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