Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

16) Calcule as seguintes integrais:

c)

∮ C   y 2 2 d x + 2 x y   d y

onde C é a fronteira da região limitada por y = x , y = - x e x 2 + y 2 = 4 , com y ≥ 0 .

Passo 1

Bem, perceba que nesse problema o enunciado não nos disse como essa integral de linha deve ser feita, porém... Repare que o campo que estamos trabalhando

F → x ,   y = y 2 2 ,   2 x y

ele é chato. Isso é uma sugestão que devemos utilizar o teorema de Green para matar o problema. Mas, para você ter certeza se é Green ou não, calculemos

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

As derivadas parciais são...

∂ F 2 ∂ x = ∂ 2 x y ∂ x = 2 y

∂ F 1 ∂ y = ∂ y 2 2 ∂ y = y

logo

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = y

De fato é muito simples essa subtração nos indicando que de fato estamos lidando com Green

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O teorema de Green nada mais é do que essa igualdade mara entre a integral de linha com uma integral dupla:

∮ 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 3

1º - Precisamos de uma curva C fechada e delimitando uma região D . Ora, a curva C , pelo próprio enunciado, é a curva composta por essas três retas: y = x , y = - x e x 2 + y 2 = 4 , y ≥ 0 ...

Onde a região D é justamente...

2º - E mais, ela está orientada positivamente sim!!!

Quando o problema não nos fala nada sobre a orientação, assumimos que é no sentido anti-horário, portanto positivamente

- O campo F → que estamos trabalhando...

F → x ,   y = y 2 2 ,   2 x y

nem tem singularidade :D!

Passo 4

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 ;)

Substituindo...

∫ C   F → d r → = ∬ D     y   d A

Para calcular essa integral dupla, devemos descrever a região D . Como estamos dentro de um pedacinho de circunferência, nada mais justo que pensarmos nas coordenadas polares:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

J = r

Passo 5

Para encontrar os limites das variáveis olhemos para a região novamente:

Perceba que o raio r está saindo da origem e indo até a borda máxima que é...

0 ≤ r ≤ 2

O ângulo θ varia da reta do lado direito até a reta do lado esquerdo no segundo quadrante. A reta no primeiro quadrante tem equação

y = x

r sin ⁡ θ = r cos ⁡ θ

sin ⁡ θ cos ⁡ θ = 1       →         tan ⁡ θ = 1     →         θ = 45 ° = π 4

em relação a reta y = - x ...

y = - x

r sin ⁡ θ = - r cos ⁡ θ

sin ⁡ θ cos ⁡ θ = - 1       →       tan ⁡ θ = - 1     →         θ = 135 ° = 3 π 4

Logo...

π 4 ≤ θ ≤ 3 π 4

Passo 6

Retornando a integral dupla que encontramos por Green...

∬ D     y   d A

e substituindo tudo pelas novas coordenadas (cuidado para não esquecer o Jacobino):

∫ π 4 3 π 4 ∫ 0 2 r sin ⁡ θ ⋅ J   d r d θ =

∫ π 4 3 π 4 ∫ 0 2 r 2 sin ⁡ θ   d r d θ

Calculando...

∫ π 4 3 π 4 sin ⁡ θ ∫ 0 2 r 2   d r d θ =

∫ π 4 3 π 4 sin ⁡ θ r 3 3 0 2 d θ =

∫ π 4 3 π 4 sin ⁡ θ 2 3 3 d θ = 8 3 ∫ π 4 3 π 4 sin ⁡ θ d θ =

8 3 - cos ⁡ θ π 4 3 π 4 = 8 3 - cos ⁡ 3 π 4 - - cos ⁡ π 4 =

8 3 2 2 - - 2 2 = 8 3 2

Resposta

c )   8 3 2

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