O Teorema de Green nos permite substituir qualquer integral de linha por uma integral dupla. Escolha uma opção:
a. Verdadeiro ◯
b. Falso ◯

Passo 1

O enunciado pergunta se a afirmação a seguir é verdadeira ou falsa:
“A Teorema de Green nos permite substituir qualquer integral de linha por uma integral dupla.”
Informações dadas: a afirmação é geral — diz “qualquer integral de linha” — e pede escolher entre (a) Verdadeiro ou (b) Falso.
Objetivo deste exercício: decidir se a afirmação é correta e justificar de forma didática.

Passo 2

Vamos lembrar, com calma, o enunciado correto do Teorema de Green — isso é crucial para entender por que a afirmação geral pode falhar. O Teorema de Green diz o seguinte (forma padrão):
\oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui:
  • \partial D é a fronteira do domínio D, percorrida com orientação positiva (ou seja, no sentido anti-horário).
  • P(x,y) e Q(x,y) são as componentes da forma diferencial P\,dx+Q\,dy.
  • \frac{\partial Q}{\partial x} e \frac{\partial P}{\partial y} são as derivadas parciais de Q e P.
  • A igualdade vale quando: D é uma região planar apropriada (por exemplo, região limitada cujo contorno é formado por curvas simples e suaves, possivelmente com um número finito de “buracos”, mas então as curvas internas devem ser tratadas com orientação adequada) e P e Q têm derivadas parciais contínuas em uma vizinhança aberta que contém D.
Em palavras simples: o Teorema de Green transforma uma integral de linha sobre a borda de uma região D em uma integral dupla sobre D, mas só se as hipóteses (regularidade do campo (P,Q) e do domínio D) forem satisfeitas.

Passo 3

Por que a afirmação “qualquer integral de linha” é suspeita? Porque há duas fontes de problema que impedem aplicar Green diretamente:
  1. O campo (P,Q) pode não ser definido ou pode não ter derivadas parciais contínuas em todo o interior de D. Se existir um ponto singular dentro da região (por exemplo, uma divisão por zero), a expressão do rotacional \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} pode não existir lá, e a hipótese do teorema falha.
  2. O domínio D pode não ser adequado (por exemplo, se a fronteira não for uma curva simples orientável, ou se tivermos singularidades no interior não tratadas). Em particular, se o campo não for definido em algum ponto do interior (um “buraco” onde o campo não existe), não podemos aplicar Green diretamente sem ajustar o domínio.
Para checar se a afirmação geral é verdadeira, precisamos dar um contraexemplo — um caso concreto em que a integral de linha existe e tem um valor diferente da integral dupla do rotacional porque uma hipótese do teorema falha.

Passo 4

Apresento um contraexemplo clássico (muito usado em provas): o campo rotacional que circula em torno da origem, definido em \mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} por
P(x,y) = -\frac{y}{x^2+y^2},\qquad Q(x,y) = \frac{x}{x^2+y^2}.
Esse campo está definido para todos os pontos exceto o ponto (0,0) (há divisão por zero ali). Vamos calcular a integral de linha ao longo do círculo unitário \partial D com D sendo o disco unitário centrado na origem. Parametrização do círculo: \displaystyle x=\cos t,\; y=\sin t,\; t\in[0,2\pi]. Então
dx = -\sin t\,dt,\qquad dy = \cos t\,dt.
Substituindo em P\,dx+Q\,dy:
P\,dx+Q\,dy = -\frac{y}{x^2+y^2}\,dx + \frac{x}{x^2+y^2}\,dy.
No círculo unitário x^2+y^2=1, então isso simplifica para
P\,dx+Q\,dy = -y\,dx + x\,dy.
Agora com a parametrização:
-y\,dx + x\,dy = -(\sin t)(- \sin t\,dt) + (\cos t)(\cos t\,dt) = \sin^2 t\,dt + \cos^2 t\,dt = 1\,dt.
Integrando de 0 a 2\pi:
\oint_{\partial D} P\,dx+Q\,dy = \int_{0}^{2\pi} 1\,dt = 2\pi.
Logo a integral de linha existe e vale 2\pi.

Passo 5

Agora tente aplicar o lado direito de Green: calcular o rotacional e integrá-lo sobre o disco D. Calculemos as derivadas parciais (em pontos onde x^2+y^2\neq 0):
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}.
Fazendo as contas (pode verificar derivando), para todo ponto com x^2+y^2\neq 0 obtemos
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = 0.
Então, se ignorássemos o fato de que o campo não está definido na origem e integrássemos o rotacional sobre o disco inteiro, teríamos
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} 0\,dA = 0.
Mas isso contradiz a integral de linha que calculamos, 2\pi. A razão disso não é erro de conta: é que a hipótese do Teorema de Green falha aqui — as derivadas parciais não são contínuas em uma vizinhança que contenha todo o disco porque o campo não está definido em (0,0). O ponto singular na origem impede a aplicação direta do Teorema de Green. Por isso não podemos substituir “qualquer” integral de linha por uma integral dupla.

Passo 6

Para equilibrar a explicação, veja um exemplo em que Green funciona direitinho. Tome o campo simples \displaystyle P(x,y)=-y,\; Q(x,y)=x, que tem derivadas parciais contínuas em toda \mathbb{R}^2. No círculo unitário parametricamente como antes:
P\,dx+Q\,dy = -y\,dx + x\,dy = 1\,dt,
logo \oint_{\partial D} P\,dx+Q\,dy = 2\pi.
O rotacional é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = 1 - (-1) = 2,
e a integral dupla sobre o disco unitário dá
\iint_{D} 2\,dA = 2\cdot \text{area}(D) = 2\cdot \pi = 2\pi.
Aqui as hipóteses são satisfeitas (campo liso em uma vizinhança do disco e domínio regular), e os dois lados coincidem, conforme o Teorema de Green.

Passo 7

Conclusão didática e incentivo: o Teorema de Green é uma ferramenta poderosa — ele permite trocar integral de linha por integral dupla quando as hipóteses (regularidade de P,Q e do domínio) são atendidas. Mas a palavra “qualquer” na afirmação do enunciado é fatal: existem integrais de linha (como a do exemplo com singularidade na origem) que não podem ser tratadas diretamente por Green. Então a afirmação geral é falsa. Fique animado: entender as hipóteses é a parte que mais aparece em prova, e com esses exemplos você já tem argumentos prontos para justificar a resposta.

Resposta

b. Falso

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