Nos Exercícios de 1 a 8, calcule a integral de linha pelo teorema de Green. Verifique, então, o resultado pelo método da Seç̧ão 19.2.
ointc 2 x y d x-x^2 y d y, onde C é o triângulo com vértices em (0,0),(1,0) e (0,1).

Passo 1

O enunciado pede para calcular
ointC2xy,dx - x^2y,dy
onde C é o triângulo de vértices (0,0), (1,0) e (0,1), usando o Teorema de Green e depois verificar o resultado por integração direta ao longo de cada lado. O conteúdo principal é aplicação do Teorema de Green a uma região triangular e comparação com a parametrização de cada aresta.

Passo 2

Pela fórmula de Green, se P(x,y)=2xy e Q(x,y)=-x^2y, então
ointCP,dx+Q,dy ;=;integral duplaRl(partial Qpartial x-partial Ppartial yr),dA
Calculamos
partial Qpartial x=-2xy, partial Ppartial y=2x,
logo o integrando é
partial Qpartial x-partial Ppartial y=-2xy-2x=-2x(y+1)

Passo 3

A região R é (x,y)mid 0<= x<=1,;0<= y<=1-x. Então
integral duplaR-2x(y+1),dA =integralx=0^1integraly=0^1-x-2x(y+1),dy,dx
Primeiro a integral interna:
integral0^1-x-2x(y+1),dy =-2xintegral0^1-x(y+1),dy =-2xl[tfracy^22+yr]0^1-x =-x(1-x)^2-2x(1-x)
Expandindo e integrando em x:
integral0^1l[-x(1-x)^2-2x(1-x)r],dx =integral0^1l(-3x+4x^2-x^3r),dx =l[-tfrac3x^22+tfrac4x^33-tfracx^44r]0^1 =-tfrac512

Passo 4

Agora verificamos por parametrização das arestas:
  1. Aresta de (0,0) a (1,0): x=t, y=0, tin[0,1].
    Então dx=dt, dy=0 e
    2xy,dx - x^2y,dy = 0
    Integral nula.
  2. Aresta de (1,0) a (0,1): x=1-u, y=u, uin[0,1].
    Então dx=-du, dy=du e
    2xy,dx - x^2y,dy =2(1-u)u(-du);-;(1-u)^2u,du =l(-3u+4u^2-u^3r)du
    Integrando u de 0 a 1
    integral0^1(-3u+4u^2-u^3),du =-tfrac512
  3. Aresta de (0,1) a (0,0): x=0, y=1-v, vin[0,1].
    Então dx=0, dy=-dv e o integrando é zero.
Somando as três contribuições, obtemos -5/12.

Passo 5

Concluímos que ambos os métodos coincidem e o valor da integral de linha é
-tfrac512

Resposta

-tfrac512

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