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 retangular com vértices ( \pm 1, \pm 1);

Passo 1

O enunciado pede para verificar o Teorema de Green para o campo \vec{F}(x,y)=\big(xy+x^{2},\,xy-y^{2}\big) e a região retangular com vértices (\pm 1,\pm 1).
Informações dadas:
  • O campo vetorial: \vec{F}(x,y)=\big(P(x,y),\,Q(x,y)\big) com P(x,y)=xy+x^{2} e Q(x,y)=xy-y^{2}.
  • A região D é o retângulo \{(x,y)\mid -1\le x\le 1,\,-1\le y\le 1\}.
  • A fronteira C=\partial D é a curva fechada que percorre esse retângulo no sentido positivo (anti-horário), que é o sentido usual para aplicar o Teorema de Green.
O que devemos mostrar:
  • Calcular a integral de linha \displaystyle\oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
  • Calcular a integral dupla \displaystyle\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Verificar que esses dois valores coincidem (isso é o que o Teorema de Green afirma).

Passo 2

Recordando o enunciado do Teorema de Green (explicado com calma): se D é uma região plana limitada por uma curva fechada simples C orientada positivamente, e se P e Q têm derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de D, então
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui:
  • P(x,y) é a primeira componente do campo (multiplicando dx na integral de linha).
  • Q(x,y) é a segunda componente (multiplicando dy).
  • \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x.
  • \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y.
Antes de aplicar, verificamos a hipótese de regularidade: P(x,y)=xy+x^{2} e Q(x,y)=xy-y^{2} são polinômios, logo têm derivadas parciais contínuas no plano. Portanto o Teorema de Green vale para D.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais que aparecem no integrando da integral dupla:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(xy-y^{2}\big)=y, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(xy+x^{2}\big)=x.
Portanto o integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=y-x.

Passo 4

Montar e calcular a integral dupla sobre o retângulo D=[-1,1]\times[-1,1]:
\iint_{D}(y-x)\,dA=\int_{x=-1}^{1}\int_{y=-1}^{1}(y-x)\,dy\,dx.
Vamos calcular a integral interna em y primeiro:
\int_{y=-1}^{1}(y-x)\,dy = \Big[\tfrac{1}{2}y^{2}-xy\Big]_{y=-1}^{y=1}.
Avaliaremos essa expressão nas duas extremidades:
  • Em y=1: \tfrac{1}{2}\cdot 1^{2}-x\cdot 1=\tfrac{1}{2}-x.
  • Em y=-1: \tfrac{1}{2}\cdot 1^{2}-x\cdot(-1)=\tfrac{1}{2}+x.
Subtraindo:
\int_{y=-1}^{1}(y-x)\,dy=(\tfrac{1}{2}-x)-(\tfrac{1}{2}+x)=-2x.
Agora integraremos em x:
\int_{x=-1}^{1}(-2x)\,dx = -2\Big[\tfrac{1}{2}x^{2}\Big]_{-1}^{1} = -\big[x^{2}\big]_{-1}^{1} = -(1-1)=0.
Conclusão: a integral dupla é 0:
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = 0.

Passo 5

Agora calculo a integral de linha diretamente para verificar (bom para treinar parametrizações). Parametrizo os quatro lados de C no sentido anti-horário:
  • Lado C_{1} (inferior): de (-1,-1) a (1,-1).
    Parametrização: x=t,\;y=-1,\;t\in[-1,1].
    Então dx=dt,\;dy=0.
    P(x,y)= -t + t^{2}.
    Integral em C_{1}:
    \int_{C_{1}}P\,dx+Q\,dy=\int_{t=-1}^{1}(-t+t^{2})\,dt =\Big[-\tfrac{1}{2}t^{2}+\tfrac{1}{3}t^{3}\Big]_{-1}^{1}=\tfrac{2}{3}.
  • Lado C_{2} (direito): de (1,-1) a (1,1).
    Parametrização: x=1,\;y=t,\;t\in[-1,1].
    dx=0,\;dy=dt.
    Q(x,y)=t-t^{2}.
    Integral em C_{2}:
    \int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy=\int_{t=-1}^{1}(t-t^{2})\,dt =\Big[\tfrac{1}{2}t^{2}-\tfrac{1}{3}t^{3}\Big]_{-1}^{1}=-\tfrac{2}{3}.
  • Lado C_{3} (superior): de (1,1) a (-1,1).
    Parametrização: x=t,\;y=1,\;t\in[1,-1] (observe a direção).
    dx=dt,\;dy=0.
    P(x,y)=t+t^{2}.
    Integral em C_{3}:
    \int_{C_{3}}P\,dx+Q\,dy=\int_{t=1}^{-1}(t+t^{2})\,dt =-\int_{t=-1}^{1}(t+t^{2})\,dt=-\left(0+\tfrac{2}{3}\right)=-\tfrac{2}{3}.
    (usei que \int_{-1}^{1}t\,dt=0 e \int_{-1}^{1}t^{2}\,dt=\tfrac{2}{3}.)
  • Lado C_{4} (esquerdo): de (-1,1) a (-1,-1).
    Parametrização: x=-1,\;y=t,\;t\in[1,-1].
    dx=0,\;dy=dt.
    Q(x,y)=-t-t^{2}.
    Integral em C_{4}:
    \int_{C_{4}}P\,dx+Q\,dy=\int_{t=1}^{-1}(-t-t^{2})\,dt = \tfrac{2}{3}.
Somando as contribuições dos quatro lados:
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = \tfrac{2}{3} + (-\tfrac{2}{3}) + (-\tfrac{2}{3}) + \tfrac{2}{3} = 0.

Passo 6

Comparando os resultados:
  • A integral dupla deu 0.
  • A integral de linha direta deu 0.
    Isto confirma a igualdade prevista pelo Teorema de Green para esse campo e essa região.

Resposta

\displaystyle \oint_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=0
\displaystyle \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA=0

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