{ }^{2} ) Teorema de Green. Mostre que:
i. Se F(x, y)=\frac{1}{2}(-y, x), mostre que \oint_{\mathcal{C}} F \cdot d s dá a área da região delimitada pela curva fechada simples \mathcal{C};
ii. Calcule a área do hipocicloide x^{2 / 3}+y^{2 / 3}=a^{2 / 3}.

Passo 1

O enunciado dá duas tarefas:
  1. Seja F(x,y)=\tfrac{1}{2}(-y,x) e \mathcal{C} uma curva fechada simples que delimita uma região D. Pede-se mostrar que
\oint_{\mathcal{C}} F\cdot d s
é igual à área da região D limitada por \mathcal{C}.
  1. Calcular a área da curva dada por
x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}.
Informações relevantes que o enunciado fornece:
F(x,y)=\frac{1}{2}(-y,x).
A curva \mathcal{C} é fechada e simples (ou seja, delimita uma região D bem definida). No item (ii) temos a equação implícita da curva cujo parâmetro a>0 é dado.
A partir daqui vamos provar a igualdade do item (i) usando o Teorema de Green e, em (ii), usar a parametração apropriada da curva e o resultado de (i) (ou a fórmula equivalente para área via integral de linha) para calcular a área da astroide.

Passo 2

Apresentando o Teorema de Green (forma que usaremos): se \mathcal{C} é uma curva simples, fechada e orientada positivamente (no sentido anti-horário) que limita a região D, e P(x,y), Q(x,y) têm derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de D, então
\oint_{\mathcal{C}} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui dA é a área elementar e a orientação positiva é necessária para que o teorema valha com o sinal mostrado.
Agora identificamos P e Q a partir de F. Como F=(P,Q) com
P(x,y) = -\frac{y}{2},\qquad Q(x,y)=\frac{x}{2},
aplicamos o Teorema de Green. Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{y}{2}\right)=-\frac{1}{2}.
Portanto
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)=1.
Pelo Teorema de Green,
\oint_{\mathcal{C}} F\cdot d s = \oint_{\mathcal{C}} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} 1\,dA = \text{Área}(D).Á
Conclusão do item (i): para a orientação positiva de \mathcal{C},
\oint_{\mathcal{C}} F\cdot d s
é exatamente a área da região D delimitada por \mathcal{C}. (Se \mathcal{C} estivesse orientada no sentido horário, o valor seria o negativo da área; por isso a orientação positiva é importante.)

Passo 3

Vamos calcular a área da curva do item (ii). A curva dada por
x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}
é a astroide (um caso de hipocicloide de quatro pontas). Uma parametrização clássica e conveniente é
x(t)=a\cos^3 t,\qquad y(t)=a\sin^3 t,\qquad t\in[0,2\pi].
Mostro que esta parametrização satisfaz a equação da curva:
x(t)^{2/3} = (a\cos^3 t)^{2/3} = a^{2/3}\cos^2 t, \qquad y(t)^{2/3} = a^{2/3}\sin^2 t,
logo
x(t)^{2/3}+y(t)^{2/3}=a^{2/3}(\cos^2 t+\sin^2 t)=a^{2/3},
como desejado. A parametrização percorre a curva uma vez quando t vai de 0 a 2\pi e é orientada no sentido anti-horário (positiva).

Passo 4

Usamos a fórmula para a área em termos de integral de linha (que é equivalente ao resultado do item (i)):
\text{Área}=\oint_{\mathcal{C}} F\cdot d s = \frac{1}{2}\oint_{\mathcal{C}} (x\,dy - y\,dx),Á
pois F\cdot d s = -\tfrac{y}{2}\,dx + \tfrac{x}{2}\,dy = \tfrac{1}{2}(x\,dy - y\,dx).
Com a parametrização x=a\cos^3 t,\; y=a\sin^3 t, calculamos dx e dy:
dx = \frac{d}{dt}(a\cos^3 t)\,dt = a\cdot 3\cos^2 t(-\sin t)\,dt = -3a\cos^2 t\sin t\,dt,
dy = \frac{d}{dt}(a\sin^3 t)\,dt = a\cdot 3\sin^2 t\cos t\,dt = 3a\sin^2 t\cos t\,dt.

Passo 5

Agora montamos o integrando x\,dy - y\,dx. Substituindo x,y,dx,dy obtém-se:
\begin{aligned} x\,dy - y\,dx &= (a\cos^3 t)\cdot(3a\sin^2 t\cos t\,dt) - (a\sin^3 t)\cdot(-3a\cos^2 t\sin t\,dt)\\[4pt] &= 3a^2\big(\cos^4 t\sin^2 t + \sin^4 t\cos^2 t\big)\,dt. \end{aligned}
Fatorando \cos^2 t\sin^2 t:
\cos^4 t\sin^2 t + \sin^4 t\cos^2 t = \cos^2 t\sin^2 t(\cos^2 t+\sin^2 t)=\cos^2 t\sin^2 t.
Logo
x\,dy - y\,dx = 3a^2\cos^2 t\sin^2 t\,dt.
Portanto a área é
\text{Área} = \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} 3a^2\cos^2 t\sin^2 t\,dt = \frac{3a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos^2 t\sin^2 t\,dt.Á]

Passo 6

Simplificamos a integral trigonométrica. Usamos a identidade
\sin(2t)=2\sin t\cos t\quad\Rightarrow\quad \sin^2(2t)=4\sin^2 t\cos^2 t,
assim
\cos^2 t\sin^2 t = \frac{1}{4}\sin^2(2t).
Substituindo:
\text{Área} = \frac{3a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{4}\sin^2(2t)\,dt = \frac{3a^2}{8}\int_{0}^{2\pi}\sin^2(2t)\,dt.Á
Para calcular \int_{0}^{2\pi}\sin^2(2t)\,dt usamos \sin^2 u = \tfrac{1-\cos(2u)}{2} com u=2t:
\int_{0}^{2\pi}\sin^2(2t)\,dt = \int_{0}^{2\pi}\frac{1-\cos(4t)}{2}\,dt = \left[\frac{t}{2} - \frac{\sin(4t)}{8}\right]_{0}^{2\pi} = \frac{2\pi}{2}= \pi,
pois \sin(8\pi)=\sin(0)=0.
Portanto
\text{Área} = \frac{3a^2}{8}\cdot \pi = \frac{3\pi a^2}{8}.Á

Resposta

\displaystyle \oint_{\mathcal{C}} F\cdot d s=\text{Área}(D)Á
\displaystyle \text{Área do hipocicloide }(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3})=\frac{3\pi a^{2}}{8}Á

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