Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Calcule

∫ γ - y - 2 d x + x + 3 d y x + 3 2 + y - 2 2

Sendo γ o arco da curva y = - x 2 - 6 x - 5 que liga ( - 1,0 ) a ( - 5,0 )

Passo 1

Vamos lá, essa questão parece que vai dar trabalho, vamos fazer com bastante calma pra não errar nenhum detalhe!

Geralmente, esses campos vetoriais que tem o mesmo denominador pra P e Q possuem um rotacional simples. A conta não vai ser fácil, mas no final geralmente dá um número! Vamos calcular ele então e, em seguida, verificar que mudanças precisaremos fazer para aplicar o Teorema de Green!

Além disso, nosso campo vetorial possui uma singularidade no ponto ( - 3,2 ) , pois seu denominador fica igual a zero, se nosso domínio possuir esse ponto vamos ter que tirar essa singularidade de alguma forma, fica atento!

Passo 2

Calculando o rotacional do campo vetorial:

Q = x + 3 x + 3 2 + y - 2 2

Para derivar isso em relação a x vamos ter que fazer a regra do quociente, fica assim passo a passo:

∂ Q ∂ x = x + 3 ' ( x + 3 2 + y - 2 2 ) - ( x + 3 ) ( x + 3 2 + y - 2 2 ) ' x + 3 2 + y - 2 2 2

= x + 3 2 + y - 2 2 - ( x + 3 ) ( 2 x + 3 ) x + 3 2 + y - 2 2 2

= x + 3 2 + y - 2 2 - 2 x + 3 2 x + 3 2 + y - 2 2 2

∂ Q ∂ x = y - 2 2 - x + 3 2 x + 3 2 + y - 2 2 2

Agora calculando a derivada de P em relação a y :

P = - ( y - 2 ) x + 3 2 + y - 2 2

∂ P ∂ y = - y - 2 ' x + 3 2 + y - 2 2 - ( y - 2 ) ( x + 3 2 + y - 2 2 ) ' x + 3 2 + y - 2 2 2

= - x + 3 2 + y - 2 2 - ( y - 2 ) ( 2 y - 2 ) x + 3 2 + y - 2 2 2

= - x + 3 2 + y - 2 2 - 2 y - 2 2 x + 3 2 + y - 2 2 2

= - x + 3 2 - y - 2 2 x + 3 2 + y - 2 2 2

∂ P ∂ y = y - 2 2 - x + 3 2 x + 3 2 + y - 2 2 2

Portanto, podemos ver que nossas derivadas são iguais! Aplicando isso na fórmula do rotacional ficamos com:

r o t   F → = ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y

r o t   F → = 0

Passo 3

Vamos analisar agora a nossa curva γ , ela é dada por y = - x 2 - 6 x - 5 , que tem seu gráfico, no intervalo de ( - 1,0 ) a ( - 5,0 ) , da seguinte forma:

Ou seja, é uma curva aberta que podemos fechar facilmente com a reta no eixo x de ( - 5,0 ) a ( - 1,0 ) . O problema de fazermos isso é que nosso campo vetorial possui uma singularidade no ponto ( - 3,2 ) , lembra? Vamos precisar criar uma circunferência ali pra tirar esse ponto, no final, vamos incluir duas novas curvas, vai ficar assim:

Onde as funções azuis foram as que tivemos que incluir para poder tirar a singularidade ( γ 1 ) e fechar a curva ( γ 2 ) . No Teorema de Green fica assim:

∫ γ F → d r → + ∫ γ 1 F → d r → + ∫ γ 2 F → d r → = ∬ D r o t F → . k → d x d y

Como nosso rotacional é igual a zero, ficamos com:

∫ γ F → d r → = - ∫ γ 1 F → d r → - ∫ γ 2 F → d r →

Passo 4

Vamos agora encontrar as parametrizações das duas curvas que criamos.

A primeira é uma circunferência centralizada em ( - 3,2 ) , portanto sua parametrização é dada por:

γ 1 = - 3 + cos ⁡ t ,   2 + sen ⁡ t

γ 1 ' = ( - sen ⁡ t , cos ⁡ t )

2 π ≤ t ≤ 0

Sua rotação está invertida de forma que a região sombreada fica à esquerda da função, lembra disso? Para o Teorema de Green ser válido, ao “caminhar” pela função, sua região D deve estar a sua esquerda.

A segunda é uma reta onde y = 0 e x varia de - 5 a - 1 , portanto:

γ 2 = ( t , 0 )

γ 2 ' = ( 1,0 )

- 5 ≤ t ≤ - 1

Passo 5

Vamos então calcular a integral de linha da nossa primeira curva.

Perceba que o denominador some porque fazemos:

x + 3 2 + y - 2 2 = - 3 + cos ⁡ t + 3 2 + 2 + sen ⁡ t - 2 2

= cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 1

Então nossa integral fica:

∫ γ 1 F → d r → = ∫ 2 π 0 - y - 2 d x + x + 3 d y

= ∫ 2 π 0 - 2 + sen ⁡ t - 2 - sen ⁡ t + - 3 + cos ⁡ t + 3 cos ⁡ t d t

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

∫ γ 1 F → d r → = - 2 π

Passo 6

Vamos para a nossa segunda integral.

Nosso denominador vai ficar assim:

x + 3 2 + y - 2 2 = t + 3 2 + 4

Voltando para a integral, sabendo que d x = 1 e d y = 0

∫ γ 2 F → d r → = ∫ - 5 - 1 - 0 - 2 . 1 + t + 3 . 0 t + 3 2 + 4 d t = 2 ∫ - 5 - 1 1 t + 3 2 + 4 d t

Para resolver essa integral vamos realizar uma substituição:

t + 3 = u

d t = d u

t = - 5 → u = - 2

t = - 1 → u = 2

∫ γ 2 F → d r → = 2 ∫ - 2 2 1 u 2 + 4 d u

Para resolver isso vamos ter que usar um algebrismo que vai remeter a integral de um arctan ⁡   , se você não lembra, é assim:

arctan ⁡ t ' = 1 t 2 + 1

Logo, se tivermos algo na forma 1 t 2 + 1 na integral podemos resolvê-la. Para isso, vamos dividir nosso denominador por 4 , assim:

∫ γ 2 F → d r → = 2 ∫ - 2 2 1 4 1 u 2 4 + 1   d u

∫ γ 2 F → d r → = 1 2 ∫ - 2 2 1 u 2 2 + 1 d u

Agora podemos integrar e dizer que:

∫ γ 2 F → d r → = 1 2 arctan ⁡ u 2 u = - 2 u = 2 = 1 2 arctan ⁡ 1 - arctan ⁡ - 1

“Arco cuja tangente é 1” é o ângulo 45 º e “Arco cuja tangente é - 1 ” é o ângulo de - 45 º

arctan ⁡ 1 = π 4

arctan ⁡ - 1 = - π 4

∫ γ 2 F → d r → = 1 2 π 4 - - π 4

∫ γ 2 F → d r → = 1 2 . 2 π 4

∫ γ 2 F → d r → = π 4

Passo 7

Finalizando a questão, vamos voltar para o nosso Teorema de Green!

∫ γ F → d r → = - ∫ γ 1 F → d r → - ∫ γ 2 F → d r →

∫ γ F → d r → = - - 2 π - π 4

∫ γ F → d r → = 7 π 4

Resposta

7 π 4

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