θ

Substituindo na integral de linha...

∫   0 π 16 cos ⁡ θ ∙ sen ⁡ θ - sen ⁡ θ 4 , cos ⁡ θ 4 + 8 cos ⁡ θ ⋅ - 4 sen ⁡ θ , 4 cos ⁡ θ d θ =

∫   0 π - 64   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ =

∫   0 π - 64   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ + 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Vamos separar essa integral em duas

∫ - C 1   F → d r → = - 64 ∫   0 π   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ + ∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Passo 9

Começando com

∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ

Lembrando que

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Voltando...

∫   0 π 1 +   32 1 + cos ⁡ 2 θ 2   d θ =

∫   0 π 1 +   16 + 16 cos ⁡ 2 θ   d θ =

17 θ + 8 sin ⁡ 2 θ 0 π =

17 π

Passo 10

Indo para a segunda integral

∫   0 π   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ =

Fazendo uma mudança de sin ⁡ θ = u

d u = cos ⁡ θ d θ

Mudando os limites também...

θ = 0     →       sin ⁡ 0 = 0

θ = π     →       sin ⁡ π = 0

Como a função é contínua, nem precisa terminar a conta, pois...

∫   0 π   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ = 0

Logo...

∫ - C 1   F → d r → = - 64 ∫   0 π   sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ + ∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ

∫ - C 1   F → d r → = 17 π

Passo 11

Retornando ao teorema de Green...

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

E substituindo os dois resultados que encontramos...

∫ C   F → d r → = - 8 π + 17 π =

9 π

Resposta

9 π

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