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 o retângulo de vértices (0,0),(3,0),(3,4) e (0,4);

Passo 1

O enunciado pede para verificar o Teorema de Green na região D limitada pelo retângulo C com vértices (0,0), (3,0), (3,4) e (0,4), onde
P(x,y)=y^2, \quad Q(x,y)=x^2.
Precisamos calcular
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy \quad\text{e}\quad \iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)dA
e mostrar que são iguais.

Passo 2

Calcular o integrando do lado direito:
\frac{\partial Q}{\partial x}=2x, \quad \frac{\partial P}{\partial y}=2y,
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\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2y.
Então
\iint_{D}(2x-2y)\,dA =\int_{x=0}^{3}\int_{y=0}^{4}(2x-2y)\,dy\,dx.
No interior:
\int_{0}^{4}(2x-2y)\,dy =\bigl[2x\,y - y^2\bigr]_{0}^{4} =8x-16.
Integrando em x:
\int_{0}^{3}(8x-16)\,dx =\bigl[4x^2-16x\bigr]_{0}^{3} =36-48=-12.

Passo 3

Agora a integral de linha em C, orientada positivamente (anti-horário), dividida em quatro lados:
C_{1}: de (0,0) a (3,0). Parâmetro x=t,\;y=0,\;t\in[0,3]. Então dx=dt,\;dy=0 e
\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy =\int_{0}^{3}(0)\,dt=0.
C_{2}: de (3,0) a (3,4). Parâmetro x=3,\;y=t,\;t\in[0,4]. Então dx=0,\;dy=dt e
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy =\int_{0}^{4}9\,dt =36.
C_{3}: de (3,4) a (0,4). Parâmetro x=t,\;y=4,\;t\in[3,0]. Então dx=dt,\;dy=0 e
\int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy =\int_{3}^{0}16\,dt =16\,(0-3) =-48.
C_{4}: de (0,4) a (0,0). Parâmetro x=0,\;y=t,\;t\in[4,0]. Então dx=0,\;dy=dt e
\int_{C_{4}}P\,dx+Q\,dy =\int_{4}^{0}0\,dt=0.
Somando as quatro parcelas:
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =0+36-48+0=-12.

Passo 4

Como
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=-12 \quad\text{e}\quad \iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)dA=-12,
o Teorema de Green está comprovado para este caso.

Resposta

O valor de ambas as integrais é -12.

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