Curvas Compostas

Teoria Completa

Curvas Compostas

Existem alguns problemas que a nossa região vai ter “furos”, por exemplo

∫ C 1 ( e x 2 + y ) d x + cos 3 ⁡ y + x 2 2 d y - ∫ C 2 ( e x 2 + y ) d x + cos 3 ⁡ y + x 2 2 d y

Sendo:

C 1 : σ → = 2 cos ⁡ t ,   2 sen ⁡ t ,   0 ≤ t ≤ 2 π

C 2 : σ → = cos ⁡ t , sen ⁡ t ,   0 ≤ t ≤ 2 π

Obs: Note que o campo nas duas integrais é o mesmo! O esboço dessas curvas é esse aqui

Como podemos usar o teorema de Green?

O bom do teorema de Green é que, mesmo nesse caso em que temos uma curva composta, o teorema é válido! Vamos ter que tomar cuidado somente com a orientação das curvas.

Todas as curvas, olhando uma por uma, têm que estar orientadas positivamente. Ou seja, a região tem que ficar à esquerda quando percorremos a curva. Dá uma olhada nessa figura aqui comigo:

A primeira figura não está orientada positivamente. Note que, se andarmos sobre a curva de fora, a região fica à direita! Já na segunda figura, quando percorremos em ambas as curvas, a região de interesse fica à esquerda. Percebeu a diferença?

Depois de garantir tudo isso e considerando ∂ D = C 1 ∪ C 2 , o teorema fica assim

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

De volta ao problema

Perceba então que já temos um problema: nossa curva composta não está orientada positivamente! A curva C 2 precisa ser invertida, fazemos isso desse jeito aqui

- ∫ C 2 F . d r = + ∫ C 2 - F → . d r

Graficamente, agora ficou certinho, vê só

Agora sim! Com uma curva composta orientada positivamente podemos usar o teorema de Green, fica assim

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

Sendo D a região entre as duas curvas. Beleza, agora é só calcular a integral dupla!

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

F → = e x 2 + y , cos 3 ⁡ y + x 2 2

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = ∂ cos 3 ⁡ y + x 2 2 ∂ x - ∂ e x 2 + y ∂ y = x - 1

O que é consideravelmente simples, então não devemos ter problemas para calcular a integral.

Vamos jogar o valor na fórmula:

∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = ∬ D x - 1   d x d y

Para esse caso, o domínio D é bom para ser escrito em coordenadas polares, então:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

0 ≤ θ ≤ 2 π

1 ≤ r ≤ 2

J = r

Substituindo isso na integral dupla

∬ D x - 1   d x d y = ∫ 0 2 π ∫ 1 2 r cos ⁡ θ - 1 r   d r d θ

= ∫ 0 2 π r 3 3 cos ⁡ θ - r 2 2 1 2 d θ = ∫ 0 2 π 8 3 - 1 3 cos ⁡ θ - 4 2 - 1 2 d θ

= ∫ 0 2 π 7 3 cos ⁡ θ - 3 2 d θ = 7 3 sen ⁡ θ - 3 2 θ 0 2 π = - 3 2 2 π = - 3 π

Resumindo o passo-a-passo, então:

Passo 1: Montar o problema

Passo 2: Calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Passo 3: Calcular a integral dupla

Agora, vamos aos exercícios praticar isso aí!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UERJ - Análise Vetorial - Lista 3 Flávio - 4f

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.

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Passo 1

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 :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x y + x 2 = 2 x

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x + y = 1

∂ 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 . 1 3 3 cos ⁡ θ - 1 2 2 d θ =

= ∫ 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 em relação a θ :

= 14 3 sen ⁡ θ - 3 2 θ 0 2 π =

= - 3 π

Resposta

- 3 π

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria

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

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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

∂ F 2 ∂ x = 2 + 6 x 2 y

F 1 = 2 x + 3 x 2 y 2

∂ 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 = 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

= ∫ - 2 2 4 - x 2 d x

= 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 #3

UFF - Cálculo IIIA - Lista 4, GMA 2015.2 – 25

Seja

F → x , y = y - 1 x 2 + y - 1 2 - y , - x x 2 + y - 1 2 ,   x , y ≠ 0,1

Calcule a integral de linha do campo F → ao longo de C 1 e C 2 , orientadas no sentido anti-horário, onde

C 1 : x 2 + y - 1 2 = 1

C 2 : x 2 + y 2 = 16

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Passo 1

Vamos começar achando a integral de linha de C 1 , para isso precisamos parametrizar C 1 , como C 1 é uma circunferência de centro 0,1 e raio 1 vamos ter

σ 1 = 1 cos ⁡ θ , 1 sen ⁡ θ + 1

σ 1 = cos ⁡ θ , sen ⁡ θ + 1

Com θ ∈ 0,2 π

Passo 2

Precisamos agora da derivada dessa parametrização

σ 1 ' = - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ

Passo 3

A integral vai ficar

∫ C 1 F → ∙ d r = ∫ 0 2 π sen ⁡ θ + 1 - 1 cos ⁡ θ 2 + sen ⁡ θ + 1 - 1 2 - sen ⁡ θ + 1 , - cos ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + sen ⁡ θ + 1 - 1 2 ∙ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + sen ⁡ θ 2 - sen ⁡ θ + 1 , - cos ⁡ θ cos ⁡ θ 2 + sen ⁡ θ 2 ∙ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ 1 - sen ⁡ θ + 1 , - cos ⁡ θ 1 ∙ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ - sen ⁡ θ - 1 , - cos ⁡ θ ∙ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ

⇒ ∫ 0 2 π - 1 , - cos ⁡ θ ∙ - sen ⁡ θ , cos ⁡ θ d θ

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ - cos 2 ⁡ θ d θ

Lembrando que cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ - 1 + cos ⁡ 2 θ 2 d θ

⇒ ∫ 0 2 π sen ⁡ θ - 1 2 - cos ⁡ 2 θ 2 d θ

⇒ - cos ⁡ θ - θ 2 - sen ⁡ 2 θ 4 θ = 0 θ = 2 π

⇒ - cos ⁡ 2 π - 2 π 2 - sen ⁡ 2 ∙ 2 π 4 - - cos ⁡ 0 - 0 2 - sen ⁡ 2 ∙ 0 4

⇒ - 1 - π - sen ⁡ 4 π 4 - - 1 - 0 - sen ⁡ 0 4

⇒ - 1 - π - 0 - - 1 - 0 - 0

⇒ - 1 - π + 1

⇒ - π

Passo 4

Vamos ver agora a integral de C 2 , repara que antes conseguimos fazer direto porque na função F → aparece a equação de x 2 + y - 1 2 dessa vez não vai aparecer se tentarmos fazer na “marra” vai aparecer uma integral surrealmente louca. Vamos marotamente usar o teorema de Green agora, mas temos um problema, a função F → não está definida em 0,1 , vamos colocar a região para o teorema de Green sendo a região de fronteira C onde C = C 1 ∪ C 2 assim tiramos o nosso problema, o detalhe que vamos ter

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

Dessa vez vamos ter

∫ C   F → ⋅ d r = - ∫ C 1   F → ⋅ d r + ∫ C 2   F → ⋅ d r

Eu coloquei esse porque a orientação da curva C 1 deve ser ao contrário agora, porque elas devem rodar em sentidos contrários, ou seja, C 1 deve ser horário, e o que achamos no passo 3 foi no sentido anti-horário.

Então

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

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

Passo 5

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

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x - x x 2 + y - 1 2 =

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

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

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

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

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

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

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1

Passo 6

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C 2   F → ⋅ d r - ∫ C 1   F → ⋅ d r = ∬ D   1 d x d y = Á r e a D

A área de D é a área da circunferência de raio 4 menos a área da circunferência de raio 1 . Então:

∬ D   d x d y = π × 4 2 ⏟ área do círculo de raio 4    - π × 1 2 ⏟ área do círculo de raio 1 = 16 π - π = 15 π

Passo 7

A integral de linha vai ficar

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

∫ C 2   F → ⋅ d r = - π + 15 π

∫ C 2   F → ⋅ d r = 14 π

Resposta

  1. ∫ C 1 F → ∙ d r = - π
  2. ∫ C 2   F → ⋅ d r = 14 π