Determine todos os valores possíveis da integral

∫ 0,0 2,2 - y d x + x d y x 2 + y 2

Sobre um caminho que não passe pela origem.

Passo 1

Olá meu amigo, tudo bem? Yuri aqui e vamos resolver essa querida questão juntos. Seja então F → x , y = - y x 2 + y 2 , x x 2 + y 2 onde F →   :   δ   ⊂ R 2 → R 2   |   σ = R 2 - 0,0 , vamos calcular o r o t F

r o t F = ( - x 2 + y 2 x 2 + y 2 2 - - x 2 - y 2 x 2 + y 2 2 = 0

Seja γ i um dos possíveis caminhos, que se caracteriza como uma curva cuja a união com δ - , que nada mais é do que δ percorrida no sentido contrário, forma uma região fechada k i   |   0,0 ∉ k i , então pelo teorema de Green:

∫ σ - ∪ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ σ - - y d x + x d y x 2 + y 2 + ∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - ∫ ∫ k i 0 d x d y

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - ∫ σ - - y d x + x d y x 2 + y 2

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ σ - y d x + x d y x 2 + y 2     i

Passo 2

Uma parametrização para

σ t = 1 + t , 2 t   ,   t ∈ [ 0,1 ]

∫ σ - y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ 0 1 - 2 t d t + 1 + t 2 d t 1 + t 2 + 2 t 2 = ∫ 0 1 2 5 t 2 + 2 t + 1 d t

= ∫ 0 1 2 5 + 1 5 2 + 4 5 d t

Iremos aqui utilizar de uma substituição

u = 5 + 1 5

d u = 5 d t

∫ 1 5 5 + 1 5 2 u 2 + 4 5 ∙ 1 5 d u

2 5 ∙ 5 4 ∫ 1 5 5 + 1 5 1 5 4 u 2 + 1 d u

= 5 2 2 5 arctan ⁡ 5 2 u 1 5 5 + 1 5

Uma obs:

t g arctan ⁡ 3 - arctan ⁡ 1 2 = 3 - 1 2 1 + 3 ∙ 1 2 = 1

= arctan ⁡ 1 2 5 + 1 - arctan ⁡ 1 2 = arctan ⁡ 3 - arctan ⁡ 1 2 = π 4

Passo 3

Se γ i caracteriza uma curva plana cuja união com σ - forma uma curva fechada tal que a região em seu interior k i é tal que k i ⊄ δ , então:

Teremos 2 casos: quando a curva γ i ∪ σ - possuir um sentido horário ( γ 3 ), então a curva θ que é utilizada para retirar a indeterminação de ( 0,0 ) estará no sentido anti-horário.

Para γ i ∪ σ - no sentido horário:

∫ θ ∪ γ i ∪ σ - - y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ θ - y d x + x d y x 2 + y 2 + ∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 + ∫ σ - - y d x + x d y x 2 + y 2 = - ∫ ∫ k i 0 d x d y

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - ∫ θ - y d x + x d y x 2 + y 2 - ∫ σ - - y d x + x d y x 2 + y 2

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - ∫ θ - y d x + x d y x 2 + y 2 + ∫ σ - y d x + x d y x 2 + y 2

Parametrizando θ , como

θ t = r cos ⁡ t ,   r sin ⁡ t

0 ≤ t ≤ 2 π

∫ θ - y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ 0 2 π r sin ⁡ t - r sin ⁡ t ∙ d t + r cos ⁡ t r cos ⁡ t d t r 2

= ∫ 0 2 π r 2 r 2 d t = 2 π

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - 2 π + ∫ σ - y d x + x d y x 2 + y 2

A função potencial de σ , quando x > 0 :

arctan ⁡ y x

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = - 2 π + arctan ⁡ 3 - arctan ⁡ 1 2 = - 7 π 4

Passo 4

Para γ i ∪ σ - no sentido anti-horário:

Temos basicamente o mesmo processo de γ i ∪ σ - no sentido horário, mudando apenas que desta vez θ está no sentido horário:

∫ γ i - y d x + x d y x 2 + y 2 = + 2 π + arctan ⁡ 3 - arctan ⁡ 1 2 = π 4

Resposta

π 4 ,   - 7 π 4

Exercícios de Livros Relacionados

Use o teorema de Green para calcular ∫ C F ⋅ d r . (Verifique a orientação da curva antes de aplicar o teorema.) F x , y = y 2 cos ⁡ x , x 2 + 2 y sen ⁡ x C é o triangulo de 0,0 a ( 2,6 ) a 2,0 a ( 0,
Se C é o segmento de reta ligando o ponto ( x 1 , y 1 ) ao ponto ( x 2 , y 2 ) , mostre que ∫ C xd y - yd x = x 1 y 2 - x 2 y 1 Se os vértices de um polígono, na ordem anti-horária, são x 1 , y 1 ,x 2
Utilize o Teorema de Green para demonstrar a fórmula de mudança de variáveis para as integrais duplas (Fórmula 15.9.9) para o caso onde f x , y = 1 : ∬ R d xd y = ∬ S ∂ x , y ∂ u , v d ud v Aqui, R é
Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva.
Use o método do Exercício 5 para calcular ∫ C F → ⋅ d r → , onde F → x , y , z = 2 x y i ^ + y 2 - x 2 j ^ x 2 + y 2 2 E C é qualquer curva fechada simples positivamente orientada que envolve a origem