Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

George B. Thomas, Cálculo – volume 2, 11ª edição, São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2009, pp. 505-23.

Use a fórmula do teorema de Green para encontrar a área da região limitada pela curva:

C : o   a s t r o i d e   r t = c o s 3 t   i + s e n 3 t   j

0 ≤ t ≤ 2 π

(Sugestão: Use F → = - y 2 , x 2 )

Passo 1

O enunciado pede pra usar o teorema de Green para o cálculo de área, então vamos relembrar como que fica isso.

O teorema de Green nos diz que:

∮ ∂ D   F 1 d x + F 2 d y     =   ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

E sabemos que o podemos encontrar a área pela integral dupla:

A D = ∬ D d x d y

Então, basicamente, o que temos que fazer pra ligar as coisas é:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y = ∬ D d x d y → ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1

Os campos mais simples que satisfazem essa condição costumam ser:

F → x , y = 0 , x   o u   F → x , y = - y , 0  

Mas deve ter algum motivo pra ele ter sugerido um campo um pouquinho mais complicado, vamos ver porquê!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

O enunciado já diz que C é a fronteira da região que chamamos de D , ou seja, C = ∂ D .

Então o que vamos calcular é:

∬ D d x d y = ∮ ∂ D     F 1 d x + F 2 d y   = ∫ 0 2 π F → x t , y t . σ → ' t   d t

Já temos o campo e a curva, então só falta o vetor tangente, que calculamos fazendo a derivada da nossa parametrização em função de t, dada no enunciado σ → ( t ) :

σ → ' t = d c o s 3 t   d t , d s e n 3 t   d t = - s e n   t   ⋅ 3 c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3 s e n 2 t  

E agora já temos o que precisamos pra calcularmos nossa integral.

Passo 3

Então, com os campos mais simples teríamos:

∫ 0 2 π 0 , c o s 3 t   . - s e n   t   ⋅ 3   c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3   s e n 2 t       d t

= ∫ 0 2 π 0 + 3   c o s 4 t   .   s e n 2 t   d t

O que seria bem complicado de calcular, e você pode tentar fazer com - y , 0 , mas eu acredito que vai dar algo tão complicado quanto. Vamos torcer pra o campo sugerido dê algo mais tranquilo...

Vamos calcular então a nossa integral:

∫ 0 2 π F → x t , y t . σ → ' t   d t

∫ 0 2 π - s e n 3 t   2 , c o s 3 t   2 . - s e n   t   ⋅ 3   c o s 2 t   , c o s   t   ⋅ 3   s e n 2 t   d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n 4 t   c o s 2 t   + ( c o s 4 t )   .   ( s e n 2 t )     d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n 2 t   c o s 2 t   c o s 2 t   + s e n 2 t     d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n   t   c o s   t   2 d t

= 3 2 ∫ 0 2 π s e n   2 t   2 2 d t = 3 8 ∫ 0 2 π s e n 2   2 t   d t

O que não é nada absolutamente trivial, mas é mais tranquilo que o que tínhamos tentado com F → = ( 0 , x ) . É só lembrar que que s e n 2 θ   = 1 - c o s   2 θ   2 , que vamos ter:

3 8 ∫ 0 2 π s e n 2   2 t   d t = 3 8 ∫ 0 2 π 1 2 d t - ∫ 0 2 π c o s   4 t   2 d t

Integrando isso daí, vamos ficar com:

= 3 16 t │ 0 2 π - s e n   4 t   4 | 0 2 π = 3 π 8

Resposta

3 π 8

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