Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

UFRJ - Cálculo 3 - P1 2012.2 - 4

Calcule a integral de linha do campo vetorial F x , y = y 3 3 x + e cos ⁡ x ,   sen ⁡ y 3 + 1 ao longo da curva C , sendo C o bordo da região Ω definida pela interseção das seguinte regiões 3 x 2 ≥ π y , 3 x 2 ≤ 2 π y , y 2 ≥ 2 x e y 2 ≤ 4 x . Além disso, assuma que C é orientada no sentido horário.

Passo 1

Então, galerinha, aqui nós temos uma integral de linha para ser resolvida. Porém se fossemos parametrizar essa curva, teríamos que separar em 4 curvas e parametrizar individualmente. E isso iria gerar muito trabalho. Além disso, tem aquele termo sen ⁡ y 3 que pode gerar coisas nem tão simples de integrar.

Por isso vamos resolver essa questão aplicando o teorema de Green, pois ele vai transformar essa integral de linha em uma integral dupla, mais simples de ser resolvida. O teorema nos diz:

∫ C _   F ⋅ d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Onde, pelo enunciando, temos que

F x , y = y 3 3 x + e cos ⁡ x ,   sen ⁡ y 3 + 1

Separando em termos de F 1 e F 2 , temos

F 1 = y 3 3 x + e cos ⁡ x

F 2 = sen ⁡ y 3 + 1

Então agora, é achar essas derivadas parciais e resolver essa integral dupla. Lembrando que os limites de integração serão dados pela região Ω .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

A gente já sabe quem é F 1 e F 2 . Então agora vamos agora calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y :

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x sen ⁡ y 3 + 1 = 0

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y y 3 3 x + e cos ⁡ x = 3 y 2 3 x = y 2 x

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - y 2 x

Passo 3

Aplicando o teorema de Green, temos:

∫ C   F ⋅ d r = ∬ Ω   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = - ∬ Ω   y 2 x d x d y

Passo 4

Agora temos que achar nossos limites de integração. Porém parece complicado descrever a região Ω em termos de x e y . Deste modo, vamos fazer uma mudança de variáveis.

A região Ω é definida pela interseção das seguinte regiões:

3 x 2 ≥ π y → x 2 y ≥ π 3

3 x 2 ≤ 2 π y →   x 2 y ≥ 2 π 3

y 2 ≥ 2 x → y 2 x ≥ 2

y 2 ≤ 4 x →   y 2 x ≥ 4

Repara que temos um padrão! Todas são parábolas que podemos representar dessa forma

x 2 y = a l g u m   n ú m e r o

y 2 x = a l g u m   n ú m e r o

Esse padrão nos sugere qual mudança de variável irá nos ajudar na resolução. Deste movo vamos chamar:

y 2 x = u

x 2 y = v

Passo 5

Agora temos que encontrar os intervalos de integração em u e v . Fazendo a substituição de variáveis das equações das parábolas temos:

3 x 2 = π y   → 3 x 2 y = π → 3 v = π   → v = π / 3

3 x 2 = 2 π y   → 3 x 2 y = 2 π → 3 v = 2 π   → v = 2 π / 3

y 2 = 2 x   → y 2 x = 2 → u = 2

y 2 = 4 x   → y 2 x = 4 → u = 4

Ou seja, π / 3 ≤ v ≤ 2 π / 3 e 2 ≤ u ≤ 4 .

Passo 6

Galerinha, lembrando que sempre que fizermos uma mudança de variável, precisaremos calcular o Jacobiano!

Neste, é vamos achar o Jacobiano da transformação inversa para facilitar nosso cálculo e depois inverter o resultado. Ele é dado por:

J * = ∂ ( u ,   v ) ∂ ( x ,   y )

J * = ∂ ( u ,   v ) ∂ ( x ,   y ) = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y = - y 2 x 2 2 y x 2 x y - x 2 y 2 = - 3

Invertendo o resultado, temos

J * = 1 J

J = - 1 3

J = 1 3

Passo 7

Substituindo os valores que encontramos na integral, temos:

- ∬ Ω   y 2 x d x d y = - ∫ π / 3 2 π / 3 ∫ 2 4 u × 1 3   d u d v

Passo 8

Integrando em relação a u :

- 1 3   ∫ π / 3 2 π / 3 ∫ 2 4 u   d u d v =

= - 1 3 ∫ π / 3 2 π / 3 u 2 2 u = 2 u = 4 d v =

= - 1 6 ∫ π / 3 2 π / 3 16 - 4 d v =

- 1 6 ∫ π / 3 2 π / 3 12 d v =

= - 2 ∫ π / 3 2 π / 3 d v =

Passo 9

Agora em relação a v :

= - 2 v π / 3 2 π / 3 =

= - 2 2 π 3 - π 3 =

Resposta

- 2 π 3

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