Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Questão 2: Utilize o Teorema de Green para calcular a integral de linha

∫ γ   cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y   d x + sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y   d y

Onde γ é o pedaço do gráfico y = p x = x 1 - x 2 com ponto inicial 0 ,   0 e ponto final 1 ,   0 .

Lembrete:

d d y tan ⁡ y = sec 2 ⁡ y

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   cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y   d x + sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y   d y = ∫ γ   F → ⋅ d r →

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

F → = cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y ,   sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y

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

Passo 2

Como deu para perceber, essa última igualdade (do Teorema de Green), envolve uma integral dupla, e nem sempre resolver uma integral dupla é mais fácil de calcular do que uma integral de linha. Nesse caso vai ser, pois o problema já nos mandou fazer assim, mas se ele não nos tivesse pedido, bastava calcular essa subtração de derivadas parciais e ver se elas simplificam as contas:

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

F → = F 1 ,   F 2 = cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y ,   sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y

Logo...

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y =

3 x 2 + 1 sec 2 ⁡ y

E

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y =

4 x sec 2 ⁡ y

Então...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 3 x 2 + 1 sec 2 ⁡ y - 4 x sec 2 ⁡ y =

3 x 2 - 4 x + 1 sec 2 ⁡ y

Veja que essa subtração é relativamente mais bonita de simples que o próprio campo, e isso nos sugere Green, mesmo que o problema não nos falasse nada, 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 = p x = x 1 - x 2

Pra ficar mais fácil o entendimento, temos que desenhar essa curva, mas não se preocupe que vou te ajudar: veja que essa curva é de terceiro grau:

y = x 1 - x 2 = x 1 - 2 x + x 2 = x 3 - 2 x 2 + x

Então ela tem que ter uma cara de função cúbica ( x 3 ) :

Só que calma jovem, essa ainda não é a nossa curva não, pois se você perceber na sua equação: y = p x = x 1 - x 2

Ela passa por y = 0 em 2 pontos: x = 0 e x = 1 , então a cara da nossa curva é essa daqui oh:

E mais! O enunciado restringe a nossa curva γ apenas entre esses pontos que ela corta o eixo x :

“... com ponto inicial 0 ,   0 e ponto final 1 ,   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 → = cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y ,   sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y

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   3 x 2 - 4 x + 1 sec 2 ⁡ y   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 ≤ 1

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

0 ≤ y ≤ x 1 - x 2

Assim:

∬ R   3 x 2 - 4 x + 1 sec 2 ⁡ y   d A = ∫ 0 1 ∫ 0 x 1 - x 2 3 x 2 - 4 x + 1 sec 2 ⁡ y   d y d x =

∫ 0 1 3 x 2 - 4 x + 1 ∫ 0 x 1 - x 2 sec 2 ⁡ y   d y d x = ∫ 0 1 3 x 2 - 4 x + 1   tan ⁡ y   0 x 1 - x 2 d x =

∫ 0 1 tan ⁡ x 1 - x 2 3 x 2 - 4 x + 1 d x =

Isso nos sugere uma substituição simples:

u = x 1 - x 2           →               d u = x 1 - x 2 ' d x

Como

x 1 - x 2 ' = 1 - x 2 + x 2 1 - x ⋅ - 1 =

1 - 2 x + x 2 + x - 2 + 2 x = 3 x 2 - 4 x + 1

Então...

d u = 3 x 2 - 4 x + 1 d x

Agora, não podemos nos esquecer dos limites de integração...

x = 0             →                   u = x 1 - x 2 = 0

x = 1             →                   u = x 1 - x 2 = 0

EPA! Se os limites foram iguais, então nem precisamos terminar a conta:

∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A = ∫ 0 0 tan ⁡ u d u = 0

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 ≤ 1

  • 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 → = cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ y ,   sin ⁡ y 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ y     →

F → r → x = cos ⁡ x + 4 x tan ⁡ 0 ,   sin ⁡ 0 2 + x 3 + x sec 2 ⁡ 0   →

F → r → x = cos ⁡ x ,   x 3 + x

Agora é só substituir mesmo:

∫ γ 1   F → ⋅ d r → = ∫ 0 1 cos ⁡ x ,   x 3 + x ⋅ - 1 ,   0 d x =

∫ 0 1 - cos ⁡ x d x = - sin ⁡ 1 - - sin ⁡ 0 =

- sin ⁡ 1

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 → = 0 - - sin ⁡ 1 =

sin ⁡ 1

Resposta

sin ⁡ 1

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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 )