Aplique a fórmula de Green para calcular
I=\oint_{\mathcal{C}} 2\left(x^{2}+y^{2}\right) d x+(x+y)^{2} d y
onde \mathcal{C} é o perímetro do triângulo, percorrido no sentido anti-horário, cujos vértices são os pontos A=(1,1), B=(2,2) e C=(1,3). Verifique o resultado calculando a integral diretamente.

Passo 1

O enunciado pede para calcular
I=\oint_{\mathcal{C}} 2\left(x^{2}+y^{2}\right)\,dx+(x+y)^{2}\,dy
onde \mathcal{C} é o perímetro do triângulo percorrido no sentido anti-horário, com vértices A=(1,1), B=(2,2) e C=(1,3).
Informações relevantes dadas:
  • A forma integranda corresponde a uma forma diferencial com P(x,y)=2\left(x^{2}+y^{2}\right) e Q(x,y)=(x+y)^{2}.
  • O contorno \mathcal{C} é fechado e orientado no sentido anti-horário (sentido positivo).
  • Os vértices do triângulo são (1,1), (2,2) e (1,3). Vou usar explicitamente essas coordenadas para descrever as arestas e a região D interior ao triângulo.
    A primeira parte da tarefa: aplicar a fórmula de Green para calcular I. A segunda parte: verificar o resultado calculando a integral de linha diretamente ao longo das três arestas.

Passo 2

Apresentação da fórmula de Green (aula rápida): para uma região planar D com contorno suave \mathcal{C}=\partial D orientado positivamente (anti-horário), se P e Q têm derivadas parciais contínuas em D então
\oint_{\mathcal{C}} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dA.
Explicando as peças:
  • P(x,y) é a função que multiplica dx, Q(x,y) multiplica dy.
  • \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x (mantendo y fixo).
  • \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y.
  • O duplo integral é feito sobre a região D limitada por \mathcal{C}.
    Vou aplicar essa fórmula com P e Q dados.

Passo 3

Identificação de P e Q e cálculo das derivadas parciais:
P(x,y)=2\left(x^{2}+y^{2}\right)=2x^{2}+2y^{2}, \qquad Q(x,y)=(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}.
Cálculo de \partial Q/\partial x e \partial P/\partial y:
\frac{\partial Q}{\partial x}=2x+2y, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=4y.
Portanto o integrando do duplo integral é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=(2x+2y)-4y=2x-2y=2(x-y).

Passo 4

Descrição da região D (usei as coordenadas dos vértices do enunciado):
  • A aresta AB liga (1,1) a (2,2). Essa reta tem equação y=x.
  • A aresta BC liga (2,2) a (1,3). A inclinação é \frac{3-2}{1-2}=-1, passando por (2,2) y=-x+4.
  • A aresta CA é a vertical entre (1,3) e (1,1), tem equação x=1.
    Assim a região triangular D pode ser descrita como
1\le x\le 2,\qquad x\le y\le -x+4.
Explicação rápida: para cada x entre 1 e 2 a ordenada y varia entre a reta inferior y=x (aresta AB) e a reta superior y=-x+4 (aresta BC). No x=1 temos y\in[1,3]; no x=2 as retas se encontram em y=2.

Passo 5

Aplicando Green: transformamos a integral de linha em duplo integral
I=\iint_{D} 2(x-y)\,dA.
Agora calculo por integração iterada com as limites do passo anterior:
I=\int_{x=1}^{2}\int_{y=x}^{-x+4} 2(x-y)\,dy\,dx.
Faço a integral interna em y:
\int_{y=x}^{-x+4} 2(x-y)\,dy =2\left[xy-\frac{y^{2}}{2}\right]_{y=x}^{y=-x+4}.
Calculo os termos:
xy\Big|_{y=-x+4}=x(-x+4)=-x^{2}+4x, \qquad \frac{y^{2}}{2}\Big|_{y=-x+4}=\frac{(-x+4)^{2}}{2}=\frac{x^{2}-8x+16}{2}.
E o valor no limite inferior:
xy-\frac{y^{2}}{2}\Big|_{y=x}=x^{2}-\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{2}}{2}.
Substituindo:
\int_{y=x}^{-x+4} 2(x-y)\,dy =2\Big( -x^{2}+4x - \frac{x^{2}-8x+16}{2} - \frac{x^{2}}{2}\Big).
Simplificando passo a passo:
\frac{x^{2}-8x+16}{2}+\frac{x^{2}}{2}=x^{2}-4x+8,
portanto o interior fica
-x^{2}+4x - (x^{2}-4x+8)= -2x^{2}+8x-8.
Multiplicando por 2:
\int_{y=x}^{-x+4} 2(x-y)\,dy = -4x^{2}+16x-16.
Agora integro em x de 1 a 2:
I=\int_{1}^{2}(-4x^{2}+16x-16)\,dx.
Antiderivada:
F(x)=-\frac{4}{3}x^{3}+8x^{2}-16x.
Avalio de 1 a 2:
F(2)=-\frac{4}{3}\cdot 8 +8\cdot 4 -32 = -\frac{32}{3}, \qquad F(1)=-\frac{4}{3}+8-16 = -\frac{28}{3}.
Então
I=F(2)-F(1)=-\frac{32}{3}-\Big(-\frac{28}{3}\Big)=-\frac{4}{3}.
Portanto, pela fórmula de Green obtemos I=-\dfrac{4}{3}.

Passo 6

Verificação calculando a integral diretamente (integral de linha ao longo das três arestas, sentido anti-horário). Vou parametrizar cada aresta e somar as contribuições.
Defino P(x,y)=2(x^{2}+y^{2}) e Q(x,y)=(x+y)^{2}.
Aresta AB: de (1,1) a (2,2). Parametrização x=t,\;y=t,\;t\in[1,2]. Então dx=dt,\;dy=dt. Substituindo:
P\,dx+Q\,dy = 2(t^{2}+t^{2})\,dt + (2t)^{2}\,dt = 4t^{2}\,dt + 4t^{2}\,dt = 8t^{2}\,dt.
Integro:
I_{AB}=\int_{1}^{2}8t^{2}\,dt = 8\left[\frac{t^{3}}{3}\right]_{1}^{2} = 8\cdot\frac{7}{3}=\frac{56}{3}.
Aresta BC: de (2,2) a (1,3). Parametrização x=2-t,\;y=2+t,\;t\in[0,1]. Então dx=-dt,\;dy=dt. Calculo:
x^{2}+y^{2}=(2-t)^{2}+(2+t)^{2}=8+2t^{2}, \qquad (x+y)^{2}=4^{2}=16.
Logo
P\,dx+Q\,dy = 2(8+2t^{2})(-dt) + 16\,dt = (-16-4t^{2}+16)\,dt = -4t^{2}\,dt.
Integro:
I_{BC}=\int_{0}^{1}-4t^{2}\,dt = -4\cdot\frac{1}{3}=-\frac{4}{3}.
Aresta CA: de (1,3) a (1,1). Parametrização x=1,\;y=3-s,\;s\in[0,2]. Então dx=0,\;dy=-ds. Calculo:
(x+y)^{2}=(1+3-s)^{2}=(4-s)^{2}=16-8s+s^{2}.
Como dx=0, P\,dx=0, e
P\,dx+Q\,dy = (16-8s+s^{2})(-ds) = -(16-8s+s^{2})\,ds.
Integro:
I_{CA}=\int_{0}^{2}-(16-8s+s^{2})\,ds = -\Big[16s-4s^{2}+\frac{s^{3}}{3}\Big]_{0}^{2} = -\big(32-16+\tfrac{8}{3}\big) = -\frac{56}{3}.
Somando as três contribuições:
I_{AB}+I_{BC}+I_{CA}=\frac{56}{3}-\frac{4}{3}-\frac{56}{3}=-\frac{4}{3}.
Isso confirma o resultado obtido por Green.

Resposta

-\dfrac{4}{3}

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