Enunciado

Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva.

∫ C y 4 d x + 2 x y 3 d y

C é a elipse x 2 + 2 y 2 = 2 .

Passo 1

O Teorema de Green fornece uma relação entre uma integral de linha ao redor de uma curva fechada simples C e uma integral dupla sobre a região do plano D delimitada por C .Ao enunciarmos o Teorema de Green, usamos a convenção de que a orientação positiva de uma curva fechada simples C refere-se ao sentido antihorário de C , percorrido só uma vez.

Se P e Q têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas sobre uma região aberta que contenha D , então

∬ P d x + Q d y = ∬ ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

A curva C e região D são exibidas abaixo.

Passo 2

Usando o Teorema de Green, podemos escrever:

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = ∬ ∂ ∂ x 2 x y 3 - ∂ ∂ y y 4 d A

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = ∬ 2 y 3 - 4 y 3 d A

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = ∬ - 2 y 3 d A

A representação paramétrica para a fronteira da elipse é dada por:

x = 2 c o s θ ,     y = sen ⁡ θ

Portanto, para os pontos interiores da elipse são da forma:

x = r 2 cos ⁡ θ ,     y = r sen ⁡ θ

r , θ ∈ D   0 ≤ r ≤ 1 ,   0 ≤ θ ≤ 2 π }

Passo 3

Como estamos mudando as variáveis da integral dupla, nós precisamos fazer uma simples multiplicação pelo famigerado Jacobiano. Seja J o jacobiano. Assim,

J = ∂ F 1 ∂ r ∂ F 1 ∂ θ ∂ F 2 ∂ r ∂ F 2 ∂ θ = 2 cos ⁡ θ - r 2 sen ⁡ θ sen ⁡ θ r cos ⁡ θ = r 2

Agora, substituindo os valores nas integrais, temos:

∫ 0 2 π ∫ 0 1 - 2 r sen ⁡ θ 3 r 2 d r d θ

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

Vamos chamar a integral ∫ 0 2 π s e n 3 θ   d θ de I . Como ela parece não tão simples de resolver, que tal darmos uma prioridade pra ela?

I = ∫ 0 2 π s e n 3 θ   d θ = ∫ 0 2 π s e n θ s e n θ 2 d θ

Lá da trigonomagia trigonometria, nós temos a famosa relação trigonométrica envolvendo senos e cossenos:

sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ = 1

sen 2 ⁡ θ = 1 - cos 2 ⁡ θ

Substituindo na integral, temos

I = ∫ 0 2 π s e n θ ( 1 - cos 2 ⁡ θ ) d θ

Uma substituição de variáveis aqui parece ajudar a nossa resolução, hein? Seja u = cos ⁡ θ   →     d u = - s e n θ d θ . Os limites de integração também sofrem uma mudança. Quando θ = 0 , cos ⁡ 0 = 1 → u = 1 ; quando θ = 2 π , cos ⁡ 2 π = 1 → u = 1 . Logo:

I = ∫ 1 1 - 1 - u 2 d u

Como os limites de integração são iguais, a nossa integral é igual a zero!

Passo 4

Voltando na integral inicial, temos:

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = - 2 2 0 ∫ 0 1 r 4 d r

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = 0

Resposta

A integral de linha é igual a:

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = 0

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

7) Suponha P (x, y) e Q (x, y) de classe C1 num aberto Ω de ℝ2. Prove que F→ = P i→ + Q j → É irrotacional se e somente se ∮ γ P d x + Q d y= 0 para toda curva γ, orientada no sentido anti-horário e f
6) Seja K a região hachurada; γ a poligonal ABCD orientada no sentido anti-horário; γ1 a poligonal EHGF orientada no sentido horário; γ2 a poligonalXWZY orientada no sentido horário. Prove queProve qu
2 ) Sejam γ1 a poligonal de vértices A, B, C, D orientada no sentido antihorário e γ2 a poligonal de vértices H, G, F, E orientada no sentido horário.Suponha P e Q de classe C1 num aberto contendo K,
5) Seja K a região abaixo e γ a fronteira de K orientada no sentido antihorário. Sejam P e Q de classe C1 num aberto contendo K.Prove que ∮ γ P d x + Q d y= ∬ K ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ yd x d y ( Sugestao : D
3 ) Seja B o conjuntoe seja γ a fronteira de B orientada no sentido anti-horário. Suponha P (x,y) e Q (x, y) de classe C1 num aberto Ω contendo B. Prove que ∮ γ P d x + Q d y= ∬ B ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ yd x