{ }^{a} Questão.(20 pontos)
Verifique se o Teorema de Green é verdadeiro para o campo vetorial
\mathbf{F}(x, y)=x y^{2} \mathbf{i}+2 x^{2} y \mathbf{j}
e C é o triângulo com vértices (0,0),(2,2) e (2,4), orientado positivamente.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial e a curva e pede para verificar se o enunciado pedido é verdadeiro. Informações fornecidas:
  • Campo vetorial: \mathbf{F}(x,y)=x y^{2}\,\mathbf{i}+2 x^{2} y\,\mathbf{j}. Ou seja, P(x,y)=x y^{2} e Q(x,y)=2x^{2}y.
  • C é o triângulo com vértices (0,0),(2,2),(2,4), orientado positivamente (sentido anti-horário).
  • A pergunta é: verificar se o Teorema pedido (igualdade entre integral de linha fechada e integral dupla sobre a região interna) vale para este \mathbf{F} e esta curva C. Em termos práticos: calcular o lado direito
    \displaystyle \iint_{D}\!\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA
    e o lado esquerdo
    \displaystyle \oint_{C}P\,dx+Q\,dy,
    onde D é a região triangular delimitada por C, e comparar os resultados.

Passo 2

Vou explicar a fórmula que vamos usar (a ideia central que precisamos aplicar) e por que ela pode ser usada aqui.
A fórmula que relaciona a integral de linha de um campo plano ao integral dupla sobre a região interior é
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Explicando cada símbolo:
  • P(x,y) e Q(x,y) são as componentes do campo \mathbf{F}=P\,\mathbf{i}+Q\,\mathbf{j}.
  • C é a curva fechada e orientada positivamente (anti-horário).
  • D é a região plana limitada por C.
  • \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x (mantendo y fixo) e \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y.
    Condição de aplicação: se P e Q têm derivadas parciais contínuas em um aberto contendo D, a igualdade acima vale. Aqui P e Q são polinômios, logo têm derivadas contínuas em todo \mathbb{R}^{2}, então podemos aplicar a fórmula. Plano de ataque: calcular primeiro a integral dupla (lado direito) porque é simples, depois calcular a integral de linha (lado esquerdo) paramétrizando cada aresta do triângulo, e comparar.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais que aparecem na integranda da integral dupla:
P(x,y)=x y^{2},\qquad Q(x,y)=2x^{2}y.
Derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(2x^{2}y\big)=4xy,
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(xy^{2}\big)=2xy.
Portanto a integranda é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=4xy-2xy=2xy.

Passo 4

Descrever a região D (pegar os vértices do enunciado) e montar a integral dupla. Os vértices são (0,0),(2,2),(2,4). As arestas ligam:
  • (0,0) a (2,2): reta y=x.
  • (0,0) a (2,4): reta y=2x.
  • (2,2) a (2,4): reta vertical x=2.
    A região triangular D está entre as retas y=x e y=2x para x variando de 0 a 2. Logo é conveniente integrar em ordem dy\,dx:
\iint_{D}2xy\,dA=\int_{x=0}^{2}\left(\int_{y=x}^{2x}2xy\,dy\right)dx.
Calcular a integral interna:
\int_{y=x}^{2x}2xy\,dy = 2x\int_{y=x}^{2x}y\,dy = 2x\left[\tfrac{1}{2}y^{2}\right]_{y=x}^{y=2x} =2x\cdot\left(\tfrac{1}{2}\big((2x)^{2}-x^{2}\big)\right)=x\big(4x^{2}-x^{2}\big)=3x^{3}.
Agora a integral em x:
\int_{0}^{2}3x^{3}\,dx = 3\left[\tfrac{1}{4}x^{4}\right]_{0}^{2}=3\cdot\tfrac{1}{4}\cdot 16=12.
Portanto
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA=12.

Passo 5

Agora calculo a integral de linha \displaystyle \oint_{C}P\,dx+Q\,dy. Como C é orientada positivamente (anti-horário), escolho a ordem de percurso das arestas correspondente: começar em (0,0) para (2,2), depois para (2,4), e por fim retorno a (0,0). Vou paramétrizar cada aresta e calcular a contribuição de cada uma.
Segmento 1: de (0,0) a (2,2). Parâmetro t\in[0,2]:
\mathbf r_{1}(t)=(t,t),\qquad dx=dt,\quad dy=dt.
Em termos de t:
P(t,t)=t\cdot t^{2}=t^{3},\qquad Q(t,t)=2t^{2}\cdot t=2t^{3}.
Então
\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2}\big(t^{3}\,dt + 2t^{3}\,dt\big)=\int_{0}^{2}3t^{3}\,dt =3\left[\tfrac{1}{4}t^{4}\right]_{0}^{2}=12.

Passo 6

Segmento 2: de (2,2) a (2,4) (aresta vertical). Parâmetro t\in[2,4]:
\mathbf r_{2}(t)=(2,t),\qquad dx=0,\quad dy=dt.
Em termos de t:
P(2,t)=2t^{2},\qquad Q(2,t)=2\cdot 2^{2}\cdot t=8t.
Como dx=0, só contribui Q\,dy:
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy=\int_{2}^{4}8t\,dt=8\left[\tfrac{1}{2}t^{2}\right]_{2}^{4}=4(16-4)=48.

Passo 7

Segmento 3: de (2,4) de volta para (0,0) ao longo da reta y=2x. É importante respeitar a direção (do ponto (2,4) para (0,0)). Parametrizo por t igual à coordenada x, com t indo de 2 até 0:
\mathbf r_{3}(t)=(t,2t),\qquad t\in[2,0],\quad dx=dt,\quad dy=2\,dt.
(Parametrização com t decrescente reflete a direção correta do segmento.)
Em termos de t:
P(t,2t)=t\cdot(2t)^{2}=4t^{3},\qquad Q(t,2t)=2t^{2}\cdot(2t)=4t^{3}.
Assim o integrando é
P\,dx+Q\,dy = 4t^{3}\,dt + 4t^{3}\cdot(2\,dt)=4t^{3}\,dt+8t^{3}\,dt=12t^{3}\,dt.
Integrando com t de 2 a 0:
\int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy=\int_{2}^{0}12t^{3}\,dt = -\int_{0}^{2}12t^{3}\,dt =-12\left[\tfrac{1}{4}t^{4}\right]_{0}^{2}=-48.

Passo 8

Somando as três contribuições dos segmentos:
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = 12 + 48 + (-48) = 12.
Comparando com o valor da integral dupla (Passo 4), que também deu 12, concluímos que os dois lados são iguais.

Resposta

Sim. \displaystyle \oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\!\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA=12

Exercícios relacionados