Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Considere o campo

F P , Q = x 2 + x + a 2 y 2 , y 2 + 2 a x y

com a R . Usando Green, resolva as seguintes questões:

a) Desenhe a região limitada por 2 x + y = 4 , x = 1 e y = 0 e selecione uma parametrização orientada positivamente para seu contorno γ (ou γ orientada anti-horáriamente).

b) Determine os valores do parâmetro a de modo que a integral ∫ γ P d x + Q d y = 0 .

c) Calcule a integral de linha do campo para o valor a = 2 .

∫ γ P d x + Q d y

Passo 1

Fala aí! Tudo certinho? Esta questão está um pouco complicada? Relaxa que vamos tentar te ajudar. 😎

Nessa questão foi dado um vetor F P , Q com uma constante a arbitrária onde

F P , Q = x 2 + x + a 2 y 2 , y 2 + 2 a x y

No item a) a questão apenas nos pede pra calcular uma região limitada pelas curvas 2 x + y = 4 , x = 1 e y = 0 e escrever como uma parametrização.

No item b) temos que descobrir um valor para a constante a para satisfazer a integral ∫ γ P d x + Q d y = 0 .

E por último, no item c) vamos substituir a por 2 e calcular a integral ∫ γ P d x + Q d y .

E como podemos fazer esses cálculos?? 🤔

Perceba que temos uma integral do tipo P d x + Q d y , nesses casos, certamente temos que usar o Teorema de Green para nos ajudar, até porque seria muito difícil calcular uma integral para F nesse caso.

Entendeu? Bora lá! 🐱‍👤

Passo 2

Vamos começar desenhando a região . Plotando as curvas 2 x + y = 4 , x = 1 e y = 0 , vamos obter a seguinte região.

Se a gente usar x como u e y como v , vemos que v deve ser maior que 0 e menor que 2 e u deve ser maior que 1 e menor que 2 - v 2 , ou seja, a parametrização para essa curva é

1 ≤ u ≤ 2 - v 2 0 ≤ v ≤ 2

Certinho essa parte? 😉

Agora no item b) vamos obter um valor para a tal que ∫ γ P d x + Q d y = 0 .

Para essa condição ser satisfeita, temos que ter ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0 , se pelo vetor F , P = x 2 + x + a 2 y 2 e Q = y 2 + 2 a x y , vamos aplicar essas derivadas.

Derivando Q em função de x

∂ Q ∂ x = ∂ y 2 + 2 a x y ∂ x

Por derivação polinomial, temos

∂ Q ∂ x = 2 a x 1 - 1 y = 2 a y

Tranquilo até aqui? 😁

Passo 3

Agora derivamos P com relação a y

∂ P ∂ y = ∂ x 2 + x + a 2 y 2 ∂ y

Também pelo método de integração polinomial

∂ P ∂ y = 2 a 2 y 2 - 1 = 2 a 2 y

Forçando ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0 , temos

2 a y - 2 a 2 y = 0

2 a y = 2 a 2 y

Simplificando a equação

2 = 2 a

a = 1

Ou seja, dizemos que se ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0 o campo F é conservativo e para isso acontecer a deve ser 1 !

Bacana, não é? 😉

Por fim, vamos obter a integral

∫ γ P d x + Q d y

Para a = 2 .

Pelo Teorema de Green, podemos escrever

∫ γ P d x + Q d y = ∫ ∫ A ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Vimos que ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y resulta em uma função bem pequena, então vamos calcular pelo segundo modelo.

Substituindo a por 2 , temos

∫ ∫ A 2 2 y - 2 2 2 y d A → ∫ ∫ A - 4 y d A

Está acompanhando?

Passo 4

Como já parametrizamos γ , vamos substituir y por v na nossa função de integração e aplicando os limites de integração de acordo com o intervalo obtido no item a), temos

∫ 0 2 ∫ 1 2 - v 2 - 4 u d u d v

Aplicando o método de integração polinomial

∫ - 4 u d u = - 4 u 1 + 1 1 + 1 = - 2 u 2

Aplicando os limites de integração

∫ 1 2 - v 2 - 4 u d u = - 2 2 - v 2 2 - - 2 1 2

∫ 1 2 - v 2 - 4 u d u = - 2 4 - 2 v + v 2 4 + 2

Simplificando o resultado, temos

∫ 1 2 - v 2 - 4 u d u = - v 2 2 + 4 v - 6

Agora com base nesse resultado integramos com relação a v

∫ - v 2 2 + 4 v - 6 d v = - v 2 + 1 2 2 + 1 + 4 v 1 + 1 1 + 1 - 6 v = - v 3 6 + 2 v 2 - 6 v

Aplicando os limites de integração

∫ 0 2 - v 2 2 + 4 v - 6 d v = - 2 3 6 + 2 2 2 - 6 2 - - 0 3 6 + 2 0 2 - 6 0

∫ 0 2 - v 2 2 + 4 v - 6 d v = - 16 3

Portanto o resultado da integral que procurávamos, é

∫ γ P d x + Q d y = - 16 3

Fim! Iae, o que achou? Responde Aí! 😁

Resposta

a) 1 ≤ u ≤ 2 - v 2 0 ≤ v ≤ 2

b) a = 1

c) ∫ γ P d x + Q d y = - 16 3

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