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 } -1 / 2 \leq y \leq \sqrt{3} / 2\right\}

Passo 1

O enunciado pede a área da região D definida por
D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\; x^{2}+y^{2}\le 1\\ \text{ e }\\\ -\tfrac{1}{2}\le y\le \tfrac{\sqrt{3}}{2}\}.
Informações relevantes que o enunciado dá:
\;x^{2}+y^{2}\le 1 significa que estamos dentro do disco unitário de centro na origem.
\;y está restrito ao intervalo \left[-\tfrac{1}{2},\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right], ou seja, cortamos o disco por duas retas horizontais y=-\tfrac{1}{2} e y=\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
A pergunta é: qual é a área do conjunto de pontos do disco que têm coordenada y entre esses dois valores?

Passo 2

Vamos usar o Teorema de Green para relacionar área com uma integral de linha. Primeiro, enunciado curto do que precisamos do Teorema de Green:
\text{Se }C=\partial D\text{ é a fronteira orientada positivamente de }D\text{ e }P,Q\text{ são funções com derivadas parciais contínuas, então}éãçõíã
\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Para obter a área de D usamos que a área é \iint_D 1\,dA. Escolhemos P e Q de modo que \partial Q/\partial x - \partial P/\partial y = 1. Uma escolha simples é P=-\tfrac{y}{2} e Q=\tfrac{x}{2}, pois
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\tfrac{x}{2}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\!\left(-\tfrac{y}{2}\right)=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}=1.
Aplicando Green:
\iint_D 1\,dA = \oint_{\partial D}\left(-\tfrac{y}{2}\,dx + \tfrac{x}{2}\,dy\right)=\tfrac{1}{2}\oint_{\partial D}(x\,dy - y\,dx).
Portanto a área de D pode ser calculada pela integral de linha
\text{Area}(D)=\tfrac{1}{2}\oint_{\partial D}(x\,dy - y\,dx).
(Isto é uma fórmula padrão; eu acabei de deduzi‑la com o Teorema de Green.)

Passo 3

Em vez de parametrizar toda a fronteira \partial D (o que é perfeitamente possível, mas dá várias peças: dois segmentos horizontais e duas arcos circulares), é mais prático transformar a integral dupla em uma integral simples em y. A igualdade \text{Area}(D)=\iint_D 1\,dA é válida e foi garantida pelo Teorema de Green acima; então calculamos a área diretamente por integração em coordenadas cartesianas em “fatias” horizontais.
Para um y fixo com -\tfrac{1}{2}\le y\le \tfrac{\sqrt{3}}{2}, os pontos do disco satisfazem
x^{2}\le 1-y^{2}\quad\Rightarrow\quad -\sqrt{1-y^{2}}\le x\le \sqrt{1-y^{2}}.
Logo a área é
\text{Area}(D)=\int_{y=-\tfrac{1}{2}}^{\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}}\left(\int_{x=-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}} dx\right)dy =\int_{-\tfrac{1}{2}}^{\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}} 2\sqrt{1-y^{2}}\;dy.
Aqui eu usei a ideia de “fatias”: para cada y a largura horizontal do disco vale 2\sqrt{1-y^{2}}, e somamos (integramos) essas larguras ao longo de y.

Passo 4

Calcular a integral
\int_{-\tfrac{1}{2}}^{\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}} 2\sqrt{1-y^{2}}\;dy.
Fazemos a substituição trigonométrica clássica y=\sin\theta. Então dy=\cos\theta\,d\theta e \sqrt{1-y^{2}}=\sqrt{1-\sin^{2}\theta}=\cos\theta (tomando \cos\theta\ge0 no intervalo de interesse). Precisamos trocar os limites em y para \theta:
y=-\tfrac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad \theta=-\tfrac{\pi}{6}, \qquad y=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\quad\Longrightarrow\quad \theta=\tfrac{\pi}{3}.
Substituindo:
\text{Area}(D)=2\int_{\theta=-\tfrac{\pi}{6}}^{\,\tfrac{\pi}{3}} (\cos\theta)(\cos\theta)\,d\theta =2\int_{-\tfrac{\pi}{6}}^{\,\tfrac{\pi}{3}} \cos^{2}\theta\;d\theta.
Usamos a identidade \cos^{2}\theta=\tfrac{1+\cos 2\theta}{2}, então
\text{Area}(D)=2\int_{-\tfrac{\pi}{6}}^{\,\tfrac{\pi}{3}} \tfrac{1+\cos 2\theta}{2}\;d\theta =\int_{-\tfrac{\pi}{6}}^{\,\tfrac{\pi}{3}} (1+\cos 2\theta)\;d\theta.

Passo 5

Agora integramos termo a termo:
\int (1+\cos 2\theta)\,d\theta = \theta + \tfrac{1}{2}\sin 2\theta + C.
Avaliamo entre \theta=-\tfrac{\pi}{6} e \theta=\tfrac{\pi}{3}:
Para \theta=\tfrac{\pi}{3}: \theta+\tfrac{1}{2}\sin 2\theta = \tfrac{\pi}{3} + \tfrac{1}{2}\sin\!\tfrac{2\pi}{3} = \tfrac{\pi}{3} + \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2} = \tfrac{\pi}{3} + \tfrac{\sqrt{3}}{4}.
Para \theta=-\tfrac{\pi}{6}: \theta+\tfrac{1}{2}\sin 2\theta = -\tfrac{\pi}{6} + \tfrac{1}{2}\sin\!\big(-\tfrac{\pi}{3}\big) = -\tfrac{\pi}{6} + \tfrac{1}{2}\cdot\big(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big) = -\tfrac{\pi}{6} - \tfrac{\sqrt{3}}{4}.
Subtraindo:
\text{Area}(D)=\left(\tfrac{\pi}{3} + \tfrac{\sqrt{3}}{4}\right) - \left(-\tfrac{\pi}{6} - \tfrac{\sqrt{3}}{4}\right) = \tfrac{\pi}{3} + \tfrac{\pi}{6} + \tfrac{\sqrt{3}}{2} = \tfrac{\pi}{2} + \tfrac{\sqrt{3}}{2}.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}

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