Curvas Abertas

Teoria Completa

Teorema de Green para Curvas Abertas

Como você faria essa integral aqui? Onde C é a metade superior da circunferência de raio 1 e centro na origem que liga 1,0 até - 1,0

∫ C   - y + e x d x + e y 2 ln ⁡ 1 + y 2 d y

Não se esquenta, ela é praticamente impossível de se fazer com a definição normal de integral de linha. Mas dá uma olha no termo ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y desse campo aí

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

Parece super tranquilo de usar o teorema de Green aqui, não é? O empecilho é que a curva está aberta, como resolvemos isso então?

O macete aqui é fechar a curva com outra curva C 1 simples de integrar (de preferência uma reta que seja constante em x ou y ). Olha só como fica esse aqui se fecharmos com a reta que liga as extremidades da curva C

“Mas pode fazer isso? Não vai mudar o resultado da integral, não? ”

Pra usar esse macete, a gente vai ter que “corrigir” o valor da integral, o teorema de Green diz isso aqui

∮ ∂ D   F → d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Para curvas abertas, vamos considerar ∂ D = C ∪ C 1 , dessa forma

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

Ou seja, conseguimos calcular uma integral de linha complexa, ou quase impossível, com uma integral de linha e uma integral dupla simples.

Só um detalhe importante: lembre-se que, ao acrescentar uma nova curva, temos que garantir que que a curva fechada terá a orientação positiva para aplicarmos o teorema.

De Volta ao Problema

Voltando pra nossa integral de linha bizarra, olha só como fica no final das contas. A curva C 1 que usamos para fechar C é essa reta aqui

C 1 = t , 0 ,   - 1 ≤ t ≤ 1

Portanto o teorema de Green fica assim

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

∫ C F → ∙ d r + ∫ C 1 F → ∙ d r = ∬ D 1 d x d y = Á r e a   d e   D

∫ C F → ∙ d r = Á r e a   d e   D - ∫ C 1 F → ∙ d r

A integral de linha fica assim

C 1 = t , 0 ,   - 1 ≤ t ≤ 1

d x = 1

d y = 0

∫ C 1 - y + e x d x + e y 2 ln ⁡ 1 + y 2 d y = ∫ - 1 1 e t d t

= e - e - 1

A área da nossa região D é metade da área do círculo de raio 1 , portanto

Á r e a   d e   D = π r 2 2 = π 2

Juntando tudo isso

∫ C F → ∙ d r = Á r e a   d e   D - ∫ C 1 F → ∙ d r

∫ C F → . d r → = π 2 - e - e - 1

Pra resumir o passo-a-passo:

Passo 1: Montar o problema

Passo 2: Fechar a curva

Passo 3: Calcular a integral dupla

Passo 4: Calcular a integral de linha da curva C 1

Passo 5: Juntar tudo no teorema de Green

Vamos partir pros exercícios, temos várias formas de aparecer essas questões pra você, vamos lá?

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFRJ - Cálculo 3 - P1 2013.2 – 4

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 .

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Passo 1

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 2 = 1 - x - 1 2   → 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

∫ 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

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x + 2 y = 2

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2

Passo 4

Aplicando o teorema de Green, temos:

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

Como se trata de uma semicircunferência de raio 1 , temos:

∫ C   F ⋅ d r + ∫ σ   F ⋅ d r = 2 ⋅ π ⋅ 1 2 2 = 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 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

Passo 7

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

∫ C   F ⋅ d r = π - 2

Resposta

π - 2

Exercício Resolvido #2

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2004, pp. 229 ex. 6.8

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.

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Passo 1

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.

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 3

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 = área D = π 4

Calma, essa ainda não é a resposta, ainda precisamos calcular a integral em C 1 e em C 2 . Guarde esse resultado.

Passo 4

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 5

Agora precisamos derivar essas parametrizações:

σ 1 → ' = ( 1,0 )

σ 2 → ' = ( 0,1 )

Passo 6

Substituindo esses valores na fórmula que vimos capítulo passado:

∫ 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 = ∫ 0 1 0   , e x + x ⋅ 1,0 d x = 0

∫ 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 = - sen ⁡ 1

Passo 7

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

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

Substituindo os resultados que encontramos:

∫ C   F ⋅ d r = π 4 - 0 - - sen ⁡ 1 =

Resposta

π 4 + sen ⁡ 1

Exercício Resolvido #3

USP - Cálculo 3 - P2 2010 – 3

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.

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Passo 1

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

∂ 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, precisamos fechar!

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 e x = 1 - 4 y 2 e y desde - 1 até 1 , como podemos ver na figura. 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

= ∫ - 1 1 x 2 - x - 3 1 - 4 y 2 d y =

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

= ∫ - 1 1 - 4 y 2 + 16 y 4 - 12 d y =

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

= 4 4 5 - 1 3 - 3 - 4 - 4 5 + 1 3 + 3 =

= - 304 15

Passo 4

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 x ( y ) , y ( 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

∫ 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 - 1 a 1 será igual a zero! Logo:

∫ 1 - 1 9   d y =

= 9 y 1 - 1 =

= - 18

Passo 5

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 = - 34 15

Resposta

- 34 15

Exercício Resolvido #4

USP - Cálculo 3 - P2 2012 - 3

Calcule ∫ γ   ( ln ⁡ 1 + y - x - y 3 ) d x + x 3 + 1 - ln ⁡ 1 + y - x d y para γ a curva x 2 + y 2 = 4 com y ≥ x com ponto inicial - 2 ,   - 2 e ponto final 2 ,   2 .

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Passo 1

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 3 x 2 + 1 1 + y - x - - 3 y 2 + 1 1 + y - x

= 3 x 2 + 3 y 2

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, temos:

∫ c   F ⋅ d r = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = ∬ D   3 x 2 + 3 y 2 d x d y

Mas o problema pede a integral de linha na curva x 2 + y 2 = 4 (uma circunferência) com ponto inicial - 2 ,   - 2 e ponto final 2 ,   2 . Logo, não temos uma volta completa na circunferência, essa curva é aberta.

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 do arco γ com a o segmento de reta r e C estando sentido contrário (orientado negativamente), pelo Teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ D   3 x 2 + 3 y 2 d x d y

Mas como:

∫ C   F ⋅ d r = ∫ γ   F ⋅ d r + ∫ r   F ⋅ d r

E como queremos a integral de linha em γ , não C :

∫ γ   F ⋅ d r + ∫ r   F ⋅ d r = - ∬ D   3 x 2 + 3 y 2 d x d y

∫ γ   F ⋅ d r = - ∬ D   3 x 2 + 3 y 2 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. Já que temos um setor circular, vamos usar coordenadas polares:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

Como vemos pela figura, 0 ≤ r ≤ 2 (pois o raio da circunferência é 2 ). O intervalo do ângulo θ , nós podemos ver por trigonometria: já que o ponto final é 2 ,   2 , sabemos que θ começa em π / 4 . Pela figura, podemos ver que o ângulo final é π 4 + π = 5 π 4 , então, π 4 ≤ θ ≤ 5 π 4 .

Fazendo a mudança polar então, temos:

= 3 ∬ D   x 2 + y 2 d x d y = 3 ∫ π / 4 5 π / 4 ∫ 0 2 r 2 r d r d θ