Enucie e demonstre o teorema de Green para função de duas variáveis.
Passo 1
O que o enunciado pede: enunciar e demonstrar o teorema de Green para funções de duas variáveis. \n
Informações dadas (condições que normalmente são assumidas no enunciado do teorema): \n
Existe uma região plana D cujo bordo \partial D é uma curva fechada e peça‑a‑a‑peça suave (ou soma finita de tais curvas). \n
A curva \partial D é percorrida com orientação positiva (contra‑horária), ou seja, de forma que a região D fique à esquerda do sentido do percurso. \n
São dadas duas funções P(x,y) e Q(x,y) com derivadas parciais \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x contínuas numa vizinhança que contém a fechadura \overline{D}. \n
Perguntas que devemos responder: \n
Enunciar explicitamente o teorema (fórmula precisa). \n
Demonstrar o teorema passo a passo, justificando cada etapa e ensinando os conceitos necessários (linha de integração, orientação, aplicação do Teorema Fundamental do Cálculo, Fubini, decomposição por regiões simples, etc.).
Passo 2
Definições e conceitos básicos que vamos usar (explicados de forma direta e com exemplos): \n
Linha de integração (integral de linha de um campo de vetores no plano): para uma curva orientada \gamma\colon [a,b]\to\mathbb{R}^2, \gamma(t)=(x(t),y(t)), e um campo (P,Q), a integral de linha de primeira espécie orientada é \int_{\gamma} P\,dx + Q\,dy = \int_{a}^{b} \big(P(x(t),y(t))x'(t) + Q(x(t),y(t))y'(t)\big)\,dt. \n
Orientação positiva de \partial D: percorrer \partial D contra‑horário. Isso importa porque troca sinais em bordos internos e externos. \n
Integral dupla e Fubini: se uma função f(x,y) é contínua num retângulo, então \iint_{R} f(x,y)\,dA = \int_{x_0}^{x_1}\!\int_{y_0}^{y_1} f(x,y)\,dy\,dx = \int_{y_0}^{y_1}\!\int_{x_0}^{x_1} f(x,y)\,dx\,dy, e podemos trocar ordem de integração. \n
Teorema Fundamental do Cálculo (TFG): para função contínua g em [a,b], \int_a^b g'(t)\,dt = g(b)-g(a). Vamos usar formas desse resultado aplicadas a funções obtidas por integração parcial.
Passo 3
Enunciado do Teorema de Green (forma clássica que vamos provar): \n
Suponha que D\subset\mathbb{R}^2 é uma região limitada cuja borda \partial D é uma curva fechada peça‑a‑peça suave, percorrida positivamente, e que P e Q têm derivadas parciais contínuas numa vizinhança de \overline{D}. Então vale a igualdade \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy \;=\; \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Passo 4
Prova para o caso mais simples: D é um retângulo R=[a,b]\times[c,d]. \n
Vamos parametrizar os quatro lados com orientação positiva (contra‑horário) e somar as contribuições. Denotemos os lados por \gamma_1 (lado inferior, da esquerda para a direita), \gamma_2 (lado direito, de baixo para cima), \gamma_3 (lado superior, da direita para a esquerda) e \gamma_4 (lado esquerdo, de cima para baixo). \n
Parâmetros e contribuições: \n
Lado inferior \gamma_1: (x,y)=(x,c), com x indo de a até b. Então dx=dx, dy=0 e a contribuição é \int_{\gamma_1} P\,dx + Q\,dy = \int_{a}^{b} P(x,c)\,dx. \n
Lado direito \gamma_2: (x,y)=(b,y), com y indo de c até d. Então dx=0, dy=dy e a contribuição é \int_{\gamma_2} P\,dx + Q\,dy = \int_{c}^{d} Q(b,y)\,dy. \n
Lado superior \gamma_3: (x,y)=(x,d) com x indo de b até a (note a orientação): dx=dx negativo em sentido usual, dy=0. A contribuição é \int_{\gamma_3} P\,dx + Q\,dy = \int_{b}^{a} P(x,d)\,dx = -\int_{a}^{b} P(x,d)\,dx. \n
Lado esquerdo \gamma_4: (x,y)=(a,y) com y indo de d até c. A contribuição é \int_{\gamma_4} P\,dx + Q\,dy = \int_{d}^{c} Q(a,y)\,dy = -\int_{c}^{d} Q(a,y)\,dy. \n
Somando as quatro contribuições obtemos \oint_{\partial R} P\,dx + Q\,dy = \int_{a}^{b} \big(P(x,c)-P(x,d)\big)\,dx \;+\; \int_{c}^{d}\big(Q(b,y)-Q(a,y)\big)\,dy. \n
Agora aplicamos o Teorema Fundamental do Cálculo (na forma da identidade que transforma diferença de valores em integral da derivada parcial): \n
Para a parte envolvendo Q: para cada y fixo, a função x\mapsto Q(x,y) tem derivada \partial Q/\partial x; então Q(b,y)-Q(a,y) = \int_{a}^{b} \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)\,dx. Integrando em y sobre [c,d] e usando Fubini, obtemos \int_{c}^{d}\big(Q(b,y)-Q(a,y)\big)\,dy = \int_{c}^{d}\!\int_{a}^{b} \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)\,dx\,dy = \iint_{R} \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)\,dA. \n
Para a parte envolvendo P: para cada x fixo, a função y\mapsto P(x,y) tem derivada \partial P/\partial y; então P(x,c)-P(x,d) = -\int_{c}^{d} \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dy. Integrando em x sobre [a,b] e usando Fubini, obtemos \int_{a}^{b}\big(P(x,c)-P(x,d)\big)\,dx = -\int_{a}^{b}\!\int_{c}^{d} \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dy\,dx = -\iint_{R} \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dA. \n
Somando as duas partes resulta \oint_{\partial R} P\,dx + Q\,dy = \iint_{R} \frac{\partial Q}{\partial x}\,dA - \iint_{R} \frac{\partial P}{\partial y}\,dA = \iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA, que é exatamente a igualdade do teorema para o caso retangular. \n
Comentário amigo: aqui eu só usei FTC e Fubini — o coração da demonstração em casos simples é transformar diferenças de valores nas bordas em integrais das derivadas parciais no interior.
Passo 5
Extensão para regiões “simples” por uma variável (regiões do tipo I): \n
Considere agora D=\{(x,y)\mid a\le x\le b,\; g_1(x)\le y\le g_2(x)\}, onde g_1,g_2 são contínuas e g_1(x)\le g_2(x). A borda \partial D consiste em quatro partes: curva inferior C_{\text{inf}} dada por y=g_1(x), x de a a b; curva superior C_{\text{sup}} dada por y=g_2(x), x de b a a (orientada no sentido inverso); e possivelmente duas curvas verticais laterais x=a e x=b (se forem necessárias, ou pontos se as curvas se juntam). \n
O cálculo segue o mesmo esquema do retângulo: decompondo a integral de linha nas quatro partes e usando o Teorema Fundamental do Cálculo para transformar as diferenças Q(b,y)-Q(a,y) (no caso do retângulo) em integrais de \partial Q/\partial x, e transformar as diferenças P(x,g_1(x))-P(x,g_2(x)) em integrais de -\partial P/\partial y. \n
Esquematicamente (mostrando a ideia chave): \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \int_{a}^{b}\big(P(x,g_1(x)) - P(x,g_2(x))\big)\,dx + \int_{\text{laterais}} Q\,dy. \n
Mas as integrais nas laterais se escrevem também como integrais iteradas e, juntando tudo e aplicando Fubini (ou mudança de ordem), obtemos novamente \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA. \n
Importante explicar: a razão pela qual isto funciona é a mesma do retângulo — em cada coluna vertical x fixo você obtém uma diferença de valores de P que se transforma numa integral em y de \partial P/\partial y; ao juntar todos os x você tem uma integral dupla. O mesmo vale trocando papéis para regiões do tipo II (simples em y).
Passo 6
Extensão para regiões gerais (com borda peça‑a‑peça suave): decomposição e cancelamento. \n
Uma região limitada D com borda peça‑a‑peça suave pode ser subdividida em um número finito de regiões simples (tipo I ou II ou retângulos), por exemplo usando uma triangulação ou uma malha adequada. Em cada peça a igualdade de Green vale (pelos passos anteriores). \n
Ao somar as igualdades sobre todas as peças, as integrais duplas internas somam para a integral dupla sobre D (por aditividade da integral dupla). Para as integrais de linha, as contribuições nas curvas internas (as fronteiras que dividem as peças) aparecem duas vezes com orientações opostas, e portanto se cancelam. O único termo que resta é a integral de linha ao longo da fronteira externa \partial D percorrida com orientação positiva. \n
Assim a igualdade também vale para D. Essa é a ideia padrão: provar para peças simples e usar aditividade + cancelamento das bordas internas.
Passo 7
Observações sobre hipóteses e variantes (dicas para a prova na prova): \n
Hypóteses: é essencial que \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x sejam contínuas numa vizinhança de \overline{D}. Isso garante que as integrais e troca de ordem (Fubini) e as aplicações do TFG sejam válidas. \n
Regiões com “buracos”: se D tem componentes interiores do complemento (buracos), a mesma fórmula vale desde que se considere \partial D como a união das curvas que limitam a componente externa (orientada positivamente) e as curvas que limitam os buracos (essas últimas orientadas negativamente). O cancelamento e a aditividade continuam válidos. \n
Interpretação: a forma diferencial \omega = P\,dx + Q\,dy tem “rotor” no plano dado por \partial Q/\partial x - \partial P/\partial y; Green conecta circulação do campo ao redor do bordo com a soma (integral) do rotor no interior. \n
Exemplos simples para fixar: aplique Green para calcular \oint_{\partial R} x\,dx + y\,dy no retângulo R; usando o teorema você obtém \iint_R(1-1)\,dA=0 — bonito e rápido.
Passo 8
Resumo final da prova (compacto e motivador): \n
Para retângulos provamos diretamente escrevendo a integral de linha como soma de 4 integrais e usando o Teorema Fundamental do Cálculo e Fubini para transformá‑las em integrais duplas de \partial Q/\partial x e \partial P/\partial y. \n
Para regiões simples (tipo I ou II) o mesmo raciocínio vale, apenas substituindo as constantes dos limites do retângulo por funções g_1(x),g_2(x). \n
Para regiões gerais decomponha em peças simples, some as igualdades e observe que as fronteiras internas cancelam. \n
Portanto, sob as hipóteses dadas, sempre que \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x são contínuas numa vizinhança de \overline{D}, temos \oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.