Teorema de Green

Teoria Completa

Introdução

Bem, nós já vimos como calcular uma integral de linha pela sua definição. Porém, muitas vezes, parametrizar a curva em que devemos integrar não é uma tarefa tão simples, muitos menos derivar essa parametrização! Felizmente, há uma solução para facilitar sua vida nesses casos! :D

O Teorema de Green, que vamos aprender agora, nos fornece a relação entre uma integral de linha sobre uma curva fechada e uma integral dupla sobre a região do plano delimitada por ela.

E isso serve pra que?

Em resumo: nós usamos esse teorema para fugir de uma integral de linha complicada, resolvendo, em vez dela, uma integral dupla. Bom, já percebeu que você tem que saber resolver integrais duplas, né?! Então, se você não se lembra disso, é bom dar uma revisada.

Mas agora vamos ao que interessa!

Definição do Teorema

Primeiramente, devemos saber o que é uma curva orientada positivamente.

É simples: imagine-se caminhando sobre a fronteira da região ao lado. Você vê o domínio D à sua esquerda, não vê? Pronto, a curva está orientada positivamente. Em outras palavras, normalmente, no plano x y , temos o sentido anti-horário.

Entendeu? Isso é simples, mas muito importante!

Assim, sendo D uma região fechada no plano x y , que possui fronteira ∂ D orientada positivamente, percorrida apenas uma vez, pelo Teorema de Green:

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

Onde F x , y = F 1 x , y , F 2 ( x , y ) é um campo vetorial que possui derivadas de 1ª ordem contínuas em D . Importante: O campo F deve estar definido em toda a região D !

Repare que a integral de linha se dava sobre o contorno da região D , e a integral dupla se dá sobre a própria região. Então, você vai precisar identificar essa região D e escrevê-la em integrais iteradas, como em qualquer exercício de integral dupla.

E qual é a função que você vai integrar? Tendo as componentes F 1 e F 2 do campo vetorial, você vai calcular as derivadas parciais ∂ F 2 ∂ x e ∂ F 1 ∂ y e fazer a diferença entre esses resultados. Daí, é só resolver a integral dupla!

Confuso? Vamos ver um exemplo pra você entender isso ai.

Exemplo

Calcule ∫ C 3 y - e sen ⁡ x d x + 7 x + y 4 + 1 d y , onde C é a circunferência x 2 + y 2 = 9 .

Passo 1: Montar o problema

Essa integral parece chata de calcular pela definição, não é?

A parametrização da curva ficaria algo do tipo C : σ → = 3 cos ⁡ t ,   3 sin ⁡ t , ai quando fôssemos jogar isso naquele termo e sen ⁡ x iamos ter algo super complicado de calcular, por exemplo...

Então, ao invés disso, por que não tentamos usar o Teorema de Green. Vamos lembrar o que ele nos diz:

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

E como nossa curva C é fechada e simples, orientada positivamente, não devemos ter problema para aplicar o teorema. Então vamos as contas!

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

Temos:

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x 7 x + y 4 + 1 = 7

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y 3 y - e sen ⁡ x = 3

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 7 - 3 = 4

Passo 3: Montar a integral

Aplicando o teorema de Green, a integral do enunciado pode ser escrita como:

∮ C   3 y - e sen ⁡ x d x +   7 x + y 4 + 1 d y = ∬ D   4 d x d y = 4 ∬ D   d x d y

Passo 4: Calcular a integral

Antes de sair calculando, analise a integral que você achou. A integral de linha se dava sobre a circunferência x 2 + y 2 = 9 , certo? Então, a integral dupla se dará sobre o interior dessa curva, ou seja, sobre o círculo x 2 + y 2 ≤ 9 .

Como a região de integração D é um círculo, o ideal seria utilizar coordenadas polares e escrever a integral iterada. Mas aqui não precisamos disso! Basta você se lembrar de que ∬ D   d x d y = área D , então:

4 ∬ D   d x d y = 4 área do círculo = 4 π 3 2 = 36 π

Utilizando coordenadas polares, o domínio seria 0 ≤ r ≤ 3 e 0 ≤ θ ≤ 2 π e teríamos:

4 ∫ 0 2 π   ∫ 0 3 r   d r   d θ = 4 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 3 r   d r = 36 π

Então, podemos dizer que:

∮ C   3 y - e sen ⁡ x d x +   7 x + y 4 + 1 d y = 36 π

Vamos anotar o passo-a-passo resumido:

Passo 1: Montar o problema

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

Passo 3: Montar a integral

Passo 4: Calcular a integral

Calculando a área

Se pegarmos a integral dupla:

∬ D   1 d x d y = Á r e a D

Já vimos que ela é a área da região D . Repara que dá pra ligar as coisas. Podemos usar aquela ideia da volta do Green para resolver essa integral dupla. Confuso?

Vamos ver como que fica!

Até agora, temos:

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

Á r e a D = ∬ D   1 d x d y

Então, se encontrarmos um campo onde ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 , da pra conectar tudo, não dá?

Á r e a D = ∬ D   1 d x d y = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = ∮ ∂ D   F 1 d x + F 2 d y

E qual é o macete, então? Só escolhermos campos simples de ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 .

Eu, pessoalmente, recomendo que você use F → = ( 0 , x ) ou F → = ( - y , 0 ) , porque são os mais simples que eu consigo pensar, mas as vezes talvez outros campos simplifiquem as contas, fica ligado!

Tranquilo, né?

Beleza? Vamos ver uns exercícios agora pra fixar isso aí!

Expandir

Exercício Resolvido #1

CEFET - Cálculo Vetorial - Lista 2 Thomé - 4

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.

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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

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

Temos

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = ∂ ( e y + x 2 ) ∂ x - ∂ ( e x + y 2 ) ∂ y = 2 x - 2 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 e a parábola y = x 2 e 0 ≤ x ≤ 1 .

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 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 :

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

= 2 1 6 - 1 4 + 1 10

= 1 3 - 1 2 + 1 5

= 1 30

Resposta

1 30

Exercício Resolvido #2

UFRJ - Cálculo 3 - P1 2012.2 - 4

Calcule a integral de linha do campo vetorial F x , y = y 3 3 x + e cos ⁡ x ,   sen ⁡ y 3 + 1 ao longo da curva C , sendo C o bordo da região Ω definida pela interseção das seguinte regiões 3 x 2 ≥ π y , 3 x 2 ≤ 2 π y , y 2 ≥ 2 x e y 2 ≤ 4 x . Além disso, assuma que C é orientada no sentido horário.

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Passo 1

Temos 4 parábolas limitando a seguinte região:

Se fossemos parametrizar essa curva, teríamos que separar em 4 curvas e parametrizar individualmente. Isso iria gerar muito trabalho. Além disso tem aquele termo sen ⁡ y 3 que pode gerar coisas nem tão simples de integrar. Por essas razões a boa é o teorema de Green

∫ C _   F ⋅ d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

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

Passo 2

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

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x sen ⁡ y 3 + 1 = 0

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - y 2 x

Passo 3

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r = - ∬ Ω   - y 2 x d x d y = ∬ Ω   y 2 x d x d y

Passo 4

Parece complicado descrever a região Ω em termos de x e y , vamos então fazer uma mudança de variáveis. Como temos parábolas descritas por y 2 x = número e outras por x 2 y = número , vamos chamar:

y 2 x = u

x 2 y = v

Passo 5

Precisamos calcular o Jacobiano dessa mudança. Como é complicado escrever x e y em função de u e v , vamos calcular o Jacobiano da transformação inversa, J * = ∂ ( u ,   v ) ∂ ( x ,   y ) e inverter o resultado:

J * = ∂ ( u ,   v ) ∂ ( x ,   y ) = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y = - y 2 x 2 2 y x 2 x y - x 2 y 2 = - 3

J * = 1 J

J = - 1 3

J = 1 3

Passo 6

Agora temos que encontrar os intervalos de integração em u e v . Fazendo a substituição de variáveis das equações das parábolas temos:

3 x 2 = π y   → 3 x 2 y = π → 3 v = π   → v = π / 3

3 x 2 = 2 π y   → 3 x 2 y = 2 π → 3 v = 2 π   → v = 2 π / 3

y 2 = 2 x   → y 2 x = 2 → u = 2

y 2 = 4 x   → y 2 x = 4 → u = 4

Ou seja, π / 3 ≤ v ≤ 2 π / 3 e 2 ≤ u ≤ 4 .

Passo 7

Substituindo os valores que encontramos na integral, temos:

∬ Ω   y 2 x d x d y = ∫ π / 3 2 π / 3 ∫ 2 4 u × 1 3   d u d v =

Passo 8

Integrando em relação a u :

1 3   ∫ π / 3 2 π / 3 ∫ 2 4 u   d u d v =

= 1 3 ∫ π / 3 2 π / 3 u 2 2 u = 2 u = 4 d v =

= 1 6 ∫ π / 3 2 π / 3 16 - 4 d v =

1 6 ∫ π / 3 2 π / 3 12 d v =

= 2 ∫ π / 3 2 π / 3 d v =

Passo 9

Agora em relação a v :

= 2 v π / 3 2 π / 3 =

= 2 2 π 3 - π 3 =

Resposta

2 π 3

Exercício Resolvido #3

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 228 ex 6.7

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.

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Passo 1

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. Isso ia gerar muito trabalho. Isso é uma dica de que pode ser uma boa usar o Teorema de Green, vamos tentar!

Passo 2

O campo vetorial da questão pode ser escrito como

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

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

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x 2 2 + y 4 = x

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x 2 - y 2 2 = - y

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

Passo 5

Agora podemos calcular a integral. Integrando em relação a r temos:

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

= 7 3 1 - 0 - 0 - 1 =

Resposta

14 3

Exercício Resolvido #4

George B. Thomas, Cálculo – volume 2, 11ª edição, São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2009, pp. 505-23.

Use a fórmula do teorema de Green para encontrar a área da região limitada pela curva:

C : o   a s t r o i d e   r t = c o s 3 t   i + s e n 3 t   j

0 ≤ t ≤ 2 π

(Sugestão: Use F → = - y 2 , x 2 )

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Passo 1

O enunciado pede pra usar o teorema de Green para o cálculo de área, então vamos relembrar como que fica isso.

O teorema de Green nos diz que:

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

E sabemos que o podemos encontrar a área pela integral dupla:

A D = ∬ D d x d y

Então, basicamente, o que temos que fazer pra ligar as coisas é:

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

Os campos mais simples que satisfazem essa condição costumam ser:

F → x , y = 0 , x   o u   F → x , y = - y , 0  

Mas deve ter algum motivo pra ele ter sugerido um campo um pouquinho mais complicado, vamos ver porquê!

Passo 2

O enunciado já diz que C é a fronteira da região que chamamos de D , ou seja, C = ∂ D .

Então o que vamos calcular é:

∬ D d x d y = ∮ ∂ D     F 1 d x + F 2 d y   = ∫ 0 2 π F → x t , y t . σ → ' t   d t

Já temos o campo e a curva, então só falta o vetor tangente, que calculamos fazendo a derivada da nossa parametrização em função de t, dada no enunciado σ → ( t ) :

σ → ' t = d c o s 3 t   d t , d s e n 3 t   d t = - s e n   t   ⋅ 3 c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3 s e n 2 t  

E agora já temos o que precisamos pra calcularmos nossa integral.

Passo 3

Então, com os campos mais simples teríamos:

∫ 0 2 π 0 , c o s 3 t   . - s e n   t   ⋅ 3   c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3   s e n 2 t       d t

= ∫ 0 2 π 0 + 3   c o s 4 t   .   s e n 2 t   d t

O que seria bem complicado de calcular, e você pode tentar fazer com - y , 0 , mas eu acredito que vai dar algo tão complicado quanto. Vamos torcer pra o campo sugerido dê algo mais tranquilo...

Vamos calcular então a nossa integral:

∫ 0 2 π F → x t , y t . σ → ' t   d t

∫ 0 2 π - s e n 3 t   2 , c o s 3 t   2 . - s e n   t   ⋅ 3   c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3   s e n 2 t   d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n 4 t   c o s 2 t   + ( c o s 4 t )   .   ( s e n 2 t )     d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n 2 t   c o s 2 t   c o s 2 t   + s e n 2 t     d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n   t   c o s   t   2 d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n   2 t   2 2 d t = 3 8 ∫ 0 2 π s e n 2   2 t   d t