Verifique o Teorema de Green para o campo
\vec{F}(x, y)=\left(x y+x^{2}, x y-y^{2}\right)
e a região dada;
A região limitada pelos gráficos das equações y=2-x^{2} e x+y=0, no segundo quadrante.

Passo 1

O enunciado dá:
  • O campo vetorial \vec{F}(x,y)=\bigl(xy+x^{2},\;xy-y^{2}\bigr). Ou seja, P(x,y)=xy+x^{2} e Q(x,y)=xy-y^{2}.
  • A região é “a região limitada pelos gráficos das equações \;y=2-x^{2}\; e \;x+y=0\;, no segundo quadrante”.
O que o exercício pede:
  • Verificar a igualdade entre a integral de linha do campo ao longo da fronteira orientada positivamente (sentido anti-horário) e a integral dupla sobre a região do rotacional apropriado (ou seja, verificar a fórmula que relaciona as duas integrais).
Informações geométricas importantes que vou usar:
  • Resolver \;2-x^{2}=-x\; (substituindo y=-x) dá x^{2}-x-2=0 com raízes x=-1 e x=2. O ponto relevante no segundo quadrante é x=-1, que fornece o ponto de interseção (-1,1).
  • A parábola cruza o eixo y em (0,2). A reta x+y=0 cruza o eixo y em (0,0).
  • Portanto, a porção da região no segundo quadrante é fechada pelos três arcos: segmento do eixo y entre (0,0) e (0,2), o arco da parábola entre (0,2) e (-1,1) e o trecho da reta x+y=0 entre (-1,1) e (0,0). Vou chamar essas curvas, orientadas positivamente (anti-horário), de C_{1} (eixo y), C_{2} (parábola) e C_{3} (reta).
  • Assim a fronteira C=C_{1}\cup C_{2}\cup C_{3} é fechada e simples, e a região D pode ser descrita por
-1\le x\le 0,\qquad -x\le y\le 2-x^{2}.

Passo 2

Apresentando a fórmula que vamos verificar (forma prática do enunciado): para \vec{F}=(P,Q) e região D com fronteira C orientada positivamente,
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy \;=\; \iint_{D}\!\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Explicando os termos (em linguagem direta):
  • \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x (tratando y como constante).
  • \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y.
  • O lado esquerdo é a integral de linha (circulação) do campo ao longo da curva C.
  • O lado direito é uma integral dupla sobre a região D do escalar \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}.
Calculemos as derivadas parciais do campo dado:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(xy-y^{2}\bigr)=y, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(xy+x^{2}\bigr)=x.
Portanto o integrando da integral dupla é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=y-x.

Passo 3

Calcular a integral dupla \displaystyle \iint_{D} (y-x)\,dA usando as coordenadas descritas em

Passo 4

Montando a integral iterada com x variando de -1 até 0 e y de -x até 2-x^{2}:
\iint_{D} (y-x)\,dA = \int_{x=-1}^{0}\left(\int_{y=-x}^{\,2-x^{2}} (y-x)\,dy\right) dx.
Calcule a integral interna em y:
\int_{y=-x}^{\,2-x^{2}} (y-x)\,dy = \Bigl[\tfrac{1}{2}y^{2}-xy\Bigr]_{y=-x}^{\,2-x^{2}}.
Avaliações:
  • Em y=2-x^{2}:
\tfrac{1}{2}(2-x^{2})^{2}-x(2-x^{2}) = \tfrac{1}{2}(4-4x^{2}+x^{4})-2x+x^{3} = 2-2x^{2}+\tfrac{1}{2}x^{4}-2x+x^{3}.
  • Em y=-x:
\tfrac{1}{2}(-x)^{2}-x(-x)=\tfrac{1}{2}x^{2}+x^{2}=\tfrac{3}{2}x^{2}.
Subtraindo:
\int_{-x}^{\,2-x^{2}}(y-x)\,dy = 2-\tfrac{7}{2}x^{2}+\tfrac{1}{2}x^{4}-2x+x^{3}.
Agora integramos em x de -1 a 0:
\iint_{D}(y-x)\,dA = \int_{-1}^{0}\Bigl(2-\tfrac{7}{2}x^{2}+\tfrac{1}{2}x^{4}-2x+x^{3}\Bigr)\,dx.
Calcule a primitiva termo a termo:
\begin{aligned} \int 2\,dx &= 2x,\\\ \int -\tfrac{7}{2}x^{2}\,dx &= -\tfrac{7}{6}x^{3},\\\ \int \tfrac{1}{2}x^{4}\,dx &= \tfrac{1}{10}x^{5},\\\ \int -2x\,dx &= -x^{2},\\\ \int x^{3}\,dx &= \tfrac{1}{4}x^{4}. \end{aligned}
Logo a antiderivada é
F(x)=2x-\tfrac{7}{6}x^{3}+\tfrac{1}{10}x^{5}-x^{2}+\tfrac{1}{4}x^{4}.
Avaliar entre -1 e 0:
\iint_{D}(y-x)\,dA = F(0)-F(-1).
Calcule F(-1):
F(-1)=2(-1)-\tfrac{7}{6}(-1)^{3}+\tfrac{1}{10}(-1)^{5}-(-1)^{2}+\tfrac{1}{4}(-1)^{4} = -2+\tfrac{7}{6}-\tfrac{1}{10}-1+\tfrac{1}{4}.
Colocando sobre denominador comum 60:
-2=-120/60,\\ \tfrac{7}{6}=70/60,\\\ -\tfrac{1}{10}=-6/60,\\\ -1=-60/60,\\ \tfrac{1}{4}=15/60.
Soma: -120+70-6-60+15=-101, portanto F(-1)=-101/60. Assim
\iint_{D}(y-x)\,dA = 0-(-\tfrac{101}{60})=\tfrac{101}{60}.

Passo 5

Agora calculamos a integral de linha \displaystyle \oint_{C} P\,dx+Q\,dy diretamente sobre as três curvas C_{1},C_{2},C_{3} com orientação positiva (anti-horário). Vou calcular cada contribuição e somar.
Curva C_{1}: eixo y de (0,0) a (0,2).
  • Parametrização: x(t)=0,\; y(t)=t,\; t\in[0,2].
  • dx=0,\; dy=dt.
  • P=xy+x^{2}=0, Q=xy-y^{2}= -y^{2}.
    Integral:
\int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2} -y^{2}\,dy = -\Bigl[\tfrac{1}{3}y^{3}\Bigr]_{0}^{2} = -\tfrac{8}{3}.
Curva C_{2}: arco da parábola y=2-x^{2} de (0,2) a (-1,1).
  • Parametrização: x=t,\; y=2-t^{2}, com t indo de 0 a -1 (porque percorrendo da direita para a esquerda).
  • dx=dt,\; dy=-2t\,dt.
  • P= t(2-t^{2})+t^{2}=2t+t^{2}-t^{3}.
  • Q= t(2-t^{2})-(2-t^{2})^{2} =2t-t^{3}-\bigl(4-4t^{2}+t^{4}\bigr) =2t-t^{3}-4+4t^{2}-t^{4}.
    Integral:
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy=\int_{t=0}^{-1}\Bigl(P(t)\,dt + Q(t)(-2t\,dt)\Bigr) =\int_{0}^{-1}\bigl(P(t)-2tQ(t)\bigr)\,dt.
Calcule P(t)-2tQ(t). Efetuando a álgebra (detalhes arbitrários omitidos por brevidade, mas feitos passo a passo):
P(t)-2tQ(t)=10t-3t^{2}-9t^{3}+2t^{4}+2t^{5}.
Então
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{-1}\bigl(10t-3t^{2}-9t^{3}+2t^{4}+2t^{5}\bigr)\,dt.
Inverto limites para integrar de -1 a 0 trocando o sinal:
\int_{0}^{-1}(\cdots)dt = -\int_{-1}^{0}(\cdots)dt.
Portanto integrando termo a termo e avaliando, obtém-se (calculei explicitamente)
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy = \tfrac{221}{60}.
Curva C_{3}: reta x+y=0 de (-1,1) a (0,0).
  • Parametrização: x=s,\; y=-s,\; s\in[-1,0].
  • dx=ds,\; dy=-ds.
  • P=xy+x^{2}=s(-s)+s^{2}=0.
  • Q=xy-y^{2}=s(-s)-(-s)^{2}=-s^{2}-s^{2}=-2s^{2}.
    Integral:
\int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy = \int_{-1}^{0}\bigl(0\cdot ds + (-2s^{2})(-ds)\bigr) = \int_{-1}^{0} 2s^{2}\,ds = \Bigl[\tfrac{2}{3}s^{3}\Bigr]_{-1}^{0} = \tfrac{2}{3}.

Passo 6

Somando as contribuições das três curvas:
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = \int_{C_{1}} + \int_{C_{2}} + \int_{C_{3}} = \left(-\tfrac{8}{3}\right) + \tfrac{221}{60} + \tfrac{2}{3}.
Colocando tudo sobre 60: -\tfrac{8}{3}=-160/60, \tfrac{2}{3}=40/60. Então
-\tfrac{160}{60}+\tfrac{221}{60}+\tfrac{40}{60}=\tfrac{101}{60}.
Comparando com o resultado da integral dupla (obtida em

Passo 7

Portanto a igualdade pedida está verificada: a integral de linha sobre a fronteira orientada positivamente vale o mesmo que a integral dupla do rotacional sobre D.

Resposta

\displaystyle \oint_{C}\vec F\cdot d\vec r=\tfrac{101}{60}
\displaystyle \iint_{D}\!\bigl(\tfrac{\partial Q}{\partial x}-\tfrac{\partial P}{\partial y}\bigr)\,dA=\tfrac{101}{60}

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