{ }^{a} Questão.
Sejam P(x, y)=-y e Q(x, y)=x.
(a) Calcule \int_{C} P d x+Q d y, onde C é a circunferência unitária x^{2}+y^{2}=1.
(b) Calcule
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d A
onde D é limitada por x^{2}+y^{2}=1.

Passo 1

O enunciado dá as funções P(x,y)=-y e Q(x,y)=x e a circunferência unitária x^{2}+y^{2}=1. Pede duas coisas:
  1. Calcular \displaystyle \int_{C} P\,dx + Q\,dy, onde C é a circunferência unitária. (Como o enunciado não especifica orientação, vou assumir a orientação positiva (contra‑horária), que é o padrão em cálculo.)
  2. Calcular \displaystyle \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA, onde D é a região limitada pela mesma circunferência x^{2}+y^{2}=1.
Informações relevantes fornecidas:
  • P(x,y)=-y.
  • Q(x,y)=x.
  • Curva C: x^{2}+y^{2}=1 (circunferência unitária), região interna D é o disco de raio 1.
  • Suponho orientação positiva (contra‑horária) para C.

Passo 2

Método direto para (a): parametrização da circunferência unitária.
  • Para parametrizar a circunferência unitária com orientação positiva usamos
x(t)=\cos t,\qquad y(t)=\sin t,\qquad 0\le t\le 2\pi.
  • As derivadas são
dx = x'(t)\,dt = -\sin t\,dt,\qquad dy = y'(t)\,dt = \cos t\,dt.
Explicação didática: parametrizar é trocar a variável x,y por uma única variável t que percorre a curva; aí dx e dy viram expressões em dt que substituímos na integral de linha.

Passo 3

Substituindo P, Q, dx, dy em P\,dx + Q\,dy.
  • Primeiro escrevemos P e Q ao longo da curva:
P(x(t),y(t)) = -y(t) = -\sin t,\qquad Q(x(t),y(t)) = x(t) = \cos t.
  • Então
P\,dx + Q\,dy = (-\sin t)(- \sin t\,dt) + (\cos t)(\cos t\,dt).
  • Simplificando:
P\,dx + Q\,dy = \sin^{2}t\,dt + \cos^{2}t\,dt = (\sin^{2}t+\cos^{2}t)\,dt.
Lembrete básico: \sin^{2}t+\cos^{2}t=1 para todo t.

Passo 4

Avaliação da integral de linha (a).
  • A integral sobre C vira integral em t:
\int_{C} P\,dx + Q\,dy = \int_{0}^{2\pi} 1\,dt = \Big[ t\Big]_{0}^{2\pi} = 2\pi.
Interpretação: ao caminhar uma volta completa na circunferência, a contribuição integrada do campo vetorial (P,Q)=(-y,x) soma 2\pi.

Passo 5

Agora a parte (b): usar a expressão do integrando.
  • Calculamos as derivadas parciais pedidas:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x) = 1,\qquad \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(-y) = -1.
  • Portanto o integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = 1 - (-1) = 2.
Explicação didática: derivada parcial em relação a x trata y como constante; em relação a y tratamos x como constante.

Passo 6

Avaliação do duplo integral sobre o disco D.
  • Como o integrando é constante 2, temos
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} 2\,dA = 2\iint_{D} dA = 2\cdot (\text{área de }D).á
  • A área do disco de raio 1 é \pi\cdot 1^{2}=\pi. Logo o resultado é
2\cdot \pi = 2\pi.
Se preferir ver em coordenadas polares: dA = r\,dr\,d\theta e
\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} 2\,r\,dr\,d\theta = \int_{0}^{2\pi}\left[ r^{2}\right]_{0}^{1}\,d\theta = \int_{0}^{2\pi} 1\,d\theta = 2\pi.

Passo 7

Comentário final e ligação entre (a) e (b).
  • Observamos que os dois resultados coincidem: \displaystyle \int_{C}P\,dx+Q\,dy = 2\pi e \displaystyle \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = 2\pi.
  • Isso é exatamente o que o Teorema de Green prevê para campos e curvas bem comportadas: a circulação do campo ao longo da fronteira iguala o duplo integral da circulação por unidade de área dentro da região. Não precisa usar o teorema para resolver (a) se você parametrizar, mas ele oferece uma verificação elegante.

Resposta

(a) 2\pi
(b) 2\pi

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