Enunciado

Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva.

∫ C y 4 d x + 2 x y 3 d y

C é a elipse x 2 + 2 y 2 = 2 .

Passo 1

E aii, pessoal!

Essa questão pede pra gente usar o Teorema de Green pra calcular uma integral de linha!

O teorema diz que se C é uma curva fechada e D a região dentro dessa curva, temos:

∮ C . P d x + Q d y = ∬ D ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y d A

Como nossa curva é uma elipse, já sabemos que é uma curva fechada, então podemos aplicar o teorema sem problema nenhum!

Primeiro, vamos olhar pra essa região D dentro da curva e definir os limites de integração. Como é uma região elíptica, faz sentido usamos coordenadas elípticas, né? Elas são assim:

x = a   r cos ⁡ θ y = b   r sen ⁡ θ

Com 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2 π pra pegarmos a elipse toda, e a , b são os seus semieixos.

Sem esquecer de multiplicar o integrando pelo jacobiano, que nesse caso é:

J = a b r

Definidos os limites de integração, vamos calcular ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y , e ai transformamos nosso problema em uma integral dupla!

Passo 2

Nossa curva C é definida por:

x 2 + 2 y 2 = 2

Ou

x 2 2 + y 2 = 1

Ou seja, é uma elipse centrada na origem, de semieixo em x igual a 2 e em y igual a 1 :

Assim, a mudança de variáveis é:

x = 2   r cos ⁡ θ y = r sen ⁡ θ

Com 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2 π e J = 2 r .

E a integral fica:

∮ C . P d x + Q d y = ∫ 0 1 ∫ 0 2 π ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y ∙ 2 r d θ d r

Passo 3

Pra completar esse integrando, vamos calcular as derivadas parciais.

Nossa integral é:

∫ C y 4 d x + 2 x y 3 d y

Então

P = y 4

Q = 2 x y 3

Derivando Q em função de x com y constante:

∂ Q ∂ x = ∂ 2 x y 3 ∂ x = 2 y 3

E P em função de y , mantendo x constante:

∂ P ∂ y = ∂ y 4 ∂ y = 4 y 3

Então nosso integrando fica:

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 2 y 3 - 4 y 3 = - 2 y 3

Mudando para coordenadas elípticas:

= - 2 r sen ⁡ θ 3

E a integral fica assim:

∫ C y 4 d x + 2 x y 3 d y = ∫ 0 1 ∫ 0 2 π ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y ∙ 2 r d θ d r

= ∫ 0 1 ∫ 0 2 π - 2 r sen ⁡ θ 3 ∙ 2 r d θ d r

Passo 4

Agora vamos resolver essa integral!

= ∫ 0 1 ∫ 0 2 π - 2 r sen ⁡ θ 3 ∙ 2 r d θ d r

= ∫ 0 1 ∫ 0 2 π - 2 r 3 ∙ sen 3 ⁡ θ ∙ 2 r d θ d r

Vamos separar o que é função de r e o que é de θ , e as contantes podem sair da integral:

= - 2 2 ∫ 0 1 ∫ 0 2 π r 4 ∙ sen 3 ⁡ θ d θ d r

Primeiro vamos integrar em função de θ , com r constante:

= - 2 2 ∫ 0 1 ∫ 0 2 π r 4 ∙ sen 3 ⁡ θ d θ d r

Vamos reescrever

sen 3 ⁡ θ = sen 2 ⁡ θ ∙ sen ⁡ θ

= 1 - cos 2 ⁡ θ ∙ sen ⁡ θ

Então:

= - 2 2 ∫ 0 1 ∫ 0 2 π r 4 ∙ 1 - cos 2 ⁡ θ ∙ sen ⁡ θ d θ d r

E fazemos a substituição u = cos ⁡ θ

d u = - sen ⁡ θ d θ ⇒ sen ⁡ θ d θ = - d u

u 0 = 0

u 2 π = 0

A integral fica:

= - 2 2 ∫ 0 1 ∫ 0 0 r 4 ∙ 1 - u 2 ∙ - d u d r

Percebe que independente do quanto der a integral do r , isso vai dar zero! Porque os limites de integração de u são iguais!

Ou seja:

∫ C y 4 d x + 2 x y 3 d y = 0

Resposta

∮ C . y 4 d x + 2 x y 3 d y = 0

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