Teorema de Green

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Utilize o Teorema de Green para calcular a integral de linha ∮ C e x + y 2 d x + e y + x 2 d y , onde C é a fronteira da região entre y = x 2 e y = x , percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

Vamos esboçar a região para entender melhor o problema. Temos uma reta y = x e uma parábola y = x 2 :

Para podermos aplicar o Teorema de Green, orientamos positivamente a curva.

Passo 2

Vamos relembrar o que diz o teorema de Green? To sentindo que você disse “Siiim” então vambora, o teorema de Green é isso aqui para curvas fechadas, orientada positivamente (sentido anti horário) e sem singularidade

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

Então vamos calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Temos

F x , y = e x + y 2 , e y + x 2

F 1 = e x + y 2

F 2 = e y + x 2

Então temos que

∂ F 2 ∂ x = e y + x 2 ' = 2 x

∂ F 1 ∂ y = e x + y 2 ' = 2 y

Ficando com:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x - 2 y

Que pode ser escrito desse jeitinho aqui para podermos colocar esse 2 para fora quando formos integrar! ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 ( x - y )

Passo 3

Agora vamos montar a integral dupla, utilizando o Teorema de Green:

∫ C e x + y 2 d x + e y + x 2 d y = 2 ∬ D ( x - y )   d x d y

Onde D é a região limitada pela curva C , que vimos lá em cima. Vamos, então, descrever essa região para reescrever essa integral dupla em iterada. Temos que y varia entre

y = x

y = x 2

Como x 2 está na parte de baixo, ela será nosso limite inferior, e x está em cima então vai ser nosso limite superior, ok?

x 2 ≤ y ≤ x

E x varia entre

0 ≤ x ≤ 1

(é uma Região do tipo I, lembra dela? Hehe)

Nossa integral passa a ser então:

2 ∫ 0 1 ∫ x 2 x ( x - y )   d y d x

Passo 4

Começaremos integrando em relação a y :

2 ∫ 0 1 ∫ x 2 x x - y d y d x

Integrando a parte de dentro:

= 2 ∫ 0 1 x y - y 2 2 x 2 x d x =

= 2 ∫ 0 1 x 2 - x 2 2 - x 3 + x 4 2 d x =

= 2 ∫ 0 1 x 2 2 - x 3 + x 4 2 d x =

Passo 5

Agora em relação a x resolvendo a integral de fora:

= 2 ∫ 0 1 x 2 2 - x 3 + x 4 2 d x =

= 2 x 3 6 - x 4 4 + x 5 10 0 1

Substituindo os valores, temos

2 1 3 6 - 1 4 4 + 1 5 10 - 2 0 3 6 - 0 4 4 + 0 5 10

= 2 1 6 - 1 4 + 1 10

Isso dá

2 6 - 2 4 + 2 10

Podemos simplificar os termos e temos

= 1 3 - 1 2 + 1 5

Pra fazer essa soma precisamos encontrar um denominador como a todas das frações. Fazendo o MMC, temos que o denominador é 30 , então ficamos com

10 30 - 15 30 + 6 30

Agora que já está com o denominador igual, resolvemos a parte de cima e repetimos a parte de baixo. Que nos dá

= 1 30

Resposta

1 30

Exercício Resolvido #2

Calcule

∮ C   x 2 - y 2 2 d x + x 2 2 + y 4 d y

onde C é a fronteira da região D definida por

D = x , y ∈ R 2 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 ,   x ≥ 0 ,   y ≥ 0

orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Opa, tudo bom? Vamos seguir com nosso estudo do Teorema de Green.

Vamos fazer um esboço da curva:

Como x 2 + y 2 é o raio de uma circunferência, a região está limitada por uma circunferência de raio 1 e outra de raio 2 . Como temos x ≥ 0 e y ≥ 0 , tomamos apenas o 1º quadrante.

Essa curva (a fronteira da região) é formada por 4 segmentos, cada um com uma parametrização. Resolvendo pela integral de linha, isso ia gerar muito trabalho. O que é uma dica de que pode ser uma boa usar o Teorema de Green, vamos tentar!

Passo 2

Vamos relembrar o que diz o teorema de Green? To sentindo que você disse “Siiim” então vambora, o teorema de Green é isso aqui para curvas fechadas, orientada positivamente (sentido anti horário) e sem singularidade

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

Onde a intenção é transformar uma integral de linha complicada em uma integral dupla bem mais simples.

Então vamos calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Temos

F x , y = x 2 - y 2 2 , x 2 2 + y 4

F 1 = x 2 - y 2 2                                 F 2 = x 2 2 + y 4

Então temos que

∂ F 2 ∂ x = x 2 2 + y 4 ' = x

∂ F 1 ∂ y = x 2 - y 2 2 ' = - y

O campo vetorial da questão pode ser escrito como:

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

Passo 3

Agora podemos montar a integral. Aplicando o teorema de Green, a integral do enunciado pode ser escrita como:

∬ D   x + y d x d y

Note que a curva está orientada positivamente!

Passo 4

Como a região D está compreendida entre dois arcos de circunferência, a melhor saída aqui são as coordenadas polares. Faremos:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Pelo próprio gráfico, vemos que

0 ≤ θ ≤ π / 2

Que equivale a 1 / 4 de circunferência. Os valores de r variam entre os dois arcos, logo

1 ≤ r ≤ 2

Temos, então:

∫ 0 π 2 ∫ 1 2 r cos ⁡ θ + r   sen ⁡ θ r   d r d θ

Colocando r em evidência dentro do parênteses, temos

∫ 0 π / 2 ∫ 1 2 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ r 2   d r d θ =

Passo 5

Agora podemos calcular a integral de dentro. Integrando em relação a r temos (lembrando que tudo que tem θ é considerado como constante!

∫ 0 π / 2 ∫ 1 2 r 2 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ   d r d θ =

= ∫ 0 π / 2 r 3 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ 3 r = 1 r = 2 d θ =

= ∫ 0 π / 2 2 3 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ 3 - 1 3 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ 3 d θ =

= ∫ 0 π / 2 8 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ 3 - 1 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ 3 d θ =

= 7 3 ∫ 0 π / 2 cos ⁡ θ + sen ⁡ θ d θ

Passo 6

Integramos, então, em relação a θ :

= 7 3 sen ⁡ θ - cos ⁡ θ 0 π / 2 =

Substituindo os valores, temos:

7 3 sen ⁡ π 2 - cos ⁡ π 2 - sen ⁡ 0 - cos ⁡ 0

Isso nos dá

= 7 3 1 - 0 - 0 - 1 =

7 3 ⋅ 2

Que dá

14 3

Prontinho! E nem doeu rs.

Resposta

14 3

Exercício Resolvido #3

Calcular a integral de linha da função vetorial

F x , y = x + 2 y , sec ⁡ y 2 e tg ⁡ y 2 + 4 x

Ao longo da curva que liga o ponto ( 2,0 ) ao ponto ( 0,0 ) e é definida pela equação y = 1 - x - 1 2 .

Passo 1

Opaaa, e ai! Vamos continuar no nosso estudo para ficar fera no Teorema de Green!!

Essa integral de linha parece complicada de se calcular diretamente pela definição, não é? O campo vetorial envolve secantes, tangentes, termos não muito agradáveis de se trabalhar! Vamos tentar, então, aplicar o Teorema de Green e ver se encontramos algo mais simples.

A curva C em que devemos integrar é uma semicircunferência, pois, elevando a equação ao quadrado, temos

y = 1 - x - 1 2

Elevando os dois lados ao quadrado, temos

y 2 = 1 - x - 1 2  

Passando x - 1 2   pro outro lado, temos

x - 1 2 + y 2 = 1

Passo 2

Como y deve ser maior que zero, queremos a parte de cima da circunferência de raio 1 centrada em ( 1,0 ) . Mas essa curva não é fechada, certo? Então vamos fechá-la na maneira mais simples: com um segmento de reta σ que liga seus pontos final e inicial.

A curva final será, portanto:

Veja que ela está orientada positivamente, não se esqueça disso!

Aplicando, então, o Teorema de Green, teremos, então:

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

Então, para achar a integral de linha da nossa curva C , vamos passar a integral da nossa reta pro outro lado e ficamos com:

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

Passo 3

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x sec ⁡ y 2 e tg ⁡ y 2 + 4 x = 4

Aqui o primeiro termo é constante pra gente pois depende só de y e estamos derivando em relação a x .

Agora F 1 :

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x + 2 y = 2

Por fim:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 4 - 2 = 2

Passo 4

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ σ   F ⋅ d r = ∬ D   2   d x d y

Sendo que

∬ D   2   d x d y = 2 ⋅ área D

Como se trata de uma semicircunferência de raio 1 , e a área da circunferência é A D = π R 2

∬ D   2   d x d y = 2 ⋅ área D

∬ D   2   d x d y = 2 ⋅ π ⋅ 1 2 2 = π

Assim:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ σ   F ⋅ d r = π

Passo 5

Falta, agora, calcular a integral sobre o segmento σ , para isso, vamos parametrizá-lo. Como temos o ponto inicial ( 0,0 ) e o final ( 2,0 ) ligados pela reta y = 0 , uma boa parametrização seria

σ → = ( x , 0 )

Onde temos

0 ≤ x ≤ 2

( y é constante e x varia).

Derivando essa expressão, temos

σ ' → = ( 1,0 )

Passo 6

Montando a integral de linha sobre σ teremos:

∫ σ   F ⋅ d r = ∫ 0 2 F σ → ⋅ σ ' → d x

Então, substituindo σ → = ( x , 0 ) nos pontos da nossa função F , temos F ( x , 0 ) que dá

∫ σ   F ⋅ d r = ∫ 0 2 x + 0 , sec ⁡ 0 2 e tg ⁡ 0 2 + 4 x ⋅ ( 1,0 ) d x

Veja que escrevemos o campo F em função da parametrização de σ .

∫ σ   F ⋅ d r = ∫ 0 2 x   d x

= x 2 2 0 2

2 2 - 0 2 2 = 4 2 = 2

Passo 7

Fazendo a diferença entre esses dois resultados, finalmente calculamos a integral sobre C :

∫ C   F ⋅ d r + ∫ σ   F ⋅ d r = π

∫ C   F ⋅ d r = π - ∫ σ   F ⋅ d r

Como achamos que ∫ σ   F ⋅ d r = 2

∫ C   F ⋅ d r = π - 2

Prontinho. Matamos mais essa!

Resposta

π - 2

Exercício Resolvido #4

Use o Teorema de Green para calcular a área da região plana A do primeiro quadrante delimitada por y = x ,   y = 1 x e y = x 9 .

Passo 1

Oieee, to aqui de novo para te dar energia virtual para continuar estudando o nosso queridíssimo Teorema de Green! 😊

Podemos utilizar o teorema de Green para calcularmos a área de uma região se lembrarmos que a área pode ser calculada pela integral dupla:

Á r e a = ∬ A   d x d y

E nós precisamos usar o Teorema de Green para calcular isso:

∮ C   F . d r = ∬ A   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Então, podemos dizer que a integral de linha sobre a borda dessa região A é igual a essa integral dupla sobre A . Sendo C orientada no sentido anti-horário (positivo).

E a condição que temos que atender é, na verdade:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1

Já que

Á r e a ( A ) = ∬ A   1 d x d y

Passo 2

Então, tudo o que precisamos é de um campo F que satisfaça essa condição. Vamos escolher um fácil, né? Pode ser:

F x , y = 0 , x

Nesse caso

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 - 0 = 1

Show! Agora podemos aplicar Green:

∮ C   F . d r = ∬ A   d x d y = Á r e a

Logo, a área que queremos é dada pela integral de linha de F em C .

Passo 3

Vamos começar fazendo um esboço dessa região. Temos a reta y = x (em vermelho) e a reta y = x 9 , que tem inclinação menor que a primeira (em azul). Temos também a curva 1 x (em verde):

A região é essa aí em cinza.

Então, a fronteira dessa região, que vai ser nossa curva C tem 3 partes, não é? Vamos precisar calcular 3 integrais de linha.

Vamos chamar de C 1 o segmento vermelho, de C 2 o azul e C 3 o verde. Isso nos dá:

Á r e a = ∫ C 1   F . d r + ∫ C 2   F . d r + ∫ C 3   F . d r

Passo 4

Vamos, agora, parametrizar esses segmentos:

C 1 pertence à reta x = y , portanto;

C 1 = ( x , x )

Para achar o ponto final devemos achar a interseção

y = x y = 1 x

Como y = x e y = 1 x temos que

x = 1 x

E isso só acontece quando

x = 1

Assim,

0 ≤ x ≤ 1

C 2 pertence à reta y = x 9 , logo:

C 2 = x , x 9

De novo, precisamos determinar a interseção

y = x 9 y = 1 x

Como y = x 9 e y = 1 x temos que

x 9 = 1 x ∴ x = 3

Ou seja,

0 ≤ x ≤ 3

C 3 pertence a y = 1 / x , o que nos dá:

C 3 = x , 1 x

Com x variando de 3 a 1 .

3 ≤ x ≤ 1

Passo 5

Agora vamos derivar essas parametrizações:

Para   C 1 = ( x , x )

C 1 ' = ( 1,1 )

Para   C 2 = x , x 9

C 2 ' = 1 , 1 9

E para   C 3 = x , 1 x

C 3 ' = 1 , - 1 x 2

Passo 6

Agora, vamos aplicar a fórmula:

∫ C   F x , y ⋅ d r = ∫ a b F x t ,   y t ⋅ C n ' t d t

Onde

F x , y = 0 , x

Para C 1 :

F x x ,   y x = 0 , x

Para C 2 :

F x x ,   y x = 0 , x

Para C 3 :

F x x ,   y x = 0 , x

Levando o que temos paras as integrais:

Á r e a = ∫ C 1   F . d r + ∫ C 2   F . d r + ∫ C 3   F . d r

Á r e a = ∫ 1 0 0 , x . ( 1,1 ) d x + ∫ 0 3 0 , x . 1 , 1 9 d x + ∫ 3 1 0 , x . 1 , - 1 x 2 d x

Fazendo as multiplicações, temos:

= ∫ 1 0 x   d x + 1 9 ∫ 0 3 x   d x - ∫ 3 1 1 x d x =

Passo 7

Agora é resolver isso aí

= x 2 2 1 0 + x 2 18 0 3 - ln ⁡ x 3 1 =

= 0 2 2 - 1 2 2 + 3 2 - 0 2 18 - ln ⁡ 1 ⏟ 0 - ln ⁡ 3

- 1 2 + 1 2 - 0 + ln ⁡ 3

= ln ⁡ 3

Resposta

ln ⁡ 3

Exercício Resolvido #5

Calcule ∫ C   e x sen ⁡ y   d x + e x cos ⁡ y + x d y , onde C é o arco da circunferência x 2 + y 2 = 1 , no primeiro quadrante, orientado no sentido anti-horário.

Passo 1

Opa, e ai!! Bora seguir com nossos estudos uhul!

Vamos fazer um esboço da curva:

A parametrização desse arco envolveria senos e cossenos, que, quando substituídos na expressão do campo vetorial, tornariam a integral muito complicada. Vamos, então, aplicar o Teorema de Green aqui.

Passo 2

Perceba que a curva C em que vamos integrar não é fechada, ela é composta apenas pelo arco de circunferência.

O que faremos então? Vamos fechá-la, formando uma curva S = C ∪ C 1 ∪ C 2 , onde C 1 é o segmento de reta horizontal e C 2 o vertical. Vamos orientar essa curva S de positivamente.

Passo 3

Teremos, então:

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

Agora, vamos isolar o termo que queremos, ∫ C   F . d r :

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

Como os segmentos C 1 e C 2 são simples de parametrizar, vamos calculá-los pela definição mesmo.

Passo 4

O campo vetorial da questão pode ser escrito como F = e x sen ⁡ y   , e x cos ⁡ y + x

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x e x cos ⁡ y + x = e x cos ⁡ y + 1

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y e x sen ⁡ y = e x cos ⁡ y

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = e x cos ⁡ y + 1 - e x cos ⁡ y = 1

Sendo S a fronteira da nossa região D , aplicando o teorema de Green, temos:

∫ S   F ⋅ d r = ∬ D   1 d x d y

E como

∬ D   1 d x d y = área D = π 4

∫ S   F ⋅ d r = π 4

Dividimos por 4, pois só estamos olhando o primeiro quadrante. Mas calma, essa ainda não é a resposta, ainda precisamos calcular a integral em C 1 e em C 2 . Guarde esse resultado.

Passo 5

Vamos parametrizar os segmentos C 1 e C 2 .

Para C 1 : Este é um segmento horizontal em que y = 0 e x varia, portanto, podemos parametrizá-lo assim: σ 1 → = ( x , 0 ) , onde x varia de 0 a 1 .

Para C 2 : Este é um segmento vertical em que x = 0 e y varia, portanto, podemos parametrizá-lo assim: σ 2 → = ( 0 , y ) , onde y varia de 1 a 0 .

Passo 6

Agora precisamos derivar essas parametrizações e vamos encontrar:

σ 1 → ' = ( 1,0 )

σ 2 → ' = ( 0,1 )

Passo 7

Substituindo esses valores na fórmula:

∫ a b F x t ,   y t ⋅ σ → ' t   d t

Temos:

∫ c 1   F ⋅ d r = ∫ 0 1 e x sen ⁡ 0   , e x cos ⁡ 0 + x ⋅ 1,0 d x

Isso nos dá

∫ 0 1 0   , e x + x ⋅ 1,0 d x = 0

Então

∫ c 1   F ⋅ d r = 0

Passo 8

Para C 2

∫ C 2   F ⋅ d r = ∫ 1 0 e 0 sen ⁡ y   , e 0 cos ⁡ y + 0 ⋅ 0,1 d y =

= ∫ 1 0 cos ⁡ y d y = sen ⁡ y 1 0 = s e n 0 - sen ⁡ 1 = - s e n   1

Então temos que

∫ C 2   F ⋅ d r = - s e n   1

Passo 9

O que queremos é a integral em C . Que é:

∫ C   F ⋅ d r = ∫ S   F ⋅ d r - ∫ c 1   F ⋅ d r - ∫ C 2   F ⋅ d r

Substituindo os resultados que encontramos:

∫ S   F ⋅ d r = π 4

∫ c 1   F ⋅ d r = 0

∫ C 2   F ⋅ d r = - s e n   1

Temos que:

∫ C   F ⋅ d r = π 4 - 0 - - sen ⁡ 1 =

Resposta

π 4 + sen ⁡ 1

Exercício Resolvido #6

Calcule ∫ γ   y + cos ⁡ ( x 2 + 1 ) d x + x 2 + y ln ⁡ y 2 + 1 d y , onde γ é a parte da curva x = 1 - 4 y 2 contida no semiplano x ≥ - 3 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Faaaala aí! Preparados para mais uma questão de Teorema de Green? Vambora então!

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

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

Então vamos calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

F 1 = y + cos ⁡ ( x 2 + 1 )

F 2 = x 2 + y ln ⁡ y 2 + 1

Então temos que

∂ F 2 ∂ x = x 2 + y ln ⁡ y 2 + 1 ' = 2 x

∂ F 1 ∂ y = y + cos ⁡ ( x 2 + 1 ) ' = 1

Então, temos que

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x - 1

Bom, como é uma expressão relativamente simples, quer dizer que estamos no caminho certo!

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 = ∬ D   2 x - 1 d x d y

Mas o problema pede a integral de linha na curva x = 1 - 4 y 2 contida no semiplano x ≥ - 3 . Ou seja, uma parábola com simetria em x , que vai de x = - 3 a x = 1 :

Logo, essa curva é aberta, e para podermos fazer o Teorema de Green é preciso fechá-la!

Então vamos fechá-la, com uma reta mesmo, que liga os pontos final e inicial, no mesmo sentido do arco:

Então, sendo C a união a parábola γ com a o segmento de reta orientados positivamente, temos:

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

∫ γ   F ⋅ d r = ∬ D   2 x - 1 d x d y - ∫ r   F ⋅ d r

Onde D é a região em cinza na figura acima.

Então, para encontrar a integral que queremos, precisamos resolver a integral dupla e a integral de linha na reta.

Passo 3

Vamos começar pela integral dupla. Descrevendo a região D como tipo II, temos x entre

x = - 3

x = 1 - 4 y 2

Como x = - 3 está na esquerda, ele é o nosso limite inferior, e 1 - 4 y 2 está na direita então ele é nosso limite superior!!

- 3 ≤ x ≤ 1 - 4 y 2

e y desde - 1 até 1 , como podemos ver na figura.

- 1 ≤ y ≤ 1

Levando para a integral, temos:

∬ D   ( 2 x - 1 _   d x d y = ∫ - 1 1 ∫ - 3 1 - 4 y 2 ( 2 x - 1 )   d x d y

Passo 4

Então vamos resolver essa integral bonita ai!

Primeiro com a integral de dentro, em relação a x

= ∫ - 1 1 x 2 - x - 3 1 - 4 y 2 d y =

= ∫ - 1 1 1 - 4 y 2 2 - ( 1 + 4 y 2 ) - - 3 2 - - 2 d y =

= ∫ - 1 1 1 - 4 y 2 2 - 1 + 4 y 2 - 12 d y =

Ajeitando isso, ficamos com essa integral em relação a y

= ∫ - 1 1 - 4 y 2 + 16 y 4 - 12 d y

Integrando isso ai, ficamos com:

= 16 y 5 5 - 4 y 3 3 - 12 y - 1 1

Substituindo os valores temos:

= 16 5 - 4 3 - 12 - - 16 5 + 4 3 + 12

Ajeitando os sinais, temos:

16 5 - 4 3 - 12 + 16 5 - 4 3 - 12

Fazendo o MMC, temos que o denominador vai ser 15 , então ficamos com

16 ⋅ 3 15 - 4 ⋅ 5 15 - 12 ⋅ 15 15 + 16 ⋅ 3 15 - 4 ⋅ 5 15 - 12 ⋅ 15 15

Fazendo essas continhas, temos

= - 304 15

Passo 5

Agora vamos resolver a integral de linha no segmento de reta. Vamos começar parametrizando o segmento.

Como o segmento pertence à reta x = - 3   , podemos usar essa parametrização aqui:

r → y = - 3 , y

Onde y vai de 1 a - 1 (por causa da orientação de r ).

Agora vamos derivar essa parametrização:

r ' → = 0,1

Escrevendo o campo

F x , y = y + cos ⁡ ( x 2 + 1 ) 1 , x 2 + y ln ⁡ y 2 + 1

Nas variáveis da parametrização, temos:

F - 3 , y = y + cos ⁡ - 3 2 + 1 1 , - 3 2 + y ln ⁡ y 2 + 1

Que nos dá

F - 3 , y = y + cos ⁡ 10 , 9 + y ln ⁡ y 2 + 1

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

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

E isso dá pra gente:

∫ r   F ⋅ d r = ∫ 1 - 1 y + cos ⁡ 10 , 9 + y ln ⁡ y 2 + 1 ⋅ ( 0,1 )   d y =

∫ 1 - 1 9 + y ln ⁡ y 2 + 1   d y =

Integral y ln ⁡ y 2 + 1 dá trabalho, né? Aqui, você pode pensar no seguinte: como essa função é ímpar ( f y = - f ( - y ) ), o seu gráfico é espelhado em relação ao eixo y , ou seja, toda a área que temos de - 1 a 0 é igual à que temos de 0 a 1 , porém, uma integral terá sinal contrário à outra. Isso quer dizer que a integral de l n ( y 2 + 1 ) no intervalo de - 1 a 1 será igual a zero! Logo, sobra

∫ 1 - 1 9   d y =

= 9 y 1 - 1 =

∫ r   F ⋅ d r = - 18

Passo 6

Ufaaa! achamos, mas calma aí que ainda não acabou! Agora vamos substituir os valores que encontramos para calcular o que o problema pediu:

∫ γ   F ⋅ d r = ∬ D   2 x - 1   d x d y - ∫ r   F ⋅ d r

∫ γ   F ⋅ d r = - 304 15 - - 18 =

- 304 15 + 18 ⋅ 15 15  

Que dá

- 34 15

Feinho né? Mas é isso ai haha

Resposta

- 34 15

Exercício Resolvido #7

Calcule ∫ C   F . d r , utilizando o Teorema de Green, onde F x , y = ( x + y , y + x 2 ) e C é a fronteira da região limitada por x 2 + y 2 = 1 e x 2 + y 2 = 4 , orientada positivamente.

Passo 1

Oiii, vamos seguir com nossos estudos? Simbora!

Primeiro, vamos fazer um esboço da curva. Como o enunciado fala, temos duas cincunferências, uma de raio 1 e outra de raio 2 .

A região limitada pelas curvas é essa coroa, entre o círculo vermelho e o azul.

Cuidado com a orientação da curva, lembre-se do seguinte: para a curva estar orientada positivamente, andando sobre ela, temos que ver a região que ela limita à nossa esquerda. Para a curva de fora, isso significa sentido anti-horário, para a de dentro, sentido horário. Essa é uma condição fundamental para aplicarmos o Teorema de Green!

Passo 2

Beleza, agora precisamos calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

Vamos começar com ∂ F 2 ∂ x

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x y + x 2 = 2 x

Derivando em relação a x , temos

∂ F 2 ∂ x = 2 x

Agora para   ∂ F 1 ∂ y

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x + y = 1

Derivando em relação a y temos

∂ F 1 ∂ y = 1

Fazendo ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y temos que

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x - 1

Passo 3

Agora podemos montar a integral. Aplicando o teorema de Green, a integral do enunciado pode ser escrita como:

∫ C   F . d r = ∬ D   2 x - 1 d x d y

Onde D é a região que vimos no passo 1 .

Passo 4

Como a região D está compreendida entre duas circunferências, a melhor saída aqui são as coordenadas polares. Faremos:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Pelo próprio gráfico, vemos que 0 ≤ θ ≤ 2 π , o que equivale a uma volta na circunferência. Os valores de r variam entre as duas curvas, logo 1 ≤ r ≤ 2 .

Temos, então:

∫ C   F . d r = ∫ 0 2 π ∫ 1 2 ( 2 r cos ⁡ θ - 1 ) r   d r d θ =

Não se esqueça desse r da mudança para coordenadas polares!

Passo 5

Agora vamos resolver isso aí, integrando em relação a r temos:

= ∫ 0 2 π 2 r 3 3 cos ⁡ θ - r 2 2 1 2 d θ =

= ∫ 0 2 π 2 . 2 3 3 cos ⁡ θ - 2 2 2 - 2 . 2 3 3 cos ⁡ θ - 2 2 2 - 2 . 1 3 3 cos ⁡ θ - 1 2 2 d θ =

Resolvendo isso daí, ficamos com

= ∫ 0 2 π 16 3 cos ⁡ θ - 2 - 2 3 cos ⁡ θ + 1 2 d θ =

= ∫ 0 2 π 14 3 cos ⁡ θ - 3 2 d θ =

Agora integrando em relação a θ :

= 14 3 sen ⁡ θ - 3 2 θ 0 2 π =

= - 3 π

Resposta

- 3 π

Exercício Resolvido #8

Calcule ∫ C F → d r → para o campo F → = 2 x + 3 x 2 y 2 , 2 x + y + 2 x 3 y onde C é a curva orientada no sentido positivo e composta por

y = 4 - x 2 ,   - 2 ≤ x ≤ 2

y = 0 ,   - 2 ≤ x ≤ 2

x 2 + y - 2 2 = 1

Passo 1

Vamos lá, galera!

Essa curva é composta por vários pedaços, vamos juntar tudo em um esboço pra ver como fica

Aparentemente aqui podemos usar o Teorema de Green, né? O teorema é esse aqui, onde C é a fronteira da região D .

∫ C F 1 d x + F 2 d y = ∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

No nosso caso, a região D é aquela sombreada ali no esboço. Precisamos primeiro encontrar esse termo ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y e delimitar a região D , depois é só integrar.

Passo 2

Vamos começar calculando ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

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

F 2 = 2 x + y + 2 x 3 y

Derivando F 2 em relação a x , temos:

∂ F 2 ∂ x = 2 + 6 x 2 y

F 1 = 2 x + 3 x 2 y 2

Derivando F 1 em relação a y , temos:

∂ F 1 ∂ y = 6 x 2 y

Substituindo lá em cima

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

= 2 + 6 x 2 y - 6 x 2 y

Opa os termos esquisitos se cortaram:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2

Voltando para o teorema de Green, ficamos com

∫ C F → d r → = ∬ D 2 d A = 2 Á r e a

Portanto só precisamos descobrir a área da região D ! Ela vai ser a área da parábola menos a área da circunferência, vamos fazer cada uma delas separadamente

Á r e a = A P - A C

Passo 3

A área da parábola deve ser feita pela integral dupla mesmo, os limites vão ser esses aqui

0 ≤ y ≤ 4 - x 2

- 2 ≤ x ≤ 2

A P = ∫ - 2 2 ∫ 0 4 - x 2 1 d y d x

Integrando em relação a y , fica bem de boinhas

= ∫ - 2 2 4 - x 2 d x

Agora integrando em relação a x ficamos com

= 4 x - x 3 3 x = - 2 x = 2

= 4 2 - - 2 - 2 3 - - 2 3 3

= 4 4 - 8 + 8 3

= 16 - 16 3

A P = 32 3

Essa é a área da parábola, certo? Precisamos retirar aquele círculo desse valor! A área do círculo é definida por

A C = π r 2

A circunferência é descrita por x 2 + y - 2 2 = 1 , portanto o seu raio é igual a 1 , com isso

A C = π

E a área total pode ser escrita como

Á r e a = A P - A C

Á r e a = 32 3 - π

Passo 4

Voltando para o resultado que encontramos pelo teorema de Green

∫ C F → d r → = 2 Á r e a

∫ C F → d r → = 2 32 3 - π = 64 3 - 2 π

Resposta

64 3 - 2 π

Exercício Resolvido #9

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 dentro do possível, 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 curvas 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

Vamos mudar o sinal da integral de c 3 b - porque ela ta no sentido errado!!

∫ C 3 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

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

Exercício Resolvido #10

Calcule a integral de linha do campo vetorial

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

ao longo da curva C de equação x 2 4 + y 2 9 = 1 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Vamos fazer um esboço da curva:

Essa integral de linha parece um pouco complicada de se calcular diretamente pela definição. Vamos, então, usar o Teorema de Green.

Mas aqui temos um problema: o campo não está definido em toda a região dentro da elipse, pois temos uma descontinuidade na origem, se substituirmos ( 0,0 ) na função teremos zero no denominador. O que faremos então? É simples, basta tirarmos a origem da jogada. Se fizermos uma circunferência que “envolva” a origem e chamarmos de D a região entre a circunferência e a elipse, o problema está resolvido. Faremos um circunferência γ de raio 1 para facilitar nossos cálculos. Vamos fazer o novo gráfico para ver como fica essa parada

Temos então:

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

Passando a integral de linha da circunferência γ pro outro lado (isolando a integral que a gente quer achar) ficamos com

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

Passo 2

Vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x x 2 + y 2 + 2 x =

Derivando em relação a x , vamos precisar usar a regra do quociente que vou te relembrar rapidinho como é

a b ' = a ' ⋅ b - b ' ⋅ a b 2  

Então fazendo isso pra nossa derivada em relação a x ficamos com:

= x 2 + y 2 - x 2 x x 2 + y 2 2 + 2 =

Isso dá pra gente:

= - x 2 + y 2 x 2 + y 2 2 + 2

Agora para ∂ F 1 ∂ y , temos:

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y - y x 2 + y 2 =

Usando de novo a regra do quociente, ficamos com:

= - x 2 + y 2 - y 2 y x 2 + y 2 2 =

= - x 2 - y 2 x 2 + y 2 2

Podemos escrever como:

= - x 2 + y 2 x 2 + y 2 2

Agora fazendo ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y , ficamos com:

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

Opa! Os termos esquisitos se cancelam, que belezinha, então ficamos com

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2

Passo 3

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ γ   F ⋅ d r = ∬ D   2 d x d y = 2 área D

A área de D é a área da elipse, dada por π . a . b (onde a e b são seus semieixos) menos a do círculo. Então:

∬ D   2 d x d y = 2 2 × 3 × π ⏟ área da elipse   - π × 1 2 ⏟ área do círculo = 10 π

Guarde esse resultado. Agora vamos calcular a integral ao longo da circunferência.

Passo 4

Parametrizando a circunferência, temos:

γ = cos ⁡ θ , sen ⁡ θ

Com θ variando de 2 π a 0 (pois a circunferência está orientada no sentido horário, contrário ao trigonométrico).

0 ≤ θ ≤ 2 π

Temos

γ ' = ( - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ )

Você poderia utilizar o intervalo de 0 a 2 π desde que considerasse que essa integral teria sinal oposto, pois:

∫ γ   F ⋅ d r = - ∫ γ _   F ⋅ d r

Passo 5

Substituindo esses valores na fórmula:

∫ a b F x t ,   y t ⋅ σ → ' t   d t

Temos:

∫ γ   F ⋅ d r = ∫   2 π   0 - sen ⁡ θ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ ,   cos ⁡ θ sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ ⋅ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ =

Os denominadores vão dar 1 , pela nossa famosa relação s e n 2 t + cos 2 ⁡ t = 1 , então temos:

= ∫   2 π   0 - sen ⁡ θ ,   cos ⁡ θ + 2 cos ⁡ θ ⋅ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ =

= ∫   2 π   0 sen 2 ⁡ θ +   3 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Podemos separar 3 cos 2 ⁡ θ   em cos 2 ⁡ θ + 2 cos 2 ⁡ θ   e ficamos com:

∫   2 π   0 sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ +   2 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Usando a relação de novo, ficamos com:

= ∫   2 π   0 1 +   2 cos 2 ⁡ θ   d θ =

Passo 6

Agora vamos calcular o valor dessa integral. Para isso usaremos a equação do arco duplo:

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

Então temos:

= ∫   2 π   0 1 +   1 + cos ⁡ 2 θ d θ = ∫   2 π   0 2 + cos ⁡ 2 θ d θ =

= 2 θ + sen ⁡ 2 θ 2 2 π 0

Substituindo os valores, temos que:

2 ( 0 ) + sen ⁡ 2 ⋅ ( 0 ) 2 - 2 ( 2 π ) + sen ⁡ ( 2 ⋅ 2 π ) 2

= - 4 π

Passo 7

O que queremos calcular é a integral de linha ao longo de C , certo? Substituindo os valores que encontramos em:

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

Temos, então que:

∫ C   F ⋅ d r = 10 π - - 4 π =

Resposta

14 π