TEOREMA DE GREEN VETORIAL

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Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
 
(01) Verificar o teorema de Stokes no plano onde 
j.x5i.y2)y,x(F


 e D é a 
região plana limitada pela circunferência 
1yx 22 
. 
Solução: 
Deve-se demonstrar que 
 
DC
dy.dx.k)].F(rot[dt).t(T)t(F

, que corres-
ponde à forma vetorial do Teorema de Green denominada Teorema de 
Stokes no Plano. 
Sejam, então, as equações paramétricas da Curva C; isto é: 





)tsen(y
)tcos(x , com  2t0 . 
Como a equação vetorial da curva C é dada por 
j.yi.x)y,x(R


 , resul-
ta que: 
j).tsen(i).tcos()t(R


. 
Se 
j.x5i.y2)y,x(F


, então 
j).tcos(5i).tsen(2)t(F


. 
Observe, também, que 
j).tcos(i).tsen(
dt
)t(Rd
)t(T




 . 
Portanto, tem-se que: 
 )j).tcos(i).tsen().(j).tcos(5i).tsen(2()t(T).t(F

)t(sen75))t(sen1(5)t(sen2)t(cos5)t(sen2 22222 
. 
Em tais condições, resulta que: 
 




dt))).t2cos(1).(
2
1
.(75(dt)).t(sen75(dt).t(T)t(F
2
0t
2
2
0t
C

 






dt).t2cos().
2
1
).(7(dt).
2
1
).(7(dt5
2
0t
2
0t
2
0t







  
dt2
2
0t
2
0t
2
0t
)t2(d).t2cos(.
2
1
).
2
7
(dt
2
7
dt5
 
 






)t2(d).t2cos(
4
7
dt
2
7
dt5
2
0t
2
0t
2
0t
 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
        3710)t2sen(
4
7
t.
2
7
t.5
2
0
2
0
2
0
. 
Disto posto, mostre-se que 
 3dy.dx.k))].y,x(F(rot[
D

. 
Primeiramente, observe que: 
k.3k).25(k.
y
)y,x(P
x
)y,x(Q
))y,x(F(rot













. 
Portanto, tem-se que: 
  3)1..(3dy.dx3dy.dx.k.k.3dy.dx.k)].F(rot[
2
DDD

, pois é 
dado que 

D
dy.dx
 é numericamente igual à área da região plana D (ou 
seja, igual à área de um círculo de raio unitário). 
Entretanto, calcule-se 

D
dy.dx3
. 
Observe, então, que os extremos de integração para a região D1 (corres-
pondente a um quarto da região total D) serão dados por: 






21 x1y0
1x0
:D
, se 
1yx 22 
, então
2x1y 
. Para D1 toma-
se a parte 
2x1y 
no primeiro quadrante. 
Logo: 
 
1DD
dy.dx.4.3dy.dx3
. 
Conseqüentemente, vem que: 
Idydx.12dy.dx.4.3dy.dx3
2
1
x1
0y
1
0x
DD
 


. 
Observe que para resolver I seria melhor utilizar coordenadas polares. 
Assim, para um quarto do círculo de raio unitário, tem-se que: 





2/0
10
:D1
. 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
Utilizando a equação de transformação de Integrais em coordenadas retan-
gulares para coordenadas polares 



  dd.),(
)y,x(
).,(Gdxdy).y,x(F
1RR
, 
tem-se que: 
 






 






d.
2
.12dd..12dydx.12I
1
0
22/
0
1
0
2/
0
x1
0y
1
0x
2 
   

 32
6
.6d.
2
12 2/
0
2/
0
, como não poderia ser diferente. 
Logo, de fato 
  3dy.dx.k))].y,x(F(rot[dt).t(T).t(F
DC

, comprovan-
do o teorema de Stokes no plano para o integral de linha em questão. 
Observação: 
Saliente-se que na equação transformativa 



  dd.),(
)y,x(
).,(Gdxdy).y,x(F
1RR
 
o termo 
),(
)y,x(


 (tomado em módulo) corresponde ao Jacobiano das coor-
denadas retangulares x e y em relação às coordenadas polares 

 e 

. 
Relembre-se, também, que o mesmo é dado por: 















)cos(.)sen(
)sen(.)cos(
yy
xx
),(
)y,x(
, 
uma vez que 





)sen(.y
)cos(.x . 
(02) Verificar o teorema da Divergência no plano onde 
j.x5i.y2)y,x(F


 e 
D é a região plana limitada pela circunferência 
1yx 22 
. 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
 
Solução: 
Deve-se demonstrar que 
 
DC
dy.dx))].y,x(F(div[dt).t(N).t(F

, que 
corresponde à forma vetorial do Teorema de Green denominada Teorema 
da Divergência no Plano. 
Do exercício anterior, tem-se que a equação vetorial da curva C é dada por 
j).tsen(i).tcos()t(R


. 
Como 
j.dyi.dxj.dt).tcos(i.dt).tsen(dt)t(T


, tem-se, então, ne-
cessariamente, que: 
j.dxi.dyj.dt).tsen(i.dt).tcos(dt)t(N


. 
Se 
j.x5i.y2)y,x(F


, então 
j).tcos(5i).tsen(2)t(F


. 
Veja, também, que 
 )j.dt).tsen(i.dt).t).(cos(j).tcos(5i).tsen(2(dt)t(N).t(F

)tcos().tsen(7)tcos().tsen(5)tcos().tsen(2 
. 
Em tais condições, resulta que: 
 




dt).tcos().tsen(7dt).tcos().tsen(7dt).t(N)t(F
2
0t
2
0t
C

 






dt).t2sen(
2
2
.
2
7
dt).t2sen(.
2
7
dt).tcos().tsen(.2.
2
1
.7
2
0t
2
0t
2
0t
 
  0)t2cos(.
4
7
)t2(d).t2sen(.
4
7 2
0
2
0t




. 
Calcule-se, então, 

D
dy.dx))].y,x(F(div[

. 
Imediatamente, tem-se que: 
0
y
)y,x(Q
x
)y,x(P
)y,x(F.)y,x(F(div 






 . 
Logo, 
0dy.dx))].y,x(F(div[
D


, comprovando o teorema da Divergên-
cia para o caso em questão. 
Assim, tem-se que: 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
0dy.dx))].y,x(F(div[dt).t(N).t(F
DC
 

. 
 
(03) Calcular o integral 

S
dS).z,y,x(f
, onde S é a superfície do parabolóide 
)yx(2z 22 
 tomado acima do plano 
yOx
 e 
22 yx)z,y,x(f 
. 
Solução: 
Sabendo-se que: 
















 
D
22
22
S
dy.dx.
y
)z,y,x(f
x
)z,y,x(f
1).yx(dS).z,y,x(f
Idy.dx.y4x41).yx(
D
2222  
, tem-se que: 
 
D
22222 d.d.)(cos4)(sen41..I
 

d.d.41 23
2
0
2
0
. 
Pois, tem-se que: 








2z0
20
20
:D , 








zz
)sen(.y
)cos(.x
e 
dz.d.d.
)z,,(
)z,y,x(
).z,,(Fdz.dy.dx).z,y,x(F 1
RR 1



 
, onde o Jacobi-
ano de x, y, z em relação a 

, 

 e z é dado por: 












yy
xx
)z,,(
)z,y,x(
. 
Resolva-se, então, o integral duplo em questão segundo dois métodos. 
Primeira Solução de I: 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
Tomando-se 
22 u41 
, tem-se que: 
1u
du.u
.
2
1
d1u.
2
1
2
2


. 
Como 





3u2
1u0 , então resulta, necessariamente, que: 



 

d.
1u.2
du.u
.u.
8
)1u(
d.d.41
2
2
32
3
1
2
0
23
2
0
2
0
 
 
30
149
.
240
596
d.
3
u
5
u
.
16
1
d.du).uu(.
16
1 2
0
3
1
352
0
24
3
1
2
0











. 
Segunda Solução de I: 
A partir do método de substituição de variáveis trigonométricas, considere 
o triângulo retângulode hipotenusa
241 
 e de catetos 1 e 
2
. Seja 
2
 
o cateto oposto ao ângulo 

 no triângulo retângulo em questão. 
Logo, tem-se que: 









d).(sec.
2
1
d
)(tg.
2
1
2)(tg
2
 e 
2
2
41)sec(
41
1
)cos( 


. 
Portanto, resulta que: 
  d).sec().(sec.2
1
).(tg.
8
1
d.41 2323
  d).(tg].1)().[sec(sec.16
1
d).(sec).(tg.
16
1 2333
 
  d)).(tg).(sec)(tg).((sec.16
1 35
 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 


 ))(sec(d).(sec.16
1
)(sec(d).(sec.
16
1
d).(tg).sec(
2
d).(tg).sec(
4

 





 


 C
3
)(sec
5
)(sec
.
16
1 35
 
C)41).41.(
3
1
41.)41.(
5
1
.
16
1 22222 






. 
Conseqüentemente, tem-se que: 



 

d.
1u.2
du.u
.u.
8
)1u(
d.d.41
2
2
32
3
1
2
0
23
2
0
2
0















 d.)41).41.(3
1
41.)41.(
5
1
.
16
1
2
0
22222
2
0
 
 
 
30
149
.
240
596
d.
240
596
d
3
26
5
242
.
16
1 2
0
2
0
2
0











. 
 
Portanto: 
30
149
dS).z,y,x(f
S


. 
 
(04) Calcular 
 
S
dS).zyx(
 onde S é a superfície do cubo definido por 
1x0 
, 
1y0 
 e 
1z0 
. 
 Solução: 
Calcule-se a soma dos integrais de superfície tomados sobre a face superi-
or do cubo (z = 1) e sobre a face inferior do mesmo (z = 0): 
3dy.dx).1y2x2(dy.dx).yx(dy.dx).1yx(
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
 
. 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 
É evidente, entretanto, que o integral de superfície em questão será três 
vezes maior; ou seja: 
9dS).zyx(
S

. 
Resposta: 
9dS).zyx(
S

. 
 
(05) Calcular o integral 

S
dS).z,y,x(f
, onde S é a superfície definida por 
)yx(2z 22 
 e 
z3)z,y,x(f 
. 
Solução: 
 
Sabendo-se que: 
















 
D
22
22
S
dy.dx.
y
)z,y,x(f
x
)z,y,x(f
1).yx2.(3dS).z,y,x(f
Idy.dx.y4x41).yx2.(3
D
2222  
, tem-se que: 
 
D
22222 d.d..)(cos4)(sen41).2(.3I
 

d.d..41).2(.3 22
2
0
2
0
. 
Pois, tem-se que: 








2z0
20
20
:D , 








zz
)sen(.y
)cos(.x
e 
dz.d.d.
)z,,(
)z,y,x(
).z,,(Fdz.dy.dx).z,y,x(F 1
RR 1



 
, onde o Jacobi-
ano de x, y, z em relação a 

, 

 e z é dado por: 
Cálculo Diferencial e Integral 
Lista de Exercícios Ds4C3e04G 
 
CDCI/CMCD 












yy
xx
)z,,(
)z,y,x(
. 
Fazendo 
22 .41u 
, tem-se que: 
1u
du.u
.
2
1
d1u.
2
1
2
2


. 
Como 





3u2
1u0 , então resulta, necessariamente, que: 


d.d..41).2(.3 22
2
0
2
0
 








 
 

d.
1u.2
du.u
.
2
1u
.u.
4
1u
2(.3
2
2
2
23
1
2
0
 






 

d.
5
u
3
u.9
.
16
3
d.du).uu.9(.
16
3
3
1
532
0
42
3
1
2
0
 






 

d.
5
1
1.3
5
243
27.3.
16
3 2
0
 
10
.111
5
148
.
8
.3
5
242
78.
8
.3
.2.
5
242
381.
16
3 





















. 
 
Ou seja: 
10
111
dS).z,y,x(f
S


.