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Cálculo Vetorial - Apostilas - Engenharia Elétrica Part1, Notas de estudo de Eletrotécnica

Apostilas de Engenharia Elétrica sobre o estudo do Cálculo Vetorial, Integrais de Linha, Campos Conservativos e Integrais de Linha, Teorema de Green, Integrais de Superfície, Divergente - Rotacional, Teoremas: Gauss - Stokes.

Tipologia: Notas de estudo

2013

Compartilhado em 10/06/2013

Salome_di_Bahia
Salome_di_Bahia 🇧🇷

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Baixe Cálculo Vetorial - Apostilas - Engenharia Elétrica Part1 e outras Notas de estudo em PDF para Eletrotécnica, somente na Docsity! NOTAS DE AULA CÁLCULO VETORIAL Cláudio Martins Mendes Segundo Semestre de 2005 Sumário 1 Cálculo Vetorial 2 1.1 Integrais de Linha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Campos Conservativos e Integrais de Linha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.4 Integrais de Superf́ıcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.5 Divergente - Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 1.6 Teoremas: Gauss - Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1 Interpretação Geométrica Suponhamos f cont́ınua, com f(x, y) ≥ 0 em Ω . º z = f(x, y) z B Pi Pi−1A yx (ui, vi) ¤ ¤º q r r rr r r ¼ 6 Área da região hachurada: f(ui, vi) ·∆Si É natural então:∫ γ f(x, y)ds = área da superf́ıcie cilindrica de base AB com altura determinada pelo gráfico de f (uma espécie de cortina). Interpretação F́ısica: Encarando a curva γ como um fio delgado e f(x, y) = densidade em (x, y), temos: f(ui, vi)∆Si ' massa de Pi−1Pi= ∆mi ∑ i f(ui, vi)∆Si ' ∑ i ∆mi é, assim, uma aproximação da massa total M do fio. Assim, M = ∫ γ f(x, y)ds . Exerćıcios resolvidos 1. Calcular ∫ γ f(x, y)ds onde f(x, y) = x3 + y e γ(t) = (3t, t3), t ∈ [0, 1]. 4 x3 1 y 6 - * r r Resolução: ∫ γ f(x, y)ds = ∫ 1 0 (27t3 + t3) · √ 9 + 9t4 dt = = ∫ 1 0 84t3 √ 1 + t4 dt = ... = 14(2 √ 2− 1). 2. Calcular a área da região representada abaixo. y x 1 1 1 2 ª - 6 µ i z = x2 + 2y2 x2 + y2 = 1 z Resolução: Consideremos γ : [0, π 2 ] → R2 definida por γ(t) = (cos t, sen t). Então a área A da superf́ıcie será dada por: A = ∫ γ f(x, y)ds = = ∫ π/2 0 (cos2 t + 2sen2t) · √ cos2 t + sen2t dt = = ∫ π/2 0 (1 + sen2t)dt = ∫ π/2 0 1 + 1 2 (1− cos 2t)dt = ... = 3π 4 — ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ — Consideremos γ : [a, b] → Ω ⊂ R2, γ(t) = (g(t), h(t)), suave, f(x, y) cont́ınua em Ω . Se, ao invés de ∆Si usarmos ∆xi = xi − xi−1 , onde Pi = (xi, yi), na definição de integral curviĺınea, obtemos a integral curviĺınea de f sobre γ em relação a x , dada (e denotada) por: ∫ γ f(x, y)dx = lim ‖∆‖→0 ∑ i f(ui, vi)∆xi 5 Analogamente, ∫ γ f(x, y)dy = lim ‖∆‖→0 ∑ i f(ui, vi)∆yi Estas novas integrais podem ser calculadas através das formas: ∫ γ f(x, y)dx = ∫ b a f(g(t), h(t))g′(t)dt ∫ γ f(x, y)dy = ∫ b a f(g(t), h(t))h′(t)dt Observação: Tudo o que foi feito até aqui é generalizável de maneira análoga para três ou mais variáveis. Exerćıcio proposto Calcular ∫ γ x2y dx e ∫ γ x2y dy quando: a) γ é o segmento de (0, 0) até (1, 1). b) γ é a parábola y = x2, 0 ≤ x ≤ 1 . c) γ é o segmento de (1, 1) até (0, 0). — ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ — Seja γ : [a, b] → Ω ⊂ R3 , γ(t) = (g(t), h(t), k(t)) suave. Sejam f1(x, y, z), f2(x, y, z) e f3(x, y, z) funções cont́ınuas em Ω . A soma ∫ γ f1(x, y, z)dx + ∫ γ f2(x, y, z)dy + ∫ γ f3(x, y, z)dz será indicada por ∫ γ f1(x, y, z)dx + f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz Intrepretação F́ısica Suponhamos γ uma curva suave, trajetória de uma part́ıcula sujeita a um campo de forças cont́ınuo ~F (x, y, z) = f1(x, y, z)~i + f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k 6 - 6 O * ¸K Y B A x y De fato: ∫ γ ~F q d~r = ∫ π 0 (cos t ~i + sen t ~j) q (−sen t ~i + cos t ~j)dt = ∫ π 0 0 dt = 0 . 2. Calcular o trabalho realizado por ~F ao longo de γ , onde ~F (x, y) = (x, y) e γ(t) = (t, |t|), t ∈ [−1, 1]. x y R µ ¡ ¡ ¡ ¡ q @ @ @ @ q q 6 - Resolução: W = ∫ γ ~F q d~r = ∫ 1 −1 ~F (γ(t)) q γ ′(t)dt= ∫ 0 −1 ~F (γ(t)) q γ ′(t)dt + ∫ 1 0 ~F (γ(t)) q γ ′(t)dt = = ∫ 0 −1 (t, |t|) q (1,−1)dt + ∫ 1 0 (t, |t|) q (1, 1)dt = ∫ 0 −1 2t dt + ∫ 1 0 2t dt = −1 + 1 = 0 — ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ — Uma pergunta que se coloca aqui: A integral ∫ γ ~F q d~r depende da parametrização de γ ? Veremos a seguir que só depende do sentido de percurso. Teorema 3. Sejam γ : [a, b] → R3 uma curva suave e h : [c, d] → [a, b] uma mudança de parâmetros (isto é h′ > 0 ou h′ < 0). Seja ainda λ = γ ◦ h uma reparametrização de γ . Então: ∫ γ ~F q d~r = ∫ λ ~F q d~r , se h′(τ) > 0 ou ∫ γ ~F q d~r = − ∫ λ ~F q d~r , se h′(τ) < 0 9 Prova: yx zγλ = γ ◦ h bta h dτc -j 3 q q j¼ 6 Suponhamos h′(τ) < 0. Neste caso, h(c) = b e h(d) = a. Pela Regra da Cadeia, λ′(τ) = γ ′(h(τ)) . h′(τ). Fazendo a mudança t = h(τ) obtemos ∫ γ ~F q d~r = ∫ b a ~F (γ(t)) q γ ′(t)dt = ∫ c d ~F (γ(h(τ))) q γ ′(h(τ)) . h′(τ)dτ = = − ∫ d c ~F (λ(τ)) q λ ′(τ)dτ = − ∫ λ ~F q d~r O caso h′(τ) > 0 é semelhante. Observação: Relembre a definição de ∫ γ f(x, y)ds. Fica claro que este tipo de integral independe também do sentido de γ . Prove isto com o mesmo tipo de argumento usado na demonstração do teorema anterior. Exerćıcios resolvidos 1. Calcular ∫ γ ~F q d~r onde ~F (x, y) = (x2y , x2y) quando: (a) γ1 é o segmento de reta que liga (0, 0) a (1, 1). (b) γ2 é a parábola y = x2, 0 ≤ x ≤ 1. (c) γ3 é o segmento de reta que liga (1, 1) a (0, 0). Resolução: (a) uma parametrização da curva pode ser γ1(t) = (t, t), 0 ≤ t ≤ 1. 10 x γ1 y ¡ ¡ ¡µ ¡ ¡ ¡ q(1,1)6 - Assim, ∫ γ1 ~F q d~r = ∫ 1 0 (t3, t3) q (1, 1)dt = ∫ 1 0 2t3dt = ... = 1 2 (b) uma parametrização da curva pode ser γ2(t) = (t, t2), 0 ≤ t ≤ 1. x γ2 y µ q(1,1) 6 - Assim, ∫ γ2 ~F q d~r = ∫ 1 0 (t4, t4) q (1, 2t)dt = ∫ 1 0 t4 + 2t5 dt = ... = 8 15 (c) uma parametrização da curva pode ser γ3(t) = (1− t , 1− t), 0 ≤ t ≤ 1. ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ γ3 x y ¡ ¡ª q(1,1)6 - Assim, ∫ γ3 ~F q d~r = ∫ 1 0 ((1− t)3, (1− t)3) q (−1,−1)dt = ∫ 1 0 −2(1− t)3 dt = · · · = −1 2 Observemos neste exerćıcio que podemos obter dois valores diferentes para a integral de linha ao longo de duas curvas ligando (0, 0) a (1, 1). 2. Calcular a área da região R representada a seguir: 11 suave por partes tal que γ(a) = A e γ(b) = B. Então, ∫ γ ∇f q d~r = f(B)− f(A). Prova: (i) Se γ é suave: B γ A q ¸ q∫ γ ∇f · d~r = ∫ b a ∇f(γ(t)) p γ ′(t)dt Pela Regra da Cadeia d dt f(γ(t)) = ∂f∂x1 (γ(t)) . γ ′ 1(t) + · · ·+ ∂f∂xn (γ(t)) . γ ′n = ∇f(γ(t)) · γ ′(t). Do Teorema Fundamental do Cálculo segue que: ∫ γ ∇f q d~r = ∫ b a d dt f(γ(t))dt = f(γ(b))− f(γ(a)) = f(B)− f(A) (ii) Se γ é suave por partes: B γ3 A2 γ2 A1 γ1 A q qq q µRµ γ = γ1 ∪ · · · ∪ γm, onde γi é suave, i = 1, . . . , m ∫ γ ∇f p d~r = m∑ i=1 ∫ γi ∇f p d~r = f(A1) / −f(A)+ f(A2) / −f(A1) / + · · ·+f(B)−f(Am−1) / =f(B)−f(A). Definição 5. Uma curva γ : [a, b] → Rn é dita fechada quando γ(a) = γ(b). 9 ºr r 3 Notação: Quando a curva γ é fechada, costuma-se denotar ∫ γ por ∮ γ . Quando γ está no plano, usa-se ainda ∫ γ ª ou ∫ γ © . Corolário 6. Se ~F = ∇f onde f : Ω ⊂ Rn → R com f ∈ C1 e γ : [a, b] → Ω ⊂ Rn é suave por partes e fechada, então ∫ γ ~F q d~r = 0. 14 Exerćıcios resolvidos 1. Calcular ∫ γ x dx + y dy em cada um dos casos abaixo: x y (1, 1) 6 -r - 6 r i) γ é o segmento de (0, 0) a (1, 1) ii) γ é a parábola y = x2, 0 ≤ x ≤ 1 iii) γ é a curva indicada ao lado. iv) γ é a circunferência (cos t , sen t), 0 ≤ t ≤ 2π Resolução: (1, 1) x y 6 -r r 6 - µ µ ∫ γ x dx + y dy = ∫ γ (x, y) · d~r. Seja f(x, y) = 1 2 ( x2 + y2 ) . Então ∇f(x, y) = (x, y). Logo, ∫ γ x dx + y dy = ∫ γ ∇f · d~r. Respostas para (i), (ii), (iii): f(1, 1)− f(0, 0) = 1 Respostas para (iv): 0 , pois A = B. 2. Calcular ∫ γ y dx + x dy onde γ é uma curva suave unindo (0, 1) a (2, 3). Resolução: ∫ γ y dx + x dy = ∫ γ (y, x) q d~r. Seja g(x, y) = xy. Então ∇g(x, y) = (y, x). Logo, ∫ γ y dx + x dy = g(2, 3)− g(0, 1) = 6 . Observação: O teorema anterior afirma que, sob certas condições, a integral de linha independe do caminho de integração, mas somente dos pontos extremos. Conforme já visto anteriormente, nem todas as integrais de linha tem esta propriedade. Veremos uma rećıproca do Teorema anterior. Definição 7. Ω ⊂ Rn é dito conexo se quaisquer dois pontos em Ω podem ser ligados por uma curva suave por partes, inteiramente contida em Ω . Uma região é um conjunto aberto e conexo. 15 Exemplos: Nos casos abaixo Ω1 é conexo e Ω2 não é conexo. Ω1 = { (x, y) ∈ R2 ; x > 1} Ω2 = { (x, y) ∈ R2 ; |x| > 1} Teorema 8. Sejam Ω ⊂ Rn uma região e ~F : Ω ⊂ Rn → Rn um campo vetorial cont́ınuo. Se a integral de linha ∫ γ ~F q d~r é independente da curva suave por partes γ ligando A a X em Ω , onde A é fixado e X é arbitrário, então a função real definida por f(X) = ∫ X A ~F q d~r é de classe C1 e satisfaz ∇f = ~F em Ω . Prova: Para simplificar a notação vamos fazer a prova para n = 2. Inicialmente observemos que em virtude da independência de caminho a fórmula para f(x, y) fornece uma função sem ambigüidade. Precisamos mostrar que ∇f(x, y) = ~F (x, y), ou seja ( ∂f ∂x (x, y) , ∂f ∂y (x, y) ) = (F1(x, y) , F2(x, y)). Escolhemos curva suave por partes ligando A a (x, y) contida em Ω (que existe pois Ω é conexo) e a estendemos horizontalmente até o ponto (x + t , y), |t| < δ (isto é posśıvel pois Ω é aberto). A (x + t, y) (x, y) r - rr º f(x + t , y)− f(x, y) = ∫ (x+t , y) A ~F q d~r − ∫ (x,y) A ~F q d~r = = ∫ (x+t , y) (x,y) ~F q d~r = ∫ t 0 ~F (x + τ , y) q (1, 0)dτ = ∫ t 0 F1(x + τ , y)dτ Assim: ∂f ∂x (x, y) = lim t→0 f(x + t , y)− f(x, y) t = lim t→0 1 t · ∫ t 0 F1(x + τ , y)dτ = = d dt (∫ t 0 F1(x + τ , y)dτ )/ t = 0 = F1(x, y) 16 Integrando (1) em relação a x obtemos f(x, y, z) = ∫ Kx x2 + y2 + z2 dx + φ(y, z) = K 2 ln(x2 + y2 + z2) + φ(y, z) (4) Assim, fy(x, y, z) = Ky x2 + y2 + z2 + φy(y, z) . Comparando com (2) temos φy(y, z) = 0 e assim φ = φ(z), isto é φ não depende de y . Logo (4) pode ser escrita como f(x, y, z) = K 2 ln(x2 + y2 + z2) + φ(z) Diferenciando com respeito a z e comparando com (3) obtemos φ′(z) = 0 e assim φ ≡ C. Tomemos φ ≡ 0. Portanto f(x, y, z) = K 2 ln(x2 + y2 + z2). Assim W = ∫ γ ~F q d~r = ∫ γ ∇f q d~r = f(1, 0, 2π)− f(1, 0, 0) = K 2 ln(1 + 4π2). — ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ — Problema: Dado ~F , como saber se ∃f tal que ∇f = ~F ? Teorema 10. Seja ~F (x, y) = A(x, y)~i + B(x, y)~j , onde A(x, y) e B(x, y) são de classe C1 num retângulo < = [a, b]× [c, d]. Ay = Bx em < ⇐⇒ ∃ f tal que ∇f = ~F em < . Prova: (⇐) Se ∇f = ~F então A = ∂f ∂x e B = ∂f ∂y . Logo ∂A ∂y = ∂2f ∂y ∂x Teo. Schwarz======= ∂2f ∂x ∂y = ∂B ∂x (⇒) Desenvolveremos argumento semelhante ao feito na prova do Teorema anterior. Fixemos (x0, y0) ∈ < . 19 < γ1 (x, y) γ2 (x, y0)(x0, y0) - 6 Seja f(x, y) definida em < por: f(x, y) = ∫ γ ~F · d~r , onde γ é a curva indicada na figura ao lado. Consideremos as parametrizações γ1 : [x0, x] → < dada por γ1(t) = (t, y0) e γ2 : [y0, y] → < dada por γ2(t) = (x, t). Assim f(x, y) = ∫ x x0 A(t, y0)dt + ∫ y y0 B(x, t)dt. Então: ∂f ∂y (x, y) (∗) == B(x, y). ∂f ∂x (x, y) (∗)+(∗∗) === A(x, y0) + ∫ y y0 ∂B ∂x (x, t)dt hip. === A(x, y0) + + ∫ y y0 ∂A ∂y (x, t)dt (∗) == A(x, y0) + A(x, y)−A(x, y0) = = A(x, y). Onde estamos usando: (*) Teorema Fundamental do Cálculo. (**)Teorema de Derivação sob o Sinal de Integração. Portanto, ∇f(x, y) = ~F (x, y). Observação: O teorema anterior continua válido se ao invés do retângulo < considerarmos uma região Ω simplesmente conexa, isto é, Ω não apresenta “buracos”. [Mais precisamente, uma região Ω ⊂ Rn é dita simplesmente conexa se toda curva fechada contida em Ω puder ser deformada continuamente dentro de Ω até reduzir-se a um ponto.] No entanto, o teorema não é válido para regiões quaisquer, conforme mostra o exemplo a seguir. conexa simplesmente não conexa simplesmente Exemplo: 20 - 6 a γ y x } Seja γ(t) = (cos t , sen t) , t ∈ [0, 2π]. ~F (x, y) = −y x2 + y2 ~i + x x2 + y2 ~j ; (x, y) ∈ D = R2 − {0} A(x, y) = −y x2 + y2 ⇒ Ay(x, y) = y 2 − x2 (x2 + y2)2 B(x, y) = x x2 + y2 ⇒ Bx(x, y) = y 2 − x2 (x2 + y2)2 Se existir f tal que ∇f = ~F em D , então ∫ γ ~F q d~r = ∫ γ ∇f q d~r = 0. Mas, calculando pela definição, ∫ γ ~F q d~r = ∫ 2π 0 1dt = 2π 6= 0 . Portanto, @f definida em D com a propriedade acima. No entanto, para qualquer curva fechada Λ contida em um retângulo contido em D teremos: x y Λ ¼ 6 -r ∫ Λ ~F p d~r = 0 Um resultado análogo ao teorema anterior também é válido para R3 . Vejamos. Teorema 11. Seja ~F (x, y, z) = A(x, y, z)~i+B(x, y, z)~j+C(x, y, z)~k onde A , B e C são de classe C1 no paraleleṕıpedo < = [a, b]× [c, d]× [e, f ]. Então ~F é conservativo em < se e somente se Ay = Bx , Az = Cx e Bz = Cy em < Observação: A prova é semelhante à do teorema anterior, sendo que a função potencial do campo pode ser obtida integrando ~F sobre uma poligonal contida em < como abaixo: y x z6 z ¡ ¡¡ª q ª 6 r ¡ ¡ r 21 Logo, ∇f(x, y) = ~F (x, y) = (y + senx, x + ey) e portanto ∫ γ (y + senx)dx + (x + ey)dy = ∫ γ ∇f q d~r = f(π, 0)− f(0, 1) = 3− e 3. Considere ~F (x, y, z) = y2~i + (2xy + e3z)~j + 3y e3z ~k. Encontre uma função f tal que ∇f = ~F . Resolução: Queremos f(x, y, z) tal que: fx(x, y, z) = y2 (1) fy(x, y, z) = 2xy + e3z (2) fz(x, y, z) = 3y e3z (3) Integrando (1) com respeito a x , obtemos: f(x, y, z) = xy2 + φ(y, z) (4) Assim fy(x, y, z) = 2xy + φy(y, z). Comparando com (2) obtemos φy(y, z) = e3z. Logo φ(y, z) = y e3z + h(z) . Reescrevendo (4): f(x, y, z) = xy2 + y e3z + h(z). Diferenciando com relação a z e comparando com (3) obtemos h′(z) = 0 e assim h(z) = K. Logo: f(x, y, z) = xy2 + y e3z + K é tal que ∇f = ~F . 4. Seja ~F um campo de quadrado inverso tal que ~F (x, y, z) = c ‖~r‖3 ~r , onde ~r = x~i + y~j + z~k e c é uma constante. Sejam P1 e P2 pontos cujas distâncias à origem são d1 e d2 , respectivamente. 24 Expresse em termos de d1 e d2 o trabalho realizado por ~F ao longo de uma curva suave por partes unindo P1 a P2. Resolução: ~F (x, y, z) = c (x2 + y2 + z2)3/2 (x, y, z) x y P2 d2 d1 P1z z ¼ 6 : r r Notemos que ‖F (x, y, z)‖ = |c| x2 + y2 + z2 , ou seja, ~F é do tipo quadrado inverso. Observemos então que ~F (x, y, z) = ∇f(x, y, z) onde f(x, y, z) = −c [x2 + y2 + z2]1/2 . Assim: W = f(P2)− f(P1) = −c d2 + c d1 = c(d2 − d1) d1d2 . — ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ − ◦ — Exerćıcios propostos 1.2 1. Calcular ∮ γ −y x2 + y2 dx+ x x2 + y2 dy , onde γ é a fronteira do disco unitário, centro em (2, 0). 2. Calcular ∫ γ (3x2y − sen x)dx + x3dy onde γ é a curva γ(t) = ((1− π)t2 + π , t), t ∈ [0, 1] 3. Calcular ∫ γ x dy + y dx onde γ é uma curva suave unindo (1,1) a (2,3). 4. Prove: Se ~F é um campo vetorial cont́ınuo definido numa região Ω ⊂ Rn, então são equiva- lentes: (a) ∫ γ ~F q d~r = 0 para qualquer curva fechada γ ⊂ Ω . 25 (b) ∫ γ ~F q d~r é independente do caminho suave por partes, γ , ligando dois pontos em Ω . 5. Calcular o trabalho realizado pelo campo ~F (x, y) = (2 − 5x + y)~i + x~j ao deslocarmos uma part́ıcula de massa unitária ao longo do triângulo de vértices (2,2), (3,1) e (3,2), no sentido anti-horário. 1.3 Teorema de Green Definição 12. Uma região B ⊂ R2 é dita uma região simples se toda reta paralela a um dos eixos coordenados corta a fronteira de B em um segmento ou, no máximo, em dois pontos. região simples - 6 regiões simples união finita de 6 - m - 6 região não simples Teorema 13 (de Green). Seja D região plana limitada, que é reunião finita de regiões simples, cada uma com fronteira constitúıda de uma curva suave por partes. Se A(x, y) e B(x, y) são de classe C1 num aberto contendo D e a sua fronteira γ , então: ∫ γ A(x, y)dx + B(x, y)dy = ∫ ∫ D [ ∂B ∂x (x, y)− ∂A ∂y (x, y) ] dx dy onde γ é percorrida deixando D sempre à esquerda (dizemos γ-orientada positivamente). De maneira abreviada: ∫ γ Adx + B dy = ∫ ∫ D ( ∂B ∂x − ∂A ∂y ) dx dy 26 Resolução: ∮ γ (1 + 10xy + y2)dx + (6xy + 5x2)dy = ∫ ∫ R [(6y + 10x)− (10x + 2y)] dx dy = = ∫ ∫ R 4y dx dy = = ∫ a 0 dy ∫ a 0 4y dx = · · · = 2a3 . x y R 6 - ¾ 6 - ? 2. Calcular ∫ γ x2y dx + y3 dy, onde γ é a curva indicada na figura. y3 = x2 y = x x1 1 y γ 6 - µ ª Resolução: Seja D a região limitada pela curva. A(x, y) = x2y , ∂A ∂y (x, y) = x2 B(x, y) = y3 , ∂B ∂x (x, y) = 0 ∫ γ x2y dx + y3dy = ∫ ∫ D −x2dx dy = − ∫ 1 0 dx ∫ x2/3 x x2dy = = − ∫ 1 0 (x8/3 − x3)dx = · · · = − 1 44 . 3. Calcular a área limitada pela eĺıpse x2 a2 + y2 b2 = 1 . 29 - 6 x y r r b a γ 1 Resolução: Seja γ(t) = (a cos t , b sen t), t ∈ [0, 2π] Área = 1 2 ∫ γ ª x dy − y dx = 1 2 ∫ 2π 0 (a cos t · b cos t + b sen t · a sen t)dt = = 1 2 ∫ 2π 0 ab dt = π ab 4. D = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1} A(x, y) = A(r), B(x, y) = B(r) ; funções de classe C1 que dependem somente da distância r à origem. Prove que ∫ ∫ D ( ∂B ∂x − ∂A ∂y ) dx dy = 0 . Resolução: x y γ D - 6 7 Seja γ(t) = (cos t , sen t), t ∈ [0, 2π] Pelo Teorema de Green, ∫ ∫ D ( ∂B ∂x − ∂A ∂y ) dx dy = ∫ γ A(1)dx + B(1)dy Considerando agora A(x, y) = A(1) e B(x, y) = B(1), (x, y) ∈ D (isto é, estendemos A e B como constantes em D ) e aplicando novamente o Teorema de Green obtemos ∫ γ A(1)dx + B(1)dy = ∫ ∫ D ( ∂B ∂x − ∂A ∂y ) dx dy = ∫ ∫ D 0 dx dy = 0 Assim: ∫ ∫ D ( ∂B ∂x − ∂A ∂y ) dx dy = 0 30
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