Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

15) Calcule as integrais de linha diretamente e também e também pelo Teorema de Green:

b)

∫ C   x y - y 2 d x + x y d y

onde C é o caminho fechado formado por y = 0 , x = 1 e y = x , orientado positivamente.

Passo 1

Antes de tudo, sempre é bom lembrar que uma integral de linha escrita assim

∫ C   x y - y 2 d x + x y d y

é a mesma coisa que uma escrita assim ∫ C   F → x ,   y d r → ...

∫ C   F → x ,   y d r → = ∫ C   x y - y 2 d x + x y d y

Onde no caso,

F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y

Vamos então primeiro resolver essa integral de linha pelo método direto pedido:

1º - Parametrizando a curva C .

2º - Encontrando o termo d r → .

3º - Trabalhando com a função F → x ,   y vetorial que está sendo integrada.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Primeiro então devemos parametrizar C , que, caso desenhemos utilizando essas três retas ( y = 0 , x = 1 e y = x ), vamos obter esse triângulo aqui oh:

Que gira no sentido anti-horário, pois ela está orientada positivamente, sacou?

Bem, como estamos trabalhando com uma curva composta de outras três

Deveremos parametrizar e calcular uma integral de linha para cada uma delas:

∫ C   F → x ,   y d r → = ∫ C 1   F → x ,   y d r → + ∫ C 2   F → x ,   y d r → + ∫ C 3   F → x ,   y d r →

Então vamos nessa?

Passo 3

1º - A curva C 1 :

  • Como é uma y = 0 e x varia livremente...
  • x = t

    y = 0

    então

    γ 1 t = t ,   0

    como t é x e x varia de 0 até 1 ...

    0 ≤ t ≤ 1

  • O Termo d r → para essa parametrização é
  • d r → = γ 1 ' t d t

    d r → = 1 ,   0 d t

  • O campo nos termos da parametrização...
  • F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y   →

    F → γ 1 t = 0 ,   0

    Com esses três ingredientes, jogando na integral de linha...

    ∫ C 1   F → x ,   y d r → = ∫ C 1   0 ,   0 ⋅ 1 ,   0 d t =

    0

    Passo 4

    2º - A curva C 2 :

  • Como é uma x = 1 e y varia livremente...
  • y = t

    x = 1

    então

    γ 2 t = 1 ,   t

    como t é y e y varia de 0 até o topo do triangulo que 1 ...

    0 ≤ t ≤ 1

  • O Termo d r → para essa parametrização é
  • d r → = γ 1 ' t d t

    d r → = 0 ,   1 d t

  • O campo nos termos da parametrização...
  • F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y   →

    F → γ 1 t = t - t 2 ,   t

    Com esses três ingredientes, jogando na integral de linha...

    ∫ C 1   F → x ,   y d r → = ∫ 0 1 t - t 2 ,   t ⋅ 0 ,   1 d t =

    ∫ 0 1 t d t = t 2 2 0 1 = 1 2

    Passo 5

    3º - A curva C 3 :

  • Como agora se trata de x = y ...
  • x = 1 - t

    y = 1 - t

    γ 3 t = 1 - t , 1 -   t

    como x varia de 0 até 1 ...

    0 ≤ t ≤ 1

  • O Termo d r → para essa parametrização é
  • d r → = γ 1 ' t d t

    d r → = - 1 ,   - 1 d t

  • O campo nos termos da parametrização...

F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y   →

F → γ 1 t = 1 - t 1 - t - 1 - t 2 ,   1 - t 1 - t     →

F → γ 1 t = 1 - t 2 - 1 - t 2 ,   1 - t 2     →

F → γ 1 t = 0   ,   1 - t 2  

Com esses três ingredientes, jogando na integral de linha...

∫ C 1   F → x ,   y d r → = ∫ 0 1 0   ,   1 - t 2 ⋅ - 1 ,   - 1 d t =

∫ 0 1 - 1 - t 2 d t =

∫ 0 1 - 1 - 2 t + t 2 d t =

∫ 0 1 - 1 + 2 t - t 2   d t = - t + t 2 - t 3 3 0 1

- 1 + 1 - 1 3 = - 1 3

Passo 4

Como

∫ C   F → x ,   y d r → = ∫ C 1   F → x ,   y d r → + ∫ C 2   F → x ,   y d r → + ∫ C 3   F → x ,   y d r →

então...

∫ C   F → x ,   y d r → = 0 + 1 2 + - 1 3 =

1 6

Passo 5

Como o próprio problema pediu, agora vamos resolver a mesma integral utilizando o teorema de Green...

∮ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Mas antes de aplicarmos essa igualdade maravilhosa do Teorema, temos que avalizar as condições de Green, que sempre nos exige:

1º - Uma curva C fechada delimitando a região D .

2º - A curva C , orientada positivamente.

3º - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos averiguar?

Passo 6

1º - Precisamos de uma curva C fechada e delimitando uma região D . Ora, a curva C , pelo próprio enunciado, é uma curva fechada é justamente o triângulo:

Onde a região D é o seu interior.

2º - E mais, ela está orientada positivamente sim!!! Ela gira no sentido anti-horário

- O campo F → que estamos trabalhando...

F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y

Não tem um problema em nenhum lugar, o que nos garante que ele já está sem singularidades !

Passo 7

Condições do Teorema sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa boa:

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Se queremos a integral de linha, calculemos a integral dupla e beijinho no ombro ;)

Calculando, primeiro, essas derivadas parciais aí do campo...

F → x ,   y = x y - y 2 ,   x y = F 1 ,   F 2

∂ F 2 ∂ x = ∂ x y ∂ x = y

∂ F 1 ∂ y = ∂ x y - y 2 ∂ y = x - 2 y

Logo...

∫ C   F → d r → = ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A =

∬ D   y - x - 2 y d A =

∬ D   3 y - x   d A

Passo 8

Para resolver a integral dupla necessitamos descrever a região D

O que pode ser feito utilizando o Tipo 1 como auxílio:

0 ≤ x ≤ 1

e

0 ≤ y ≤ x

Montando a integral...

∬ D   3 y - x   d A =

∫ 0 1 ∫ 0 x 3 y - x   d y d x =

∫ 0 1 ∫ 0 x 3 y - x   d y d x =

∫ 0 1 3 y 2 2 - x y 0 x d x =

∫ 0 1 3 x 2 2 - x 2 d x = ∫ 0 1 x 2 2 d x =

x 3 2 ⋅ 3 0 1 = 1 6

Logo

∫ C   F → d r → = 1 6

Resposta

b )     1 6

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