Utilizando o Teorema de Green, calcule a área das regiões D, onde:
D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: x^{2}+y^{2} \leq 1 \text { e } y \geq 1 / 2\right\}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a área da região D definida por
D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\; x^{2}+y^{2}\leq 1 \text{ e } y\geq 1/2\}.
Informações relevantes que o enunciado dá:
\begin{aligned} &\text{(i)}\\ \text{A região está dentro do círculo unidade } x^{2}+y^{2}\leq 1.\\\ &\text{(ii)}\\ \text{A região está limitada abaixo pela reta } y=1/2.\\\ &\text{(iii)}\\ \text{Portanto o contorno } \partial D \text{ é formado por:}\\\ &\qquad\text{— um arco do círculo } x^{2}+y^{2}=1 \text{ com } y\geq 1/2,\\\ &\qquad\text{— o segmento de reta (corda) na linha } y=1/2 \text{ que une os dois pontos de interseção.} \end{aligned}ãáíãáéíçã
O objetivo final é fornecer a área de D (um único número ou expressão).

Passo 2

Vamos transformar o problema de área numa integral de linha usando uma identidade obtida a partir do teorema de Green (a explicação será detalhada para você entender bem).
Enunciado prático do teorema de Green (no plano): se D é uma região planar com contorno simples e orientado positivamente (no sentido anti-horário) e P(x,y),Q(x,y) são funções com derivadas parciais contínuas, então
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA=\oint_{\partial D}P\,dx+Q\,dy.
Queremos \text{Área}(D)=\iint_{D}1\,dAÁ. Então precisamos encontrar P e Q tais que
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1.
Uma escolha simples é
P(x,y)=-\frac{y}{2},\qquad Q(x,y)=\frac{x}{2}.
Verifique:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{1}{2},\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-\frac{1}{2},
logo
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)=1.
Aplicando Green obtemos a fórmula prática para a área:
\text{Área}(D)=\iint_{D}1\,dA=\oint_{\partial D}\left(-\frac{y}{2}\,dx+\frac{x}{2}\,dy\right)=\frac{1}{2}\oint_{\partial D}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr).Á
Explicando: aqui x e y são as coordenadas no plano; dx e dy são as variações infinitesimais ao percorrermos o contorno \partial D. Agora vamos aplicar essa fórmula parametrizando cada parte de \partial D.

Passo 3

Descrevendo o contorno \partial D\) com orientação positiva (anti-horária): \[\partial D = \Gamma_{\text{arco}} \cup \Gamma_{\text{corda}},
onde \Gamma_{\text{arco}} é o arco do círculo unidade com y\geq 1/2 e \Gamma_{\text{corda}} é o segmento de reta y=1/2 que une as interseções.
Precisamos dos pontos de interseção entre o círculo x^{2}+y^{2}=1 e a reta y=1/2. Substituindo y=1/2 em x^{2}+y^{2}=1 obtemos
x^{2}+\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}=1 \quad\Rightarrow\quad x^{2}=1-\tfrac{1}{4}=\tfrac{3}{4},
portanto os pontos são
\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)\quad\text{e}\quad\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right).
Parametrização do arco do círculo (sentido anti-horário): usar o parâmetro angular t, com a parametrização padrão do círculo unidade
x=\cos t,\qquad y=\sin t.
No círculo unidade, \sin t=\tfrac{1}{2} ocorre em t=\tfrac{\pi}{6} e t=\tfrac{5\pi}{6}. Para y\geq\tfrac{1}{2} tomamos t variando de \tfrac{\pi}{6} até \tfrac{5\pi}{6}. Assim
\Gamma_{\text{arco} }:\quad \begin{cases} x(t)=\cos t,\\[4pt] y(t)=\sin t,\\[4pt] t\in\left[\tfrac{\pi}{6},\tfrac{5\pi}{6}\right]. \end{cases}
Parametrização da corda (segmento na reta (y=\tfrac{1}{2}]) com orientação para direita (para fechar o contorno anti-horário):
\Gamma_{\text{corda}}:\quad \begin{cases} x(s)=s,\\[4pt] y(s)=\tfrac{1}{2},\\[4pt] s\in\left[-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right]. \end{cases}]

Passo 4

Calcule a integral de linha sobre o arco usando a fórmula
\oint_{\partial D}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr)=\int_{\Gamma_{\text{arco}}}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr)+\int_{\Gamma_{\text{corda}}}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr).
Para o arco, com x=\cos t,\\ y=\sin t, temos dx=-\sin t\,dt e dy=\cos t\,dt. Então o integrando fica
x\,dy-y\,dx=\cos t\cdot(\cos t\,dt)-\sin t\cdot(-\sin t\,dt)=(\cos^{2}t+\sin^{2}t)\,dt=1\cdot dt.
Portanto a contribuição do arco é
\int_{t=\pi/6}^{5\pi/6} 1\,dt = \left[t\right]_{\,\pi/6}^{\,5\pi/6}= \frac{5\pi}{6}-\frac{\pi}{6}=\frac{4\pi}{6}=\frac{2\pi}{3}.

Passo 5

Agora a contribuição da corda. Parametrizando por s, com y=\tfrac{1}{2} constante, temos dy=0 e dx=ds. Então
x\,dy-y\,dx = x\cdot 0 - \frac{1}{2}\,dx = -\frac{1}{2}\,dx.
Integrando de s=-\tfrac{\sqrt{3}}{2} até s=\tfrac{\sqrt{3}}{2} obtemos
\int_{\Gamma_{\text{corda}}}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr)=\int_{-\sqrt{3}/2}^{\sqrt{3}/2}\left(-\frac{1}{2}\right)\,ds = -\frac{1}{2}\Bigl[s\Bigr]_{-\sqrt{3}/2}^{\sqrt{3}/2} = -\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}.

Passo 6

Somando as duas contribuições:
\oint_{\partial D}\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr)=\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}.
Lembre que a área é metade dessa integral, pela fórmula do Passo 2:
\text{Área}(D)=\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}.Á
Uma interpretação rápida para conferir: isso corresponde à área de um setor circular de ângulo \tfrac{2\pi}{3} (que teria área \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{2\pi}{3}=\tfrac{\pi}{3}) menos a área do triângulo isósceles formado pela corda (que tem área \tfrac{\sqrt{3}}{4}); faz sentido geométrico e bate com o resultado obtido por Greens.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}

Exercícios relacionados