Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

UFPE, Cálculo 3, 1°EE - 2017.2, Questão 3a

Questão 3) Calcule:

  1. A integral

∮ C   y 4 d x + 2 x y 3 d y

onde   C é a elipse x 2 + 2 y 2 = 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 = y 4 ,   2 x y 3

é um pouco complicado, 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 3 ∂ x = 2 y 3

∂ F 1 ∂ y = ∂ y 4 ∂ y = 4 y 3

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∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 y 3 - 4 y 3 = - 2 y 3

De fato é muito mais 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 uma elipse...

  x 2 + 2 y 2 = 2   →

x 2 2 + y 2 = 1

Que é um a elipse centrada na origem e achatadinha ao redor de x ...

Onde a região D é o seu interior...

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 4 ,   2 x y 3

Não tem um problema em nenhum lugar, o que nos garante que ele já está sem singularidades !

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 y 3   d A =

- 2 ∬ D   y 3   d A

Como D é uma região elíptica

vamos passar para coordenadas elípticas:

x = a ⋅ r cos ⁡ θ

y = b ⋅ r sin ⁡ θ

e o Jacobiano dessa mudança é o Jacobiano especial...

J = a ⋅ b ⋅ r

Onde esse a e b vem da informação da elipse...

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

Comparando com a equação geral da elipse no centro...

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

Portanto a = 2 e b = 1 , onde concluímos que a mudança ideal fica...

x = 2   r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

J = 2   r

O r varia de 0 a 1 nessa mudança e o θ , como a elipse é totalmente cheia, temos que θ só pode estar dando uma volta completa...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Substituindo na integral que precisamos calcular...

- 2 ∬ D   y 3   d A = - 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r sin ⁡ θ 3 ⋅ J   d r d θ =

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 3 sin 3 ⁡ θ ⋅ 2   r   d r d θ = 2 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 4 sin 3 ⁡ θ   d r d θ

Agora é só calcular essa integral aí! Bora?

Passo 5

2 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 4 sin 3 ⁡ θ   d r d θ = 2 2 ∫ 0 2 π sin 3 ⁡ θ ∫ 0 1 r 4   d r d θ =

2 2 ∫ 0 2 π sin 3 ⁡ θ r 5 5 0 1 d θ =

2 2 5 ∫ 0 2 π sin 3 ⁡ θ d θ

Para calcular essa integral aí, vamos fazer um truque matemático e substituir...

2 2 5 ∫ 0 2 π sin ⁡ θ sin 2 ⁡ θ d θ =

Pois sin 2 ⁡ θ = 1 - cos 2 ⁡ t ...

2 2 5 ∫ 0 2 π sin ⁡ θ sin 2 ⁡ θ d θ = 2 2 5 ∫ 0 2 π sin ⁡ θ 1 - cos 2 ⁡ t d θ

Fazendo uma substituição do tipo...

cos ⁡ t = a       →              

d a = - sin ⁡ t d t

Trocando também os limites...

t = 0         →                 a = cos ⁡ 0 = 1

t = 2 π         →                 a = cos ⁡ 2 π = 1

Opa!!! Os limites são iguais e a função que está dentro é continua? Então...

2 2 5 ∫ 0 2 π sin ⁡ θ 1 - cos 2 ⁡ t d θ = 0

Ou melhor: pelo teorema de Green...

∮ C   y 4 d x + 2 x y 3 d y = 0

Resposta

a )     0

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