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Exercícios Resolvidos de Teorema de Green

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Enunciado

USP, Sem Campus, Cálculo 3, Lista de Exercícios - USP - Lista 2 - 2022.1, Questão 17

Sejam as curvas γ 1 a circunferência x 2 + y 2 = 1 16 percorrida no sentido anti-horário, γ 2 a circunferência x 2 + y 2 = 4 , percorrida no sentido anti-horario e γ 3 a curva formada pela união das três seguintes circunferências: x - 1 2 + y 2 = 1 9 , x + 1 2 + y 2 = 1 9 , ambas percorridas no sentido horário e x 2 + y 2 = 1 9 percorrida no sentido anti-horário. Se I k = ∫ γ k P d x + Q d y onde

P x , y = - y 1 x - 1 2 + y 2 + 1 x 2 + y 2 + 1 x + 1 2 + y 2

Q x , y = x - 1 x - 1 2 + y 2 + x x 2 + y 2 + x + 1 x + 1 2 + y 2

Então calcule I 1 , I 2   e   I 3 .

Passo 1

Olá amigo, Yuri aqui e iremos agora resolver essa querida questão de integral de linha. Já irei avisando logo que não iremos calcular e integral de linha na mão, vamos utilizar dos teoremas que os deuses da matemática nos deram. Nesse caso especifico iremos utilizar o teorema de Green.

Antes de tudo, vamos calcular o

r o t   F → = ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y

Temos aqui que calcular 6 termos de integral parcial

= x - 1 2 + y 2 - x - 1 2 x - 1 x - 1 2 + y 2 2 + x 2 + y 2 - x ∙ 2 x x 2 + y 2 2 + x + 1 2 + y 2 - x + 1 2 ( x + 1 ) x + 1 2 + y 2 2 + x - 1 2 + y 2 - y ∙ 2 y x - 1 2 + y 2 2 + x 2 + y 2 - y ∙ 2 y x 2 + y 2 2 + x + 1 2 + y 2 - y ∙ 2 y x + 1 2 + y 2 2

Passo 2

Dando continuidade ao cálculo anterior

= x - 1 2 + y 2 - 2 x - 1 2 + x - 1 2 + y 2 - 2 y 2 x + 1 2 + y 2 2 + x 2 + y 2 - 2 x 2 + x 2 + y 2 - 2 y 2 x 2 + y 2 2 + x + 1 2 + y 2 - 2 x + 1 2 + x + 1 2 + y 2 - 2 y 2 x + 1 2 + y 2 2 = 0

Esse resultado facilitou horrores para a gente, pois falando especificamente dessa integral, infelizmente não podemos aplicar diretamente o Teorema de Green, pois temos aqui uma indeterminação em ( 0,0 ) , então o que faremos é ‘retirar’ essa indeterminação utilizando uma circunferência de sentido contrario ao caminho que formos seguir.

Vamos começar nossos trabalhos por, com uma parametrização

γ 1 t = cos ⁡ t 4 , sin ⁡ t 4 ,   0 ≤ t ≤ 2 π

Para esse caso, iremos utilizar como caminho fechado para retirar a indeterminação o caminho σ , de raio qualquer e centrado no centro, com parametrização

σ t = r sin ⁡ t ,   r cos ⁡ t ,   0 ≤ t ≤ 2 π

Então nossa integral se torna

∫ σ ∪ - γ 1 F d s = ∫ ∫ D r o t   F d x d y → ∫ γ 1 F d s = - ∫ σ F d s

∫ γ 1 F d s = - ∫ 0 2 π 1 x t - 1 2 + y t 2 + 1 x t 2 + y t 2 + 1 x t + 1 2 + y t 2 - y t ∙ x ' t + x t - 1 x t - 1 2 + y t 2 + x ( t ) x t 2 + y t 2 + x t - 1 x t + 1 2 + y t 2 ∙ y ' t d t  

Agora colocando os valores da parametrização da circunferência σ

∫ 0 2 π 1 r 2 sin 2 ⁡ t - 2 r sin ⁡ t + r 2 cos 2 ⁡ t + 1 r 2 sin 2 ⁡ t + r 2 cos 2 ⁡ t + 1 r 2 sin 2 ⁡ t + 2 r sin ⁡ t + r 2 cos 2 ⁡ t - r cos ⁡ t r cos ⁡ t + r sin ⁡ t - 1 r 2 sin 2 ⁡ t - 2 r sin ⁡ t + 1 + r 2 cos 2 ⁡ t + r sin ⁡ t r 2 sin 2 ⁡ t + r 2 cos 2 ⁡ t + r sin ⁡ t r 2 sin 2 ⁡ t + 2 r sin ⁡ t + 1 + r 2 cos 2 ⁡ t - r sin ⁡ t d t

= - ∫ 0 2 π - r 2 cos 2 ⁡ t r 2 - 2 r sin ⁡ t + 1 - r 2 cos 2 ⁡ t r 2 - r 2 cos 2 ⁡ t r 2 + 2 r sin ⁡ t + 1 - r 2 sin 2 ⁡ t r 2 - 2 r sin ⁡ t + 1 + r sin ⁡ t r 2 - 2 r sin ⁡ t + 1 - r 2 sin 2 ⁡ t r 2 - r 2 sin 2 ⁡ t r 2 + 2 r sin ⁡ t + 1 - r sin ⁡ t r 2 + 2 r sin ⁡ t + 1 d t = - ∫ 0 2 π - r 2 + r sin ⁡ t r 2 - 2 r sin ⁡ t + 1 - 1 + - r 2 - r sin ⁡ t r 2 + 2 r sin ⁡ t + 1 d t

Para facilitar nossas vidas, iremos dizer que r → 0 + , pois queremos que nossa circunferência exista apenas o suficiente para retirar nossa indeterminação

lim r → 0 + ⁡ ∫ γ F d s = - ∫ 0 2 π - 1 d t = 2 π

Passo 3

O processo para os outros caminhos é semelhante, para a circunferência x 2 + y 2 = 4 , vamos parametrizar γ 2 como

γ 2 t = 2 cos ⁡ t , 2 sin ⁡ t ,   0 ≤ t ≤ 2 π

Aqui, infelizmente temos 3 pontos de indeterminação, então precisaremos de 3 outras regiões de sentido oposto ao que estamos caminhando em γ 2 para retirar essas indeterminações.

α t = r sin ⁡ t - 1 ,   r cos ⁡ t

β t = r sin ⁡ t ,   r cos ⁡ t

σ t = r sin ⁡ t + 1 ,   r cos ⁡ t

Onde, para todos,

0 ≤ t ≤ 2 π

Então o que teremos é

∫ γ 2 ∪ α ∪ β ∪ σ F ∙ d S = ∫ ∫ r o t   F d x d y = 0

∫ γ 2 F d s = - ∫ α F ∙ d S + ∫ β F ∙ d S + ∫ σ F ∙ d S

Do item anterior, podemos notar que

∫ α F ∙ d S = ∫ β F ∙ d S = ∫ σ F ∙ d S = - 2 π

∫ γ 2 F ∙ d S = - 3 - 2 π = 6 π

Passo 4

O cálculo de I 3 é idêntico ao de I 2 , onde a única diferença é que as curvas α e σ agora estão em no sentido anti-horário. Consequentemente, a equação

∫ γ 3 F d s = - ∫ α F ∙ d S + ∫ β F ∙ d S - ∫ σ F ∙ d S = - 2 π + 2 π - 2 π = - 2 π

Resposta

I 1 = 2 π

I 2 = 6 π

I 3 = - 2 π

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