Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

Seja D a região delimitada pelas curvas

E 1 = x ,   y ∈ R 2 |   x 2 + y 2 = π 2 ,   y ≤ 0

E

ℇ 2 = x ,   y ∈ R 2 |   y = cos ⁡ x + 1 ,   - π ≤ x ≤ π .

  1. Faça um esboço da região D .
  2. Seja

G x ,   y = - y x - 4 2 + y 2 + e x ,   x - 4 x - 4 2 + y 2 + 2 x + e y ,   x ,   y ≠ 4 ,   0 ,

e seja E a união de E 1 e E 2 , orientada negativamente. Calcule

∫ E   G d r

Passo 1

Letra a) Bem, antes de desenhar a região D propriamente dita, que tal olharmos para cara duma dessas curvas aí primeiro?:)

A primeira delas, bem típica, é uma circunferência de um raio peculiar: π .

Mas calma! Não é toda circunferência! É só a parte de baixo dela que queremos, pois y ≤ 0

Quanto à outra curva, ela é o cosseno,

Mas não é bem esse cosseno, pois além dele estar limitado de – π até π , ela está deslocada uma unidade pra cima em y

Unindo as duas curvas, vamos obter a curva fechada E , delimitando a região D

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Passo 2

Letra b) Hum! Região fechada...! Campo vetorial G estranho...! Sei não, heim! tá sugerindo Green .

Para ter certeza, vamos calcular o rotacional desse campo:

r o t   G = ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y

Onde essa P e Q aí são G x ,   y = P ,   Q = - y x - 4 2 + y 2 + e x ,   x - 4 x - 4 2 + y 2 + 2 x + e y

Ou seja, P é a primeira componente e a Q é a segunda.

Então bora calcular essas derivadas aí e verificar se aquele rotacional vai ser simples?

Passo 3

Primeiro vamos calcular a primeira derivada ∂ Q ∂ x :

∂ Q ∂ x = ∂ x - 4 x - 4 2 + y 2 + 2 x + e y ∂ x

Aplicando a regra da soma...

∂ Q ∂ x = ∂ x - 4 x - 4 2 + y 2 ∂ x + ∂ 2 x ∂ x + ∂ e y ∂ x

As duas últimas derivadas morrem fáceis, pois tomando y como constante

��� Q ∂ x = ∂ x - 4 x - 4 2 + y 2 ∂ x + 2 + 0

Ficando então para derivarmos parcialmente essa fração aí, então vamos com calma aqui:

∂ x - 4 x - 4 2 + y 2 ∂ x =

Aplicando a regra do quociente...

x - 4 2 + y 2 ∙ ∂ x - 4 ∂ x - x - 4 ∙ ∂ x - 4 2 + y 2 ∂ x x - 4 2 + y 2 2 =

Calma! Não se assuste. Isso vai simplificar agora calculando essas derivadas parciais no denominador

x - 4 2 + y 2 ∙ 1 - x - 4 ∙ 2 x - 4 x - 4 2 + y 2 2 =

Começou a simplificar...

x - 4 2 + y 2 - 2 x - 4 2 x - 4 2 + y 2 2 =

- x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2

Não disse?

Então

∂ Q ∂ x = ∂ x - 4 x - 4 2 + y 2 ∂ x + 2 + 0           ⇒

∂ Q ∂ x = - x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2 + 2

Passo 4

Fazendo o mesmo, porém agora para aquela outra derivada parcial que precisamos

∂ P ∂ y = ∂ - y x - 4 2 + y 2 + e x ∂ y =

∂ - y x - 4 2 + y 2 ∂ y + ∂ e x ∂ y

A segunda derivada morre, ficando só a primeira:

∂ P ∂ y = ∂ - y x - 4 2 + y 2 ∂ y + 0

Fazendo como acima, ou seja, aplicando a regra do quociente para essa outra derivada

x - 4 2 + y 2 ∙ ∂ - y ∂ y - - y ∙ ∂ x - 4 2 + y 2 ∂ y x - 4 2 + y 2 2 =

Derivando

x - 4 2 + y 2 ∙ - 1 + y ∙ 2 y x - 4 2 + y 2 2 =

- x - 4 2 - y 2 + 2 y 2 x - 4 2 + y 2 2 =

- x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2

Ou seja

∂ P ∂ y = ∂ - y x - 4 2 + y 2 ∂ y + 0             ⇒

∂ P ∂ y = - x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2

Passo 5

Se a gente voltar para o rotacional e jogar lá naquela fórmula o que a gente já obteve

r o t   G = ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y =

r o t   G = - x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2 + 2 - - x - 4 2 + y 2 x - 4 2 + y 2 2

Veja só, vamos cortar esses caras cabulosos :D

r o t   G = 2

Ou seja, o rotacional realmente simplifica a nossa vida. Como o campo não tem singularidade dentro da nossa região D (ele tem uma singularidade fora que não nos interessa ;D), poderemos aplicar Green:

∫ ∂ D   G d r = ∬ D   r o t   G   d A

Onde esse ∂ D é a borda da região D orientada positivamente, ou seja, é E , mas com o sinal trocado (o problema disse que E estava orientada negativamente)

∫ - E   G d r = ∬ D   r o t   G   d A       ⇒

- ∫ E   G d r = ∬ D   r o t   G   d A     ⇒

∫ E   G d r = - ∬ D   r o t   G   d A

Bele? Então bora calcular essa integral dupla aí e matar o problema!

Passo 6

Substituindo o rotacional que a gente calculou

∫ E   G d r = - ∬ D   2   d A       →

∫ E   G d r = - 2 ∬ D     d A

Agora, quem é a integral de d A ? É a área da região D ! :D

Como essa região é a união desse semicírculo de raio π amarelo, com a área verde, temos

∫ E   G d r = - 2 Á r e a   a m a r e l a + Á r e a   v e r d e

Onde

Á r e a   a m a r e l a = π π 2 2 = π 3 2

Para a área verde, não conhecemos uma função já pronta como a do círculo, então...

Passo 7

Vamos resolvê-la utilizando a integral dupla mesmo:

Primeiro devemos descrever essa região verde, que podemos descrever como uma região do tipo 1, ou seja

  1. x varia de
  2. - π ≤ x ≤ π

  3. y varia desde 0 até a função azul

0 ≤ y ≤ cos ⁡ x + 1

Montando a integral

Á r e a   v e r d e = ∫ - π π ∫ 0 cos ⁡ x + 1 d y d y

Integrando em y

Á r e a   v e r d e = ∫ - π π   ( y ) 0 cos ⁡ x + 1 d x

Substituindo os limites

Á r e a   v e r d e = ∫ - π π cos ⁡ x + 1   d x

Integrando...

Á r e a   v e r d e =   sin ⁡ x + x - π π =

Substituindo os limites

2 π

Passo 8

Retornando ondo paramos...

∫ E   G d r = - 2 Á r e a   a m a r e l a + Á r e a   v e r d e

∫ E   G d r = - 2 π 3 2 + 2 π

∫ E   G d r = - π 3 - 4 π

Resposta

Letra a)

Letra b)

∫ E   G d r = - π 3 - 4 π

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