Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Seja

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

Calcule ∫ γ   F → . d r → onde γ é a curva x 2 - 2 x + 3 y 2 = 9 , orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Bom, já deu para ver que calcular essa integral aí pela definição deve dar muito trabalho, né? Vamos tentar aplicar Green então. Temos:

∂ F 2 ∂ x = 1 2 x 2 + y 2 - x ( 4 x ) 2 x 2 + y 2 2

∂ F 1 ∂ y = - 1 2 x 2 + y 2 + y ( 2 y ) 2 x 2 + y 2 2

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

Bom, isso quer dizer que o campo é conservativo.

Passo 2

Pelo Teorema de Green, considerando C uma curva fechada orientada no sentido anti-horário e D a região limitada por ela, temos:

∫ C   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

Ok, agora vamos analisar nossa curva γ :

x 2 - 2 x + 3 y 2 = 9

x - 1 2 + 3 y 2 = 9

Isso é uma elipse, certo? Portanto uma curva fechada. Então, vamos aplicar Green em γ !

Pera aí, olha a expresão do campo:

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

Temos uma singularidade no ponto ( 0,0 ) , onde o denominador dessas frações é zero, portanto, a região onde vamos aplicar Green não pode conter a origem.

Já que a origem está dentro da elipse γ , precisamos excluir esse ponto da região D o envolvendo com uma outra curva.

Para facilitar as contas, vamos usar a elipse:

2 x 2 + y 2 = 1

Pois sua equação tem muita semelhança com o denominador do campo (isso vai simplificar as coisas).

Ok, então a fronteira C em que vamos aplicar Green é essa aqui:

A elipse azul é γ e a vermelha é a curva auxiliar que criamos, podemos chamar de r . Como as curvas estão com orientação positiva, sendo D a região em cinza, podemos escrever:

∫ C   F ⋅ d r = ∫ γ   F ⋅ d r + ∫ r   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

∫ γ   F ⋅ d r = - ∫ r   F ⋅ d r

Beleza?

Passo 3

Agora precisamos calcular a integral de linha na elipse menor (por isso escolhemos uma curva que tivesse semelhança com o campo, sacou?).

Vamos parametrizar a elipse 2 x 2 + y 2 = 1 usando coordenadas elípticas:

r → θ = 1 2 cos ⁡ θ ,   s e n   θ

Esse coeficiente 1 2 está aí para cancelar o 2 na equação da elipse quando fazemos a mudança de variáveis, transformando a elipse em r = 1 .

Como temos uma volta completa na elipse no sentido horário, θ vai de 2 π a 0 .

Passo 4

Agora vamos derivar essa parametrização:

r → ' θ = - 1 2 s e n   θ ,   cos ⁡ θ

Passo 5

Escrevendo o campo

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

r → θ = 1 2 cos ⁡ θ ,   s e n   θ

Nas variáveis da parametrização, temos:

F x ( θ ) , y ( θ ) = - - s e n   θ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ , 1 2 cos ⁡ θ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ + s e n 2 θ

F x ( θ ) , y ( θ ) = - s e n   θ , 1 2 cos ⁡ θ + s e n 2 θ

Podemos, então, substituir os valores que encontramos na fórmula abaixo:

∫ r   F ⋅ d r = ∫ a b F x θ ,   y θ ⋅   r ' →   d θ

∫ r   F ⋅ d r = ∫ 2 π 0 - s e n   θ , 1 2 cos ⁡ θ + s e n 2 θ ⋅ - 1 2 s e n   θ ,   cos ⁡ θ   d θ

Passo 6

Agora vamos resolver isso aí:

∫ r   F ⋅ d r = ∫ 2 π 0 1 2 s e n 2   θ + 1 2 cos 2 ⁡ θ + cos ⁡ θ s e n 2 θ   d θ

= ∫ 2 π 0 1 2 + cos ⁡ θ s e n 2 θ   d θ =

= θ 2 + 1 3 s e n 3 θ 2 π 0 =

= - 2 π 2

Como

∫ γ   F ⋅ d r = - ∫ r   F ⋅ d r

Nós temos

∫ γ   F ⋅ d r = 2 π 2

Resposta

2 π 2

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