( 2.0 pontos) Verifique ambas as partes do teorema de Green para o campo \vec{F}(x, y)=(x-y) \vec{i}+x \vec{j} e a região D delimitada pela elipse \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{16}=1.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial \vec{F}(x,y)=(x-y)\,\vec{i}+x\,\vec{j} e a região D delimitada pela elipse
\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{16}=1.
Pede para verificar ambas as partes do teorema de Green, ou seja:
  1. verificar a igualdade entre a integral de linha \oint_{C} P\,dx+Q\,dy e a integral dupla \iint_{D} \left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA; e
  2. verificar a igualdade entre a integral de fluxo \oint_{C} P\,dy - Q\,dx e a integral dupla \iint_{D} \left(\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}\right)\,dA,
    onde P(x,y)=x-y e Q(x,y)=x, e C=\partial D é a fronteira da elipse orientada positivamente (contra-horário).

Passo 2

Vou expor as fórmulas que vamos usar (aqui te explico o que cada símbolo significa, devagarinho):
\text{(circulação)}\qquad \oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.çã
Nessa fórmula, P\,dx+Q\,dy é a forma que aparece na integral de linha do campo tangencial (circulação) e \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} é o rotacional escalar (a “taxa de rotação” do campo).
\text{(fluxo/divergência)}\qquad \oint_{C} P\,dy - Q\,dx = \iint_{D} \left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}\right)\,dA.ê
Nessa segunda fórmula, a integral de linha do lado esquerdo dá a componente normal do campo atravessando a fronteira (fluxo para fora), e o integrando da dupla é a divergência \nabla\cdot\vec{F} (a “taxa de criação” de campo por unidade de área).
Agora vamos calcular explicitamente os dois lados de cada igualdade e mostrar que coincidem.

Passo 3

Calcule as derivadas parciais necessárias para a parte da circulação:
P(x,y)=x-y,\qquad Q(x,y)=x.
Então
\frac{\partial Q}{\partial x}= \frac{\partial}{\partial x}(x)=1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}= \frac{\partial}{\partial y}(x-y)=-1.
Portanto o integrando da integral dupla (rotacional) é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-(-1)=2.

Passo 4

Agora calcule a integral dupla do rotacional sobre D. A função a integrar é constante igual a 2, portanto
\iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} 2\,dA = 2\cdot \text{Área}(D).Á
A área de uma elipse dada por \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1 é \pi a b. Aqui a=3 e b=4, logo
\text{Área}(D)=\pi\cdot 3\cdot 4 =12\pi.Á
Portanto
\iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = 2\cdot 12\pi =24\pi.
(Ufa — já temos o valor esperado do lado direito da igualdade da circulação.)

Passo 5

Agora calcule diretamente a integral de linha \oint_{C} P\,dx+Q\,dy parametrizando a elipse. Use a parametrização padrão da elipse com orientação contra-horário:
x=3\cos t,\qquad y=4\sin t,\qquad 0\le t\le 2\pi.
Então
dx=-3\sin t\,dt,\qquad dy=4\cos t\,dt.
Substituindo em P\,dx+Q\,dy=(x-y)\,dx + x\,dy:
(x-y)\,dx + x\,dy = (3\cos t-4\sin t)(-3\sin t\,dt) + (3\cos t)(4\cos t\,dt).
Simplificando termo a termo:
(3\cos-4\sin)(-3\sin) = -9\cos t\sin t +12\sin^{2}t, \qquad 3\cos\cdot 4\cos = 12\cos^{2}t.
Somando:
(x-y)\,dx + x\,dy = \big(-9\cos t\sin t +12\sin^{2}t +12\cos^{2}t\big)\,dt.
Observe que 12\sin^{2}t+12\cos^{2}t=12, então integrando de 0 a 2\pi:
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \int_{0}^{2\pi} \big(-9\cos t\sin t +12\big)\,dt.
A função \cos t\sin t é proporcional a \sin(2t) ( \cos t\sin t=\tfrac{1}{2}\sin 2t), cuja integral em um período completo é zero. Assim
\int_{0}^{2\pi} -9\cos t\sin t\,dt = 0, \qquad \int_{0}^{2\pi} 12\,dt = 12\cdot 2\pi =24\pi.
Logo
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = 24\pi,
que coincide com a integral dupla do Passo 4. Assim a primeira parte do teorema de Green está verificada.

Passo 6

Agora verificamos a parte de fluxo/divergência. Calcule a divergência:
\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial x}(x-y) + \frac{\partial}{\partial y}(x) = 1 + 0 =1.
Portanto a integral dupla é simplesmente a área de D:
\iint_{D} \left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} 1\,dA = \text{Área}(D) = 12\pi.Á

Passo 7

Calcule agora a integral de linha correspondente ao fluxo:
\oint_{C} P\,dy - Q\,dx.
Usando a mesma parametrização x=3\cos t,\;y=4\sin t e dx=-3\sin t\,dt,\;dy=4\cos t\,dt, substituímos:
P\,dy - Q\,dx = (x-y)\,dy - x\,dx = (3\cos t-4\sin t)(4\cos t\,dt) - (3\cos t)(-3\sin t\,dt).
Simplificando:
(3\cos-4\sin)(4\cos) = 12\cos^{2}t -16\sin t\cos t,
-3\cos\cdot(-3\sin) = +9\cos t\sin t.
Somando:
P\,dy - Q\,dx = \big(12\cos^{2}t -16\sin t\cos t +9\cos t\sin t\big)\,dt = \big(12\cos^{2}t -7\cos t\sin t\big)\,dt.
Integramos de 0 a 2\pi. O termo com \cos t\sin t tem integral zero em um período, e
\int_{0}^{2\pi} 12\cos^{2}t\,dt = 12\cdot \int_{0}^{2\pi} \cos^{2}t\,dt = 12\cdot \pi =12\pi,
pois \int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt=\pi. Assim
\oint_{C} P\,dy - Q\,dx = 12\pi,
que coincide com o valor da integral dupla do Passo 6. Portanto a segunda parte do teorema de Green também está verificada.

Resposta

\displaystyle \oint_{C} (x-y)\,dx + x\,dy = \iint_{D} \big(\partial_x Q-\partial_y P\big)\,dA = 24\pi
\displaystyle \oint_{C} (x-y)\,dy - x\,dx = \iint_{D} \big(\partial_x P+\partial_y Q\big)\,dA = 12\pi

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