Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

PUC-RJ - Cálculo 3 - P4 2014.1 – 3

Use o Teorema de Green para calcular a área da região plana A do primeiro quadrante delimitada por y = x ,   y = 1 x e y = x 9 .

Passo 1

A gente viu na teoria que podemos utilizar o teorema de Green para calcularmos a área de uma região se lembrarmos que a área pode ser calculada pela integral dupla:

Á r e a = ∬ A   d x d y

E nós precisamos usar o Teorema de Green para calcular isso:

∮ C   F . d r = ∬ A   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d x d y

Então, podemos dizer que a integral de linha sobre a borda dessa região A é igual a essa integral dupla sobre A . Sendo C , é claro, orientada no sentido anti-horário (positivo).

E a condição que temos que atender é, na verdade:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1

Então, tudo o que precisamos é de um campo F que satisfaça essa condição. Vamos escolher um fácil né? Pode ser:

F x , y = 0 , x

Nesse caso

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 1 - 0 = 1

Show! Agora podemos aplicar Green:

∮ C   F . d r = ∬ A   d x d y = Á r e a

Logo, a área que queremos é dada pela integral de linha de F em C .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos começar fazendo um esboço dessa região. Temos a reta y = x (em vermelho) e a reta y = x / 9 , que tem inclinação menor que a primeira (em azul). Temos também a curva 1 / x (em verde):

A região é essa aí em cinza.

Então, a fronteira dessa região, que vai ser nossa curva C tem 3 partes, não é? Vamos precisar calcular 3 integrais de linha.

Vamos chamar de C 1 o segmento vermelho, de C 2 o azul e C 3 o verde. Isso nos dá:

Á r e a = ∫ C 1   F . d r + ∫ C 2   F . d r + ∫ C 3   F . d r

Passo 3

Vamos, agora, parametrizar esses segmentos:

C 1 pertence à reta x = y , portanto;

C 1 = ( x , x )

Para achar o ponto final devemos achar a interseção

y = x y = 1 x → x = 1 x ∴ x = 1

Assim, 0 ≤ x ≤ 1 .

C 2 pertence à reta y = x / 9 , logo:

C 2 = x , x 9

De novo, precisamos determinar a interseção

y = x 9 y = 1 x → x 9 = 1 x ∴ x = 3

Ou seja, 0 ≤ x ≤ 3 .

C 3 pertence a y = 1 / x , o que nos dá:

C 3 = x , 1 x

Com x variando de 3 a 1 .

Passo 4

Agora vamos derivar essas parametrizações:

C 1 ' = ( 1,1 )

C 2 ' = 1 , 1 9

C 3 ' = 1 , - 1 x 2

Passo 5

Agora, vamos aplicar a fórmula:

∫ C   F x , y ⋅ d r = ∫ a b F x t ,   y t ⋅ r → ' t d t

Onde

F x , y = 0 , x

Para C 1 :

F x x ,   y x = 0 , x

Para C 2 :

F x x ,   y x = 0 , x

Para C 3 :

F x x ,   y x = 0 , x

Levando o que temos paras as integrais:

Á r e a = ∫ C 1   F . d r + ∫ C 2   F . d r + ∫ C 3   F . d r

Á r e a = ∫ 1 0 0 , x . ( 1,1 ) d x + ∫ 0 3 0 , x . 1 , 1 9 d x + ∫ 3 1 0 , x . 1 , - 1 x 2 d x

= ∫ 1 0 x   d x + 1 9 ∫ 0 3 x   d x - ∫ 3 1 1 x d x =

Passo 6

Agora é só resolver isso aí

= x 2 2 1 0 + x 2 18 0 3 - ln ⁡ x 3 1 =

= - 1 2 + 1 2 - ln ⁡ 1 ⏟ 0 - ln ⁡ 3 = ln ⁡ 3

Resposta

ln ⁡ 3

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