Seja C o arco de círculo com centro na origem e raio 2 orientado no sentido anti-horário do ponto - 2 ,   0 até o ponto 0 ,   - 2 e seja F : R 2 → R 2 tal que F x , y = - y e x 2 + y 2 ,   x e x 2 + y 2

a) Escreva uma parametrização para C e calcule

∫ C F   d r

b) Complete o arco com segmentos C 1   e   C 2 ao longo dos eixos cartesianos de modo que a concatenação das curvas C ,   C 1   e   C 2 seja uma região fechada orientada no sentido anti-horário e calcule

∫ C 1 F   d r   e   ∫ C 2 F   d r

c) Utilizando o Teorema de Green e as integrais calculadas no item (b), calcule

∫ C F   d r

D i c a : ∫ 2 w 3 e w 2 d w = w 2 - 1 e w 2 + C

Passo 1

Letra a)

Como ele nos disse que é um arco de círculo de raio 2 vamos usar a parametrização:

φ θ = 2 cos ⁡ θ , 2 s e n θ

Vamos agora ver os limites em teta dessa parametrização:

Para o ponto ( - 2,0 ) :

2 cos ⁡ θ = - 2 e 2 s e n θ = 0

θ = π

Para o ponto 0 , - 2 :

2 cos ⁡ θ = 0 e 2 s e n θ = - 2

θ = 3 π 2

π ≤ θ ≤ 3 π 2

Nossa parametrização será

φ θ = 2 cos ⁡ θ , 2 s e n θ ,   θ ∈ π , 3 π 2

OBS.: O nosso sentido trigonométrico já é anti-horário então já está condizente com o sentido do problema

Passo 2

Vamos agora calcular a nossa integral de linha usando a fórmula que já conhecemos

∫ C F   d r = ∫ a b F φ θ . φ ' ( θ ) d θ

Onde a e b são os extremos da minha parametrização

Derivando a função φ θ :

φ ' θ = - 2 sen ⁡ θ , 2 c o s θ

Agora substituindo tudo na integral:

∫ C F   d r = ∫ π 3 π 2 - 2 s e n θ e 4 cos ⁡ θ 2 + 4 s e n θ 2 ,   2 cos ⁡ θ e 4 cos ⁡ θ 2 + 4 s e n θ 2 - 2 sen ⁡ θ , 2 c o s θ . d θ

Manipulando agora a nossa integral, lembrando que cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1 :

= ∫ π 3 π 2 - 2 s e n θ e 4 ,   2 cos ⁡ θ e 4 . - 2 sen ⁡ θ , 2 c o s θ . d θ

Como se trata de um produto escalar:

= ∫ π 3 π 2 - 2 s e n θ e 4 - 2 sen ⁡ θ +   2 cos ⁡ θ   ) ( e 4 2 c o s θ d θ

= ∫ π 3 π 2 4 e 4 cos ⁡ θ 2 + s e n θ 2 d θ

= ∫ π 3 π 2 4 e 4 d θ

Integrando agora com relação a θ :

= 4 e 4 θ ​ π 3 π 2

= 4 e 4 3 π 2 - π

= 2 π e 4

Passo 3

Letra b)

A curva C vai ser uma curva assim

A questão pediu que completássemos o arco com mais duas curvas C 1   e C 2 ao longo dos eixos cartesianos. O que precisamos é de uma curva C 1 que ligue o ponto 0 , - 2 a origem e outra curva C 2   que ligue a origem ao ponto (-2,0).

Vamos começar por C 1 :

Concorda que a curva mais simples para ligar os pontos que queremos é o segmento de reta que vá de 0 , - 2   até a origem. A nossa parametrização então pode ser:

σ 1 t = 0 , t ,   t ∈ [ - 2,0 ]

Para C 2 :

σ 2 t = t , 0 ,   t ∈ [ - 2,0 ]

Porém precisamos nos atentar ao sentido em que as curvas estão. Como a questão pede que a concatenação das curvas esteja no sentido anti-horário. Precisamos então que a curva C 1 esteja para cima e a curva C 2 esteja para a esquerda.

A curva C 1 do jeito que está parametrizada já está no sentido correto, porém precisamos inverter o sentido da curva C 2 .

σ 2 t = - t , 0 ,   t ∈ [ 0,2 ]

Atenção que eu tive que mudar tanto as coordenadas quanto o meu domínio!

Passo 4

Vamos agora calcular as integrais das curvas C 1 e C 2

Sabemos que:

∫ C F   d r = ∫ a b F σ t . σ ' ( t ) d t

Para C 1 :

Substituindo para a nossa parametrização   σ 1 t = 0 , t ,   t ∈ [ - 2,0 ] , sabendo que σ 1 ' t = 0,1

∫ C 1 F   d r = ∫ - 2 0 - t e 0 2 + t 2 ,   0 e 0 2 + t 2 . ( 0,1 ) d t = 0

Para C 2 :

Substituindo para a nossa parametrização   2 t = - t , 0 ,   t ∈ [ 0,2 ] , sabendo que σ 1 ' t = - 1,0

∫ C 2 F   d r = ∫ 0 2 - 0 e - t 2 + 0 2 ,   - t e - t 2 + 0 2 . ( - 1,0 ) d t = 0

Passo 5

Letra c)

O teorema de Green relaciona a integral de linha de uma curva fechada com a integral dupla sobre a área limitada por essa curva.

Temos a fórmula que é a seguinte:

Aqui atenção que na representação, D é a área da região enquanto que ∂ D   é o contorno dessa região.

A integral da esquerda é a soma das integrais de linha de cada curva

∫ C F   d r + ∫ C 1 F   d r + ∫ C 2 F   d r

Já calculamos as integrais para C 1 e C 2 que são iguais a 0. Sobrando exatamente a integral que o problema nos pede.

Vamos agora para a integral do lado direito do Teorema de Green

Lembrando que F x , y = ( F 1 x , y , F 2 x , y ) .

Logo, F 1 x , y = - y e x 2 + y 2 e F 2 x , y =   x e x 2 + y 2

Primeiro vamos derivar parcialmente F 2 em relação à x:

∂   x e x 2 + y 2 ∂ x = e x 2 + y 2 + x e x 2 + y 2 2 x = e x 2 + y 2 ( 2 x 2 + 1 )

E então, vamos derivar parcialmente F 1 em relação à y:

∂ - y e x 2 + y 2 ∂ y = - e x 2 + y 2 - y e x 2 + y 2 2 y = - e x 2 + y 2 ( 2 y 2 + 1 )

Voltando para a integral teremos:

∬ D ( e x 2 + y 2 ( 2 x 2 + 1 ) - - e x 2 + y 2 ( 2 y 2 + 1 )   d x d y

∬ D ( e x 2 + y 2 ) ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 )   d x d y

Passo 6

Para resolver essa integral, vamos fazer a mudança para coordenadas polares

x = r c o s θ

y = r s e n θ

J = r

Vamos investigar agora nossos limites:

Para r :

Temos uma circunferência de raio 2 então nosso raio vai variar

0 ≤ r ≤ 2

Para θ :

Já sabemos que a nossa região varia de um teta

π ≤ θ ≤ 3 π 2

Substituindo tudo isso na nossa integral

∬ D ( e x 2 + y 2 ) ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 )   d x d y

= ∫ π 3 π 2 ∫ 0 2 ( e r 2 ) 2 r c o s θ 2 + 2 r s e n θ 2 + 2 r d r d θ

Esse r   que aparece no final é por conta do Jacobiano

Vamos manipular um pouco

∫ π 3 π 2 ∫ 0 2 ( e r 2 ) 2 r c o s θ 2 + 2 r s e n θ 2 + 2 r   d r d θ =

= ∫ π 3 π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 s e n 2 θ + 1 r   d r d θ

= ∫ π 3 π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 2 + 1 r   d r d θ

Perceba que não tem nada dependendo de teta, então para facilitar, vou resolver a integral mais externa primeiro

= θ ​ π 3 π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 2 + 1 r   d r

= π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 2 + 1 r   d r

Essa integral não parece nada legal, não é mesmo?? Mas percebe que o problema nos deu uma dica, então vamos tentar manipular a nossa integral para podermos usar essa dica. Por esse motivo, vou manter o 2 no integrando.

Separando a nossa integral em duas ficamos com:

π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 2 + 1 r   d r = π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 3   d r + ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r   d r

Da dica temos que ∫ 2 w 3 e w 2 d w = w 2 - 1 e w 2 + C que é exatamente a primeira integral. Ficamos então com

∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 3 d r = r 2 - 1 e r 2 ​ 0 2 = 2 2 - 1 e 2 2 - 0 2 - 1 e 0 2  

= ( 3 e 4 + 1 )

Vamos resolver agora para a segunda integral:

∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r   d r

Usando uma mudança de variável:

u = r 2 d u = 2 r d r r = 0 → u = 0 r = 2 → u = 4

∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r   d r = ∫ 0 4 e u d u = e u ​ 0 4 = e 4 - e 0 = e 4 - 1

Então o nosso resultado será:

π 2 ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r 3   d r + ∫ 0 2 2 ( e r 2 ) r   d r = π 2 3 e 4 + 1 + ( e 4 - 1 ) = 2 π e 4

Ufa!!! Bateu com o nosso resultado da letra (a), que era o esperado.

Resposta

Letra a. C → φ θ = 2 cos ⁡ θ , 2 s e n θ

∫ C F   d r = 2 π e 4

Letra b. C 1   → σ 1 t = 0 , t ,   t ∈ [ - 2,0 ]

C 2 → σ 2 t = - t , 0 ,   t ∈ [ 0,2 ]

∫ C 1 F   d r = 0  

∫ C 2 F   d r = 0  

Letra c.

  ∫ C F   d r = 2 π e 4

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