Enunciado

Seja F = F 1 , F 2 um campo vetorial de classe C 1 no R 2 exceto em 0,0 , tal que ∂ F 2 ∂ x x , y = ∂ F 1 ∂ y x , y + 4 para todo x , y ≠ 0,0 . Sabendo que ∮ γ F 1   d x + F 2   d y = 6 π , onde γ é a circunferência x 2 + y 2 = 1 , orientada no sentido anti-horário, calcule ∮ C F 1   d x + F 2   d y , onde C é a elipse x 2 4 + y 2 25 = 1 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

Esse exercício parece ser ótimo caso para usarmos o teorema de Green, né?! Pois poderíamos fazer

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

e sabemos que ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 4 . Assim...

∮ C F 1   d x + F 2   d y = ∬ D 4   d x   d y = 4 ∬ D d x   d y

e a última integral é simplesmente a área da elipse de semieixos a = 2 , b = 5 que é simplesmente dada por π a b = 10 π . Assim,

∮ C F 1   d x + F 2   d y = 4 ⋅ 10 π = 40 π …

:D pareceu até que fácil, né?

A notícia ruim vem agora... o que fizemos acima está errado! Sim, levaríamos um baita de um zero numa prova. Mas por qual motivo que a resolução está errada?

O erro ocorreu por a gente aplicar o teorema de Green “cegamente”, sem olhar as condições impostas pelo teorema. Como 0 ,   0 está no interior de C , e como F não é de classe C 1 em 0,0 , segue que não podemos aplicar o teorema de Green. :(

Porém, podemos fazer um truque! Veja a figura abaixo:

Se considerarmos nossa região D como sendo o interior da elipse, menos a circunferência x 2 + y 2 = 1 então poderemos aplicar o teorema de Green normalmente, pois 0,0 não irá mais pertencer a D .

Passo 2

Vamos fazer isso. Porém, devemos tomar cuidado que ao fazer isso não estamos mais calculando nossa integral original, mas sim a integral abaixo:

∮ C ∪ γ - F 1   d x + F 2   d y = ∬ D ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y   d x   d y ∮ C F 1   d x + F 2   d y + ∮ γ F 1 d x + F 2   d y = ∬ D 4   d x   d y

Agora, note que ∮ γ - F 1 d x + F 2   d y = - 6 π (pois devemos percorrer a curva no sentido oposto). Além disso,

∬ D 4   d x   d y = 4 × á r e a   d a   f i g u r a   a b a i x o

á r e a = á r e a   d a   e l i p s e - á r e a   d o   c í r c u l o á r e a = 10 π - π = 9 π

Sendo assim, temos

∮ C F 1 d x + F 2   d y - 6 π = 4 × 9 π ∮ C F 1 d x + F 2   d y = 42 π

Resposta

42 π .

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11 ) Faça uma lista de conjuntos para os quais você acha que o teorema deGreen se aplica. Justifique.
7) Suponha P (x, y) e Q (x, y) de classe C1 num aberto Ω de ℝ2. Prove que F→ = P i→ + Q j → É irrotacional se e somente se ∮ γ P d x + Q d y= 0 para toda curva γ, orientada no sentido anti-horário e f
6) Seja K a região hachurada; γ a poligonal ABCD orientada no sentido anti-horário; γ1 a poligonal EHGF orientada no sentido horário; γ2 a poligonalXWZY orientada no sentido horário. Prove queProve qu
2 ) Sejam γ1 a poligonal de vértices A, B, C, D orientada no sentido antihorário e γ2 a poligonal de vértices H, G, F, E orientada no sentido horário.Suponha P e Q de classe C1 num aberto contendo K,
5) Seja K a região abaixo e γ a fronteira de K orientada no sentido antihorário. Sejam P e Q de classe C1 num aberto contendo K.Prove que ∮ γ P d x + Q d y= ∬ K ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ yd x d y ( Sugestao : D