Comprovar o Teorema de Green nos casos abaixo, isto é, verifique que
ointpartial C P d x+Q d y=integral duplaC(partial Qpartial x-partial Ppartial y)
F=(23-x^2 y) i+x^2 y^2 j, C é o triângulo de vértices (0,0),(1,0),(1,1).

Passo 1

O conteúdo aqui é o Teorema de Green, que diz:
ointpartial CP,dx+Q,dy=integral duplaCl(partial Qpartial x-partial Ppartial yr),dA
Vamos verificar essa igualdade para
P=23-x^2y, Q=x^2y^2
e C sendo o triângulo de vértices (0,0), (1,0), (1,1), orientado positivamente (anti-horário).

Passo 2

Calculamos as derivadas parciais:
partial Qpartial x =partialpartial x(x^2y^2) =2xy^2, partial Ppartial y =partialpartial yl(tfrac23-x^2yr) =-x^2
Logo o integrando da dupla é
partial Qpartial x-partial Ppartial y =2xy^2+x^2

Passo 3

O triângulo C pode ser descrito por 0<= x<=1 e 0<= y<= x. Assim
integral duplaC(2xy^2+x^2),dA =integral0^1!!integral0^x(2xy^2+x^2),dy,dx
Integrando primeiro em y obtemos
integral0^x(2xy^2+x^2),dy =2xx^33+x^2cdot x =2x^43+x^3

Passo 4

Agora integramos em x:
integral0^1l(x^3+tfrac2x^43r),dx =14+23cdot15 =14+215 =2360
Portanto o lado direito de Green vale tfrac2360.

Passo 5

Para o lado esquerdo fazemos a integral de linha em três trechos.
C1: reta de (0,0) a (1,0) com x=t, y=0, tin[0,1], dx=dt, dy=0.
integralC1P,dx+Q,dy =integral0^1l(tfrac23-t^2cdot0r)dt =23
C2: reta de (1,0) a (1,1) com x=1, y=t, tin[0,1], dx=0, dy=dt.
integralC2P,dx+Q,dy =integral0^1t^2,dt =13

Passo 6

C3: reta de (1,1) a (0,0) sobre y=x. Parametrização x=1-t, y=1-t, tin[0,1] dx=dy=-dt.
integralC3P,dx+Q,dy =-integral0^1l[tfrac23-(1-t)^3+(1-t)^4r]dt
Fazendo u=1-t resulta
integralC3P,dx+Q,dy =-integral0^1l(tfrac23-u^3+u^4r)du =-l(tfrac23-tfrac14+tfrac15r) =-3760

Passo 7

Somando os três trechos da fronteira:
23+13-3760 =1-3760 =2360
Logo a integral de linha também vale tfrac2360.

Resposta

Ambos os lados de Green resultam em tfrac2360, confirmando o Teorema de Green para este campo e região.

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