Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Seja

G → x , y = - y - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , x - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 + ( 0 , x )

E γ a curva x 2 + y 2 = 25 percorrida uma vez no sentido anti-horário. Calcule ∫ γ   G → . d r → .

Passo 1

Bom, como esse campo tem uma expressão muito grande, calcular a integral de linha pela definição aqui não parece uma boa ideia. Vamos tentar aplicar o Teorema de Green.

Agora que vem a malícia da questão. Vamos olhar primeiro só para a primeira parte do campo. Se você reparar, o termo - y - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , presente na primeira componente do campo tem muita semelhança com o termo x - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , presente na segunda. Se a gente calcular a diferença das derivadas parciais

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Só com esses dois termos, ela vai dar zero, ou seja, o campo seria conservativo se só tivesse esses termos.

Bom.. Que tal então a gente fazer isso acontecer? Vamos dividir esse campo em 2:

G → x , y = G 1 → x , y + G 2 → x , y

Onde

G 1 → x , y = - y - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , x - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2

G 2 → x , y = ( 0 , x )

Beleza? Então, podemos escrever:

∫ γ   G → . d r → = ∫ γ   G 1 → . d r → + ∫ γ   G 2 → . d r →

Ou seja, primeiro vamos resolver o problema só com o campo G → 1 , que é conservativo, depois só com o G 2 → e, então, somar as respostas.

Passo 2

Para o campo G → 1

G 1 → x , y = - y - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , x - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2

Aqui nós temos um problema, se você reparar, o campo G não está definido em ( 1 , - 1 ) , que pertence ao interior da nossa curva.

x 2 + y 2 = 25

Então, nossa região não pode ser o interior da circinferência de raio 5 . Vamos, então, fazer uma outra curva que envolva a origem(orientada em sentido horário), e considerar nossa região como o anel formado pelas duas.

Beleza, conseguimos tirar a origem da jogada tornando nossa região um anel, agora podemos aplicar Green.

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

Onde D   é o anel que está entre as duas curvas. Temos então:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = x - 1 2 + 9 y + 1 2 - x - 1 2 ( x - 1 ) x - 1 2 + 9 y + 1 2 2 - - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 - - y - 1 18 ( y + 1 ) x - 1 2 + 9 y + 1 2 2 = 0

Ótimo, com tínhamos previsto, o campo é conservativo. Isso nos dá que:

∫ γ   G → 1 . d r → + ∫ C   G 1 → . d r → = 0

∫ γ   G 1 → . d r → = - ∫ C   G 1 → . d r →

Ok, agora vamos ver quem é C .

Agora repara o seguinte, temo x - 1 2 + 9 y + 1 2 no denominador do campo... Parece uma elipse (deslocada), não é? Não seria muito bom se a nossa curva fosse uma elipse desse tipo? Olha só, vamos definir a elipse C :

x - 1 2 + 9 y + 1 2

Repara que ela isola o ponto ( 1 , - 1 ) da nossa região, pois esse é o seu centro. Percebeu?

Sua parametrização, em coordenadas elípticas é:

C θ = cos ⁡ θ + 1 , 1 3   s e n   θ - 1

Quando a gente aplicar isso aí na função do campo, as coisas vão ficar muito mais simples, porque o termo   x - 1 2 + 9 y + 1 2 vai virar 1. Olha que lindo né.

Como a circunferência está orientada no sentido anti-horário, para nossa curva estar orientada positivamente, a elipse deve ser percorrida no sentido horário, ou seja, θ vai desde 2 π até 0 .

Vamos calcular agora a derivada dessa parametrização:

C ' θ = - s e n   θ , 1 3 cos ⁡ θ

Então, usando a definição de integral de linha, podemos escrever o seguinte:

∫ γ   G 1 → . d r → = - ∫ C   G 1 → x θ ,   y θ . C ' → d θ

O campo

G 1 → x , y = - y - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2 , x - 1 x - 1 2 + 9 y + 1 2

Escrito em termos da parametrização

C θ = cos ⁡ θ + 1 , 1 3   s e n   θ - 1

Fica

G 1 → x θ , y ( θ ) = - 1 3   s e n   θ + 1 - 1 , cos ⁡ θ + 1 - 1

= - 1 3   s e n   θ , cos ⁡ θ

Substituindo o campo, a derivada da parametrização e os seus intervalos na integral, temos:

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

= - ∫ 2 π 0 1 3 s e n 2 θ + 1 3 cos 2 ⁡ θ d θ =

= - 1 3 ∫ 2 π 0 d θ =

= 2 π 3

Calma que não acabou, ainda falta o campo G 2 !

Passo 3

Para o campo G 2 →

Vamos lá, gente, força, quase acabando. O outro campo é o seguinte:

G 2 → x , y = 0 , x

E nós queremos

∫ γ   G 2 → . d r →

Bom, como esse campo não tem nenhum problema com singularidade, podemos usar só a circunferência do enunciado para limitar nossa região, né? Vamos aplicar Green nesse aqui:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 - 0 = 1

Temos então

∫ γ   G 2 → . d r → = ∬ D   1   d x d y

Onde D é a região dentro da circunferência x 2 + y 2 = 25 . Agora é só resolver essa integral dupla aí. Na verdade nem precisamos resolver muita coisa:

∫ γ   G 2 → . d r → = Á r e a D = 25 π

Área do círculo, lembra?

Passo 4

Como nós dissemos lá no início, a integral que queremos é dada por:

∫ γ   G → . d r → = ∫ γ   G 1 → . d r → + ∫ γ   G 2 → . d r →

Substituindo os valores que encontramos

∫ γ   G → . d r → = 2 π 3 + 25 π = 77 π 3

Resposta

77 π 3

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