1. Use o Teorema de Green para achar o trabalho realizado pela força \mathbf{F}(x, y)=x(x+y) \mathbf{i}+x y^{2} \mathbf{j} ao mover uma partícula da origem ao longo do eixo x para (1,0), em seguida ao longo de um segmento de reta até ( 0,1 ), e então de volta à origem ao longo do eixo y.

Passo 1

O enunciado pede o trabalho
W = \oint_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}
onde \mathbf{F}(x,y)=x(x+y)\,\mathbf{i}+x y^2\,\mathbf{j} e C é o triângulo com vértices (0,0)\to(1,0)\to(0,1)\to(0,0), percorrido no sentido anti-horário. Vamos usar o Teorema de Green para converter essa integral de linha numa integral dupla sobre a região D interior ao triângulo.

Passo 2

No Teorema de Green temos
\oint_C P\,dx + Q\,dy \;=\; \iint_D \bigl(\tfrac{\partial Q}{\partial x} - \tfrac{\partial P}{\partial y}\bigr)\,dA,
onde P(x,y)=x^2 + x y e Q(x,y)=x y^2. Calculamos:
\tfrac{\partial Q}{\partial x} = y^2, \qquad \tfrac{\partial P}{\partial y} = x.
Logo,
\tfrac{\partial Q}{\partial x} - \tfrac{\partial P}{\partial y} = y^2 - x.

Passo 3

A região D é o triângulo \{(x,y)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;x+y\le1\}. Assim
W = \iint_D (y^2 - x)\,dA = \int_{x=0}^{1}\!\int_{y=0}^{1-x} \bigl(y^2 - x\bigr)\,dy\,dx.

Passo 4

Primeiro integramos em y:
\int_{0}^{1-x} y^2\,dy = \frac{(1-x)^3}{3}, \qquad \int_{0}^{1-x} x\,dy = x(1-x).
Portanto o integrando em x fica
\int_{0}^{1-x}\!(y^2 - x)\,dy = \frac{(1-x)^3}{3} \;-\; x(1-x) = \frac{(1-x)^3}{3} - x + x^2.

Passo 5

Agora integramos em x:
W = \int_{0}^{1}\!\Bigl(\tfrac{(1-x)^3}{3} - x + x^2\Bigr)\,dx = \int_{0}^{1}\!\Bigl(\tfrac{1}{3} -2x +2x^2 -\tfrac{x^3}{3}\Bigr)\,dx.
Calculando termo a termo,
\int_{0}^{1}\frac{1}{3}dx = \frac{1}{3},\quad \int_{0}^{1}-2x\,dx = -1,\quad \int_{0}^{1}2x^2\,dx = \frac{2}{3},\quad \int_{0}^{1}-\frac{x^3}{3}dx = -\frac{1}{12}.
Somando:
W = \frac{1}{3} - 1 + \frac{2}{3} - \frac{1}{12} = 1 - 1 - \frac{1}{12} = -\frac{1}{12}.

Resposta

-\frac{1}{12}

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