Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Considere o campo vetorial F → : R 2 - 0 ,   0 dado por

F → x ,   y = - y 3 x 2 + y 2 2 ,   x y 2 x 2 + y 2 2 .

  1. Mostre que ∫ C   F → ⋅ d r → = π , onde C é a circunferência x 2 + y 2 = R 2 .
  2. O campo F → é conservativo em R 2 - 0 ,   0 ? Justifique.
  3. Sendo F → = P ,   Q , mostre que ∂ P ∂ y = ∂ Q ∂ x .
  4. Mostre que ∮ C   F → ⋅ d r → = π para toda curva C fechada simples que circunde a origem.

Passo 1

a )

Devemos então aqui calcular essa integral de linha pedida. Para fazer isso, temos dois possíveis métodos:

1º - Método direto.

2º - Teorema de Green.

Eu quero que você entenda do porquê vamos seguir o primeiro ao invés de usar o Teorema. Então venha comigo!

Passo 2

Se fôssemos utilizar o Teorema de Green, deveríamos antes de aplicar a igualdade de Green:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Verificar as condições do Teorema, que nos pede:

1º - Uma curva fechada C delimitando uma região D . O que não nos é um problema, afinal a curva é uma circunferência de certo raio R (um número real).

2º - Orientada positivamente – girando no sentido anti-horário. O que também não é um problema, pois como o item não nos falou nada, tomamos como o sentido positivo esteja valendo.

3º - Um campo sem singularidades onde estamos trabalhando, e adivinha... Temos uma singularidade, afinal

F → x ,   y = - y 3 x 2 + y 2 2 ,   x y 2 x 2 + y 2 2

Se substituíssemos as coordenadas da origem, teríamos uma divisão por zero o que sabemos ser impossível. Então temos uma singularidade na origem. E o que deveríamos fazer?

Eliminar o problema adicionando outra curva, uma circunferência, assim a região D passaria a ser

Mas repara que a integral de linha continuaria sendo calculada em cima de uma circunferência, logo, não há vantagens em resolver a integral pelo teorema, sacou?

Passo 3

Então vamos calcular a integral de linha de forma direta

∫ C   F → ⋅ d r →

Onde C ...

Precisamos primeiro parametrizar a curva:

x 2 + y 2 = R 2

Para fazer isso, basta usar as primas da mudança para as coordenadas polares...

x = R cos ⁡ t

y = R sin ⁡ t

Tome cuidado! R não é variável como na mudança de coordenadas, e sim um número real ;).

γ t = R cos ⁡ t ,   R sin ⁡ t

O parâmetro t dá uma volta completa

0 ≤ t ≤ 2 π

Passo 4

Com a parametrização em mãos, devemos substitui-la no termos do campo vetorial...

F → x ,   y = - y 3 x 2 + y 2 2 ,   x y 2 x 2 + y 2 2

Substituindo pela parametrização (lembrando que x 2 + y 2 = R 2 )...

F → γ t = - R sin ⁡ t 3 R 2 2 ,   R cos ⁡ t R sin ⁡ t 2 R 2 2 →

F → γ t = - R 3 sin 3 ⁡ t R 4 ,   R 3 cos ⁡ t sin 2 ⁡ t R 4     →

F → γ t = - sin 3 ⁡ t R ,   cos ⁡ t sin 2 ⁡ t R

Passo 5

Prosseguindo, calculemos o termo d r → :

d r → = γ ' t d t

d r → = R cos ⁡ t ,   R sin ⁡ t ' d t

Derivando...

d r → = - R sin ⁡ t +   R cos ⁡ t d t

Passo 6

Voltando para a integral de linha...

∫ C   F → ⋅ d r →

e substituindo tudo...

∫ C   F → ⋅ d r → = ∫ 0 2 π - sin 3 ⁡ t R ,   cos ⁡ t sin 2 ⁡ t R ⋅ - R sin ⁡ t +   R cos ⁡ t d t =

∫ 0 2 π sin 4 ⁡ t +   cos 2 ⁡ t sin 2 ⁡ t d t =

∫ 0 2 π sin 2 ⁡ t sin 2 ⁡ t + cos 2 ⁡ t   d t = ∫ 0 2 π sin 2 ⁡ t   d t

Lembrando que sin 2 ⁡ t = 1 - cos ⁡ 2 t 2 ...

∫ 0 2 π sin 2 ⁡ t   d t = ∫ 0 2 π 1 2 - cos ⁡ 2 t 2   d t =

1 2 t - sin ⁡ 2 t 4 0 2 π = π

Então é de fato válida a relação...

∫ C   F → ⋅ d r → = π

Passo 7

b )

Existem várias formas de provar que a resposta para essa pergunta é não. O campo não é conservativo.

A forma mais fácil de provar isso é só observar que em um campo conservativo, em qualquer curva fechada pertencente ao domínio da função, o resultado da integral de linha é sempre zero.

Ora! Acabamos de calcular o resultado de uma integral de linha em cima de uma curva fechada e pertencente o domínio R 2 - 0 ,   0 e o seu resultado foi diferente de 0 , logo, o campo não é conservativo !

Passo 8

c )

Nesse item basta calcular essas derivadas e verificar. Veja:

F → x ,   y = - y 3 x 2 + y 2 2 ⏟ P ,   x y 2 x 2 + y 2 2 ⏟ Q

∂ P ∂ y = ∂ ∂ y - y 3 x 2 + y 2 2

Fique atento a regra da cadeia...

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

Cuidado também com a regra da cadeia...

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

∂ P ∂ y = - 3 y 2 x 2 + y 2 2 + 4 y 4 x 2 + y 2 x 2 + y 2 2 2

Calculando também a outra derivada...

∂ Q ∂ x = ∂ ∂ x x y 2 x 2 + y 2 2

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

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

∂ Q ∂ x = x 2 + y 2 2 y 2 - 4 x 2 y 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 2 2

Agora igualamos e vamos ver se de fato é igual ou não:

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

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

Para x e y diferente de 0 ,   0 ...

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

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

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

Epa!

0 = 0

Então de fato

∂ P ∂ y = ∂ Q ∂ x

Passo 9

d )

Bem, qualquer curva que circunde o ponto 0 ,   0 . Como vimos lá atrás no passo 2 , podemos calcular pelo teorema de Green, o resultado se eliminarmos o ponto 0 ,   0 , com uma circunferência:

Pelo Teorema...

∫ ∂ D   F → ⋅ d r → = ∬ D   ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

∫ ∂ D   F → ⋅ d r → = ∬ D   0 d A

∫ ∂ D   F → ⋅ d r → = 0

A integral de linha em Green é sempre calculada na borda da região D , a borda é a curva bizarra C 1 e a curva C ...

∫ C   F → ⋅ d r → + ∫ C 1   F → ⋅ d r → = 0

∫ C 1   F → ⋅ d r → = - ∫ C   F → ⋅ d r →

Podemos inverter esse sinal de menos se invertermos o sentido de giro da curva C , ou seja, ao invés de girar para o sentido horário, girar no sentido anti-horário.

∫ C 1   F → ⋅ d r → = ∫ C   F → ⋅ d r →

Já calculamos essa integral de linha, afinal C é uma circunferência de raio qualquer, e o seu valor é...

∫ C 1   F → ⋅ d r → = π

Sacou?

Resposta

a )   ∫ C   F → ⋅ d r → = π

b )   N ã o   é   c o n s e r v a t i v o

c )   ∂ P ∂ y = ∂ Q ∂ x

d )   π

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