(Nota: 2,0) Calcule os dois lados do teorema de Green para o componente tangencial de um campo vetorial
\oint_{C}(P d x+Q d y)=\iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y
para o campo \vec{F}=P(x, y) \hat{i}+Q(x, y) \hat{j} onde P(x, y)=y-\operatorname{sen}[x] e Q(x, y)=\cos [x] para o caminho que tem forma de um triangulo com vertices (0,0),(1,0) e (1,2).

Passo 1

O enunciado fornece:
  • O campo vetorial \vec{F}=P(x,y)\,\hat{i}+Q(x,y)\,\hat{j} com P(x,y)=y-\sin x,\qquad Q(x,y)=\cos x.
  • O caminho C é o contorno do triângulo com vértices (0,0), (1,0) e (1,2).
  • Pede-se para calcular os dois lados da igualdade \oint_{C}\bigl(P\,dx+Q\,dy\bigr) \qquad\text{e}\qquad \iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dx\,dy,onde R é a região triangular delimitada por C.

Passo 2

Calcular as derivadas parciais que aparecem na integral dupla:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\cos x\bigr)=-\sin x, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y-\sin x\bigr)=1.
Portanto o integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-\sin x-1.
Agora descrever a região R. O triângulo tem arestas:
  • de (0,0) a (1,0): reta y=0,
  • de (1,0) a (1,2): reta x=1,
  • de (0,0) a (1,2): reta que passa pela origem com inclinação 2, portanto y=2x.
Assim, para x variando de 0 a 1, y varia de 0 até 2x. Logo a integral dupla fica
\iint_{R}(-\sin x-1)\,dx\,dy =\int_{x=0}^{1}\!\int_{y=0}^{2x}(-\sin x-1)\,dy\,dx.

Passo 3

Calcular a integral dupla passo a passo. Primeiro integrar em y:
\int_{y=0}^{2x}(-\sin x-1)\,dy=(-\sin x-1)\cdot(2x).
Portanto
\iint_{R}(-\sin x-1)\,dx\,dy =\int_{0}^{1}(-\sin x-1)\,2x\,dx =-2\int_{0}^{1}x\sin x\,dx-2\int_{0}^{1}x\,dx.
Calculamos cada integral separadamente.
  1. Para \displaystyle\int_{0}^{1}x\,dx é direto:
\int_{0}^{1}x\,dx=\Bigl[\tfrac{x^{2}}{2}\Bigr]_{0}^{1}=\tfrac{1}{2}.
Logo -2\int_{0}^{1}x\,dx=-2\cdot\tfrac{1}{2}=-1.
  1. Para \displaystyle\int_{0}^{1}x\sin x\,dx usamos integração por partes. Escolhemos
u=x\quad\Rightarrow\quad du=dx,\qquad dv=\sin x\,dx\quad\Rightarrow\quad v=-\cos x.
Pela fórmula \int u\,dv=uv-\int v\,du,
\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\int \cos x\,dx=-x\cos x+\sin x.
Avaliado entre 0 e 1:
\int_{0}^{1}x\sin x\,dx=\bigl(-x\cos x+\sin x\bigr)\Big|_{0}^{1}=-\cos 1+\sin 1 - (0+0)=-\cos 1+\sin 1.
Multiplicando por -2
-2\int_{0}^{1}x\sin x\,dx=-2(-\cos 1+\sin 1)=2\cos 1-2\sin 1.
Somando as duas partes da integral dupla:
\iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dx\,dy =(2\cos 1-2\sin 1)+(-1)=2\cos 1-2\sin 1-1.

Passo 4

Agora calculamos a integral de linha \displaystyle\oint_{C}(P\,dx+Q\,dy) parametricamente. Tomamos orientação positiva (contra‑horária) seguindo a ordem dos vértices (0,0)\to(1,0)\to(1,2)\to(0,0). Dividimos C em três segmentos C_{1},C_{2},C_{3}.
Segmento C_{1}: de (0,0) a (1,0). Parâmetro t\in[0,1]:
x=t,\quad y=0,\quad dx=dt,\quad dy=0.
Em C_{1}: P=y-\sin x=-\sin t,\; Q=\cos t. Então
\int_{C_{1}}(P\,dx+Q\,dy)=\int_{0}^{1}(-\sin t)\,dt =\bigl[\cos t\bigr]_{0}^{1}=\cos 1-1.
Segmento C_{2}: de (1,0) a (1,2). Parâmetro s\in[0,2]:
x=1,\quad y=s,\quad dx=0,\quad dy=ds.
Em C_{2}: P=s-\sin 1,\; Q=\cos 1. Então
\int_{C_{2}}(P\,dx+Q\,dy)=\int_{0}^{2}\cos 1\,ds=2\cos 1.
Segmento C_{3}: de (1,2) a (0,0) (reta y=2x no sentido decrescente). Parametrização conveniente com u\in[0,1]:
x=1-u,\quad y=2(1-u),\quad dx=-du,\quad dy=-2du.
Em C_{3}:
P=y-\sin x=2(1-u)-\sin(1-u),\qquad Q=\cos(1-u).
Assim o integrando é
P\,dx+Q\,dy=\bigl(2(1-u)-\sin(1-u)\bigr)(-du)+\cos(1-u)(-2du) = -\bigl(2-2u-\sin(1-u)+2\cos(1-u)\bigr)\,du.
Portanto
\int_{C_{3}}(P\,dx+Q\,dy) =-\int_{0}^{1}\bigl(2-2u-\sin(1-u)+2\cos(1-u)\bigr)\,du.
Agora calcular essa integral por partes simples. Separando termos:
\int_{C_{3}}=\underbrace{-\int_{0}^{1}(2-2u)\,du}_{A} \;+\;\underbrace{\int_{0}^{1}\sin(1-u)\,du}_{B} \;-\;\underbrace{2\int_{0}^{1}\cos(1-u)\,du}_{C}.
Calcule cada um:
  • A=-\bigl[2u-u^{2}\bigr]_{0}^{1}=- (2-1)=-1.
  • Para B, faça a mudança v=1-u: obtém-se B=\int_{0}^{1}\sin v\,dv=-\cos v\big|_{0}^{1}=-\cos 1+1.
  • Para C, similarmente \int_{0}^{1}\cos(1-u)\,du=\int_{0}^{1}\cos v\,dv=\sin 1, então C=2\sin 1 e com sinal negativo no termo dá -2\sin 1.
Somando A+B+C:
\int_{C_{3}}(P\,dx+Q\,dy)=-1+(-\cos 1+1)-2\sin 1=-\cos 1-2\sin 1.

Passo 5

Somar as contribuições dos três segmentos:
\oint_{C}(P\,dx+Q\,dy)=\bigl(\cos 1-1\bigr)+\bigl(2\cos 1\bigr)+\bigl(-\cos 1-2\sin 1\bigr).
Reunindo termos:
\oint_{C}(P\,dx+Q\,dy)=2\cos 1-2\sin 1-1.
Comparando com o resultado da integral dupla do Passo 3, vemos que os dois lados coincidem:
\iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dx\,dy =\oint_{C}(P\,dx+Q\,dy)=2\cos 1-2\sin 1-1.

Resposta

\displaystyle \oint_{C}(P\,dx+Q\,dy)=2\cos 1-2\sin 1-1
\displaystyle \iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dx\,dy=2\cos 1-2\sin 1-1

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