Cálculo Diferencial e Integral 3
Cálculo Diferencial e Integral 3 : Teorema de Green

12 Teorema de Green

Seja $C$ uma curva plana suave com parametrização

  \[ x=g(t),\ y=h(t),\ \ a\leq t\leq b. \]    

Suponha que $C$ seja uma curva fechada simples, isto é, existe somente um único ponto de interseção, $P(a)=P(b).$ Vamos considerar também que $C$ está orientada positivamente, isto é, ao longo de $C$ a região $R$ que $C$ encerra estará sempre à esquerda quando o ponto $P(t)$ descreve $C.$ A integral ao longo de uma curva fechada terá a seguinte notação:

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx+N(x,y)dy. \]    

e chamaremos a integral curvil\'{\i }nea ao longo de uma curva fechada simples $C.$ Então temos o seguinte resultado importante que é conhecido como o teorema de Green.

Seja $C$ uma curva fechada simples parcialmente suave e seja $R$ a região que consiste de $C$ e seu interior. Se $M$ e $N$ são funções cont\'{\i }nuas com derivadas parciais primeiras cont\'{\i }nuas em toda uma região $D$ contendo $R,$ então

  \begin{equation} {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA.\label{green}\end{equation}   (13)

Consideremos $R$ uma região do tipo $R_{x}$ ou $R_{y},$ isto é,

  \[ R=\left\{ \left( x,y\right) :\ a\leq x\leq b,\ g_{1}(x)\leq y\leq g_{2}(x)\right\} =R_{x} \]    
  \[ R=\left\{ \left( x,y\right) :\ c\leq y\leq d,\ h_{1}(x)\leq y\leq h_{2}(x)\right\} =R_{y} \]    

onde $g_{1},g_{2},h_{1}$ e $h_{2}$ são funções suaves. É suficiente mostrar que

  \begin{equation} {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx=-{\displaystyle \iint \limits _{R}} \frac{\partial M}{\partial y}dA \label{green1}\end{equation}   (14)
  \begin{equation} {\displaystyle \oint \limits _{C}} N(x,y)dx={\displaystyle \iint \limits _{R}} \frac{\partial N}{\partial x}dA \label{green2}\end{equation}   (15)

Prova de $\left( \ref{green1}\right) :$ $C$ consiste de duas curvas suaves $C_{1}$ e $C_{2}$ de equações $y=g_{1}(x)$ e $y=g_{2}(x),$ respectivamente. Da\'{\i }

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx={\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} M(x,y)dx+{\displaystyle \oint \limits _{C_{2}}} M(x,y)dx \]    

obtemos então que

  $\displaystyle {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx $ $\displaystyle =\int _{a}^{b}M(x,g_{1}(x))dx+\int _{b}^{a}M(x,g_{2}(x))dx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{a}^{b}M(x,g_{1}(x))dx-\int _{a}^{b}M(x,g_{2}(x))dx $    

Por outro lado,

  $\displaystyle {\displaystyle \iint \limits _{R}} \frac{\partial M}{\partial y}dA $ $\displaystyle =\int _{a}^{b}\int _{g_{1}(x)}^{g_{2}(x)}\frac{\partial M}{\partial y}dydx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{a}^{b}\left[ M(x,y)\right] _{g_{1}(x)}^{g_{2}(x)}dx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{a}^{b}\left( M(x,g_{2}(x))-M(x,g_{1}(x))\right) dx $    

segue que:

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx=-{\displaystyle \iint \limits _{R}} \frac{\partial M}{\partial y}dA \]    

De modo análogo, considerando $R$ como uma região do tipo $R_{y},$ prova-se $\left( \ref{green2}\right) .$Ou seja,

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} N(x,y)dx={\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} N(x,y)dx+{\displaystyle \oint \limits _{C_{2}}} N(x,y)dx \]    

obtemos então que

  $\displaystyle {\displaystyle \oint \limits _{C}} N(x,y)dx $ $\displaystyle =\int _{d}^{c}N(h_{1}(y),y)dy+\int _{c}^{d}N(h_{2}(y),y)dy $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{c}^{d}(-N(h_{1}(y),y)dy+N(h_{2}(y),y)dy)dx. $    

Por outro lado,

  $\displaystyle {\displaystyle \iint \limits _{R}} \frac{\partial N}{\partial x}dA $ $\displaystyle =\int _{c}^{d}\int _{h_{1}(y)}^{h_{2}(y)}\frac{\partial N}{\partial x}dxdy $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{c}^{d}\left[ N(x,y)\right] _{h_{1}(y)}^{h_{2}(y)}dy $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{c}^{d}\left( N(h_{2}(y),y)-N(h_{1}(y),y)\right) dy. $    

o que prova o teorema.

Se $R=R_{1}\cup R_{2},$ $\partial R_{1}=C_{1}\cup C_{1}^{\prime },\ \ \partial R_{2}=C_{2}\cup C_{2}^{\prime }$ temos

  \[ {\displaystyle \iint \limits _{R_{1}}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA={\displaystyle \oint \limits _{C_{1}\cup C_{1}^{\prime }}} Mdx+Ndy \]    
  \[ {\displaystyle \iint \limits _{R_{2}}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA={\displaystyle \oint \limits _{C_{2}\cup C_{2}^{\prime }}} Mdx+Ndy \]    

A integral ao longo de $C_{1}^{\prime }$ é de sinal contrário à integral ao longo de $C_{2}^{\prime }.$ Portanto,

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA. \]    

Usando o teorema de Green, calcule ${\displaystyle \oint \limits _{C}} 5xydx+x^{3}dy,$ onde $C$ é a curva fechada que consiste nos gráficos de $y=x^{2}$ e $y=2x,$ entre os pontos $(0,0)$ e $(2,4).$

Solução: Pelo teorema de Green: $M(x,y)=5xy$ e $N=x^{3}$ logo

  $\displaystyle {\displaystyle \oint \limits _{C}} 5xydx+x^{3}dy $ $\displaystyle ={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left[ \frac{\partial \left( x^{3}\right) }{\partial x}-\frac{\partial }{\partial y}\left( 5xy\right) \right] dA $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{2}\int _{x^{2}}^{2x}\left( 3x^{2}-5x\right) dydx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{2}\left[ 3x^{2}y-5xy\right] _{x^{2}}^{2x}dx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{2}\left[ 11x^{3}-10x^{2}-3x^{4}\right] dx=-\frac{28}{15}. $    

Usando o teorema de Green, calcule a integral curvil\'{\i }nea

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} 2xydx+\left( x^{2}+y^{2}\right) dy \]    
onde $C$ é a elipse $4x^{2}+9y^{2}=36.$

Solução: Pelo teorema de Green, com $M(x,y)=2xy,\ N(x,y)=x^{2}+y^{2},$ temos

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} 2xydx+\left( x^{2}+y^{2}\right) dy={\displaystyle \iint \limits _{R}} (2x-2x)dx={\displaystyle \iint \limits _{R}} 0dA=0. \]    

A integral sempre será zero para qualquer curva fechada.

Calcule ${\displaystyle \oint \limits _{C}} \left( 4+e^{\sqrt{x}}\right) dx+\left( \operatorname {sen}y+3x^{2}\right) dy$ se $C$ é a fronteira da região $R$ delimitada pelos quartos de c\'{\i }rculo de raio $a$ e $b,$ respectivamente, e pelos segmentos de eixo-x e y.

Solução: Por Green

  $\displaystyle {\displaystyle \oint \limits _{C}} \left( 4+e^{\sqrt{x}}\right) dx+\left( \operatorname {sen}y+3x^{2}\right) dy $ $\displaystyle ={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left( 6x-0\right) dA $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{\frac{\pi }{2}}\int _{a}^{b}6r^{2}\cos \theta drd\theta $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =6\left[ \frac{1}{3}r^{3}\right] _{a}^{b}\int _{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =2\left( b^{3}-a^{3}\right) \left[ \operatorname {sen}\theta \right] _{0}^{\frac{\pi }{2}}=2\left( b^{3}-a^{3}\right) . $    

Usando o teorema de Green podemos encontrar uma fórmula para achar a área $A$ de uma região $R$ delimitada por uma curva simples parcialmente suave $C.$ Fazendo $M=0$ e $N=x$ em $\left( \ref{green}\right) ,$ obtemos

  \[ A={\displaystyle \iint \limits _{R}} dA={\displaystyle \oint \limits _{C}} xdy \]    

também se fizermos $N=0$ e $M=-y$ em $\left( \ref{green}\right) ,$ obtemos

  \[ A={\displaystyle \iint \limits _{R}} dA=-{\displaystyle \oint \limits _{C}} ydx \]    

Da\'{\i }, podemos estabelecer o seguinte resultado.

Se uma região $R$ do plano-xy é delimitada por uma curva fechada, simples, parcialmente suave $C,$ então a área da região $A$ de $R$ é

  \[ A={\displaystyle \oint \limits _{C}} xdy=-{\displaystyle \oint \limits _{C}} ydx=\frac{1}{2}{\displaystyle \oint \limits _{C}} xdy-ydx. \]    

Ache a área da elipse usando o teorema de acima.

  \[ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1. \]    

Solução: As equações paramétricas da elipse são $x=a\cos t,$ $y=b\operatorname {sen}t,$ $0\leq t\leq 2\pi .$ Da\'{\i }

  $\displaystyle A $ $\displaystyle =\frac{1}{2}{\displaystyle \oint \limits _{C}} xdy-ydx $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\frac{1}{2}\int _{0}^{2\pi }\left( a\cos t\right) \left( b\cos t\right) dt-\left( b\operatorname {sen}t\right) \left( -a\operatorname {sen}t\right) dt $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\frac{1}{2}\int _{0}^{2\pi }ab\left( \cos ^{2}t+\operatorname {sen}^{2}t\right) dt $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\frac{1}{2}ab2\pi =ab\pi $    

O teorema de Green é válido para regiões $R$ que contenha "buracos ". A integração deve ser feita de modo a manter a região $R$ sempre à esquerda de $C.$ Assim, se tivermos uma região $R$ cujo contorno exterior seja $C_{0}$ e os contornos interiores sejam $C_{1},$ $C_{2},\cdots ,C_{n},$ temos que

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C_{0}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy-\sum _{i=1}^{n}{\displaystyle \oint \limits _{C_{i}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA \]    

onde $C_{i},\ i=0,1,\cdots ,n$ são percorridos no sentido contrário aos ponteiros do relógio.

Sejam $C_{1}$ e $C_{2}$ duas curvas fechadas simples parcialmente suaves que não se interceptam, cada uma tendo a origem $0$ como um ponto interior.Se

  \[ M=\frac{-y}{x^{2}+y^{2}},\ \ \ N=\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \]    

prove que

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \oint \limits _{C_{2}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy. \]    

Solução: Denotando por $R$ a região entre $C_{1}$ e $C_{2},$ o teorema de Green nos dá

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy-{\displaystyle \oint \limits _{C_{2}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \iint \limits _{R}} \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right) dA \]    

e como

  \[ \frac{\partial N}{\partial x}=\frac{\left( x^{2}+y^{2}\right) (1)-x\left( 2x\right) }{\left( x^{2}+y^{2}\right) ^{2}}=\frac{y^{2}-x^{2}}{\left( x^{2}+y^{2}\right) ^{2}}=\frac{\partial M}{\partial y} \]    

a integral dupla sobre $R$ é zero. Consequentemente

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy={\displaystyle \oint \limits _{C_{2}}} M(x,y)dx+N(x,y)dy. \]    

Se $\mathbf{F}$ é definida por $\mathbf{F}(x,y)=\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\left( -y\mathbf{i}+x\mathbf{j}\right) ,$ prove que ${\displaystyle \oint \limits _{C}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=2\pi $ para toda curva fechada simples parcialmente suave que tenha a origem em seu interior.

Solução: Fazendo $\mathbf{F}=M\mathbf{i}+N\mathbf{j}$ então $M$ e $N$ são as mesmas que no exemplo 5. Escolhendo um c\'{\i }rculo $C_{1}$ de raio $a$ e centro na origem e inteiramente contido em $C,$ segue que

  \[ {\displaystyle \oint \limits _{C}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r=}{\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} \]    

As equações paramétricas de $C_{1}$ são

  \[ x=a\cos t,\ y=a\operatorname {sen}t,\ 0\leq t\leq 2\pi \]    

obtemos

  $\displaystyle {\displaystyle \oint \limits _{C}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} $ $\displaystyle \mathbf{=}{\displaystyle \oint \limits _{C_{1}}} \frac{-y}{x^{2}+y^{2}}dx+\frac{x}{x^{2}+y^{2}}dy $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{2\pi }\frac{-a\operatorname {sen}t}{a^{2}}\left( -a\operatorname {sen}t\right) dt+\frac{a\cos t}{a^{2}}a\cos tdt $    
  $\displaystyle $ $\displaystyle =\int _{0}^{2\pi }\left( \operatorname {sen}^{2}t+\cos ^{2}t\right) dt=2\pi . $    
Cálculo Diferencial e Integral 3