Verifique se o Teorema de Green é verdadeiro para a integral de linha \oint_{\alpha} x y^{2} d x-x^{2} y d y, onde \alpha consiste na parábola de (-1,1) a (1,1) e no segmento de reta de (1,1) e (-1,1).

Passo 1

O enunciado pede para verificar se o Teorema de Green é verdadeiro para a integral de linha
\oint_{\alpha} x y^{2}\,dx - x^{2} y\,dy,
onde a curva \alpha é composta por duas partes encadeadas: a parábola que vai de (-1,1) a (1,1) e o segmento de reta que vai de (1,1) a (-1,1).
Informações dadas e perguntas a serem respondidas:
  • A forma diferencial está dada por P(x,y)\,dx + Q(x,y)\,dy com P(x,y)=x y^{2} e Q(x,y)=-x^{2}y.
  • A curva \alpha é fechada e consiste de:
    • trecho \alpha_1: parábola com equação y=x^{2} parametrizada de (-1,1) a (1,1);
    • trecho \alpha_2: segmento de reta na linha y=1 indo de (1,1) a (-1,1).
  • A pergunta: verificar se a igualdade da forma do Teorema de Green se mantém, ou seja comparar a integral de linha \oint_{\alpha}P\,dx+Q\,dy com a integral dupla \iint_{D}\big(\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y\big)\,dA, onde D é a região interior limitada por \alpha.

Passo 2

Enunciado do Teorema de Green (forma usada aqui) e explicação didática:
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dA,
desde que C seja a fronteira simples e fechada de D com orientação positiva (contra-horária).
Explicando cada parte:
  • P(x,y) e Q(x,y) são funções com derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de D.
  • \frac{\partial Q}{\partial x} significa derivar Q em relação a x mantendo y fixo; \frac{\partial P}{\partial y} deriva P em relação a y.
  • A orientação é importante: se o contorno dado tiver orientação negativa (horária), a integral de linha dada por essa orientação será igual ao negativo da integral dupla do lado direito (porque trocar a orientação muda o sinal).

Passo 3

Calcule as derivadas parciais que aparecem no lado direito do Teorema:
P(x,y)=x y^{2}\quad\Rightarrow\quad \frac{\partial P}{\partial y}=2 x y.
Q(x,y)=-x^{2}y\quad\Rightarrow\quad \frac{\partial Q}{\partial x}=-2 x y.
Logo a diferença que aparece no integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = -2xy - 2xy = -4xy.

Passo 4

Descrever a região D limitada por \alpha (extração dos dados da curva):
  • A parábola é y=x^{2} com x variando entre -1 e 1.
  • O segmento de reta é y=1 unindo (1,1) a (-1,1).
    Portanto a região D é
D=\{(x,y)\mid -1\le x\le 1,\; x^{2}\le y\le 1\}.

Passo 5

Calcular a integral dupla sobre D de \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = -4xy. Montamos a integral iterada com integração em y interna:
\iint_{D} -4xy\,dA = \int_{x=-1}^{1}\!\int_{y=x^{2}}^{1} -4x y \,dy\,dx.
Fazendo a integral em y:
\int_{y=x^{2}}^{1} -4x y \,dy = -4x \cdot \left[\tfrac{1}{2}y^{2}\right]_{y=x^{2}}^{1} = -4x \cdot \tfrac{1}{2}\big(1 - x^{4}\big) = -2x(1 - x^{4}).
Agora integramos em x:
\int_{-1}^{1} -2x(1 - x^{4})\,dx = \int_{-1}^{1} \big(-2x + 2x^{5}\big)\,dx.
Observe que a função integranda -2x + 2x^{5} é ímpar (produto de potências ímpares de x com constantes). A integral de uma função ímpar sobre o intervalo simétrico [-1,1] é zero. Portanto
\iint_{D} -4xy\,dA = 0.

Passo 6

Agora vamos calcular diretamente a integral de linha [\oint_{\alpha} P,dx + Q,dy) seguindo a orientação indicada no enunciado (parábola de (-1,1) a (1,1), depois segmento de (1,1) a (-1,1)). Decompondo em dois trechos \alpha_1 (parábola) e \alpha_2 (segmento):
Trecho \alpha_1 (parábola): parametrização conveniente
\alpha_1: \begin{cases} x=t,\\\ y=t^{2},\end{cases}\qquad t\in[-1,1].
Então dx=dt\] e \(dy=2t\,dt. Substituindo em P\,dx+Q\,dy:
P\,dx+Q\,dy = x y^{2}\,dx - x^{2}y\,dy = t\cdot t^{4}\,dt - t^{2}\cdot t^{2}\cdot 2t\,dt = t^{5}\,dt - 2t^{5}\,dt = -t^{5}\,dt.
Integrando de -1 a 1:
\int_{\alpha_1} P\,dx+Q\,dy = \int_{-1}^{1} -t^{5}\,dt = 0,
pois -t^{5} é função ímpar.

Passo 7

Trecho \alpha_2\) (segmento de reta): é a reta \(y=1\) indo de \(x=1\) a \(x=-1\). Parametrização: \[\alpha_2: \begin{cases} x=s,\\\ y=1,\end{cases}\qquad s\in[1,-1].
Aqui dx=ds\] e \(dy=0. Então
P\,dx+Q\,dy = x y^{2}\,dx - x^{2}y\,dy = s\cdot 1^{2}\,ds - 0 = s\,ds.
Integrando de s=1 a s=-1:
\int_{\alpha_2} P\,dx+Q\,dy = \int_{1}^{-1} s\,ds = 0,
novamente porque a integral de s sobre [1,-1] é zero (ou porque é uma função ímpar integrada simetricamente).

Passo 8

Somando as contribuições dos dois trechos:
\oint_{\alpha} P\,dx+Q\,dy = \int_{\alpha_1} + \int_{\alpha_2} = 0 + 0 = 0.
Comparando com o lado direito do Teorema de Green calculado no Passo 5, que também deu 0, temos igualdade.

Passo 9

Comentário final e intuição rápida (motivacional): a integranda da integral dupla era -4xy, que integra para zero sobre a região simétrica em x, e cada trecho da curva também deu integral nula por simetrias. Portanto a igualdade prevista pelo Teorema de Green é verificada neste caso — tanto por cálculo direto da integral de linha quanto pela integral dupla.

Resposta

Sim. \displaystyle \oint_{\alpha} x y^{2}\,dx - x^{2} y\,dy = 0 e \displaystyle \iint_{D}\bigg(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\bigg)dA = 0, portanto o Teorema de Green é válido e a igualdade é verificada.

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