Exercícios Resolvidos de Campos Singulares

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Enunciado

Sejam F 1 ( x , y ) e F 2 ( x , y ) funções reais de classe C 1 e U = R 2 - { A , B } ( A e B como na figura), tais que ∂ F 1 ∂ y = ∂ F 2 ∂ x em U . Sendo C 1 , C 2 , C 3 as curvas dadas na figura, calcule ∮ C 3 F 1 d x + F 2 d y , supondo que:

∮ C 1 F 1 d x + F 2 d y = 12   e   ∮ C 2 F 1 d x + F 2 d y = 15

Passo 1

O exercício nos pede pra calcular o integral de linha vetorial escrita na forma:

∮ C 3 F 1 d x + F 2 d y

Mas não temos muita informação sobre o campo F → = ( F 1 , F 2 ) , apenas sobre as derivadas de suas componentes, ∂ F 1 ∂ y = ∂ F 2 ∂ x .

Por sorte isso, isso já é o suficiente pra calcularmos o teorema de Green:

∮ ∂ D F 1 d x + F 2 d y = ∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

Até ai tudo bem, né? O problema é que a nossa curva C 3 não satisfaz as condições do teorema, porque não é simples e o campo não é definido em toda a região limitada pela curva por causa dos pontos A e B .

Mas calma que tem solução pra isso, vamos ver como fica!

Passo 2

Primeiro, vamos dividir a curva em dois pedaços, para garantir que, assim, teremos duas curvs simples. Dessa forma, vamos chamar de C 3 a e C 3 b - (podemos ver que esse pedaço está no sentido horário e, portanto, botamos esse sinalzinho para identificar a orientação negativa) os pedaços:

C 3 a

C 3 b -

Agora sim temos duas curvas fechadas e simples, de forma que:

∫ C 3 F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r + ∫ C 3 b - F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r - ∫ C 3 b F ∙ d r

Agora só temos que resolver as singularidades.

Passo 3

Lembra que podemos criar curvas com “buracos” pra usarmos no teorema de Green?

Se fizermos então:

γ a = C 3 a ∪ C 1 -

γ b = C 3 b ∪ C 2 -

(Lembrando que as curvas internas devem ter orientação positiva, no sentido horário. E as curvas externas, orientação positiva, no sentido anti-horário.)

Com isso, temos que as regiões limitadas por γ a e γ b são válidas, então γ a = ∂ D a e γ b = ∂ D b , e podemos aplicar o teorema de Green:

∮ ∂ D a F 1 d x + F 2 d y = ∬ D a ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

E

∮ ∂ D b F 1 d x + F 2 d y = ∬ b ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

Então vamos resolver uma por uma pra ver como que fica!

Passo 4

Na primeira, vamos ter:

∮ ∂ D a F 1 d x + F 2 d y = ∬ D a ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

→ ∫ C 3 a F ∙ d r + ∫ C 1 - F ∙ d r = 0

→   ∫ C 3 a F ∙ d r = - ∫ C 1 - F ∙ d r = ∫ C 1 F ∙ d r

Que é dado na questão, então:

∫ C 3 a F ∙ d r = 12

Passo 5

Para a segunda, vamos ter:

∮ ∂ D b F 1 d x + F 2 d y = ∬ D b ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = 0

→ ∫ C 3 b F ∙ d r + ∫ C 2 - F ∙ d r = 0

→   ∫ C 3 b F ∙ d r = - ∫ C 2 - F ∙ d r = ∫ C 2 F ∙ d r

Que também foi dado:

∫ C 3 b F ∙ d r = 15

Passo 6

Por fim, vamos só jogar esses valores na integral que tinhamos lá em cima, vamos lembrar:

∫ C 3 F ∙ d r = ∫ C 3 a F ∙ d r - ∫ C 3 b F ∙ d r = 12 - 15 = - 3

Resposta

- 3

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