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 triangular com vértices (-1-1),(1,-1) e (1,1);

Passo 1

O enunciado nos dá claramente as seguintes informações (vou listar tudo que temos e o que é pedido):
  • O campo vetorial é \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 R é o triângulo com vértices (-1,-1), (1,-1) e (1,1).
  • O que se pede: verificar o Teorema de Green para esse campo e essa região — isto é, calcular o integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira C=\partial R com orientação positiva (no sentido anti-horário) e calcular a integral dupla sobre R de \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}, e mostrar que são iguais.

Passo 2

Enunciado da versão de Green que vamos usar (explicando o que cada coisa significa):
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy \;=\; \iint_{R} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • À esquerda está a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira C orientada positivamente (região R fica à esquerda quando percorremos C).
  • À direita está a integral dupla sobre a região R da diferença entre as derivadas parciais \partial Q/\partial x e \partial P/\partial y.
    Vamos calcular os dois lados explicitamente e verificar que coincidem.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais que aparecem na integranda da integral dupla.
P(x,y)=xy+x^{2},\qquad Q(x,y)=xy-y^{2}.
Calculemos
\frac{\partial Q}{\partial x} = y, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = x.
Portanto a integranda é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = y - x.

Passo 4

Descrever a região R para montar a integral dupla. A hipotenusa do triângulo vai de (-1,-1) a (1,1) e é dada por y=x. A base é a reta y=-1 entre x=-1 e x=1. O lado vertical é x=1 entre y=-1 e y=1. Uma descrição conveniente de R é
R=\{(x,y)\mid -1 \le x \le 1,\; -1 \le y \le x\}.
Assim a integral dupla fica
\iint_{R} (y-x)\,dA = \int_{x=-1}^{1}\!\int_{y=-1}^{x} (y-x)\,dy\,dx.
Agora calculamos a integral interna em y:
\int_{y=-1}^{x} (y-x)\,dy = \left[\tfrac{1}{2}y^{2}-xy\right]_{y=-1}^{y=x} = \bigl(\tfrac{1}{2}x^{2}-x^{2}\bigr) - \bigl(\tfrac{1}{2}\cdot 1 - x\cdot(-1)\bigr).
Simplificando cada termo:
\tfrac{1}{2}x^{2}-x^{2} = -\tfrac{1}{2}x^{2}, \qquad \tfrac{1}{2}\cdot 1 - x\cdot(-1)=\tfrac{1}{2}+x.
Logo
\int_{y=-1}^{x} (y-x)\,dy = -\tfrac{1}{2}x^{2} -\bigl(\tfrac{1}{2}+x\bigr) = -\tfrac{1}{2}x^{2} -\tfrac{1}{2} - x.
Agora integramos em x:
\iint_{R} (y-x)\,dA = \int_{-1}^{1}\!\left(-\tfrac{1}{2}x^{2} -\tfrac{1}{2} - x\right)\,dx.
Calcule termo a termo:
\int_{-1}^{1} -\tfrac{1}{2}x^{2}\,dx = -\tfrac{1}{2}\cdot\left[\tfrac{1}{3}x^{3}\right]_{-1}^{1} = -\tfrac{1}{2}\cdot\left(\tfrac{1}{3}-\bigl(-\tfrac{1}{3}\bigr)\right) = -\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{3} = -\tfrac{1}{3}.
\int_{-1}^{1} -\tfrac{1}{2}\,dx = -\tfrac{1}{2}\cdot(1-(-1)) = -\tfrac{1}{2}\cdot 2 = -1.
\int_{-1}^{1} -x\,dx = -\left[\tfrac{1}{2}x^{2}\right]_{-1}^{1} = -\bigl(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}\bigr)=0.
Somando:
\iint_{R} (y-x)\,dA = -\tfrac{1}{3} + (-1) + 0 = -\tfrac{4}{3}.

Passo 5

Agora calculamos a integral de linha \oint_{C} P\,dx+Q\,dy diretamente, percorrendo a fronteira C no sentido anti-horário e somando as contribuições dos três lados.
Definimos três arcos orientados anti-horário:
  • C_{1}: de (-1,-1) até (1,-1) (base, reta y=-1);
  • C_{2}: de (1,-1) até (1,1) (lado vertical x=1);
  • C_{3}: de (1,1) até (-1,-1) (hipotenusa y=x, sentido descendente).
Calculemos cada um.
Para C_{1}: parametrização x=t,\;y=-1,\;t\in[-1,1]. Então dx=dt,\;dy=0. A integral é
\int_{C_{1}} P\,dx+Q\,dy = \int_{-1}^{1} P(t,-1)\,dt = \int_{-1}^{1} \bigl(t(-1)+t^{2}\bigr)\,dt = \int_{-1}^{1} (-t+t^{2})\,dt.
Calculando:
\int_{-1}^{1} (-t+t^{2})\,dt = \bigl[-\tfrac{1}{2}t^{2}+\tfrac{1}{3}t^{3}\bigr]_{-1}^{1} = \bigl(-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}\bigr) - \bigl(-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3}\bigr) = -\tfrac{1}{6} -\bigl(-\tfrac{5}{6}\bigr) = \tfrac{4}{6} = \tfrac{2}{3}.
Para C_{2}: parametrização x=1,\;y=t,\;t\in[-1,1]. Então dx=0,\;dy=dt. A integral é
\int_{C_{2}} P\,dx+Q\,dy = \int_{-1}^{1} Q(1,t)\,dt = \int_{-1}^{1} (1\cdot t - t^{2})\,dt = \int_{-1}^{1} (t-t^{2})\,dt.
Calculando:
\int_{-1}^{1} (t-t^{2})\,dt = \bigl[\tfrac{1}{2}t^{2} -\tfrac{1}{3}t^{3}\bigr]_{-1}^{1} = \bigl(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3}\bigr) - \bigl(\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}\bigr) = \tfrac{1}{6} - \tfrac{5}{6} = -\tfrac{2}{3}.
Para C_{3}: parametrização ao longo da hipotenusa y=x. Tomamos x=t,\;y=t com t indo de 1 até -1 (porque vamos de (1,1) para (-1,-1)). Então dx=dt,\;dy=dt. A integral é
\int_{C_{3}} P\,dx+Q\,dy = \int_{1}^{-1} \bigl(P(t,t)+Q(t,t)\bigr)\,dt.
Calculemos P(t,t)+Q(t,t):
P(t,t)=t\cdot t + t^{2}=2t^{2},\qquad Q(t,t)=t\cdot t - t^{2}=0,
logo P+Q=2t^{2}. Assim
\int_{C_{3}} P\,dx+Q\,dy = \int_{1}^{-1} 2t^{2}\,dt = -\int_{-1}^{1} 2t^{2}\,dt.
Como \int_{-1}^{1} t^{2}\,dt = \tfrac{2}{3}, segue
\int_{C_{3}} P\,dx+Q\,dy = -2\cdot \tfrac{2}{3} = -\tfrac{4}{3}.
Somando as três contribuições:
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \tfrac{2}{3} + \bigl(-\tfrac{2}{3}\bigr) + \bigl(-\tfrac{4}{3}\bigr) = -\tfrac{4}{3}.

Passo 6

Comparando os resultados:
  • Integral dupla: \iint_{R} \bigl(\partial Q/\partial x - \partial P/\partial y\bigr)\,dA = -\tfrac{4}{3}.
  • Integral de linha: \oint_{C} P\,dx+Q\,dy = -\tfrac{4}{3}.
Portanto os dois lados coincidem, o que verifica o Teorema de Green para o campo e a região dados. Boa! Conseguimos checar as duas formas com contas explícitas.

Resposta

\displaystyle \oint_{C} P\,dx+Q\,dy = -\dfrac{4}{3}
\displaystyle \iint_{R}\!\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = -\dfrac{4}{3}

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