Prove o teorema de Green para o campo \vec{F}(x, y)=\left(2 x y-x^{2}, x+y^{2}\right) para uma região retangular de vértices (0,0),(0,2),(1,2),(1,0).

Passo 1

O enunciado nos dá o campo vetorial \vec{F}(x,y)=\left(2xy-x^{2},\,x+y^{2}\right) e a região retangular R com vértices (0,0),(1,0),(1,2),(0,2).
O que nos pedem: verificar a igualdade entre a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira \partial R (percorrida no sentido positivo, isto é, anti-horário) e a integral dupla sobre R da quantidade \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}, onde P(x,y)=2xy-x^{2} e Q(x,y)=x+y^{2}.
Dados importantes (extraídos do enunciado):
  • P(x,y)=2xy-x^{2}.
  • Q(x,y)=x+y^{2}.
  • Região R=\{(x,y)\mid 0\le x\le1,\\\ 0\le y\le2\}.
  • Orientação da fronteira: sentido anti-horário (positivo).

Passo 2

Enunciado do resultado que vamos verificar (forma usada aqui): para um campo \vec{F}=(P,Q) com P,Q de classe C^{1} na região que contém R, vale
\oint_{\partial R} P\,dx + Q\,dy = \iint_{R} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Explicando: \oint_{\partial R} P\,dx+Q\,dy é a integral de linha ao redor do contorno \partial R seguindo o sentido anti-horário; a integral dupla à direita é a “soma” do rotacional escalar \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y} sobre a área de R. Antes de aplicar, verificamos as hipóteses: P e Q são polinômios em x,y, logo são de classe C^{1} em toda a reta — em particular na região R. Portanto a fórmula pode ser usada.

Passo 3

Calcular o integrando da integral dupla: as derivadas parciais são
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x+y^{2}\bigr)=1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(2xy-x^{2}\bigr)=2x.
Logo o rotacional escalar é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-2x.

Passo 4

Calcular a integral dupla sobre R:
\iint_{R}(1-2x)\,dA=\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{2}(1-2x)\,dy\,dx.
A função 1-2x não depende de y, então a integral interna em y apenas multiplica por 2:
\int_{y=0}^{2}(1-2x)\,dy=(1-2x)\cdot 2=2(1-2x).
Agora integrar em x:
\int_{0}^{1}2(1-2x)\,dx=2\int_{0}^{1}(1-2x)\,dx =2\Bigl[x - x^{2}\Bigr]_{0}^{1}=2(1-1)=0.
Portanto a integral dupla dá 0.

Passo 5

Agora calculamos a integral de linha \oint_{\partial R}P\,dx+Q\,dy percorrendo os quatro lados do retângulo no sentido anti-horário. Denotemos as arcos orientados por C_{1},C_{2},C_{3},C_{4}:
  • C_{1}: de (0,0) a (1,0). Parâmetro x=t,\\ y=0,\\ t\in[0,1]. Então dx=dt,\\ dy=0.
  • C_{2}: de (1,0) a (1,2). Parâmetro x=1,\\ y=t,\\ t\in[0,2]. Então dx=0,\\ dy=dt.
  • C_{3}: de (1,2) a (0,2). Parâmetro x=t,\\ y=2,\\ t\in[1,0] (ou alternativamente t\in[0,1] com sinal). Aqui usarei t indo de 1 a 0; dx=dt,\\ dy=0.
  • C_{4}: de (0,2) a (0,0). Parâmetro x=0,\\ y=t,\\ t\in[2,0]. Então dx=0,\\ dy=dt.
Em cada caso a forma P\,dx+Q\,dy simplifica conforme dx ou dy sejam zero. Vamos calcular cada integral separadamente.

Passo 6

Integral em C_{1}: sobre (0,0)\to(1,0) com y=0.
P(x,0)=2x\cdot 0 - x^{2}=-x^{2},\qquad dx=dt.
Logo
\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{1}(-x^{2})\,dx=-\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=-\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=-\frac{1}{3}.

Passo 7

Integral em C_{2}: sobre (1,0)\to(1,2) com x=1.
Q(1,y)=1+y^{2},\qquad dy=dt.
Portanto
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2}(1+y^{2})\,dy=\left[y+\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=2+\frac{8}{3}=\frac{14}{3}.

Passo 8

Integral em C_{3}: sobre (1,2)\to(0,2) com y=2 e x variando de 1 a 0.
P(x,2)=2x\cdot 2 - x^{2}=4x-x^{2},\qquad dx=dt.
A integral é
\int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy=\int_{1}^{0}(4x-x^{2})\,dx=-\int_{0}^{1}(4x-x^{2})\,dx.
Calcule a integral interna:
\int_{0}^{1}(4x-x^{2})\,dx=\left[2x^{2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=2-\frac{1}{3}=\frac{5}{3}.
Portanto
\int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy=-\frac{5}{3}.

Passo 9

Integral em C_{4}: sobre (0,2)\to(0,0) com x=0 e y variando de 2 a 0.
Q(0,y)=0+y^{2}=y^{2},\qquad dy=dt.
Então
\int_{C_{4}}P\,dx+Q\,dy=\int_{2}^{0}y^{2}\,dy=-\int_{0}^{2}y^{2}\,dy=-\left[\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=-\frac{8}{3}.

Passo 10

Somar as quatro contribuições:
\oint_{\partial R}P\,dx+Q\,dy =\Bigl(-\tfrac{1}{3}\Bigr)+\Bigl(\tfrac{14}{3}\Bigr)+\Bigl(-\tfrac{5}{3}\Bigr)+\Bigl(-\tfrac{8}{3}\Bigr) =\frac{-1+14-5-8}{3}=\frac{0}{3}=0.
Comparando com o resultado da integral dupla (Passo 4), que deu 0, concluímos que
\oint_{\partial R}P\,dx+Q\,dy=\iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA=0.
Isso verifica a igualdade desejada para o campo dado e para o retângulo R. Bom trabalho! Já era de se esperar que as partes se cancelassem, mas é sempre reconfortante ver as contas baterem.

Resposta

\displaystyle \oint_{\partial R}(2xy-x^{2})\,dx+(x+y^{2})\,dy=0
\displaystyle \iint_{R}\bigl(1-2x\bigr)\,dA=0

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