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Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

29) Calcule

∫ C   2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x   d x + 1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2   d y

onde C é o arco da parábola 2 x = π y 2 de P 1 = 0 ,   0 a P 2 = π 2   ,   1 .

Passo 1

Bem, perceba que nesse problema o enunciado não nos disse como essa integral de linha deve ser feita, porém... Repare que o campo que estamos trabalhando é estranho:

F → x ,   y = 2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x ,   1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2

Isso é uma sugestão que devemos utilizar o teorema de Green para matar o problema, mas para você ter certeza se é Green ou não, calculemos

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

As derivadas parciais são...

∂ F 2 ∂ x = ∂ 1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2 ∂ x = - 2 y cos ⁡ x + 6 x y 2

∂ F 1 ∂ y = ∂ 2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x ∂ y = 6 x y 2 - 2 y cos ⁡ x

logo

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = - 2 y cos ⁡ x + 6 x y 2 - 6 x y 2 - 2 y cos ⁡ x =

= 0

De fato é muito simples essa subtração nos indicando que de fato estamos lidando com Green

Passo 2

O teorema de Green nada mais é do que essa igualdade mara entre a integral de linha com uma integral dupla:

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

Mas antes de aplicarmos essa igualdade maravilhosa do Teorema, temos que avalizar as condições de Green, que sempre nos exige:

1º - Uma região fechada D que tem com borda, a curva fechada ∂ D .

2º - Orientadas positivamente.

3º - Um campo F → sem singularidades onde estamos trabalhando.

Vamos averiguar?

Passo 3

O primeiro, como vimos, nos diz que precisamos de uma curva fechada e delimitando uma região D .

Ora, a curva C , pelo próprio enunciado, é um pedacinho de parábola invertida ao redor de x x = π y 2 / 2   indo do ponto P 1 ao P 2 :

Observe que infelizmente essa curva é aberta e não poderíamos aplicar o teorema. Por isso, nos devemos fecha-la com a curva mais simples que conseguirmos o que no caso são essas duas retinhas aqui:

Repare que ela tem que está seguindo o fluxo e, além disso, ela delimita essa região fechada D :

Passo 4

Quanto ao orientada positivamente, infelizmente não está ok. Afinal de contas à borda gira no sentido horário, mas... Para concertar esse fato é bem easy, basta trocar o sinal da integral dupla...

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

O campo F → ...

F → x ,   y = 2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x ,   1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2

Também não tem problema algum, podendo então prosseguir com a igualdade!

Passo 5

Condições do Teorema sendo satisfeitas, podemos aplicar a igualdade numa boa:

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

Bem, cuidado que aqui tem um detalhe muito importante! Se você reparar a região D com mais cuidado,

verá que a fronteira dele é a curva C em vermelho e as retas as quais nomearemos de C 1 e C 2 ...

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

∫ C   F → d r → + ∫ C 1   F → d r → + ∫ C 2   F → d r → = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A   →

∫ C   F → d r → = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A - ∫ C 1   F → d r → - ∫ C 2   F → d r →

Outro detalhe que ajuda é trocar aqueles sinais de menos na integral de linha invertendo o sentido de giro das curvas C 1 e C 2 ...

Representadas na matemática com um sinal de menos...

∫ C   F → d r → = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A + ∫ - C 1   F → d r → + ∫ - C 2   F → d r →

Se queremos a integral de linha em C , calculemos essas integrais do lado direito e tá tudo certo. Bora?

Passo 6

Primeiro, a mais fácil, a integral dupla:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Digo fácil, pois substituindo...

∬ D   0 d A = 0

Sacou?

Passo 7

Agora a integral de linha em C 1 ...

∫ - C 1   F → d r →

  • Precisamos de C 1 parametrizada:

    • y = 0

    x = t

    ou

    γ t = t ,   0

    como estamos sando de 0 ,   0 e indo para π 2 ,   0 , x varia de 0 a π 2 , logo...

    0 ≤ t ≤ π 2

  • O termo d r → é...

    • d r → = γ ' t d t

    d r → = 1 ,   0 d t

  • Não se esqueça de trocar os termos da função F → ...

    • F → = 2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x ,   1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2   →       F → = 0 ,   1

    Substituindo na integral de linha...

    ∫ - C 1   F → d r → = ∫ 0 π 2 0 ,   1 ∙ 1 ,   0 d t =

    ∫ 0 π 2 0   d t = 0

    Passo 8

    Repetir o processo para C 2 ...

    ∫ - C 2   F → d r →

  • Precisamos de C 2 parametrizada:

    • y = t

    x = π 2

    ou

    γ t = π 2 ,   t

    como estamos sando de π 2   ,   0 e indo para π 2 ,   1 , y varia de 0 a 1 , logo...

    0 ≤ t ≤ 1

  • O termo d r → é...

    • d r → = γ ' t d t

    d r → = 0 ,   1 d t

  • Não se esqueça de trocar os termos da função F → ...

F → = 2 x y 3 - y 2 cos ⁡ x ,   1 - 2 y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2   →       F → = π t 3 ,   1 - 2 t + 3 π 2 2 t 2

F → = π t 3 ,   1 - 2 t + 3 π 2 4 t 2

Substituindo na integral de linha...

∫ - C 1   F → d r → = ∫ 0 1 π t 3 ,   1 - 2 t + 3 π 2 4 t 2 ∙ 0 ,   1 d t =

∫ 0 1   1 - 2 t + 3 π 2 4 t 2   d t =

t - t 2 + 3 π 2 4 t 3 3 0 1 = π 2 4

Passo 8

Voltando ao teorema de Green...

∫ C   F → d r → = - ∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A + ∫ - C 1   F → d r → + ∫ - C 2   F → d r →

e substituindo esses resultados paralelos...

∫ C   F → d r → = 0 + 0 + π 2 4 =

π 2 4

Resposta

π 2 4

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Use o teorema de Green para calcular ∫ C F ⋅ d r . (Verifique a orientação da curva antes de aplicar o teorema.) F x , y = x + y 3 , x 2 + y C consiste no arco da curva y = sen ⁡ x de ( 0,0 ) a ( 0 ,
f ( x , y ) = (x + y^2) // sqrt(1 + x^2) , C : y = x^2 // 2 entre ( 1,1 // 2 ) e ( 0,0 )
f ( x , y ) = x^3 // y , C : y = x^2 // 2 , 0 = x = 2