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Em matemática, o teorema de Green relaciona a integral de linha ao longo de uma curva fechada no plano com a integral dupla sobre a região limitada por essa curva, em outras palavras, ele estabelece uma relação entre a integral dupla de uma região D e a integral de linha ao longo de sua fronteira. Este teorema foi demonstrado pelo matemático britânico George Green em 1828 e é um caso particular do Teorema de Stokes.
Seja C uma curva simples, fechada e derivável, D a região do plano delimitada por C, e P e Q duas funções reais de variável real com derivadas parciais contínuas numa região contendo D, então:
∫ C ( P d x + Q d y ) = ∫ ∫ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d A {\displaystyle \int _{C}(Pdx+Qdy)=\int \!\!\!\int _{D}\left({\frac {\partial Q}{\partial x}}-{\frac {\partial P}{\partial y}}\right)dA}Para evidenciar o fato de que a primeira integral é definida ao longo de uma curva fechada, por vezes esta é representada por:
∮ C ( P d x + Q d y ) {\displaystyle \oint _{C}(Pdx+Qdy)}O teorema de Green é um caso especial do Teorema de Kelvin-Stokes quando é aplicado a uma região no plano-xy.
Podemos aumentar o campo vetorial de duas dimensões a um de três dimensões no qual a componente z é constante e igual a zero.
Vamos escrever F como uma função vetorial F = ( P , Q , 0 ) {\displaystyle \mathbf {F} =(P,Q,0)}
∮ C ( P d x + Q d y ) = ∮ C ( P , Q , 0 ) ⋅ ( d x , d y , d z ) = ∮ C F ⋅ d r . {\displaystyle \oint _{C}(P\,dx+Q\,dy)=\oint _{C}(P,Q,0)\cdot (dx,dy,dz)=\oint _{C}\mathbf {F} \cdot d\mathbf {r} .} . Começaremos com o lado esquerdo do teorema de Green:Aplicando o teorema de Kelvin-Stokes:
∮ C F ⋅ d r = ∬ S ∇ × F ⋅ n ^ d S . {\displaystyle \oint _{C}\mathbf {F} \cdot d\mathbf {r} =\iint _{S}\nabla \times \mathbf {F} \cdot \mathbf {\hat {n}} \,dS.}A superfície S {\displaystyle S}
é simplesmente a região no plano D {\displaystyle D} , com o vetor normal unitário n ^ {\displaystyle \mathbf {\hat {n}} } apontando na direção positiva de z, de tal maneira que coincida com as definições de "orientação positiva" para ambos os teoremas (Green e Stokes). Logo, se verifica n ^ = k {\displaystyle \mathbf {\hat {n}} =\mathbf {k} } .Desse modo, a expressão dentro da integral fica:
∇ × F ⋅ n ^ = ⋅ k = ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) . {\displaystyle \nabla \ \times \ \mathbf {F} \ \cdot \ \mathbf {\hat {n}} =\left\cdot \mathbf {k} =\left({\frac {\partial Q}{\partial x}}-{\frac {\partial P}{\partial y}}\right).}Desta maneira obtemos o lado direito do teorema de Green:
∬ S ∇ × F ⋅ n ^ d S = ∬ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d A . {\displaystyle \iint _{S}\nabla \times \mathbf {F} \cdot \mathbf {\hat {n}} \,dS=\iint _{D}\left({\frac {\partial Q}{\partial x}}-{\frac {\partial P}{\partial y}}\right)\,dA.}Outro modo de análise se dá pelo teorema da divergência, o qual pode ser aplicado a qualquer número de dimensões e se trata de um caso especial do teorema de Stokes. Em duas dimensões, é equivalente ao teorema de Green.
∬ D ( ∇ ⋅ F ) d A = ∫ C F ⋅ n ^ d s , {\displaystyle \iint _{D}\left(\nabla \cdot \mathbf {F} \right)dA=\int _{C}\mathbf {F} \cdot \mathbf {\hat {n}} {\mbox{ }}ds,} onde n ^ {\displaystyle \mathbf {\hat {n}} } é o vetor normal apontando para fora da fronteira.Para entender, considere a unidade normal na parte direita da equação. Como d r = ( d x , d y ) {\displaystyle d\mathbf {r} =(dx,dy)}
é um vetor apontando tangencialmente através de uma curva, e a curva C está orientada de maneira positiva através da fronteira, um vetor normal apontando para fora da fronteira seria aquele que aponta em 90º horizontalmente, o qual poderia ser ( d y , − d x ) {\displaystyle (dy,-dx)} . O módulo de este vetor é d x 2 + d y 2 = d s {\displaystyle {\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}=ds} . Portanto n ^ d s = ( d y , − d x ) {\displaystyle \mathbf {\hat {n}} {\mbox{ }}ds=(dy,-dx)} .Tomando as componentes de F = ( Q , − P ) {\displaystyle \mathbf {F} =(Q,-P)}
∫ C F ⋅ n ^ d s = ∫ C ( Q , − P ) ⋅ ( d y , − d x ) = ∫ C ( Q d y + P d x ) {\displaystyle \int _{C}\mathbf {F} \cdot \mathbf {\hat {n}} {\mbox{ }}ds{\mbox{ }}=\int _{C}(Q,-P)\cdot (dy,-dx)=\int _{C}(Q{\mbox{ }}dy+P{\mbox{ }}dx)} , o lado direito se converte emque por meio do teorema de Green resulta em:
∫ C ( P d x + Q d y ) = ∬ D ( ∇ ⋅ F ) d A = ∬ D ( ∇ ⋅ ( Q , − P ) ) d A = ∬ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d A {\displaystyle \int _{C}(P{\mbox{ }}dx{\mbox{ }}+{\mbox{ }}Q{\mbox{ }}dy)=\iint _{D}\left(\nabla \cdot \mathbf {F} \right)dA=\iint _{D}\left(\nabla \cdot (Q,-P)\right)dA=\iint _{D}\left({\frac {\partial Q}{\partial x}}-{\frac {\partial P}{\partial y}}\right)\,dA}A utilização do teorema de Green permite calcular a área delimitada por uma curva parametrizada e fechada.
um domínio do plano ao qual o teorema de Green se aplica e seja C = ∂ D {\displaystyle C=\partial D} a fronteira, orientada positivamente em relação a D {\displaystyle D} . Temos:A ( D ) = ∬ D d x d y = ∫ C − y d x = ∫ C x d y = 1 / 2 ∫ C − y d x + x d y {\displaystyle {\mathcal {A(D)}}=\iint _{\mathcal {D}}\mathrm {d} x\mathrm {d} y=\int _{\mathcal {C}}-y\mathrm {d} x=\int _{\mathcal {C}}x\mathrm {d} y=1/2\int _{\mathcal {C}}-y\mathrm {d} x+x\mathrm {d} y}
e tendo respectivamente P ( x , y ) = − y {\displaystyle P\left(x,y\right)=-y}
e Q ( x , y ) = 0 {\displaystyle Q\left(x,y\right)=0} , ou P ( x , y ) = 0 {\displaystyle P\left(x,y\right)=0} e Q ( x , y ) = x {\displaystyle Q\left(x,y\right)=x} , ou enfim P ( x , y ) = − y / 2 {\displaystyle P\left(x,y\right)=-y/2} e Q ( x , y ) = x / 2 {\displaystyle Q\left(x,y\right)=x/2} , cada um desses três casos verifica que ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y = 1. {\displaystyle {\frac {\partial Q}{\partial x}}-{\frac {\partial P}{\partial y}}=1.}Vamos mostrar o exemplo de uma elipse cuja borda é parametrizada por:
t ↦ ( a cos t , b sin t ) {\displaystyle t\mapsto \left(a\cos {t},b\sin {t}\right)}Onde t pertence aos reais e variando de 0 até 2π.
Temos:
P ( x , y ) d x = − y 2 d x = b sin ( t ) 2 a sin ( t ) d t {\displaystyle P\left(x,y\right)\,\mathrm {d} x=-{\frac {y}{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {b\sin(t)}{2}}a\sin(t)\,\mathrm {d} t} e {\displaystyle e} Q ( x , y ) d y = x 2 d y = a cos ( t ) 2 b cos ( t ) d t {\displaystyle Q\left(x,y\right)\,\mathrm {d} y={\frac {x}{2}}\,\mathrm {d} y={\frac {a\cos(t)}{2}}b\cos(t)\,\mathrm {d} t}Obtendo:
A = 1 / 2 ∫ C − y d x + x d y = ∫ 0 2 π a b 2 d t = π a b . {\displaystyle {\mathcal {A}}=1/2\int _{\mathcal {C}}-y\mathrm {d} x+x\mathrm {d} y=\int _{0}^{2\pi }{\frac {ab}{2}}\mathrm {d} t=\pi ab.}
Demostramos, então, que a área da elipse de semi-eixos a e b é πab.