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Exercícios Resolvidos de Integração

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Exercício 6123457891011121314

Enunciado

IME, 2019, VE2, Q2B

Seja F um campo vetorial irrotacional de classe C 1   definido em R 2 - ( A , B ) , onde A = ( - 1,0 ) e B = ( 1,0 ) . Seja C 1 a circunferência de raio 1 centrada em A e seja C 2 a circunferência de raio 1 2 centrada em B , ambas com sentido anti-horário. Suponha que

I 1 = ∫ C 1 F ⋅ d   l → = 2                         I 2 = ∫ C 2 F ⋅ d   l → = 1        

  1. Expresse ∫ γ F ⋅ d   l → como uma combinação linear de I 1 e I 2 com coeficientes racionais, onde γ   é a curva fechada representada no desenho abaixo:

  2. Supondo que F = α G 1 + β G 2 onde

G 1 = y x + 1 2 + y 2 ,   - x + 1 x + 1 2 + y 2           e           G 2 = y x - 1 2 + y 2 ,   - x - 1 x - 1 2 + y 2

Determine os valores das constantes reais α e β .

Passo 1

Fala pessoal! Uma ideia direta e braçal é integrar F = α G 1 + β G 2 primeiro em C 1 e depois em C 2 e montar um sistema em α ,   β , como abaixo:

∫ C 1 F ⋅ d   l → = α ∫ C 1 G 1 ⋅ d   l → + β ∫ C 1 G 2   ⋅ d   l → = 2 ∫ C 2 F ⋅ d   l → = α ∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → + β ∫ C 2 G 2   ⋅ d   l → = 1

De forma que calculando as integrais, nosso problema se reduz a resolução de um sistema linear com duas incógnitas e duas equações.

r e centro ( x 0 ,   y 0 ) possui parametrização:

σ t = x 0 + r cos ⁡ t ,   y 0 + r sin ⁡ t

Assim, as circunferências C 1 de centro - 1,0 e raio 1 e, ainda, C 2 de centro ( 1,0 ) e raio 1 / 2 são dadas por:

C 1 :                   σ 1 t = ( - 1 + cos ⁡ t , sin ⁡ t )

C 2 :         σ 2 t = 1 + 1 2 cos ⁡ t , 1 2 sin ⁡ t

Com isso, calcularemos as integrais de curva dos campos vetoriais usando:

∫ C 1 G 1 ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 1 σ 1 ⋅ σ 1 ' t   d t                                       ∫ C 2 G 2   ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 2 σ 2 ⋅ σ 2 ' t     d t

Porque G 1 e G 2 apresentam simetria em relação a C 1 e C 2 , respectivamente.

Passo 2

Logo,

∫ C 1 G 1 ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 1 σ 1 ⋅ σ 1 ' t   d t

= ∫ 0 2 π sin ⁡ t - 1 + cos ⁡ t + 1 2 + sin 2 ⁡ t ,   - - 1 + cos ⁡ t + 1 - 1 + cos ⁡ t + 1 2 + sin 2 ⁡ t ⋅ σ 1 ' t   d t

= ∫ 0 2 π sin ⁡ t , - cos ⁡ t ⋅ - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t = - ∫ 0 2 π d t ⇒ ∫ C 1 G 1 ⋅ d   l → = - 2 π

Passo 3

E ainda,

∫ C 2 G 2   ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 2 σ 2 ⋅ σ 2 ' t     d t =

= ∫ 0 2 π 1 2 sin ⁡ t 1 + 1 2 cos ⁡ t - 1 2 + 1 4 sin 2 ⁡ t ,   - 1 + 1 2 cos ⁡ t   - 1 1 + 1 2 cos ⁡ t - 1 2 + 1 4 sin 2 ⁡ t ⋅ σ 2 ' t     d t =

= ∫ 0 2 π 1 2 sin ⁡ t 1 / 4 ,   - 1 2 cos ⁡ t   1 / 4 ⋅ - 1 2 sin ⁡ t , 1 2 cos ⁡ t       d t =

= ∫ 0 2 π sin ⁡ t ,   - cos ⁡ t ⋅ - sin ⁡ t , cos ⁡ t       d t = - ∫ 0 2 π   d t ⇒ ∫ C 2 G 2 ⋅ d   l → = - 2 π

Passo 4

Agora, nas outras duas integrais:

∫ C 2 G 1 ⋅ d   l →                               ∫ C 1 G 2   ⋅ d   l →

Perdemos a simetria, então o cálculo pode ficar complicadinho, mas não deixa de ser uma opção calcular:

∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 1 σ 2 ⋅ σ 2 ' t   d t      

∫ C 1 G 2   ⋅ d   l → = ∫ 0 2 π G 2 σ 1 ⋅ σ 1 ' t     d t

Contudo, como forma de encurtar esse cálculo veja que se integrarmos as coordenadas de G 1 em relação a y e x , respectivamente, obtemos funções similares. Isto nos leva a:

G 1 = y x + 1 2 + y 2 ,   - x + 1 x + 1 2 + y 2 = ∂ g 1 ∂ y ,   - ∂ g 1 ∂ x

Com g 1 = 1 2 ln ⁡ x + 1 2 + y 2 , contínua no interior de C 2 . Logo podemos aplicar o Teorema de Green, o qual indica que para funções contínuas em uma região D cujo limite seja C:

∫ C P   d x + Q   d y = ∬ D ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y

Assim,

∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → = ∫ C 2 ∂ g 1 ∂ y d x +   - ∂ g 1 ∂ x d y

Tal que:

∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → = ∬ i n t   C 2 ∂ ∂ x - ∂ g 1 ∂ x - ∂ ∂ y ∂ g 1 ∂ y d x d y = ∬ i n t   C 2 - Δ g 1   d x d y

Onde o operador laplaciano: Δ = ∂ 2 ∂ x 2 + ∂ 2 ∂ y 2   e g 1 a menos de um fator multiplicativo e uma translação é solução fundamental da equação de Laplace, isto é:

Δ 1 2 ln ⁡ x + 1 2 + y 2 = 0

Como é fácil verificar:

Δ 1 2 ln ⁡ x + 1 2 + y 2 =   ∂ 2 ∂ x 2 1 2 ln ⁡ x + 1 2 + y 2 + ∂ 2 ∂ y 2 1 2 ln ⁡ x + 1 2 + y 2 =

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

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

=   x + 1 2 + y 2 - x + 1 ⋅ 2 ( x + 1 ) x + 1 2 + y 2 2   + x + 1 2 + y 2 - y ⋅ 2   y x + 1 2 + y 2 2   =

=   y 2 - x + 1 2 x + 1 2 + y 2 2   + x + 1 2 - y 2 x + 1 2 + y 2 2   = 0

Assim,

∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → = ∬ i n t   C 2 - Δ g 1   d x d y = ∬ i n t   C 2 -   0     d x d y ⇒ ∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → = 0

Analogamente, observe que

G 2 = y x - 1 2 + y 2 ,   - x - 1 x - 1 2 + y 2 = ∂ g 2 ∂ y ,   - ∂ g 2 ∂ x

Com g 2 = 1 2 ln ⁡ x - 1 2 + y 2 , a qual também é contínua no interior de C 1 , donde, teremos pelo mesmo raciocínio:

∫ C 1 G 2 ⋅ d   l → = 0

Passo 5

Passo 6

Retornando ao sistema original, temos:

α ∫ C 1 G 1 ⋅ d   l → + β ∫ C 1 G 2   ⋅ d   l → = 2 α ∫ C 2 G 1 ⋅ d   l → + β ∫ C 2 G 2   ⋅ d   l → = 1 ⇒ α ( - 2 π ) + β 0 = 2 α 0 + β ( - 2 π ) = 1 ⇒ α = - 2 / 2 π β = - 1 / 2 π

Resposta

α = - 2 / 2 π β = - 1 / 2 π

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