Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Questão 2: Calcule a integral de linha

∫ γ   d x + x + e y 2 d y

Onde γ é o trecho da curva y = - x 2 + 4 x , do ponto 0 ,   0 ao ponto 4 ,   0 .

Passo 1

Antes de começarmos o nosso problema em si, vamos fazer uma pequena mudança: particularmente acho além de feio, confuso, aquela notação de integral de linha ali no enunciado, então vamos mudar:

∫ γ   d x + x + e y 2 d y = ∫ γ   F → ⋅ d r →

Essa então é a integral de linha que queremos resolver, onde o campo vetorial F → é...

F → = 1 ,   x + e y 2

Não se preocupe com o que acabamos de fazer, foi apenas escrever a integral de linha de uma forma mais elegante ! Porém, isso não é tão importante assim, pois o que queremos fazer mesmo é resolvê-la aplicando o Teorema de Green:

∫ ∂ R   F → ⋅ d r → = ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

O motivo de utilizarmos esse teorema é simples de termos que utilizar o Teorema de Green ao invés de calcularmos direto... Aquela exponencial não é nada bonita. Mas se ainda você tiver dúvidas de que realmente o Green vai nos ajudar... Venha comigo!

Passo 2

Vamos calcular essa subtração e Green e verificar o que é mais fácil...

F 1 e F 2 são componentes, do campo...

F → = F 1 ,   F 2 = 1 ,   x + e y 2

Logo...

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x x + e y 2 = 1

E

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y 1 = 0

Então...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 - 0 =

1

Veja que essa subtração é muito mais elegante de simples que o próprio campo, e isso nos sugere Green mesmo, saca?

Passo 3

Bem, mas para aplicar o Teorema de Green precisamos no mínimo nos certificar se o teorema de fato pode ser aplicado, neh? Esse teorema, como já deve saber, exige três condições:

  1. Curva fechada ∂ R que delimita a região R .
  2. Sem singularidades onde estamos trabalhando.
  3. Curvas orientadas positivamente.

Vamos verificar cada uma a partir de agora, ok?

Passo 4

1 )

A começar pela curva que deve ser uma curva fechada. A nossa curva γ é o gráfico de:

y = - x 2 + 4 x

Ou seja... A parábola:

Veja que ela passa justamente por dois pontos interessantes: 0 ,   0 e 4   , 0 . Eles são interessantes, pois o enunciado restringe a nossa curva γ apenas entre esses pontos que ela corta o eixo x :

“... do ponto 0 ,   0 ao ponto 4 ,   0 .”

Pronto, mas já deu pra sacar que a curva γ é aberta, neh, e teoricamente não podemos aplicar o teorema de Green não. Mas não se preocupe que temos uma “carta na manga”: ora, se a curva é aberta, então a fechamos com outra curva:

No caso pode ser essa reta passando por y = 0 , mesmo. Só para não nos perdermos, vamos chamar essa reta de γ 1 . AH! E com isso, temos uma região R fechada por duas curvas:

∂ R = γ ∪ γ 1             ∂ R   é   a   c u r v a   q u e   d e l i m i t a   R

Passo 5

2 )

A outra preocupação de Green se refere ao campo F → . De acordo com ele, temos que ter um campo sem singularidades onde estamos trabalhando, ou seja, sem problemas de definição:

F → = 1 ,   x + e y 2

E veja que o nosso não tem nenhum!

Passo 6

3 )

Por último, temos que ter uma curva girando no sentido anti-horário, para estar orientada no sentido positivo:

Porém, a nossa curva, originalmente está girando no sentido horário, então na igualdade de green, devemos multiplicar por - 1 a integral dupla, saca?

∫ ∂ R   F → ⋅ d r → = - ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

Assim, podemos colocar as curvas girando no sentido que a gente quer:

E agora estamos obedecendo também !

Passo 7

Com isso, sendo satisfeito, todas as condições do Teorema, podemos finalmente aplicar Green...

∫ ∂ R   F → ⋅ d r → = - ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

Como ∂ R = γ ∪ γ 1 ...

∫ γ   F → ⋅ d r → + ∫ γ 1   F → ⋅ d r → = - ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

O que queremos é a integral em γ (na curva cúbica), então devemos isola-la:

∫ γ   F → ⋅ d r → = - ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A - ∫ γ 1   F → ⋅ d r →

Bora calcular cada uma dessas duas integrais?

Passo 8

Começando pela integral dupla:

∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A = ∬ R   1   d A

Veja que temos que descrever a região R e para isso, vamos olhar pra ela mais uma vez:

Podemos descrevê-la como região do tipo 1 , onde o x varia em um intervalo numérico bem definido:

0 ≤ x ≤ 4

Enquanto o y varia de uma base e um teto (no caso a base é a reta y = 0 e o teto é a parábola):

0 ≤ y ≤ - x 2 + 4 x

Assim:

∬ R   1   d A = ∫ 0 4 ∫ 0 - x 2 + 4 x 1   d y d x =

∫ 0 4 ∫ 0 - x 2 + 4 x 1   d y d x = ∫ 0 4 - x 2 + 4 x d x =

- x 3 3 + 4 x 2 2 0 4 = - 4 3 3 + 4 ⋅ 4 2 2 =

- 64 3 + 64 2 = - 128 + 192 6 = 64 6 =

32 3

Passo 9

Vamos agora para a última integral... A de linha:

∫ γ 1   F → ⋅ d r →

  • A primeira coisa é parametrizar a curva γ 1 (que é uma reta e tem y = 0 )...
  • r → x = x ,   0

    Onde o parâmetro x dessa reta varia de 0 até 1 ...

    0 ≤ x ≤ 4

  • Agora temos que ter o d r → ...
  • d r → = r → ' x d x = x ,   0 ' d x =

    1 ,   0 d x

    Porém, esse d r → aponta para a direita, sendo que nós sabemos que ele deve apontar pela esquerda...

    d r → = - 1 ,   0 d x

  • Devemos também, trocar os termos do campo...

F → = 1 ,   x + e y 2     →

F → r → x = 1 ,   x + e 0 2   →

F → r → x = 1 ,   x + 1

Agora é só substituir mesmo:

∫ γ 1   F → ⋅ d r → = ∫ 0 4 1 ,   x + 1 ⋅ - 1 ,   0 d x =

∫ 0 4 - 1 d x = - x 0 4 = - 4

Passo 10

Beleza, voltando para a integral onde paramos, no passo 7 :

∫ γ   F → ⋅ d r → = - ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A - ∫ γ 1   F → ⋅ d r →

∫ γ   F → ⋅ d r → = - 32 3 - - 4 =

12 3 - 32 3 =

- 20 3

Resposta

- 20 3

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Use o teorema de Green para calcular ∫ C F ⋅ d r . (Verifique a orientação da curva antes de aplicar o teorema.) F x , y = x + y 3 , x 2 + y C consiste no arco da curva y = sen ⁡ x de ( 0,0 ) a ( 0 ,
f ( x , y ) = x 3 / y ,C : y = x 2 / 2 ,0 ≤ x ≤ 2
f ( x , y ) = x + y 2 / 1 + x 2 , C : y = x 2 / 2 entre ( 1,1 / 2 ) e ( 0,0 )