Questão 5: Considere o campo F(x, y)=(y \sin x, x \sin y). Seja C o triângulo de vértices (0,0),(0,4) e (2,0), orientado positivamente. E seja D a região dentro do triângulo C. A integral de linha \int_{C} F \cdot \mathrm{~d} \vec{s} é igual a:
(a) \iint_{D} \cos (x-y) \mathrm{d} A
(b) \iint_{D}(\sin y-\sin x) \mathrm{d} A
(c) \iint_{D} \cos x \sin y \mathrm{~d} A
(d) \iint_{D}(\sin x+\sin y) \mathrm{d} A
(e) \iint_{D} \sin (y-x) \mathrm{d} A
(f) \iint_{D} \cos x \cos y \mathrm{~d} A
(g) NDA

Passo 1

O enunciado dá:
  • O campo vetorial \,F(x,y) = (y\sin x,\; x\sin y)\,.
  • A curva C é o triângulo de vértices (0,0),\,(0,4),\,(2,0), orientado positivamente (sentido anti-horário).
  • D é a região interior ao triângulo C.
O que se pede: avaliar a integral de linha fechada \displaystyle \int_{C} F\cdot \mathrm{d}\vec{s} e identificar qual das alternativas dadas (a)–(g) corresponde ao valor dessa integral (cada alternativa é um duplo integral sobre D).

Passo 2

Vamos transformar a integral de linha fechada num duplo integral sobre D usando a fórmula que relaciona circulação e derivadas parciais. A fórmula diz o seguinte (enunciada sem demonstração aqui, mas com explicação intuitiva):
\oint_{C} P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}A,
onde P(x,y) e Q(x,y) são as componentes do campo, isto é F=(P,Q).
Explicação prática e significado:
  • A integral de linha fechada \oint_C P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y mede a “circulação” de F ao redor de C.
  • O lado direito envolve as derivadas parciais \frac{\partial Q}{\partial x} e \frac{\partial P}{\partial y}; a diferença \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} é a versão bidimensional do “rotacional” (curl) do campo.
  • “Orientado positivamente” (anti-horário) é a orientação correta para aplicar a fórmula sem mudar o sinal.
Escolhi este método porque a integral é fechada e o uso da relação acima simplifica muito: evita parametrizar e calcular cada aresta do triângulo separadamente.

Passo 3

Identificar P e Q a partir de F:
P(x,y)=y\sin x,\qquad Q(x,y)=x\sin y.
Agora calculo as derivadas parciais (explicando como fazê-las):
  • \dfrac{\partial Q}{\partial x}: ao derivar Q(x,y)=x\sin y em relação a x, trata-se de uma multiplicação onde \sin y é constante (pois derivamos em relação a x). Assim
\frac{\partial Q}{\partial x}=\sin y.
  • \dfrac{\partial P}{\partial y}: ao derivar P(x,y)=y\sin x em relação a y, \sin x é constante, logo
\frac{\partial P}{\partial y}=\sin x.
(Observação didática: ao derivar algo como x\sin y em relação a x, a função \sin y é tratada como constante; análogo para y\sin x.)

Passo 4

Aplico a fórmula do passo 2 substituindo as derivadas obtidas:
\oint_{C} F\cdot\mathrm{d}\vec{s} = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}A = \iint_{D}\big(\sin y - \sin x\big)\,\mathrm{d}A.
Portanto a integral de linha equivale exatamente ao duplo integral com integrando \sin y-\sin x.
Para deixar explícito o domínio D e como seria o cálculo explícito, descrevo os limites: a reta entre (0,4) e (2,0) tem equação
y=-2x+4.
Logo uma descrição conveniente de D é
D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 2,\\\ 0\le y\le -2x+4\},
e a integral em ordem dy\,dx seria
\int_{x=0}^{2}\int_{y=0}^{-2x+4}\big(\sin y-\sin x\big)\,dy\,dx.
Isto confirma que a alternativa correta entre as opções dadas é a que tem o integrando \sin y-\sin x.
Um pequeno exemplo paralelo para fixar a ideia: se F(x,y)=(-y,x) então P=-y,\\ Q=x, \partial Q/\partial x=1,\\ \partial P/\partial y=-1, então a diferença é 2 e a integral de linha sobre C seria \iint_D 2\,dA = 2\cdot\text{Área}(D)Á. Isso ilustra por que a fórmula é prática — transforma circulação em algo local (a diferença de derivadas) integrado sobre a área.

Passo 5

Comparando com as alternativas fornecidas, a que coincide com o resultado encontrado é a alternativa (b):
\iint_{D}(\sin y-\sin x)\,\mathrm{d}A.

Resposta

(b) \iint_{D}(\sin y-\sin x)\mathrm{d}A

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