Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

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

Vamos fazer um esboço da curva:

Essa integral de linha parece um pouco complicada de se calcular diretamente pela definição. Vamos, então, usar o Teorema de Green.

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, pois temos uma descontinuidade na origem, se substituirmos ( 0,0 ) na função teremos zero no denominador. O que faremos então? É simples, basta tirarmos a origem da jogada. Como temos que completar essa curva vamos pegar essa curva completando sem a origem.

Vamos fazer S = C ∪ C 1 onde C 1 é uma circunferência de raio 4 e centro na origem. A equação de C 1 vai ser

x 2 + y 2 = 4 2

Pegamos uma circunferência de raio 4 porque o gráfico vai ficar assim

Veja que S   não é positivamente orientada, pois deixa a região a direita. Devemos usar S - , então:

∫ S - F ⋅ d r = - ∫ S 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

Passo 2

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ 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

∂ 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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 - x

Passo 3

Logo, temos que resolver o seguinte:

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

Temos que fazer a integral de linha e a integral dupla, vamos começar pela integral de linha.

Passo 4

Parametrizando a semicircunferência, temos:

C 1 = - 4 cos ⁡ θ , 4 sen ⁡ θ

Com θ variando de 0 a π

Substituindo esses valores na fórmula que vimos capítulo passado:

∫ a b F x t ,   y t ⋅ σ → ' t   d t

∫ C 1 x y - y x 2 + y 2 d x + 2 x + x x 2 + y 2 d y

Temos:

∫ C 1   F ⋅ d r = ∫   0 π - 4 cos ⁡ θ ∙ 4 sen ⁡ θ - 4 sen ⁡ θ 16 ,   - 4 cos ⁡ θ 16 - 2 ∙ 4 cos ⁡ θ ⋅ 4 sen ⁡ θ , 4 cos ⁡ θ d θ =

= ∫   0 π - 16 sen ⁡ θ cos ⁡ 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

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

Passo 5

Começando com

- ∫   0 π 1 +   32 cos 2 ⁡ θ   d θ

Lembrando que

cos 2 ⁡ �� = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Vamos ter,

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

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

= - ∫   0 π 17 + 16 cos ⁡ 2 θ   d θ =

= - 17 θ + 8 sen ⁡ 2 θ 0 π =

= - 17 π

Passo 6

Vamos para a outra integral agora

- 64 ∫   0 π sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ

Vamos fazer a integral indetermina, ignorando por enquanto os limites e o - 64

∫ sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ d θ

Vamos fazer

sen ⁡ θ = u

Então

d u = cos ⁡ θ d θ

E a integral vai ficar

∫ sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ d θ = ∫ u 2 d u

Resolvendo a integral vamos ter

∫ u 2 d u = u 3 3

Voltando para θ

u 3 3 = sen 3 ⁡ θ 3

Vamos voltar para a integral com os limites e o - 64

- 64 ∫   0 π sen 2 ⁡ θ cos ⁡ θ   d θ = - 64 sen 3 ⁡ θ 3 0 π = 0

Passo 7

Então, nossa integral de linha resulta em:

∫ C 1   F ⋅ d r = - 17 π

Passo 8

Vamos agora para a integral dupla,

∬ D   2 - x d x d y

Onde D é a parte de dentro da circunferência x 2 + y 2 = 16 e de fora da elipse x 2 16 + y 2 4 = 1

Antes de tudo vemos que essa integral vai ser

∬ D   2 - x d x d y = ∬ D   2 d x d y - ∬ D   x d x d y = 2 Á r e a D - ∬ D   x d x d y

Passo 9

Vamos voltar para o gráfico que vimos antes.

A área de D vai ser a área da semicircunferência menos a da semielipse, ou seja

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

2 Á r e a D = 8 π

Passo 10

Vamos agora para a integral com x

Como temos várias coisas circulares é jogo usarmos coordenadas polares né? Então

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

J = r

A equação da elipse é:

x 2 16 + y 2 4 = 1

r cos ⁡ θ 2 + 4 r sin ⁡ θ 2 = 16

r 2 + 3 r 2 sin 2 ⁡ θ = 16

r 2 1 + 3 sin 2 ⁡ θ = 16

r = 16 1 + 3 sin 2 ⁡ θ = 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ

Então, nossos limites são:

4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ < r < 4

E como estamos no primeiro e segundo quadrantes:

0 < θ < π

Substituindo na integral:

∬ D   x d x d y = ∫ 0 π ∫ 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 4 r 2 cos ⁡ θ d r d θ

Integrando em r :

∫ 0 π r 3 3 cos ⁡ θ 4 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 4 d θ = ∫ 0 π 64 3 cos ⁡ θ - 64 3 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 3 2 cos ⁡ θ d θ

Separando em duas integrais:

∫ 0 π 64 3 cos ⁡ θ d θ = 64 3 sin ⁡ θ 0 π = 0

∫ 0 π - 64 3 1 + 3 sin 2 ⁡ θ 3 2 cos ⁡ θ d θ

u = sin ⁡ θ

d u = cos ⁡ θ d θ

Os novos limites de integração são:

u = sin ⁡ 0 = 0

u = sin ⁡ π = 0

∫ 0 0 - 64 3 1 + 3 u 2 3 2 d u

Opa, já deu pra ver o que vai rolar né? Uma integral indo de 0 até 0 vale 0 !! Então:

∬ D   x d x d y = 0

Passo 11

E ficamos com: ∬ D   2 - x d x d y = 8 π

Passo 12

Agora pra finalizar (FINALMENTE!!!!):

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ D   2 - x d x d y ⏟ 8 π - ∫ C 1   F ⋅ d r ⏟ - 17 π

∫ C   F ⋅ d r = - 8 π + 17 π = 9 π

Resposta

9 π

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