Utilize o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada:
\oint_{C}\left(y^{2} \cos x\right) d x+\left(x^{2}+2 y \operatorname{sen} x\right) d y, onde C é o triângulo percorrido do ( 0,0 ) ao ( 2,6 ) ao ( 2,0 ) ao (0,0).

Passo 1

O enunciado pede para calcular
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy
onde
P(x,y)=y^{2}\cos x,\qquad Q(x,y)=x^{2}+2y\operatorname{sen} x
e C é o triângulo com vértices (0,0)\to(2,6)\to(2,0)\to(0,0). Vamos usar o Teorema de Green, que diz, para uma curva orientada positivamente (sentido anti-horário),
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Como C está orientada no sentido horário (ao subir a hipotenusa de (0,0) a (2,6) a região fica à direita), teremos
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =-\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.

Passo 2

Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}+2y\operatorname{sen} x\bigr) =2x+2y\cos x,
\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y^{2}\cos x\bigr) =2y\cos x.
Logo o “rotacional” é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =(2x+2y\cos x)-2y\cos x =2x.

Passo 3

Assim a integral de linha vale
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =-\iint_{D}2x\,dA =-2\iint_{D}x\,dA.
Ainda falta calcular a integral dupla de x sobre D.

Passo 4

A região D é o triângulo de vértices (0,0), (2,0) e (2,6). Para cada x de 0 a 2, y varia de 0 até a reta que liga (0,0) a (2,6), ou seja y=3x. Então
\iint_{D}x\,dA =\int_{x=0}^{2}\int_{y=0}^{3x}x\,dy\,dx =\int_{0}^{2}x\bigl[y\bigr]_{0}^{3x}\,dx =\int_{0}^{2}3x^{2}\,dx =3\cdot\frac{x^{3}}{3}\Big|_{0}^{2} =8.
Logo
-2\iint_{D}x\,dA =-2\cdot 8 =-16.

Resposta

-16

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