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Cálculo M V: notas de aula

Eberson Ferreira da Silva, Ricardo Nunes Machado Junior

Seção 2.4 O Teorema de Green

Definição 2.4.1.

Seja \(\gamma: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}^2\) uma curva fechada simples. Diremos que tem orientação positiva quando a região limitada por \(\gamma\) fica à esquerda quando \(\gamma\) é percorrida de \(a\) para \(b\text{.}\)
Curva gama fechada orientada no sentido anti-horário, com a região D em seu interior, mostrando que a região fica à esquerda do sentido de percurso.
Figura 2.4.2. Curva com orientação positiva

Subseção 2.4.1 O Teorema de Green

Na definição acima, considere \(\gamma\) de classe \(C^1\) por partes e seja \(\vec{F}: \Omega \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2\) de classe \(C^1\) tal que \(D \subset \Omega\text{,}\) sendo \(D\) a região limitada por \(\gamma\text{.}\)
Considere ainda \(D\) uma região simples, isto é, podemos escrever:
\begin{equation*} D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : m \le x \le n \text{ e } g_1(x) \le y \le g_2(x)\} \end{equation*}
e também:
\begin{equation*} D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : h_1(y) \le x \le h_2(y) \text{ e } c \le y \le d\} \end{equation*}
Dois gráficos no plano cartesiano ilustrando regiões simples limitadas por funções g_1(x) e g_2(x) no eixo x, e h_1(y) e h_2(y) no eixo y.
Figura 2.4.4. Regiões simples do Tipo I e Tipo II
Suponha que \(\vec{F}(x,y) = P(x,y)\vec{i} + Q(x,y)\vec{j}\) e vamos calcular \(\int_{\gamma} P(x,y) \, dx\) observando a região \(D\) dada por \(m \le x \le n\) e \(g_1(x) \le y \le g_2(x)\text{.}\)
Note que \(\gamma = \gamma_1 \cup \gamma_2\) (os trechos verticais não contribuem, pois \(dx = 0\)), em que:
\begin{align*} \gamma_1(t) \amp = (t, g_1(t)), \quad m \le t \le n\\ \gamma_2(t) \amp = (-t, g_2(-t)), \quad -n \le t \le -m \end{align*}
Logo:
\begin{align*} \int_{\gamma} P(x,y) \, dx \amp = \int_{\gamma_1} P(x,y) \, dx + \int_{\gamma_2} P(x,y) \, dx\\ \amp = \int_{m}^{n} P(t, g_1(t)) \, dt + \int_{-n}^{-m} P(-t, g_2(-t))(-1) \, dt\\ \amp = \int_{m}^{n} P(t, g_1(t)) \, dt - \int_{-n}^{-m} P(-t, g_2(-t)) \, dt \end{align*}
Fazendo a substituição \(u = -t \implies du = -dt\) na segunda integral (com \(t = -n \implies u = n\) e \(t = -m \implies u = m\)):
\begin{align*} \int_{\gamma} P(x,y) \, dx \amp = \int_{m}^{n} P(t, g_1(t)) \, dt - \int_{n}^{m} P(u, g_2(u))(-du)\\ \amp = \int_{m}^{n} P(t, g_1(t)) \, dt - \int_{m}^{n} P(u, g_2(u)) \, du\\ \amp = \int_{m}^{n} [P(x, g_1(x)) - P(x, g_2(x))] \, dx \end{align*}
Usando o Teorema Fundamental do Cálculo, segue que:
\begin{align*} \int_{m}^{n} [P(x, g_1(x)) - P(x, g_2(x))] \, dx \amp = \int_{m}^{n} \int_{g_2(x)}^{g_1(x)} \frac{\partial}{\partial y} P(x,y) \, dy \, dx\\ \amp = \int_{m}^{n} \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} -\frac{\partial}{\partial y} P(x,y) \, dy \, dx \end{align*}
Ou seja, temos que:
\begin{equation*} \int_{\gamma} P(x,y) \, dx = \iint_{D} -\frac{\partial}{\partial y} P(x,y) \, dA \end{equation*}
Com um pouco de empenho e força de vontade, considerando agora a região como \(D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : h_1(y) \le x \le h_2(y) \text{ e } c \le y \le d\}\text{,}\) podemos mostrar com argumentos semelhantes que:
\begin{equation*} \int_{\gamma} Q(x,y) \, dy = \iint_{D} \frac{\partial}{\partial x} Q(x,y) \, dA \end{equation*}
Como \(\int_{\gamma} \vec{F}(x,y) \cdot d\vec{r} = \int_{\gamma} P(x,y) \, dx + \int_{\gamma} Q(x,y) \, dy\text{,}\) segue que:
\begin{equation*} \int_{\gamma} \vec{F}(x,y) \cdot d\vec{r} = \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial P}{\partial y}(x,y) \right) dA \end{equation*}
O resultado vale para regiões simples como as de cima. Mas, como sei que você é um pensador dos mais habilidosos, você deve estar pensando: "E se \(D\) não for simples?". Bem, meu caro, neste caso podemos, acredite em mim, decompor uma região \(D\) como união finita de regiões simples:
\begin{equation*} D = D_1 \cup D_2 \cup \dots \cup D_n \end{equation*}
em que cada \(D_j\) é limitado por uma curva \(\gamma_j\) de classe \(C^1\) por partes orientada positivamente.
Região D subdividida em D_1 e D_2. A curva da fronteira externa é gama_1 e gama_2. A fronteira interna (corte) é percorrida em sentidos opostos (C e -C), anulando-se.
Figura 2.4.5. Decomposição de uma região em regiões simples
De forma que a integral de um campo \(\vec{F}\) sobre a curva \(\gamma\) que limita uma região \(D = D_1 \cup D_2\) é:
\begin{equation*} \sum_{j=1}^{n} \iint_{D_j} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \sum_{j=1}^{n} \int_{\gamma_j} \vec{F} \cdot d\vec{r}_j = \int_{\gamma} \vec{F} \cdot d\vec{r} \end{equation*}
Note que nas fronteiras comuns tem-se \(\int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} = -\int_{-C} \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{.}\)

Nota 2.4.6.

Observação: É comum escrever \(\oint_{\gamma} \vec{F} \cdot d\vec{r}\) para indicar que \(\gamma\) é fechada, simples e com orientação positiva.

Exemplo 2.4.7.

Calcule \(\int_{\gamma} x^4 \, dx + xy \, dy\) em que \(\gamma\) é o triângulo composto pelos segmentos de reta de \((0,0)\) até \((1,0)\text{,}\) de \((1,0)\) a \((0,1)\) e de \((0,1)\) a \((0,0)\text{.}\)
Solução.
Note que \(\gamma\) está orientada positivamente e \(\vec{F}(x,y) = (x^4, xy)\) é \(C^1\text{.}\) Vamos usar o Teorema de Green. Temos:
\begin{align*} P(x,y) = x^4 \amp \implies \frac{\partial P}{\partial y} = 0\\ Q(x,y) = xy \amp \implies \frac{\partial Q}{\partial x} = y \end{align*}
Assim:
\begin{equation*} \oint_{\gamma} x^4 \, dx + xy \, dy = \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \iint_{D} y \, dA \end{equation*}
A região é \(D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \le x \le 1 \text{ e } 0 \le y \le 1-x\}\text{.}\) Daí:
\begin{align*} \iint_{D} y \, dA \amp = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} y \, dy \, dx = \int_{0}^{1} \left.\frac{y^2}{2}\right|_{0}^{1-x} dx\\ \amp = \int_{0}^{1} \frac{(1-x)^2}{2} \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (1 - 2x + x^2) \, dx\\ \amp = \frac{1}{2} \left.\left( x - x^2 + \frac{x^3}{3} \right)\right|_{0}^{1} = \frac{1}{2} \left( 1 - 1 + \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{6} \end{align*}

Exemplo 2.4.8.

Calcule \(\oint_{C} (3y - e^{\sin x}) \, dx + (7x + \sqrt{y^4+1}) \, dy\text{,}\) onde \(C\) é o círculo \(x^2 + y^2 = 9\text{.}\)
Solução.
Aqui, \(P(x,y) = 3y - e^{\sin x}\) e \(Q(x,y) = 7x + \sqrt{y^4+1}\text{.}\) Daí, \(\frac{\partial P}{\partial y} = 3\) e \(\frac{\partial Q}{\partial x} = 7\text{.}\)
Aplicando o Teorema de Green:
\begin{align*} \oint_{C} (3y - e^{\sin x}) \, dx + (7x + \sqrt{y^4+1}) \, dy \amp = \iint_{D} (7 - 3) \, dA \\ \amp = 4 \iint_{D} 1 \, dA \\ \amp = 4 A(D)\\ \amp = 4 \cdot \pi(3)^2 \\ \amp = 36\pi \end{align*}

Exemplo 2.4.9.

Calcule \(\int_{C} e^x \sin y \, dx + (e^x \cos y + x) \, dy\text{,}\) onde \(C\) é o arco do círculo \(x^2 + y^2 = 1\text{,}\) orientado no sentido anti-horário e no 1º quadrante.
Solução.
Podemos usar o Teorema de Green na região \(D\) delimitada por \(C\text{,}\) \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\text{,}\) onde \(\gamma_1\) é o segmento vertical e \(\gamma_2\) o segmento horizontal.
Região D no primeiro quadrante delimitada pelo arco de circunferência C percorrido no sentido anti-horário, pelo segmento vertical gama_1 orientado para baixo e pelo segmento horizontal gama_2 orientado para a direita.
Figura 2.4.10. Região \(D\) delimitada pelo arco \(C\) e pelos segmentos \(\gamma_1\) e \(\gamma_2\)
Aqui, \(P(x,y) = e^x \sin y \implies \frac{\partial P}{\partial y} = e^x \cos y\text{.}\) \(Q(x,y) = e^x \cos y + x \implies \frac{\partial Q}{\partial x} = e^x \cos y + 1\text{.}\)
Pelo Teorema de Green, \(\iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dA = \int_{C \cup \gamma_1 \cup \gamma_2} \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{.}\)
\begin{equation*} \iint_{D} 1 \, dA = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} + \int_{\gamma_1} \vec{F} \cdot d\vec{r} + \int_{\gamma_2} \vec{F} \cdot d\vec{r} \end{equation*}
Como \(\gamma_1(t) = (0, -t)\) com \(-1 \le t \le 0\text{,}\) segue que \(\gamma_1'(t) = (0, -1)\) e:
\begin{align*} \int_{\gamma_1} \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \int_{-1}^{0} (e^0 \sin(-t), e^0 \cos(-t) + 0) \cdot (0, -1) \, dt\\ \amp = \int_{-1}^{0} -\cos(-t) \, dt = -\int_{-1}^{0} \cos t \, dt = -\sin t \Big|_{-1}^{0}\\ \amp = \sin(-1) = -\sin(1) \end{align*}
Como \(\gamma_2(t) = (t, 0)\) com \(0 \le t \le 1\text{,}\) segue que \(\gamma_2'(t) = (1, 0)\) e:
\begin{align*} \int_{\gamma_2} \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \int_{0}^{1} (e^t \sin 0, e^t \cos 0 + t) \cdot (1, 0) \, dt\\ \amp = \int_{0}^{1} (0, e^t + t) \cdot (1, 0) \, dt = \int_{0}^{1} 0 \, dt = 0 \end{align*}
Portanto, sabendo que a área de um quarto de círculo unitário é \(\frac{\pi(1)^2}{4}\text{:}\)
\begin{align*} \iint_{D} 1 \, dA \amp = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} - \sin(1) + 0\\ \frac{\pi}{4} \amp = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} - \sin(1)\\ \int_{C} e^x \sin y \, dx + (e^x \cos y + x) \, dy \amp = \frac{\pi}{4} + \sin(1) \end{align*}

Exemplo 2.4.11.

Calcule \(\oint_{C} (x^2 - y^2) \, dx + (x^3 + y^2 + x^2) \, dy\text{,}\) onde \(C\) é a curva orientada no sentido anti-horário e que limita uma região \(D\) entre as retas \(y = \frac{\sqrt{3}}{3}x\) e \(y = \sqrt{3}x\) e entre os círculos \(x^2 + y^2 = 1\) e \(x^2 + y^2 = 4\) no primeiro quadrante.
Setor anular D no primeiro quadrante limitado entre as retas y = raiz(3)/3 x e y = raiz(3) x e os círculos de raios 1 e 2, com a fronteira C percorrida no sentido anti-horário.
Figura 2.4.12. Região \(D\) delimitada pelas retas \(y = \frac{\sqrt{3}}{3}x\text{,}\) \(y = \sqrt{3}x\) e pelas circunferências \(x^2+y^2=1\) e \(x^2+y^2=4\)
Solução.
Temos:
\begin{align*} P(x,y) = x^2 - y^2 \amp \implies \frac{\partial P}{\partial y} = -2y\\ Q(x,y) = x^3 + y^2 + x^2 \amp \implies \frac{\partial Q}{\partial x} = 3x^2 + 2x \end{align*}
Assim:
\begin{equation*} \oint_{C} P \, dx + Q \, dy = \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \iint_{D} (3x^2 + 2x + 2y) \, dA \end{equation*}
A região \(D\) em coordenadas polares é \(D = \{(r, \theta) : 1 \le r \le 2 \text{ e } \frac{\pi}{6} \le \theta \le \frac{\pi}{3}\}\text{.}\) Daí:
\begin{align*} \iint_{D} \amp (3x^2 + 2x + 2y) \, dA = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \int_{1}^{2} (3r^2\cos^2\theta + 2r\cos\theta + 2r\sin\theta) r \, dr \, d\theta\\ \amp = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \int_{1}^{2} [3r^3\cos^2\theta + 2r^2(\cos\theta + \sin\theta)] \, dr \, d\theta\\ \amp = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left[ 3\cos^2\theta \int_{1}^{2} r^3 \, dr + 2(\cos\theta + \sin\theta) \int_{1}^{2} r^2 \, dr \right] d\theta\\ \amp = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left[ 3\cos^2\theta \left.\left(\frac{r^4}{4}\right)\right|_{1}^{2} + 2(\cos\theta + \sin\theta) \left.\left(\frac{r^3}{3}\right)\right|_{1}^{2} \right] d\theta\\ \amp = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left[ 3\cos^2\theta \left(4 - \frac{1}{4}\right) + 2(\cos\theta + \sin\theta) \left(\frac{8}{3} - \frac{1}{3}\right) \right] d\theta\\ \amp = 3 \cdot \frac{15}{4} \int_{\pi/6}^{\pi/3} \cos^2\theta \, d\theta + 2 \cdot \frac{7}{3} \int_{\pi/6}^{\pi/3} (\cos\theta + \sin\theta) \, d\theta\\ \amp = \frac{45}{4} \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left(\frac{1 + \cos 2\theta}{2}\right) d\theta + \frac{14}{3} (\sin\theta - \cos\theta) \Big|_{\pi/6}^{\pi/3}\\ \amp = \frac{45}{8} \left.\left( \theta + \frac{\sin 2\theta}{2} \right)\right|_{\pi/6}^{\pi/3} + \frac{14}{3} \left\{ \left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}\right) - \left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \right\} \end{align*}
Avaliando a expressão final:
\begin{align*} \amp = \frac{45}{8} \left( \frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} - \frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{3} \right)\\ \amp = \frac{45}{8} \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right)\\ \amp = \frac{45}{8} \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{15\pi}{16} \end{align*}

Subseção 2.4.2 Regiões com Furos (Multiplamente Conexas)

O teorema de Green pode ser aplicado em regiões com furos para o campo \(\vec{F}\) com finitos pontos de descontinuidades. Considere uma região com um buraco interno.
Região com fronteira externa C1 no sentido anti-horário e fronteira interna C2 no sentido horário, dividida por duas curvas secantes gama_3 e gama_4.
Figura 2.4.13. Região com furo dividida em sub-regiões
Podemos ver que uma curva para limitar \(D\) e ser orientada positivamente será \(C = \gamma_1 \cup \gamma_2\text{,}\) em que \(\gamma_1\) é percorrida no sentido anti-horário e \(\gamma_2\) é percorrida no sentido horário (desta forma a região \(D\) estará sempre à esquerda).
Agora, dividimos \(D\) em regiões sem buracos \(D_1\) e \(D_2\) limitadas por curvas orientadas positivamente.
Região elíptica com furo circular subdividida horizontalmente em D_1 (superior) e D_2 (inferior). As curvas secantes gama_3 e gama_4 são percorridas em sentidos opostos nas duas regiões, cancelando suas integrais de linha.
Figura 2.4.14. Subdivisão da região com furo em sub-regiões \(D_1\) e \(D_2\) com cancelamento nos cortes \(\gamma_3\) e \(\gamma_4\)
Teremos:
\begin{align*} \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA \amp = \iint_{D_1} \dots dA + \iint_{D_2} \dots dA\\ \amp = \left( \int_{\gamma_1^+} + \int_{\gamma_2^+} + \int_{-\gamma_4} + \int_{-\gamma_3} \right) \vec{F} \cdot d\vec{r}\\ \amp \quad + \left( \int_{\gamma_1^-} + \int_{\gamma_2^-} + \int_{\gamma_4} + \int_{\gamma_3} \right) \vec{F} \cdot d\vec{r}\\ \amp = \int_{\gamma_1} \vec{F} \cdot d\vec{r} + \int_{\gamma_2} \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} \end{align*}
Note acima que as integrais sobre as curvas internas se cancelam: \(\int_{-\gamma_4} \vec{F} \cdot d\vec{r} = -\int_{\gamma_4} \vec{F} \cdot d\vec{r}\) e \(\int_{-\gamma_3} \vec{F} \cdot d\vec{r} = -\int_{\gamma_3} \vec{F} \cdot d\vec{r}\text{.}\) Portanto ainda vale:
\begin{equation*} \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} \end{equation*}

Exemplo 2.4.15.

Calcule a integral de linha do Campo Vetorial \(\vec{F}(x,y) = \left( \frac{-y}{x^2+y^2}, \frac{x}{x^2+y^2} + 2x \right)\) ao longo da curva \(C\) de equação \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1\text{,}\) orientada no sentido anti-horário.
Solução.
Note que o Teorema de Green não pode ser aplicado diretamente, pois \(\vec{F}\) não é \(C^1\) na origem. Mas considere um círculo \(C_2\) de raio \(\epsilon > 0\) e orientado no sentido horário. Assim, \(\gamma = C \cup C_2\) limitam positivamente uma região \(D\text{.}\)
Elipse externa C com interceptos em mais ou menos 2 e 3 orientada no sentido anti-horário, e círculo interno C_2 de raio epsilon centrado na origem orientado no sentido horário contornando a singularidade do campo vetorial.
Figura 2.4.16. Região \(D\) entre a elipse \(C\) e o círculo \(C_2\) em torno da descontinuidade na origem
Pelo Teorema de Green nesta região \(D\) e pelo que vimos acima:
\begin{equation*} \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} + \int_{C_2} \vec{F} \cdot d\vec{r} = \int_{\gamma} \vec{F} \cdot d\vec{r} \end{equation*}
Calculando as derivadas parciais:
\begin{align*} \frac{\partial Q}{\partial x} \amp = \frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2} + 2 = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + 2\\ \frac{\partial P}{\partial y} \amp = \frac{-(x^2+y^2)+2y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} \end{align*}
Segue que a diferença é exatamente \(2\text{,}\) logo:
\begin{equation*} \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \iint_{D} 2 \, dA = 2A(D) \end{equation*}
A área de \(D\) é a área da elipse retirando a área do círculo \(C_2\text{:}\)
\begin{equation*} A(D) = 6\pi - \pi\epsilon^2\text{.} \end{equation*}
A curva \(C_2\) (sentido horário) pode ser parametrizada por:
\begin{align*} C_2(t) \amp = (\epsilon \sin t, \epsilon \cos t), \quad 0 \le t \le 2\pi\\ \implies C_2'(t) \amp = (\epsilon \cos t, -\epsilon \sin t) \end{align*}
Avaliando o campo sobre \(C_2\text{:}\)
\begin{align*} \vec{F}(C_2(t)) \amp = \left( \frac{-\epsilon \cos t}{\epsilon^2}, \frac{\epsilon \sin t}{\epsilon^2} + 2\epsilon \sin t \right) = \left( -\frac{1}{\epsilon}\cos t, \frac{1}{\epsilon}\sin t + 2\epsilon \sin t \right) \end{align*}
Calculando o produto interno com \(C_2'(t)\text{:}\)
\begin{align*} \int_{C_2} \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = \int_{0}^{2\pi} \left(-\frac{1}{\epsilon}\cos t, \frac{1+2\epsilon^2}{\epsilon}\sin t\right) \cdot (\epsilon \cos t, -\epsilon \sin t) \, dt\\ \amp = \int_{0}^{2\pi} (-\cos^2 t - (1+2\epsilon^2)\sin^2 t) \, dt\\ \amp = \int_{0}^{2\pi} (-\cos^2 t - \sin^2 t - 2\epsilon^2\sin^2 t) \, dt\\ \amp = -\int_{0}^{2\pi} 1 \, dt - 2\epsilon^2 \int_{0}^{2\pi} \sin^2 t \, dt\\ \amp = -2\pi - 2\epsilon^2 \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{1-\cos 2t}{2}\right) dt = -2\pi - \epsilon^2 \left.\left(t - \frac{\sin 2t}{2}\right)\right|_{0}^{2\pi}\\ \amp = -2\pi - 2\pi\epsilon^2 \end{align*}
Portanto, igualando os dois lados do Teorema de Green (lembrando do fator 2 que multiplicava a área):
\begin{align*} \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA \amp = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} + \int_{C_2} \vec{F} \cdot d\vec{r}\\ 2(6\pi - \pi\epsilon^2) \amp = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} + (-2\pi - 2\pi\epsilon^2)\\ 12\pi - 2\pi\epsilon^2 \amp = \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} - 2\pi - 2\pi\epsilon^2\\ \int_{C} \vec{F} \cdot d\vec{r} \amp = 14\pi \end{align*}
Como \(\epsilon > 0\) pode ser arbitrariamente pequeno (isto é, \(\epsilon \to 0\)), podemos concluir que a circulação ao longo da elipse é perfeitamente contornável pelo limite.

Subseção 2.4.3 Cálculo de Áreas com o Teorema de Green

O Teorema de Green nos ajuda ainda a calcular áreas. Note que se \(\left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) = 1\text{,}\) então:
\begin{equation*} \oint_{C} P(x,y) \, dx + Q(x,y) \, dy = \iint_{D} 1 \, dA = A(D) \end{equation*}
Região elíptica inclinada D no primeiro quadrante com hachuras internas e fronteira orientada no sentido anti-horário.
Figura 2.4.17. Região \(D\) no plano cartesiano com fronteira percorrida no sentido positivo
Temos algumas opções para obter \(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1\text{:}\)
  1. \(P(x,y) = 0\) e \(Q(x,y) = x \implies \oint_C x \, dy = A(D)\)
  2. \(Q(x,y) = 0\) e \(P(x,y) = -y \implies -\oint_C y \, dx = A(D)\)
De forma que \(2A(D) = \oint_C x \, dy - \oint_C y \, dx\text{.}\) Ou seja:
\begin{equation*} A(D) = \frac{1}{2} \oint_{C} -y \, dx + x \, dy \end{equation*}
(Aqui, \(P(x,y) = \frac{-y}{2}\) e \(Q(x,y) = \frac{x}{2}\)).

Exemplo 2.4.18.

Encontre a área da elipse \(E: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1\text{.}\)
Solução.
Uma parametrização para a elipse com orientação positiva é:
\begin{equation*} C(t) = (2\cos t, 3\sin t), \quad 0 \le t \le 2\pi \end{equation*}
Daí, \(x = 2\cos t \implies dx = -2\sin t \, dt\) e \(y = 3\sin t \implies dy = 3\cos t \, dt\text{.}\)
Aplicando a fórmula:
\begin{align*} A(D) \amp = \frac{1}{2} \oint_{C} -y \, dx + x \, dy\\ \amp = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} [-3\sin t(-2\sin t) + 2\cos t(3\cos t)] \, dt\\ \amp = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} (6\sin^2 t + 6\cos^2 t) \, dt = 3 \int_{0}^{2\pi} 1 \, dt = 6\pi \end{align*}

Exercícios 2.4.4 Exercícios

1.

Calcule as seguintes integrais ao longo das curvas \(C\text{,}\) orientadas positivamente:
  1. \(\oint_C y^2 \, dx + x^2 \, dy\text{;}\) \(C\) é a fronteira do quadrado \(D = [-1,1] \times [-1,1]\text{.}\)
  2. \(\oint_C (3x^2 + y) \, dx + 4y^2 \, dy\text{;}\) \(C\) é a fronteira do triângulo de vértices \((0,0)\text{,}\) \((1,0)\) e \((0,2)\text{.}\)
  3. \(\oint_C (e^x - 3y) \, dx + (e^y - 6x) \, dy\text{;}\) \(C\) é a elipse \(x^2 + 4y^2 = 1\text{.}\)
  4. \(\oint_C x^{-1}e^y \, dx + (e^y\ln x + 2x) \, dy\text{;}\) \(C\) delimita a região entre \(x = y^4 + 1\) e \(x = 2\text{.}\)
  5. \(\oint_C (2xy - x^2) \, dx + (x - y^2) \, dy\text{;}\) \(C\) delimita a região entre \(y = x^2\) e \(y^2 = x\text{.}\)
  6. \(\oint_C (x + y) \, dx + (y - x) \, dy\text{;}\) \(C\) é a circunferência \(x^2 + y^2 - 2ax = 0\text{.}\)
  7. \(\oint_C (2x - y^3) \, dx - xy \, dy\text{;}\) \(C\) delimita o anel entre \(x^2 + y^2 = 4\) e \(x^2 + y^2 = 9\text{.}\)
  8. \(\oint_C (2x - y) \, dx + (x + 3y) \, dy\text{;}\) \(C\) é a fronteira do pentágono de vértices \((0,0)\text{,}\) \((0,2)\text{,}\) \((1,3)\text{,}\) \((2,2)\) e \((2,0)\text{.}\)
Resposta.
  1. \(\displaystyle 0\)
  2. \(\displaystyle -1\)
  3. \(\displaystyle -\frac{3\pi}{2}\)
  4. \(\displaystyle \frac{16}{5}\)
  5. \(\displaystyle \frac{1}{30}\)
  6. \(\displaystyle -2\pi a^2\)
  7. \(\displaystyle \frac{195\pi}{4}\)
  8. \(\displaystyle 10\)

2.

Seja \(C\) uma curva fechada, orientada positivamente, limitando uma região de área \(A\text{.}\) Verifique que:
\begin{equation*} \oint_C (a_1 x + a_2 y + a_3)\,dx + (b_1 x + b_2 y + b_3)\,dy = (b_1 - a_2)A \end{equation*}
Resposta.
Demonstração via Teorema de Green: sendo \(P(x,y) = a_1 x + a_2 y + a_3\) e \(Q(x,y) = b_1 x + b_2 y + b_3\text{,}\) temos \(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = b_1 - a_2\text{.}\) Assim:
\begin{equation*} \oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D (b_1 - a_2)\,dA = (b_1 - a_2)\iint_D 1\,dA = (b_1 - a_2)A \end{equation*}

3.

  1. Mostre que \(\text{área}(D) = \oint_{\partial D} x \, dy\text{.}\)
  2. Use o item (a) para calcular a área da região limitada pelo eixo \(y\text{,}\) pelas retas \(y = 1\text{,}\) \(y = 3\text{,}\) e pela curva \(x = y^2\text{.}\)
Resposta.
  1. Escolhendo \(P(x,y) = 0\) e \(Q(x,y) = x\text{,}\) temos \(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - 0 = 1\text{.}\) Pelo Teorema de Green, \(\oint_{\partial D} x\,dy = \iint_D 1\,dA = \text{área}(D)\text{.}\)
  2. \(\displaystyle \frac{26}{3}\)

4.

Determine \(\oint_C (x^2 + y + 2xy^3)\,dx + (5x + 3x^2y^2 + y)\,dy\text{,}\) onde \(C\) é a união de \(C_1: x^2 + y^2 = 1\) (\(y \ge 0\)), \(C_2: x + y + 1 = 0\) (\(-1 \le x \le 0\)) e \(C_3: x - y - 1 = 0\) (\(0 \le x \le 1\)) orientada no sentido anti-horário.
Resposta.
\(2\pi + 4\)

5.

Seja \(\vec{F} = (F_1, F_2)\) de classe \(C^1\) em \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\) tal que \(\frac{\partial F_2}{\partial x} = \frac{\partial F_1}{\partial y} + 4\text{.}\) Sabendo que \(\oint_\gamma F_1\,dx + F_2\,dy = 6\pi\) na circunferência unitária \(\gamma\text{,}\) calcule a integral ao longo da elipse \(C: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{25} = 1\) orientada no sentido anti-horário.
Resposta.
\(42\pi\)

6.

Seja \(\vec{F}(x,y) = \left( \frac{-y}{x^2+y^2}, \frac{x}{x^2+y^2} + 3x \right)\) em \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\text{.}\) Calcule a integral de linha no sentido anti-horário ao longo de:
  1. \(C_1\text{:}\) circunferência \(x^2 + y^2 = 4\text{.}\)
  2. \(C_2\text{:}\) fronteira do retângulo \(R = [-\pi, \pi] \times [-3,3]\text{.}\)
Resposta.
  1. \(\displaystyle 14\pi\)
  2. \(\displaystyle 38\pi\)
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