O Teorema de Green pode ser utilizado para calcular a integral \oint_{C} \frac{-y}{x^{2}+y^{2}} d x+\frac{x}{x^{2}+y^{2}} d y
(a) onde C é a circunferência x^{2}+y^{2}=1, orientada no sentido anti-horário?
(b) onde C é o triângulo com vértices (1,0),(1,2) e (2,2), no sentido anti-horário?
(c) Qual é o valor da integral de linha, onde C é o triângulo do item (b)?

Passo 1

O enunciado pede para analisar a integral de linha
\oint_{C}\left(\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dy\right)
e faz três perguntas separadas:
  • (a) A pergunta: “O Teorema de Green pode ser utilizado para calcular essa integral quando C é a circunferência \,x^{2}+y^{2}=1\, orientada no sentido anti-horário?”
    Informação dada: curva C é o círculo centrado na origem de raio 1.
  • (b) A pergunta: “O Teorema de Green pode ser utilizado para calcular essa integral quando C é o triângulo com vértices (1,0),(1,2),(2,2) orientado no sentido anti-horário?”
    Informação dada: curva C é o contorno do triângulo com esses vértices.
  • (c) A pergunta: “Qual é o valor da integral de linha quando C é o triângulo do item (b)?”
    Informação dada: mesmo triângulo do item (b), orientação anti-horária.
Dados explícitos da forma diferencial (vou indicar as duas componentes):
P(x,y)= -\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}},\qquad Q(x,y)= \dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}.

Passo 2

O que diz o Teorema de Green (em palavras simples e o que é necessário verificar para usá-lo):
  • Se D é uma região do plano com fronteira simples e orientada positivamente (anti-horário) e se P e Q têm derivadas parciais contínuas num conjunto aberto que contém D e sua fronteira, então
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Portanto, para aplicar Green devemos checar duas coisas principais: (i) P e Q estão bem definidas e têm derivadas parciais contínuas em toda a região fechada D (incluindo interior); (ii) a fronteira C é positiva/anti-horária (aqui já é o caso pedido).

Passo 3

Calcular as derivadas parciais \partial Q/\partial x e \partial P/\partial y explicitamente (vou desenvolver passo a passo).
Escrevendo r^{2}=x^{2}+y^{2}, temos
Q(x,y)=\frac{x}{r^{2}},\qquad P(x,y)=-\frac{y}{r^{2}}.
Cálculo de \dfrac{\partial Q}{\partial x}:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(1)\cdot r^{2} - x\cdot(2x)}{(r^{2})^{2}} = \frac{r^{2}-2x^{2}}{r^{4}} = \frac{x^{2}+y^{2}-2x^{2}}{r^{4}} = \frac{y^{2}-x^{2}}{r^{4}}.
Cálculo de \dfrac{\partial P}{\partial y}:
\frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{(1)\cdot r^{2} - y\cdot(2y)}{(r^{2})^{2}} = -\frac{r^{2}-2y^{2}}{r^{4}} = -\frac{x^{2}+y^{2}-2y^{2}}{r^{4}} = -\frac{x^{2}-y^{2}}{r^{4}}.
Agora a diferença que aparece em Green:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{y^{2}-x^{2}}{r^{4}} - \left(-\frac{x^{2}-y^{2}}{r^{4}}\right) = \frac{y^{2}-x^{2}+x^{2}-y^{2}}{r^{4}} = 0.
Conclusão importante: para todo ponto (x,y) com r^{2}=x^{2}+y^{2}\neq 0 (ou seja, (x,y)\neq(0,0)) obtemos
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0.
Observação crucial: P e Q não estão definidas em (0,0) (o denominador x^{2}+y^{2} anula-se), logo as derivadas acima só fazem sentido e são contínuas em domínios que não contenham a origem.

Passo 4

Aplicação ao item (a) — \,C:\\ x^{2}+y^{2}=1\, (círculo de raio 1, anti-horário).
  • Verificação da condição de Green: a região interior D do círculo inclui o ponto (0,0). Em (0,0) as funções P e Q não estão definidas, logo as derivadas parciais não são contínuas em um aberto que contenha toda a região fechada D. Portanto a hipótese do Teorema de Green NÃO está satisfeita: não se pode aplicar diretamente o Teorema de Green para substituir pela integral dupla.
  • Apesar disso, podemos calcular diretamente a integral de linha parametrizando a circunferência. Parametrização padrão (anti-horário):
x=\cos t,\qquad y=\sin t,\qquad 0\le t\le 2\pi.
Então
dx=-\sin t\,dt,\qquad dy=\cos t\,dt,\qquad x^{2}+y^{2}=1.
Substituindo na integral:
\oint_{C} \left(\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}\,dx+\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dy\right) = \int_{0}^{2\pi}\left(\frac{-\sin t}{1}(-\sin t\,dt)+\frac{\cos t}{1}(\cos t\,dt)\right).
Simplificando o integrando:
(-\sin t)(- \sin t) + (\cos t)(\cos t) = \sin^{2}t + \cos^{2}t = 1.
Portanto a integral é
\int_{0}^{2\pi} 1\,dt = 2\pi.
Resumo do item (a): O Teorema de Green NÃO pode ser usado (porque a região contém o ponto singular (0,0)); a integral de linha, calculada diretamente, vale \,2\pi.

Passo 5

Aplicação ao item (b) — triângulo com vértices (1,0),(1,2),(2,2), orientação anti-horária.
  • Observação geográfica da região D do triângulo: todos os pontos do triângulo têm coordenada x\ge 1. Em particular o ponto (0,0) NÃO pertence à região nem ao seu interior.
  • Consequência: nas coordenadas do triângulo, r^{2}=x^{2}+y^{2} é sempre estritamente positiva, de modo que P e Q e suas derivadas parciais (calculadas no Passo 3) são bem definidas e contínuas em um aberto que contém toda a região triangular fechada. Logo as hipóteses do Teorema de Green são satisfeitas.
  • Conclusão do item (b): O Teorema de Green PODE ser utilizado para calcular a integral sobre esse triângulo (resposta: Sim).

Passo 6

Cálculo do item (c) usando Green (já que é aplicável).
  • Pelas contas do Passo 3 temos \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=0 em todo ponto do interior do triângulo.
  • Pelo Teorema de Green,
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} 0\,dA = 0.
  • Portanto o valor da integral de linha sobre o triângulo (orientado anti-horário) é \,0.

Resposta

(a) Não.
(b) Sim.
(c) 0

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