Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

Teorema de Green

Considere a integral de linha

I = ∮ C F ∙ d r

Onde C é a fronteira da região do primeiro quadrante limitada pelas circunferências x 2 + y 2 = 1 e x 2 + y 2 = 4 e F é o campo vetorial definido por F x , y = x x 2 + y 2 , - y x 2 + y 2

Calcule I usando obrigatoriamente o teorema de Green

Passo 1

Temos que usar o teorema de Green, já que ele disse que precisamos né? Rs, aquela integral de linha vai ficar

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

Onde D é a região que tem C como fronteira. Como C é fechada e a função F está definida em todo ponto fora a origem, e a origem não está na região D , podemos usar sem preocupação o teorema de Green.

Vamos calcular ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y , começando com as derivadas, usando a regra do quociente

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x - y x 2 + y 2 = 0 x 2 + y 2 - 2 x - y x 2 + y 2 2 = 2 x y x 2 + y 2 2

E

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y x x 2 + y 2 = 0 x 2 + y 2 - 2 x x x 2 + y 2 2 = - 2 x y x 2 + y 2 2

Vamos ter

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 x y x 2 + y 2 2 - - 2 x y x 2 + y 2 2 = 2 x y x 2 + y 2 2 + 2 x y x 2 + y 2 2 = 4 x y x 2 + y 2 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

A integral de linha vai ficar

I = ∮ C F ∙ d r = ∬ D 4 x y x 2 + y 2 2 d A

Temos que entender como é a região D

Repara que a região vai ser entre as circunferências de raio 1 e 2 , e limitada por x ≥ 0 e y ≥ 0 porque está no primeiro quadrante. Então a região fica assim

Como temos muitos x 2 + y 2 vamos usar coordenadas polares

Passo 3

Em coordenadas polares

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Passo 4

Vamos ver os intervalos de r e θ . Como ele está entre uma circunferência e outra vamos ter

r ∈ 1,2

E como ele está limitado ao primeiro quadrante vamos ter

θ ∈ 0 , π 2

A integral vai ficar

∬ D 4 x y x 2 + y 2 2 d A = ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 r cos ⁡ θ r sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 2 + r sen ⁡ θ 2 2 r d r d θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 r 2 cos ⁡ θ sen ⁡ θ . r r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ 2 d r d θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 r 3 cos ⁡ θ sen ⁡ θ r 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ 2 d r d θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 r 3 cos ⁡ θ sen ⁡ θ r 2 2 d r d θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 r 3 cos ⁡ θ sen ⁡ θ r 4 d r d θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 4 cos ⁡ θ sen ⁡ θ r d r d θ

Lembrando que 2 sen ⁡ θ cos ⁡ θ = sen ⁡ 2 θ

⇒ ∫ 0 π 2 ∫ 1 2 2 sen ⁡ 2 θ r d r d θ

Integrando

⇒ ∫ 0 π 2 2 sen ⁡ 2 θ ln ⁡ r r = 1 2 d θ

⇒ ∫ 0 π 2 2 sen ⁡ 2 θ ln ⁡ 2 - ln ⁡ 1 d θ

⇒ ∫ 0 π 2 2 sen ⁡ 2 θ ln ⁡ 2 d θ

⇒ 2 ln ⁡ 2 ∫ 0 π 2 sen ⁡ 2 θ d θ

Integrando

⇒ 2 ln ⁡ 2 - cos ⁡ 2 θ 2 θ = 0 π 2

⇒ 2 ln ⁡ 2 - cos ⁡ 2 π 2 2 - - cos ⁡ 2 . 0 2 2

⇒ 2 ln ⁡ 2 - cos ⁡ π 2 - - cos ⁡ 0 2

⇒ 2 ln ⁡ 2 - - 1 2 - - 1 2

⇒ 2 ln ⁡ 2 1 2 + 1 2

⇒ 2 ln ⁡ 2 1

⇒ 2 ln ⁡ 2

Resposta

2 ln ⁡ 2

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