Use o teorema de Green para calcular \int_{C} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}. (Verifique a orientação da curva antes de aplicar o teorema.)
11. \mathbf{F}(x, y)=\langle y \cos x-x y \operatorname{sen} x, x y+x \cos x\rangle, C é o triângulo de (0,0) a (0,4) a (2,0) a (0,0)

Passo 1

O enunciado pede para calcular \displaystyle \int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}
usando o Teorema de Green, onde \mathbf{F}(x,y)=\langle P,Q\rangle com
P(x,y)=y\cos x - x y \sin x, \quad Q(x,y)=x y + x\cos x,
e C é o caminho que vai de (0,0) a (0,4) a (2,0) e retorna a (0,0).
O conteúdo principal é o Teorema de Green, que transforma a integral de linha num integral dupla sobre a região D interna a C:
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA,
desde que C seja percorrida positivamente (orientação anti-horária).

Passo 2

Verificamos a orientação de C. O percurso dado é (0,0)\to(0,4)\to(2,0)\to(0,0). Num segmento de (0,0) a (0,4) a região interna fica à direita do sentido de deslocamento, logo C está orientada no sentido horário. Para aplicar Green precisamos de orientação anti-horária, então ao final multiplicaremos por -1.

Passo 3

Calculemos as derivadas parciais que entram no integrando de Green:
\frac{\partial Q}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}(x y + x\cos x) =y + \cos x - x\sin x,
\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}(y\cos x - x y \sin x) =\cos x - x\sin x.
Portanto
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =y+\cos x - x\sin x \;-\;(\cos x - x\sin x) =y.

Passo 4

O Teorema de Green diz então, com orientação anti-horária,
\oint_{C_{\rm ccw}} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\iint_{D} y\,dA.
Mas como C está orientada no sentido horário, vale
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =-\iint_{D}y\,dA.

Passo 5

Descrevemos a região D triangular: para x variando de 0 a 2, y varia de 0 até a reta que liga (0,4) a (2,0), dada por y=4-2x. Assim,
\iint_{D}y\,dA =\int_{x=0}^{2}\!\int_{y=0}^{4-2x}y\,dy\,dx.
Calculemos:
\int_{y=0}^{4-2x}y\,dy =\Bigl[\tfrac{1}{2}y^{2}\Bigr]_{0}^{4-2x} =\tfrac12(4-2x)^{2} =\tfrac12(16-16x+4x^{2}),
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\int_{0}^{2}\tfrac12(16-16x+4x^{2})\,dx =\tfrac12\Bigl[16x-8x^{2}+\tfrac{4}{3}x^{3}\Bigr]_{0}^{2} =\tfrac12\bigl(32-32+\tfrac{32}{3}\bigr) =\tfrac{16}{3}.

Passo 6

Voltando à orientação original (horário), temos
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =-\iint_{D}y\,dA =-\tfrac{16}{3}.

Resposta

\displaystyle \int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=-\frac{16}{3}.

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