Calcular as integrais curvilíneas dadas usando o Teorema de Green.
\oint_{C}\left[\left(e^{x}+y^{2}\right) d x+\left(x+\sqrt{1+y^{2}}\right) d y\right] onde C é o quadrado de vértices (0,0),(1,0), (1,1) e (0,1) no sentido horário.

Passo 1

O enunciado pede calcular
\displaystyle \oint_{C}\bigl[(e^{x}+y^{2})\,dx + (x+\sqrt{1+y^{2}})\,dy\bigr]
onde C é o quadrado de vértices (0,0),(1,0),(1,1),(0,1) com orientação horária. Vamos usar o Teorema de Green para transformar a integral de linha numa integral dupla.

Passo 2

Identificamos
P(x,y) = e^{x} + y^{2}, \qquad Q(x,y) = x + \sqrt{1+y^{2}}.
Pelo Teorema de Green em orientação positiva (contra-horária),
\displaystyle \oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_R \bigl(\partial_x Q - \partial_y P\bigr)\,dA.
Como a orientação é horária, teremos um sinal negativo:
\oint_C P\,dx + Q\,dy = - \iint_R \bigl(\partial_x Q - \partial_y P\bigr)\,dA.

Passo 3

Calculamos as derivadas parciais:
\partial_x Q = 1, \qquad \partial_y P = 2y.
Logo o rotacional vale
\partial_x Q - \partial_y P = 1 - 2y.

Passo 4

O domínio R é o quadrado definido por 0\le x\le1, 0\le y\le1. Então
\iint_R (1 - 2y)\,dA = \int_{y=0}^{1}\int_{x=0}^{1} (1 - 2y)\,dx\,dy = \int_0^1 \Bigl[x(1-2y)\Bigr]_{x=0}^{1} dy = \int_0^1 (1-2y)\,dy = \bigl[y - y^2\bigr]_0^1 = 1 - 1 = 0.
Portanto a integral de linha com orientação horária é
\oint_C P\,dx + Q\,dy = -\,0 = 0.

Resposta

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