Nos itens seguintes comprovar o teorema de Green calculando ambas integrais,
\oint_{C} P d x+Q d y=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d A, \quad \text { onde } P(x, y) y^{2}, \quad Q(x, y)=x^{2}
C é a fronteira da região delimitada pelas curvas y=x e y=x^{2};

Passo 1

O enunciado pede para verificar o Teorema de Green na forma
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA
onde P(x,y)=y^2, Q(x,y)=x^2, e C é a fronteira orientada positivamente (sentido anti-horário) da região D limitada pelas curvas y=x^2 e y=x. Para isso, vamos calcular de dois jeitos: a integral de linha \oint_CP\,dx+Q\,dy e a integral dupla \iint_D(\partial_xQ-\partial_yP)\,dA.

Passo 2

Primeiro identificamos os pontos de interseção de y=x^2 e y=x. Igualando x^2=x vem x(x-1)=0, ou seja, (0,0) e (1,1). A região D fica entre a parábola y=x^2 (abaixo) e a reta y=x (acima), para 0\le x\le1. A fronteira C consiste de duas curvas unidas:
Curva C_1: parábola de (0,0) a (1,1).
Curva C_2: reta de (1,1) de volta a (0,0).

Passo 3

Para orientar C no sentido anti-horário (região à esquerda), percorremos primeiro a parábola de (0,0) a (1,1) e depois a reta de (1,1) a (0,0). Assim
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy\;+\;\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy.

Passo 4

Parâmetro de C_{1}: x=t, y=t^2, t\in[0,1]. Então dx=dt e dy=2t\,dt. Substituindo
P=y^2=(t^2)^2=t^4, \quad Q=x^2=t^2,
\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy =\int_{0}^{1}\bigl(t^4\cdot1 + t^2\cdot2t\bigr)\,dt =\int_{0}^{1}(t^4+2t^3)\,dt =\Bigl[\tfrac{t^5}{5}+\tfrac{t^4}{2}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{2} =\tfrac{7}{10}.

Passo 5

Parâmetro de C_{2}: x=t, y=t, com t variando de 1 a 0. Assim dx=dt, dy=dt e
P=y^2=t^2, \quad Q=x^2=t^2.
Logo
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy =\int_{1}^{0}\bigl(t^2\cdot1 + t^2\cdot1\bigr)\,dt =\int_{1}^{0}2t^2\,dt =-\int_{0}^{1}2t^2\,dt =-\Bigl[\tfrac{2t^3}{3}\Bigr]_{0}^{1} =-\tfrac{2}{3}.

Passo 6

Somando as duas parcelas da integral de linha, obtemos
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =\tfrac{7}{10}-\tfrac{2}{3} =\tfrac{21-20}{30} =\tfrac{1}{30}.

Passo 7

Agora calculamos a integral dupla. Primeiro
\frac{\partial Q}{\partial x}=2x, \quad \frac{\partial P}{\partial y}=2y,
então o integrando é
2x-2y=2(x-y).
Na região D temos 0\le x\le1 e x^2\le y\le x. Logo
\iint_{D}(\partial_xQ-\partial_yP)\,dA =\int_{x=0}^{1}\int_{y=x^2}^{x}2(x-y)\,dy\,dx.

Passo 8

Efetuando a integral interna em y:
\int_{y=x^2}^{x}2(x-y)\,dy =2\Bigl[xy-\tfrac{y^2}{2}\Bigr]_{y=x^2}^{y=x} =2\bigl(x^2-\tfrac{x^2}{2}\bigr) -2\bigl(x^3-\tfrac{x^4}{2}\bigr) =x^2-2x^3+x^4.
Agora em x:
\int_{0}^{1}(x^2-2x^3+x^4)\,dx =\Bigl[\tfrac{x^3}{3}-\tfrac{2x^4}{4}+\tfrac{x^5}{5}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{5} =\tfrac{1}{30}.

Resposta

Em ambos os lados do Teorema de Green obtém-se \displaystyle \tfrac{1}{30}, confirmando a igualdade.

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