Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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.

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.

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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

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