Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Calcule a seguinte integral de linha de campo vetorial:

∫ C   3 ( y - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 + - 5 ( y + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2 d x + - 3 ( x - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 + 5 ( x + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2 d y

Ao longo da curva C = C 1 ∪ C 2 , união das curvas definidas por:

  • C 1 , a curva x 2 + y 2 = 1 percorrida no sentido horário,
  • C 2 , a curva x 2 + y 2 = 9 percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Antes de tudo, vamos fazer um esboço dessas curvas para entender melhor o problema:

Como temos duas curvas com expressões diferentes, vamos separar a integral:

∫ C   F → . d r = ∫ C 1   F → . d r + ∫ C 2   F → . d r

Não podemos aplicar Green direto nessa região porque, se você reparar, temos duas singularidades no campo que estão na região entre C 1 e C 2 .

Passo 2

Agora vamos dar uma olhada no campo:

F = 3 ( y - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 + - 5 ( y + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2 , - 3 ( x - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 + 5 ( x + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2

Percebeu que o primeiro termo da componente x é bem parecido com o primeiro da componente y ? Assim como o segundo da x com o segundo da y .

Isso nos leva a pensar que, dividindo esse campo em duas partes, podemos facilitar nossas contas (isso vai nos ajudar mais à frente, prometo!). Temos então:

F → = G → + H →

G → = 3 ( y - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2 , - 3 ( x - 1 ) x - 1 2 + y - 1 2

H → = - 5 ( y + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2 , 5 ( x + 1 ) x + 1 2 + y + 1 2

(Vemos que o campo G → não está definido em ( 1,1 ) e que H → não está definido em ( - 1 , - 1 ) .

Isso nos dá:

∫ C   F → . d r = ∫ C 1   G → . d r + ∫ C 1   H → . d r + ∫ C 2   G → . d r + ∫ C 2   H → . d r

Beleza?

Passo 3

Agora, temos o seguinte:

∂ G 2 ∂ x = - 3 x - 1 2 + y - 1 2 + 3 x - 1 2 x - 1 ⏞ 6 x - 1 2 x - 1 2 + y - 1 2 2

∂ G 2 ∂ x = 3 x - 1 2 - 3 y - 1 2 x - 1 2 + y - 1 2 2

∂ G 1 ∂ y = 3 x - 1 2 + y - 1 2 - 3 y - 1 2 y - 1 ⏞ 6 y - 1 2 x - 1 2 + y - 1 2 2

∂ G 1 ∂ y = 3 x - 1 2 - 3 y - 1 2 x - 1 2 + y - 1 2 2

∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y = 0

∂ H 2 ∂ x = 5 x + 1 2 + y + 1 2 - 5 x + 1 2 x + 1 ⏞ 10 x + 1 2 x + 1 2 + y + 1 2 2

∂ H 2 ∂ x = 5 y + 1 2 - 5 x + 1 2 x + 1 2 + y + 1 2 2

∂ H 1 ∂ y = - 5 x + 1 2 + y + 1 2 + 5 y + 1 2 y + 1 ⏞ 10 y + 1 2 x + 1 2 + y + 1 2 2

∂ H 1 ∂ y = 5 y + 1 2 - 5 x + 1 2 x + 1 2 + y + 1 2 2

∂ H 2 ∂ x - ∂ H 1 ∂ y = 0

Ótimo, isso simplifica muito as coisas!

Passo 4

Agora vamos com calma, vamos analisar as integrais uma a uma.

∫ C 1   G → . d r

Onde C 1 , como sabemos, é a circunferência de raio 1 centrada na origem. Como G está definido dentro de C 1 , podemos aplicar Green:

∫ C 1   G → . d r = ∬ D 1   ∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y = 0

Onde D 1 é a região limitada por C 1 .

Passo 5

Agora vamos para a segunda integral

∫ C 1   H → . d r

Aqui nos temos o mesmo que no passo anterior, como H está definido dentro de C 1 , aplicamos Green:

∫ C 1   H → . d r = ∬ D 1   ∂ H 2 ∂ x - ∂ H 1 ∂ y = 0

Passo 6

Agora vamos para a terceira integral

∫ C 2   G → . d r

Para essa integral a história já é diferente, porque o ponto em que o campo não está definido ( 1,1 ) , está dentro de C 2 (dá uma olhadinha na figura no passo 1).

Então, nós vamos envolver esse ponto ( 1,1 ) com uma terceira circunferência centrada nele:

C 3 = x - 1 2 + y - 1 2 = 1

Então, sendo D 3 a região entre as circunferências C 2 e C 3 , podemos aplicar Green:

∫ C 2   G → . d r + ∫ C 3   G → . d r = ∬ D 3   ∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y = 0

Como C 2 gira no sentido anti-horário, para termos orientação positiva, C 3 gira no sentido horário. Isso nos dá:

∫ C 2   G → . d r = - ∫ C 3   G → . d r

Agora, para calcular essa integral de linha em C 3 , vamos começar parametrizando essa curva em coordenadas polares deslocadas com r = 1 :

C 3 θ = cos ⁡ θ + 1 ,   s e n   θ + 1

Como o sentido é horário, θ vai de 2 π a 0 .

Derivando isso aí

C 3 ' θ = - s e n   θ , cos ⁡ θ

Agora, vamos levar isso para a fórmula:

∫ C 3   G → . d r = ∫ a b G x θ ,   y θ ⋅ σ → ' θ   d θ

G x θ ,   y θ = 3 s e n   θ 1 ,   - 3 cos ⁡ θ 1

∫ C 3   G → . d r = ∫ 2 π 0 3 s e n   θ 1 ,   - 3 cos ⁡ θ 1 . - s e n   θ , cos ⁡ θ d θ

= ∫ 2 π 0 - 3 d θ = 6 π

Logo

∫ C 2   G → . d r = - ∫ C 3   G → . d r = - 6 π

Passo 7

Agora, temos a quarta integral:

∫ C 2   H → . d r

Como H não está definido em ( - 1 , - 1 ) , precisamos fazer o mesmo que no passo anterior para aplicar Green. Vamos envolver esse ponto com a curva C 4 :

C 4 = x + 1 2 + y + 1 2 = 1

Então, sendo D 4 a região entre as circunferências C 2 e 4 , podemos aplicar Green:

∫ C 2   H → . d r + ∫ C 4   H → . d r = ∬ D 4   ∂ H 2 ∂ x - ∂ H 1 ∂ y = 0

Como C 2 gira no sentido anti-horário, para termos orientação positiva, C 4 gira no sentido horário. Isso nos dá:

∫ C 2   H → . d r = - ∫ C 4   H → . d r

Agora, para calcular essa integral de linha em 4 , vamos começar parametrizando essa curva em coordenadas polares deslocadas com r = 1 :

C 4 θ = cos ⁡ θ - 1 ,   s e n   θ - 1

Como o sentido é horário, θ vai de 2 π a 0 .

Derivando isso aí

C 4 ' θ = - s e n   θ , cos ⁡ θ

Agora, vamos levar isso para a fórmula:

∫ C 4   H → . d r = ∫ a b H x θ ,   y θ ⋅ σ → ' θ   d θ

H x θ ,   y θ = - 5 s e n   θ 1 ,   5 cos ⁡ θ 1

∫ C 3   H → . d r = ∫ 2 π 0 - 5 s e n   θ 1 ,   5 cos ⁡ θ 1 . - s e n   θ , cos ⁡ θ d θ

= ∫ 2 π 0 5 d θ = - 10 π

Logo

∫ C 2   H → . d r = - ∫ C 4   H → . d r = 10 π

Passo 8

Agora juntamos tudo o que temos

∫ C   F → . d r = ∫ C 1   G → . d r + ∫ C 1   H → . d r + ∫ C 2   G → . d r + ∫ C 2   H → . d r

∫ C   F → . d r = 0 + 0 - 6 π + 10 π = 4 π

Resposta

4 π

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