Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

UNICAMP, Cálculo 2, P3 - 2018.1, Questão 5

Questão 5: Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva.

∫ C   y + e x d x + 2 x + cos ⁡ y 2 d y

Onde C é a fronteira da região englobada pelas parábolas y = x 2 e x = y 2 .

Passo 1

Bem, antes de começarmos o nosso problema, vamos apenas mudar a notação dessa integral de linha para uma notação mais famosa:

∫ C   y + e x d x + 2 x + cos ⁡ y 2 d y = ∫ C   F → ⋅ d r →

Onde F → é o campo vetorial dado por:

F → = y + e x ,   2 x + cos ⁡ y 2

Queremos resolvê-la por GREEN. Um teorema muito bom que nos ajuda a resolver integrais de linha trocando-a por uma integral dupla muito especial:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Mas agora, antes de aplicar essa igualdade na risca, precisamos antes verificar se estamos nas condições do teorema de forma certinha. Green nos exige três coisas:

  1. Uma curva fechada delimitando a região R .
  2. Uma orientação positiva.
  3. Um campo sem singularidades.

Antes então de aplicar o Teorema, nos próximos três passos nos dedicaremos a verificar cada uma dessas exigências. Se elas estiverem ok, o passo 6 é resolvendo então o problema. Vamos nessa?

Passo 3

1 )

A primeira exigência trata-se de garantir que a nossa curva fecha uma região R . Pelo enunciado sabemos que:

Onde C é a fronteira da região englobada pelas parábolas y = x 2 e x = y 2 .

Se desenharmos essas parábolas aí...

Ganhamos então a curva C delimitando a região R como pedida no problema:

Veja que essas curvas se encontram no ponto 0 ,   0 e no ponto 1 ,   1 . Você encontra esses pontos fazendo a intersecção matemática deles:

y = x 2   x = y 2             →               y = y 4                 → y - y 4 = 0             →

y 1 - y 3 = 0         o u         y = 0               o u         1 - y 3 = 0         →               y = 1

Passo 4

2 )

A curva deve estar orientada positivamente para aplicarmos o Teorema... Isso significa que ela deve estar girando no sentido anti-horário:

Mas não se preocupe com isso, pois o problema já nos disse que a orientação já é positiva!

Passo 5

3 )

Quanto ao último quesito... Ao do campo não possuir singularidades, vejamos:

F → = y + e x ,   2 x + cos ⁡ y 2

Veja que esse campo para qualquer valor que tenha x ≥ 0 , devido a raiz, ele funciona bem. Ele até tem singularidades, mas não é onde estamos trabalhando, pois a nossa curva e a região no seu interior tem o x ≥ 0 , saca? Então estamos sem problemas aqui também .

Passo 6

Finalmente podemos regressar para a integral de linha:

∫ C   F → ⋅ d r → = ∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A

E pela igualdade de GREEN, a calcula-la através da integral dupla. Bora?

Passo 7

Primeiro, vamos encontrar essa função do integrando...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Como a gente conhece F 1 e F 2 :

F → = F 1 , F 2 = y + e x ,   2 x + cos ⁡ y 2

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x 2 x + cos ⁡ y 2 = 2

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y y + e x = 1

Logo...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 2 - 1 = 1

Então a integral dupla que temos que integrar é:

∬ R   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d A = ∬ R   1   d A

Passo 8

Mas calma, JOVEM, quem ainda precisamos descrever a região R . Como nossa região é:

Podemos descrevê-la como se fosse uma região do TIPO 1, onde o x varia do primeiro ponto x = 0 ao último x = 1 ...

0 ≤ x ≤ 1

Já o y varia da base da parábola em pé, até o teto da parábola deitada...

P a r a b o l a   e m   p é ≤ y ≤ P a r a b o l a   d e i t a d a

Como a parábola em pé é y = x 2 e a parábola deitada x = y 2       o u         y = x ...

x 2 ≤ y ≤ x

Passo 9

Com isso em mãos ganhamos...

∬ R   1   d A = ∫ 0 1 ∫ x 2 x 1   d y d x =

Calculando...

∫ 0 1 ∫ x 2 x 1   d y d x = ∫ 0 1 x - x 2 d x =

2 3 x 3 2 - x 3 3 0 1 = 2 3 - 1 3 =

1 3

Resposta

1 3

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