Nos exercícios de 1 a 11 calcular as integrais curvilíneas dadas usando o Teorema de Green.
\oint\left(-2 x^{2} y d x+\sqrt{8-\ln (y+2)} d y\right) ao longo do paralelograma de vértices A(0,0), B(2,0), C(3,2) e D(1,2), no sentido horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\oint_C \bigl(-2x^2y \,dx + \sqrt{8-\ln(y+2)}\,dy\bigr)
ao longo do paralelogramo de vértices A (0,0), B (2,0), C (3,2) e D (1,2), no sentido horário. O plano a integrar é o interior desse paralelogramo e a ideia é usar o Teorema de Green.

Passo 2

Pela notação de Green, se
P(x,y)=-2x^2y, \quad Q(x,y)=\sqrt{8-\ln(y+2)},
então, para contorno C no sentido anti-horário,
\oint_C P\,dx+Q\,dy =\iint_D\bigl(\partial_x Q-\partial_y P\bigr)\,dA.
Como nosso contorno é horário, invertemos o sinal:
\oint_C P\,dx+Q\,dy =-\iint_D\bigl(\partial_x Q-\partial_y P\bigr)\,dA.
Agora,
\partial_x Q=0, \quad \partial_y P=-2x^2,
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\partial_x Q-\partial_y P =0-(-2x^2)=2x^2.
Logo
\oint_C P\,dx+Q\,dy =-\iint_D 2x^2\,dA =-2\iint_D x^2\,dA.

Passo 3

Para calcular \iint_D x^2\,dA, parametrizamos o paralelogramo por
(x,y)=(0,0)+u\,(2,0)+v\,(1,2), \quad 0\le u\le1, \;0\le v\le1.
O Jacobiano vale
\bigl|\det\begin{pmatrix}2&1\\\ 0&2\end{pmatrix}\bigr|=4.
Então
\iint_D x^2\,dA =\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}(2u+v)^2\cdot4\,dv\,du.

Passo 4

Expandindo e integrando em v e depois em u:
(2u+v)^2=4u^2+4uv+v^2,
\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}(2u+v)^2\cdot4\,dv\,du =4\int_{0}^{1}\Bigl[\int_{0}^{1}(4u^2+4uv+v^2)\,dv\Bigr]du.
No interior,
\int_{0}^{1}4u^2\,dv=4u^2, \quad \int_{0}^{1}4u v\,dv=2u, \quad \int_{0}^{1}v^2\,dv=\tfrac{1}{3},
logo o colchete vale 4u^2+2u+\tfrac13. Integrando em u:
\int_{0}^{1}\bigl(4u^2+2u+\tfrac13\bigr)du =\tfrac{4}{3}+1+\tfrac13 =\tfrac{8}{3}.
Multiplicando por 4 dá
\iint_D x^2\,dA =4\cdot\tfrac{8}{3} =\tfrac{32}{3}.

Passo 5

Voltando à integral de linha:
\oint_C P\,dx+Q\,dy =-2\iint_D x^2\,dA =-2\cdot\tfrac{32}{3} =-\tfrac{64}{3}.

Resposta

-\tfrac{64}{3}

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