1 (1 ponto) Enuncie o teorema de Green em detalhes e utilize-o para mostrar que a área delimitada pela elipse \frac{z^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 é a b \pi.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) enunciar o teorema de Green em detalhes; (2) usar esse teorema para mostrar que a área delimitada pela elipse \frac{z^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 é \pi a b.
Informações dadas: a curva é a elipse com semi-eixos a>0 (no eixo z) e b>0 (no eixo y). Não há outras informações ausentes. A prova deve usar o teorema de Green e terminar com a área igual a \pi a b.

Passo 2

Enunciado detalhado do teorema de Green (forma padrão): seja D uma região do plano (z,y) que é simplesmente conexa e cujo contorno C=\partial D é uma curva fechada, suave por partes, percorrida positivamente (no sentido anti-horário). Suponha que P(z,y) e Q(z,y) tenham derivadas parciais contínuas num aberto que contém D. Então vale
\oint_{C} P\,dz + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial z} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA,
onde dA é o elemento de área no plano (z,y).
Explicação dos termos: P\,dz + Q\,dy é uma integral de linha ao longo da curva C; \frac{\partial Q}{\partial z} é a derivada parcial de Q em relação a z; \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y. A orientação positiva significa que, ao caminhar em C, a região D fica sempre à esquerda.

Passo 3

Como queremos a área de D, isto é \iint_{D} 1\,dA, vamos escolher funções P e Q de modo que
\frac{\partial Q}{\partial z} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1.
Uma escolha simples e clássica é
P(z,y) = -\frac{y}{2},\qquad Q(z,y) = \frac{z}{2}.
Verificamos as derivadas:
\frac{\partial Q}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{z}{2}\right) = \frac{1}{2}, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{y}{2}\right) = -\frac{1}{2}.
Logo
\frac{\partial Q}{\partial z} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right) = 1.

Passo 4

Aplicando o teorema de Green com essa escolha de P e Q, obtemos
\iint_{D} 1\,dA = \oint_{C} P\,dz + Q\,dy.
Substituindo P e Q
\text{Área}(D) = \oint_{C} \left(-\frac{y}{2}\right)dz + \left(\frac{z}{2}\right)dy = \frac{1}{2}\oint_{C} \big(z\,dy - y\,dz\big).Á
Comentário didático: essa fórmula é muito prática — transforma a área (uma integral dupla) numa integral de linha ao redor da fronteira C. Agora só falta calcular essa integral de linha para a elipse.

Passo 5

Parametrização da elipse: a elipse dada por \frac{z^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 pode ser parametrizada de forma natural por
z(t) = a\cos t,\qquad y(t)=b\sin t,\qquad 0\le t\le 2\pi.
Essa parametrização percorre a elipse no sentido anti-horário (orientação positiva), como exigido pelo teorema de Green. Derivando em relação a t obtemos
dz = z'(t)\,dt = -a\sin t\,dt,\qquad dy = y'(t)\,dt = b\cos t\,dt.

Passo 6

Substituímos na integral de linha da área:
\oint_{C} \big(z\,dy - y\,dz\big) = \int_{0}^{2\pi} \big( z(t)\,y'(t) - y(t)\,z'(t)\big)\,dt.
Agora inserimos as expressões:
z(t)\,y'(t) - y(t)\,z'(t) = (a\cos t)(b\cos t) - (b\sin t)(-a\sin t).
Simplificando:
(a\cos t)(b\cos t) - (b\sin t)(-a\sin t) = ab(\cos^{2}t + \sin^{2}t) = ab.
Portanto
\oint_{C} \big(z\,dy - y\,dz\big) = \int_{0}^{2\pi} ab\,dt = ab\cdot 2\pi.

Passo 7

Voltando à fórmula da área obtida no Passo 4,
\text{Área}(D) = \frac{1}{2}\oint_{C} \big(z\,dy - y\,dz\big) = \frac{1}{2}\cdot (ab\cdot 2\pi) = \pi a b.Á
Comentário final: fizemos uma escolha conveniente de P e Q que transformou o problema da área numa integral de linha simples; a parametrização trigonométrica da elipse torna a integral imediata graças a \cos^{2}t+\sin^{2}t=1.

Resposta

\pi a b

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