Teorema de Green

Bordo de um Domínio

Seja DR2D \subset \R^2 um conjunto aberto e limitado.

Então, D\partial D é o bordo de DD (pode-se ver como sendo equivalente à fronteira).

Podemos também definir a orientação canónica de D\partial D: é a orientação que deixa o conjunto do lado esquerdo da curva.

Teorema de Green

TEOREMA

Se F=(P,Q)F = (P, Q), F:R2R2F: \R^2 \to \R^2 e é de classe C1C^1.

Então, considerando D\partial D com a orientação canónica,

DF ⁣dg=DP ⁣dx+Q ⁣dy=D(QxPy) ⁣dx ⁣dy\oint_{\partial D} F \d g = \oint_{\partial D} P \d x + Q \d y = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}- \frac{\partial P}{\partial y} \right) \d x \d y

Se F:DR2R2F: D \subset \R^2 \to \R^2, F=(P,Q)F=(P,Q), C1C^1 for fechado, isto é, Py=Qx\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}, então sabemos que:

DF=D(QxPy) ⁣dx ⁣dy=0\oint_{\partial D} F = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x}- \frac{\partial P}{\partial y} \right) \d x \d y = 0

Assim, um campo fechado é conservativo nas curvas que delimitam regiões onde FF esteja definido.

NOTA: Sentido Direto = Sentido Positivo = Sentido Anti-Horário

Exemplos

Sejam FF e a circunferência CC, x2+y2=10x^2+y^2=10, orientada no sentido horário.

F(x,y)=(13y3,13x3)F(x,y) = \left(-\frac{1}{3} y^3, \frac{1}{3}x^3 \right)

Determine CF\oint_C F.

Como C=DC = \partial D mas com a orientação contrária à canónica, temos que CF ⁣dg=DF ⁣dg\oint_C F \d g = - \oint_{\partial D} F \d g

DF ⁣dg=D(x2(y2)) ⁣dx ⁣dy=02π010r2r ⁣dr ⁣dθ=02π[r44]010 ⁣dθ=50π\begin{aligned} \oint_{\partial D} F \d g &= \iint_D \left(x^2-\left(-y^2 \right) \right) \d x \d y\\ &= \int^{2\pi}_0 \int^{\sqrt{10}}_0 r^2 \cdot r \d r \d \theta\\ &= \int^{2\pi}_0 \left[\frac{r^4}{4} \right]^{\sqrt{10}}_0 \d \theta\\ &= 50 \pi \end{aligned}

Então,

CF ⁣dg=50π\oint_C F \d g = -50 \pi

Qual o valor de

D(ex23y,arctany+x) ⁣dg\int_{\partial D} (e^{x^2} - 3y, \arctan y + x) \d \vec g

sabendo que D\partial D é a fronteira do quadrado [1,1]×[1,1][-1, 1] \times [-1, 1] percorrida no sentido direto?

NOTA: Sentido direto = Sentido Positivo = Sentido Anti-Horário

Será que FF é fechado?

F1y=3F2x=1\begin{darray}{ll} \frac{\partial F_1}{\partial y} = -3 & \frac{\partial F_2}{\partial x} = 1 \end{darray}

Como são diferentes, não, FF não é fechado.

Então, pelos Teorema de Green:

D(ex3y,arctany+x) ⁣dg=D1(3) ⁣dx ⁣dy=4Aˊrea(D)=4×4=16\begin{aligned} \int_{\partial D} (e^x-3y, \arctan y + x) \d \vec g & = \iint _D 1 - (-3) \d x \d y\\ &= 4 \text{Área}(D)\\ &= 4\times 4 = 16 \end{aligned}

visto que DD é um quadrado de área 44.


Considerando o campo vetorial FF:

F(x,y)=(xx2+y2,yx2+y2)F:R2\{(0,0)}R2\begin{darray}{ll} F(x,y) = \left(\frac{x}{x^2+y^2}, \frac{y}{x^2+y^2} \right) & F: \R^2 \backslash \{(0,0)\} \to \R^2 \end{darray}
  1. Será que FF é fechado?
x(yx2+y2)=y(2x)(x2+y2)2=2xy(x2+y2)2\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{y}{x^2 + y^2} \right) = \frac{-y\cdot (2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}
y(xx2+y2)=x(2y)(x2+y2)2=2xy(x2+y2)2\frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right) = \frac{-x\cdot (2y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}

Sim, FF é fechado.

  1. Será que FF é gradiente? Por outras palavras, será que existe um ϕ\phi tal que ϕ=F\nabla \phi = F?

Como o domínio não é simplesmente conexo, nada podemos saber sobre a FF ser gradiente.

{ϕx=xx2+y2ϕy=yx2+y2{ϕ(x,y)=12log(x2+y2)+C1(y)ϕ(x,y)=12log(x2+y2)+C2(x)\begin{cases} \frac{\partial \phi}{\partial x} = \frac{x}{x^2+y^2}\\ \frac{\partial \phi}{\partial y} = \frac{y}{x^2+y^2} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \phi(x,y) = \frac{1}{2} \log(x^2+y^2) + C_1(y)\\ \phi(x,y) = \frac{1}{2} \log(x^2+y^2) + C_2(x) \end{cases}

Escolhendo C1=C2=0C_1 = C_2 = 0, ϕ=12log(x2+y2)\phi = \frac{1}{2} \log(x^2+y^2) é um potencial de FF.

Logo, FF é gradiente.

  1. Calcule o trabalho de FF em C, quando percorrida no sentido dos yyyy decrescentes,

    C={(x,y)R2:x=(1+y)42,0y1}C = \{(x,y) \in \R^2 : x = \frac{(1+y)^4}{2} , 0 \leq y \leq 1 \}

Como FF é gradiente:

  • Ponto inicial: A=(8,1)A = (8,1)
  • Ponto final: B=(12,0)B = \left(\frac{1}{2}, 0\right)
CF ⁣dg=ϕ(B)ϕ(A)=12log(14)12log(64+1)\int_C F \d \vec g = \phi (B) - \phi (A) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1}{4}\right) - \frac{1}{2} \log \left(64 + 1\right)

Domínio Simplesmente Conexo

DEFINIÇÃO

Um domínio D é simplesmente conexo se qualquer curva em DD for homotópica a um ponto.

Homotopia

Dadas duas curvas C1C_1 e C2C_2 num domínio DD dizemos que C1C_1 e C2C_2 são homotópicas se for possível deformar C1C_1 e chegar a C2C_2 sem sair de DD.

Relação entre Curvas Homotópicas

Sejam duas curvas homotópicas que têm a mesma orientação e um campo vetorial fechado F:DR2F: D \to \R^2.
Então:

C1F ⁣dg=C2F ⁣dg\int_{C_1} F \cdot \d \vec g = \int_{C_2} F \cdot \d \vec g
Exemplo

Considere-se o campo vetorial FF:

F(x,y)=(y1x2+(y1)2,xx2+(y1)2)F(x,y) = \left(- \frac{y-1}{x^2+(y-1)^2}, \frac{x}{x^2+(y-1)^2}\right)

Seja CC a fronteira do quadrado de vértices (3,0)(3,0), (0,3)(0,3), (3,0)(-3,0) e (0,3)(0,-3) percorrida no sentido anti-horário.
Qual o valor de CF ⁣dg\int_C F \d \vec g?

Sabemos que FF corresponde a um vórtice centrado em (0,1)(0,1) e que F:R2\{(0,1)}F: \R^2 \backslash \{(0,1)\}.
Como tal, FF é fechado, mas não é gradiente.

Assim, se considerarmos uma curva C2C_2 homotópica a CC, sabemos que CF ⁣dg=C2F ⁣dg\int_C F \d \vec g = \int_{C_2} F \d \vec g.

Visto que FF é um vórtice, pode-se simplificar os cálculos escolhendo uma circunferência de raio 11 centrada em (0,1)(0,1).

Parametrizando C2C_2:

{x=costy=sint+1g(t)=(cost,sint+1)g(t)=(sint,cost)\begin{array}{ll} \begin{cases} x = \cos t\\ y = \sin t + 1 \end{cases} & \begin{aligned} g(t) &= (\cos t, \sin t + 1)\\ g'(t) &= (-\sin t, \cos t) \end{aligned} \end{array}

E finalmente calculando o integral ao longo de C2C_2:

F(x,y)=(y1x2+(y1)2,xx2+(y1)2)F(x,y) = \left(- \frac{y-1}{x^2 + (y-1)^2}, \frac{x}{x^2+(y-1)^2}\right)
F(g(t))=(sint1,cost1)=(sint,cost)F(g(t)) = \left(-\frac{\sin t}{1}, \frac{\cos t}{1}\right) = (-\sin t, \cos t)
CF ⁣dg=C2F ⁣dg=02π(sint,cost)(sint,cost) ⁣dt=02π1 ⁣dt=2π\begin{aligned} \int_C F \d \vec g = \int_{C_2} F \d \vec g &= \int^{2\pi}_0 (-\sin t, \cos t) \cdot (-\sin t, \cos t) \d t\\ &= \int^{2\pi}_0 1 \d t = 2 \pi \end{aligned}

Slides: