Exercícios Resolvidos de Curvas Abertas

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Enunciado

Questão um: utilizando o teorema de Green, calcular o valor da integral de linha do campo vetorial F → = 8 x ,   e y 2 - 3 y + 2 x 2 sobre o contorno aberto A B C D , definido na Fig. 1 , com ponto inicial A 1 ,   - 1 e ponto final D 0.5 ,   - 1 .

Passo 1

Pelo próprio item da questão, sabemos que vamos ter que utilizar o teorema de Green para atacar o nosso problema. Então nada mais justo que aplicarmos a fórmula do teorema!

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

Nessa integral temos que saber que C é a uma curva fechada que delimita a região D , e ora bolas, a curva fechada é essa daqui, oh:

Saca?

Mas olha, tenho de te alertar para tomar cuidado, pois o exercício não quer o valor da integral de linha em cima da fechada, por isso, dividimos a curva fechada em duas:

Repare que C é a “soma” da curva azul (a curva A , que o problema quer) com a curva vermelha que V ...Logo:

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

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

Se buscamos a integral de linha em A ...

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

Então é só calcular essas duas integrais aí e correr para o abraço! Vamos nessa?!:D

Passo 2

Vamos começar aqui com essa integral de linha em cima da reta vermelha que surgiu:

∫ V   F → d r →

Aqui não tem truques, tem que ser calculada de uma forma direto, por isso, a primeira coisa que fazemos é a parametrização de V :

V é uma reta que tem y sempre - 1 e o x variando... Então uma boa parametrização é...

y = - 1

x = t

A parametrização arrumadinha é:

γ t = t ,   - 1

Como x varia de 0,5 até 1 ...

0,5 ≤ t ≤ 1

Note que com essa parametrização, a reta vermelha é formada no sentido de giro da curva... Isso é importante !

Passo 3

Agora precisamos do termo d r → ...

d r → = γ ' t d t

Derivando a curva... γ t = t ,   - 1           →                 γ ' t = 1 ,   0

d r → = 1 ,   0 d t

Passo 4

Como, já sabemos, temos que trocar os termos do F → ...

F → = 8 x ,   e y 2 - 3 y + 2 x 2

x = t e y = - 1 ...

F → = 8 x ,   e y 2 - 3 y + 2 x 2       →             F → = 8 t ,   e - 1 2 - 3 - 1 + 2 t 2   →

F → = 8 t ,   e - 3 t 2

Passo 5

Substituindo tudo então na integral de linha que estamos trabalhando

∫ V   F → d r →

Não se esqueça de que esse V é os limites do parâmetro...

∫ V   F → d r → = ∫ 0,5 1 8 t ,   e - 3 t 2 ∙ 1 ,   0 d t

Calculando esse produto escalar de vetores...

∫ 0,5 1 8 t   d t =

8 t 2 2 1 2 1 = 8 2 - 8 1 2 2 2 =

4 - 1 = 3

Passo 6

Muito bem, não desanima, mas ainda temos que buscar o resultado da outra integral, a dona integra dupla:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A

Para a resolução dela, antes temos que saber que função é essa aí que está na integral:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Pra isso basta pegar o campo... F → = 8 x ,   e y 2 - 3 y + 2 x 2 = F 1 ,   F 2

e calcular essas derivadas parciais:

∂ F 2 ∂ x = ∂ e y 2 - 3 y + 2 x 2 ∂ x =

∂ e y 2 ∂ x + ∂ - 3 y + 2 x 2 ∂ x

A primeira derivada parcial é 0 e a segunda devemos aplicar a regra da fração:

∂ F 2 ∂ x = x 2 ⋅ ∂ - 3 y + 2 ∂ x - - 3 y + 2 ⋅ ∂ x 2 ∂ x x 4 =

3 y + 2 ⋅ 2 x x 4 =

6 y + 2 x 3

Quanto à segunda derivada parcial...

∂ F 1 ∂ y = ∂ 8 x ∂ y = 0

Aplicando a subtração ganhamos:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 6 y + 2 x 3

Logo:

∬ D   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y d A = ∬ D   6 y + 2 x 3 d A

Passo 7

Agora repare que usualmente descreveríamos a região D para concluir a integral dupla, mas no nosso caso...

A região D é extremamente complexa para fazermos isso!

Ok, essa não é saída, mas se você reparar, aquelas parábolas são bem parecidas e mais: dentro da integral ∬ D   6 y + 2 x 3 d A , tem um y + 2 x 2 , também bem parecido com as equações das parábolas, percebeu?

Então podemos realizar uma mudança de variáveis quaisquer para matar o nosso problema! :)

u = y + 2 x 2

Para encontrar os limites de u , basta trabalhar com as duas parábolas:

1 )     y = 4 x 2 - 2         →             y + 2 = 4 x 2         →

y + 2 x 2 = 4

2 )     y = x 2 - 2         →             y + 2 = x 2         →

y + 2 x 2 = 1

Epa! Então u ...

1 ≤ u ≤ 4

Como sabemos, uma mudança dessas necessita de outra variável, a v ( x ,   y ) , mas se reparamos na região D , as outras duas retas com y que delimita D , está ok, então:

v = y

E o limite será o próprio limite de y :

- 1 ≤ y ≤ 1       →             - 1 ≤ v ≤ 1

Passo 8

Você não pode se esquecer de que uma mudança dessas sempre deixa marcas, e essa marca nós corrigimos com o calculo do Jacobiano. Como temos aqui as novas variáveis em função das antigas:

u = y + 2 x 2

v = y

Fica mais fácil calcular o Jacobiano inverso J * primeiro:

J * = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y

Calculando cada uma dessas derivadas parciais:

∂ u ∂ x = ∂ y + 2 x 2 ∂ x = - y + 2 ⋅ 2 x x 4 = - 2 y + 2 x 3

∂ u ∂ y = ∂ y + 2 x 2 ∂ y = 1 x 2

∂ v ∂ x = ∂ y ∂ x = 0

∂ v ∂ y = ∂ y ∂ y = 1

Logo:

J * = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y = - 2 y + 2 x 3 1 x 2 0 1 =

- 2 y + 2 x 3

O Jacobiano J tem uma relação muito legal com o seu inverso... Ele é o inverso :

J = 1 J *

J = 1 - 2 y + 2 x 3 = - x 3 2 ( y + 2 )

Lembre-se de que precisamos na real é a do módulo heim!

J = x 3 2 ( y + 2 )

Passo 9

Finalmente, com as informações de variação das nossas variáveis:

1 ≤ u ≤ 4

- 1 ≤ v ≤ 1

Podemos voltar para a integral dupla:

∬ D   6 y + 2 x 3 d A

E substituir tudo, não se esquecendo de multiplicar pelo módulo do Jacobiano que encontramos:

∬ D u v   6 y + 2 x 3 ⋅ J d u d v =

∬ D u v   6 y + 2 x 3 ⋅ x 3 2 y + 2 d u d v =

∫ - 1 1 ∫ 1 4 3 d u d v =

3 ∫ - 1 1 ∫ 1 4 d u d v = 3 ∫ - 1 1 3 d v =

9 ∫ - 1 1 d v =

18

Passo 10

Calma! Ainda não acabou! Precisamos retornar ao teorema de Green:

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

E substituir os dados que encontramos:

∫ A   F → d r → = 18 - 3

Dando que a integral de linha na curva é... UFA!!!

∫ A   F → d r → = 15

Resposta

15

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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