Question

Calcule a integral curvilínea usando o Teorema de Green
∳ (ydx +( e^y + 1) dy) , onde C é o triângulo de vértices A(-1,2), B(-3,1) e C(1,0), no sentido anti-horário

Answer 1

Olá, boa tarde.

Para resolvermos esta questão, devemos lembrar de algumas propriedades estudadas sobre cálculo multivariável.

Devemos calcular a seguinte integral: $\displaystyle{\oint_{\mathcal{C}} y\,dx+(e^y+1)\,dy$, onde $\mathcal{C}$ é o triângulo de vértices $A~(-1,~2),~B~(-3,~1)$ e $C~(1,~0)$, no sentido anti-horário.

Primeiro, é importante salientar que o sentido no qual percorremos este caminho determina o sinal da integral que calculamos: quando percorrido no sentido anti-horário, a curva fechada tem orientação positiva.

Então, de acordo com o Teorema de Green, sabemos que se $\mathcal{C}$ é uma curva fechada simples, a integral de linha $\displaystyle{\oint_{\mathcal{C}} P\,dx+Q\,dy=\iint_{\mathcal{R}} \left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA$, onde $\mathcal{R}$ é a região delimitada por $\mathcal{C}$ e $P$ e $Q$ têm derivadas parciais de primeira ordem contínuas sobre uma região aberta que contém $\mathcal{R}$.

Neste caso, $\mathcal{R}$ é a região triangular determinada pelos vértices $A,~B$ e $C$.

Veja que, nesta integral, as funções $P=y$ e $Q=e^y+1$. Calculando suas derivadas parciais, teremos:

$\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}(e^y+1)=0\\\\\\ \dfrac{\partial P}{\partial y}= \dfrac{\partial}{\partial y}(y)=1$

Substituindo estes resultados na integral dupla, teremos:

$\displaystyle{\iint_{\mathcal{R}}(0-1)\,dA}\\\\\\ \displaystyle{\iint_{\mathcal{R}}-1\,dA}\\\\\\ -\displaystyle{\iint_{\mathcal{R}}1\,dA}$

Então, sabendo que $\displaystyle{\iint_{\mathcal{R}} 1\,dA$ calcula a área da região $\mathcal{R}$, devemos determinar a área da região triangular.

Seja um triângulo de vértices $(x_0,~y_0),~(x_1,~y_1)$ e $(x_2,~y_2)$. Sua área pode ser calculada pelo seguinte determinante: $\dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}x_0&y_0&1\\x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\\end{Vmatrix}$.

Substituindo as coordenadas dos vértices  $A,~B$ e $C$, teremos:

$- \dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}-1&2&1\\-3&1&1\\1&0&1\\\end{Vmatrix}$

Calculamos o determinante pelo método de Gauss: escalona-se a matriz e seu determinante é igual ao produto dos elementos da diagonal principal.

$- \dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}-1&2&1\\-3&1&1\\1&0&1\\\end{Vmatrix}\\\\\\ \overset{L_2+L_1\cdot(-3)}\rightarrow - \dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}-1&2&1\\0&-5&-2\\1&0&1\\\end{Vmatrix}\\\\\\ \overset{L_3+L_1}\rightarrow- \dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}-1&2&1\\0&-5&-2\\0&2&2\\\end{Vmatrix}\\\\\\ \overset{L_3+L_1\cdot\frac{2}{5}}\rightarrow -\dfrac{1}{2}\cdot\begin{Vmatrix}-1&2&1\\0&-5&-2\\0&0&\frac{6}{5}\\\end{Vmatrix}\\\\\\ = -\dfrac{1}{2}\cdot \left|(-1)\cdot(-5)\cdot \dfrac{6}{5}\right| = 3$

Dessa forma, o resultado desta integral de linha é:

$-3~\bold{u.~a}~~\checkmark$