(a) Enuncie o Teorema de Stokes.
(b) Use o Teorema de Stokes para encontrar a integral \oint_{C}\left(y^{2} d x+2 x^{2} d y\right), sendo C o triângulo de vértices A(0,0), B(1,2) e C(0,2), no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede em (a) que a gente enuncie o Teorema de Stokes e em (b) use esse teorema para calcular
\displaystyle \oint_{C}\bigl(y^{2}\,dx + 2x^{2}\,dy\bigr), onde C é o triângulo de vértices A(0,0), B(1,2), C(0,2) no sentido anti-horário. O conteúdo principal é cálculo vetorial: enunciar o Teorema de Stokes e aplicar sua forma plana (Teorema de Green) para transformar a integral de linha numa integral dupla sobre a região triangular.

Passo 2

Enunciado geral do Teorema de Stokes: seja S uma superfície orientada com borda \partial S e \mathbf{F} um campo vetorial suave, então
\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS.
No caso planar, S é uma região do plano xy e \partial S=C é seu contorno, reduzindo-se ao Teorema de Green:
\oint_{C}M\,dx + N\,dy = \iint_{R}\Bigl(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Bigr)\,dA.

Passo 3

Identificamos o campo vetorial no plano como
\displaystyle \mathbf{F}(x,y)=(M,N,0)
com
M(x,y)=y^{2},\qquad N(x,y)=2x^{2}.

Passo 4

Calculamos o rotacional de \mathbf{F}:
\nabla\times\mathbf{F} = \Bigl(0,\,0,\,\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Bigr) = \bigl(0,0,4x-2y\bigr).
Pela forma plana (Green),
\oint_{C}\bigl(y^{2}\,dx + 2x^{2}\,dy\bigr) = \iint_{R}(4x-2y)\,dA.

Passo 5

A região R é o triângulo com vértices (0,0), (1,2), (0,2). Para cada y em [0,2], x varia de 0 até a reta que une (0,0) a (1,2), dada por x=y/2. Logo,
R=\{(x,y)\mid 0\le y\le2,\;0\le x\le y/2\}.

Passo 6

Montamos a integral dupla:
\iint_{R}(4x-2y)\,dA = \int_{y=0}^{2}\int_{x=0}^{y/2}(4x-2y)\,dx\,dy.
Primeiro, a integral interna:
\int_{0}^{y/2}(4x-2y)\,dx = \Bigl[2x^{2}-2yx\Bigr]_{0}^{y/2} = 2\Bigl(\tfrac{y^{2}}{4}\Bigr)-2y\Bigl(\tfrac{y}{2}\Bigr) = \frac{y^{2}}{2}-y^{2} = -\frac{y^{2}}{2}.
Em seguida,
\int_{0}^{2}\Bigl(-\tfrac{y^{2}}{2}\Bigr)\,dy = -\frac{1}{2}\int_{0}^{2}y^{2}\,dy = -\frac{1}{2}\cdot\frac{2^{3}}{3} = -\frac{4}{3}.

Passo 7

Como o sentido é anti-horário (orientação positiva), não há troca de sinal extra. Logo,
\displaystyle \oint_{C}(y^{2}\,dx + 2x^{2}\,dy)=-\tfrac{4}{3}.

Resposta

(a) Seja S uma superfície orientada com fronteira \partial S e \mathbf{F} um campo vetorial suave. O Teorema de Stokes afirma:
\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS.
No caso planar, isso se reduz ao Teorema de Green:
\oint_{C}M\,dx + N\,dy = \iint_{R}\Bigl(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Bigr)\,dA.
(b) -\displaystyle \frac{4}{3}.

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