Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

16) Calcule as seguintes integrais:

d)

∮ C   x - 1 e y d x + 2 x + e y ln ⁡ x   d y

onde C é a fronteira da região limitada por x = y 4 + 1 e x = 2 .

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 = x - 1 e y ,   2 x + e y ln ⁡ x

é muito complicado. 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 + e y ln ⁡ x ∂ x = 2 + e y x

∂ F 1 ∂ y = ∂ x - 1 e y ∂ y = ∂ e y x ∂ y = e y x

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∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 + e y x - e y x =

2

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 duas curvas x = y 4 + 1 e x = 2 . A primeira é parecido com uma parábola ao redor de x passando por x = 1 e a segunda é uma reta:

Onde a região D é justamente esse espaço:

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 = x - 1 e y ,   2 x + e y ln ⁡ x

até tem uma singularidade em x = 0 ... Como estamos bem longe dele, não tem problema algum.

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   2   d A

Para calcular essa integral dupla, devemos descrever a região D

O que pode ser feito utilizando o auxílio de uma região do Tipo 2 ...

O y varia do ponto de baixo até o ponto de cima de encontro da parábola x = y 4 + 1 com a reta x = 2 :

x = y 4 + 1         →             2 = y 4 + 1             →             y 4 = 1

y = ± 1

então:

- 1 ≤ y ≤ 1

Enquanto que o x varia da parábola até o 2 ...

y 4 + 1 ≤ x ≤ 2

Passo 5

∬ D   2   d A = 2 ∫ - 1 1 ∫ y 4 + 1 2 d x d y

Calculando as integrais...

2 ∫ - 1 1 ∫ y 4 + 1 2 d x d y = 2 ∫ - 1 1 ∫ y 4 + 1 2 d x d y =

2 ∫ - 1 1 2 - y 4 - 1 d y = 2 2 y - y 5 5 - y - 1 1 =

2 2 - 1 5 - 1 - 2 - 1 - - 1 5 5 - - 1 =

2 2 - 1 5 - 1 - - 2 + 1 5 + 1 =

2 2 - 1 5 - 1 + 2 - 1 5 - 1 =

2 2 - 2 5 = 16 5

Resposta

d )   16 5

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