Determine o trabalho realizado pela força \vec{f}(x, y)=(x+2 y) \vec{i}+(6 y-2 x) \vec{j} que atua sobre uma partícula que percorre uma vez, no sentido anti-horário, as extremidades do triângulo de vértices (1,1),(3,1),(3,2).

Passo 1

O enunciado pede o trabalho realizado pela força \vec{f}(x,y)=(x+2y)\vec{i}+(6y-2x)\vec{j} quando uma partícula percorre, uma vez e no sentido anti-horário, o contorno do triângulo de vértices (1,1),(3,1),(3,2).\n
Informações dadas e objetivos claros:
  • A força é \vec{f}(x,y)=\bigl(x+2y,\;6y-2x\bigr). (Aqui escrevo as componentes como P(x,y)=x+2y e Q(x,y)=6y-2x.)
  • O caminho é o triângulo com vértices (1,1)\to(3,1)\to(3,2)\to(1,1), percorrido no sentido anti-horário (sentido positivo).
  • Queremos calcular o trabalho, isto é, a integral de linha fechada \displaystyle \oint_C \vec f\cdot d\vec r, onde C é o contorno do triângulo.

Passo 2

Escolha do método e explicação da ferramenta usada.\n
Como o caminho é uma curva fechada simples (um triângulo) e a região interna é uma região plana simples, é conveniente usar o Teorema de Green (também conhecido como Teorema de Green-Riemann) para transformar a integral de linha fechada numa integral dupla sobre a região interior. Vou explicar o enunciado do teorema de forma didática:\n
  • Seja C uma curva fechada, simples e orientada positivamente (anti-horário) que limita uma região planar D. Seja \vec f = P\,\vec i + Q\,\vec j com P e Q com derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de D. Então o Teorema de Green afirma:
\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Interpretação: a circulação (ou trabalho) ao longo do contorno é igual à integral sobre a área da diferença entre a variação de Q na direção x e a variação de P na direção y.\n
    Vou aplicar esse teorema porque simplifica muito: basta calcular as derivadas parciais, obter uma função a ser integrada sobre a região D (o triângulo) e então calcular a integral dupla — e, no nosso caso, a função integrando será constante, o que deixa tudo bem direto.

Passo 3

Calcular \frac{\partial Q}{\partial x} e \frac{\partial P}{\partial y}, e formar o integrando.\n
Temos P(x,y)=x+2y e Q(x,y)=6y-2x.\n
Calcule as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(6y-2x) = -2,
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x+2y) = 2.
Portanto o integrando do Teorema de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = -2 - 2 = -4.
Observação importante: o integrando é constante igual a -4. Isso simplifica muito a integral dupla.

Passo 4

Determinar a área da região D (o triângulo) para calcular a integral dupla de uma função constante.\n
Desenho mental do triângulo pelos vértices: (1,1) até (3,1) é um segmento horizontal de comprimento 2; (3,1) até (3,2) é um segmento vertical de comprimento 1. Assim temos um triângulo retângulo com catetos 2 e 1 (o ângulo reto está em (3,1)).\n
A área do triângulo é
\text{área}(D)=\frac{\text{base}\times\text{altura}}{2}=\frac{2\cdot 1}{2}=1.á
(Se preferir, poderia usar a fórmula do determinante/gauss ou o teorema de Pick para confirmar; todos dão área igual a 1.)

Passo 5

Avaliar a integral dupla usando que o integrando é constante.\n
Pelo Teorema de Green,
\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_D (-4)\,dA.
Como -4 é constante, isso é -4 vezes a área de D:
\iint_D (-4)\,dA = -4\cdot \text{área}(D) = -4\cdot 1 = -4.á
Lembre-se que o Teorema de Green exige orientação anti-horária para usar a fórmula com o sinal como apresentei; o enunciado deu justamente essa orientação, então está tudo coerente.

Passo 6

Verificação alternativa (opcional, mas didática): calcular a integral de linha por partes parametrizando cada lado do triângulo e somar — serve para conferir o resultado.\n
Segmento C_1: de (1,1) a (3,1). Parametrização x=t,\;y=1,\;t\in[1,3]. Então dx=dt,\;dy=0.
Contribuição:
\int_{C_1} P\,dx+Q\,dy=\int_{1}^{3} (t+2)\,dt = \Bigl[\tfrac{t^2}{2}+2t\Bigr]_{1}^{3} = \tfrac{9}{2}+6 -\bigl(\tfrac{1}{2}+2\bigr)=8.
Segmento C_2: de (3,1) a (3,2). Parametrização x=3,\;y=t,\;t\in[1,2]. Então dx=0,\;dy=dt.
Contribuição:
\int_{C_2} P\,dx+Q\,dy=\int_{1}^{2} (6t-2\cdot 3)\,dt = \int_{1}^{2} 6(t-1)\,dt = 3.
Segmento C_3: de (3,2) a (1,1). Parametrização linear x=3-2s,\;y=2-s,\;s\in[0,1]. Então dx=-2\,ds,\;dy=-1\,ds.
Calcule P e Q ao longo de s:
P= x+2y = (3-2s)+2(2-s)=7-4s,
Q=6y-2x = 6(2-s)-2(3-2s)=6-2s.
Então a contribuição é
\int_{C_3} P\,dx+Q\,dy = \int_{0}^{1} \bigl[(7-4s)(-2) + (6-2s)(-1)\bigr]\,ds = \int_{0}^{1} (-20+10s)\,ds = -15.
Somando as três contribuições: 8 + 3 + (-15) = -4, que confirma o resultado obtido via Green.

Resposta

-4

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