Calcule I=\int_{C}\left(e^{x^{3}}+y^{2}\right) d x+(x+y) d y onde C é formada por y=x e y=0,0 \leq x \leq 1, que vai do ponto (1,1) ao ponto (1,0).

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
I=\int_{C}\bigl(e^{x^{3}}+y^{2}\bigr)\,dx+(x+y)\,dy
onde C é o arco formado por duas hastes ligando (1,1) a (0,0) pela reta y=x e depois de (0,0) a (1,0) pela reta y=0.

Passo 2

Chamemos
P(x,y)=e^{x^{3}}+y^{2},\quad Q(x,y)=x+y.
Como
\frac{\partial Q}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial P}{\partial y}=2y,
a forma não é exata. Vamos fechar o caminho adicionando o segmento C_{2} em x=1, de (1,0) a (1,1), de modo que C\cup C_{2} seja o contorno positivo (anti-horário) do triângulo com vértices (0,0),(1,0),(1,1).

Passo 3

Pelo Teorema de Green, para o contorno fechado \widetilde C=C\cup C_{2} vale
\oint_{\widetilde C}P\,dx+Q\,dy =\iint_{\text{triângulo}}\!\biggl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\biggr)\,dA =\iint_{\text{triângulo}}(1-2y)\,dA.ââ

Passo 4

O triângulo está dado por 0\le x\le1, 0\le y\le x. Logo
\iint(1-2y)\,dA =\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{x}(1-2y)\,dy\,dx =\int_{0}^{1}\Bigl[y-y^{2}\Bigr]_{0}^{x}dx =\int_{0}^{1}(x-x^{2})\,dx =\frac12-\frac13 =\frac{1}{6}.

Passo 5

Agora calculamos a integral no fechamento C_{2}\colon x=1,\;y vai de 0 a 1. Em C_{2} temos dx=0, dy\ge0, e
\int_{C_{2}}P\,dx+Q\,dy =\int_{0}^{1}(1+y)\,dy =\Bigl[y+\tfrac12y^{2}\Bigr]_{0}^{1} =1+\tfrac12 =\frac{3}{2}.

Passo 6

Como
\oint_{\widetilde C} =\int_{C}+\int_{C_{2}}
segue
\int_{C} =\oint_{\widetilde C}-\int_{C_{2}} =\frac{1}{6}-\frac{3}{2} =-\frac{4}{3}.

Resposta

I=-\frac{4}{3}.

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