Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Questão 4: Utilize o Teorema de Green para calcular

∮ C   e x sin ⁡ y d x + e x cos ⁡ y + x d y

Onde C é o arco da circunferência x 2 + y 2 = 1 , no primeiro quadrante, orientado no sentindo anti-horário.

Passo 1

Bem, antes do começarmos qualquer coisa, vamos colocar essa integral de linha de uma forma mais elegante.

Como você já pode notar, a integral de linha está assim ∮ C   e x sin ⁡ y d x + e x cos ⁡ y + x d y , certo? Só que esse formato é apenas outra forma de falar que estamos trabalhando uma integral de linha de um campo de vetores: ∮ C   F → x ,   y d r →

∮ C   e x sin ⁡ y d x + e x cos ⁡ y + x d y = ∮ C   F → x ,   y d r →

Onde esse F → x ,   y é o vetor...

F → x ,   y = e x sin ⁡ y ,   e x cos ⁡ y + x

Temos que resolver o problema utilizando Green, mas para você ter certeza se é Green ou não, sempre indico calcular essa subtração de Green:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Vamos nessa?

Passo 2

As derivadas parciais são...

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

∂ F 1 ∂ y = ∂ e x sin ⁡ y ∂ y = e x cos ⁡ y

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

De fato é muito simples essa subtração nos indicando que de fato estamos lidando com Green

Passo 3

O teorema de Green nada mais é do que essa igualdade mara entre a integral de linha com uma integral dupla:

∮ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Mas antes de aplicarmos essa igualdade maravilhosa do Teorema, temos que avalizar as condições de Green, que sempre nos exige:

1º - Uma curva C fechada delimitando a região D .

2º - A curva C , orientada positivamente.

3º - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos averiguar?

Passo 4

1º - Precisamos de uma curva C fechada e delimitando uma região D . Ora, a curva C , pelo próprio enunciado, é uma circunferência de raio 1 ...

2º - E mais, ela está orientada positivamente sim! O problema nos disse que ela gira no sentido anti-horário (que é a mesma coisa):

- O campo F → que estamos trabalhando...

F → x ,   y = e x sin ⁡ y ,   e x cos ⁡ y + x

Não tem um problema em nenhum lugar, o que nos garante que ele já está sem singularidades !

Passo 5

Condições do Teorema sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa boa:

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

Só observa que a borda da região D é formada pela curva azul ( C ) e pelas duas retas do eixo que vou nomear de r e t a   γ 1 e γ 2 :

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

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A - ∫ γ 1   F → d r → - ∫ γ 2   F → d r →

Se queremos a integral de linha em C , calculemos a integral dupla e as demais integrais de linha e beijinho no ombro ;)

Passo 6

Substituindo...

∬ D   1   d A =

∬ D     d A

Epa! O que é uma integral dupla de 1 d A ? sim! É a área da região D

∬ D   d A = Á r e a D =

π r 2 4

Como o raio é 1 ...

∬ D   d A = π 4

Passo 7

Agora calculemos as outras duas integrais de linha em cima dos eixos:

∫ γ 1   F → d r →

γ 1 é a retinha em cima do eixo x :

γ 1 t = t ,   0

Onde 0 ≤ t ≤ 1

d r → = 1 ,   0 d t

∫ γ 1   F → d r → = ∫ γ 1   e x sin ⁡ y ,   e x cos ⁡ y + x ⋅ 1 ,   0 d t =

∫ γ 1   0 d t = 0

Calculando a integral em cima de γ 2 (a retinha em cima do eixo y):

γ 2 t = 0 ,   t

Onde t varia de 1 até 0 :

d r → = 0 ,   1 d t

∫ γ 1   F → d r → = ∫ 1 0 e x sin ⁡ y ,   e x cos ⁡ y + x ⋅ 0 ,   1 d t =

∫ 1 0 e 0 cos ⁡ t   d t = ∫ 1 0 cos ⁡ t   d t =

sin ⁡ t 1 0 = sin ⁡ 0 - sin ⁡ 1 =

- sin ⁡ 1

Assim olhando pelo teorema...

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A - ∫ γ 1   F → d r → - ∫ γ 2   F → d r →         →

∫ C   F → d r → = π 4 + sin ⁡ 1

Resposta

π 4 + 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 )