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Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

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Enunciado

UFPE, Sem Campus, Cálculo 3, Listas de Exercícios de Cálculo 3 - Profº Cilon Perusato - Lista 3, Questão 1b

Questão 1. Use o Teorema de Green e calcule a integral de linha ao longo da orientação positiva da curva dada.

(b) ∫ C y + e x d x + x 4 + 2 x 2 y 2 d y , C é o limite da região entre as curvas x 2 + y 2 = 1 e x 2 + y 2 = 4 ;

Passo 1

Fala aí!! Bem-vindo! Está um pouco complicada essa questão? Não se preocupe vou fazer o máximo pra te ajudar. 😉👍

Nesse problema foi pedido para usarmos o teorema de Green no cálculo da integral dada por

∫ C y + e x d x + x 4 + 2 x 2 y 2 d y ,     C ∈ 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4

E aí, como fazemos isso? 🤔

O teorema de Green é dado por

∫ C p x , y d x + q x , y d y = ∫ ∫ A ∂ q ∂ x - ∂ p ∂ y d A

Onde A é a área da curva C fechada.

Sacou? Bora lá! 😉

Passo 2

No nosso caso, p x , y = y + e x e q x , y = x 4 + 2 x 2 y 2 ...

Derivando q em relação a x e p em relação a y , vamos obter

∂ q ∂ x = ∂ x 4 + 2 x 2 y 2 ∂ x = 4 x 3 + 4 x y 2

∂ p ∂ y = ∂ y + e x ∂ y = 1

Aplicando o teorema de Green, temos

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 x 3 + 4 x y 2 - 1 d A

Pelas informações dadas no enunciado, a região A é a região contida entre a circunferência de raio 2 x 2 + y 2 = 4 e a circunferência de raio 1 x 2 + y 2 = 1 .

Tranquilo até aqui? 👀

Passo 3

Como nossa região de integração tem simetria polar, nada mais justo que aplicarmos coordenadas polares para resolver essa integral...

Nas coordenadas polares, fazemos x = r c o s θ , y = r s e n θ e J = r , ou seja

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 x 3 + 4 x y 2 - 1 d A

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 r c o s θ 3 + 4 r c o s θ r s e n θ 2 - 1 J d A

Simplificando...

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 r 3 cos 3 ⁡ θ + 4 r cos ⁡ θ r 2 s e n 2 θ - 1 r d A

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 r 3 cos 3 ⁡ θ + 4 r 3 cos ⁡ θ s e n 2 θ - 1 r d A

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 r 4 cos ⁡ θ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ - 1 d A

Como cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1 , então

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ ∫ A 4 r 4 cos ⁡ θ - 1 d A

Aplicando os limites de integração para r e θ , temos que θ varia de 0 a 2 π , já que a região A faz uma volta completa na origem e r varia entre 2 e 1 como foi dado na definição de C no enunciado.

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ 1 2 ∫ 0 2 π 4 r 4 cos ⁡ θ - 1 d θ d r

Bacana, não é? 😉

Passo 4

Integrando com relação a θ , temos

∫ 4 r 4 cos ⁡ θ - 1 d θ = 4 r 4 sen ⁡ θ - θ

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

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

Integrando o resultado em relação a r .

Como não há r para integrar na função, podemos simplesmente multiplica-la pela variação de r

∫ 1 2 - 2 π d r = - 2 π 2 - 1 = - 2 π

Com isso, chegamos em

∫ C e y d x + 2 x e y d y = ∫ 1 2 ∫ 0 2 π 4 r 4 cos ⁡ θ - 1 d θ d r

∫ C e y d x + 2 x e y d y = - 2 π

É isso! Essa resolução te ajudou? Responde Aí! ✌

Resposta

∫ C e y d x + 2 x e y d y = - 2 π

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