(3.0) Calcule
\int_{C}\left(x y+y^{2}\right) d x+(x-y) d y
onde C é a curva fechada simples, no primeiro quadrante do plano, interseção das curvas y=x^{2} e x=y^{2}.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha
\int_{C}\left(x y+y^{2}\right)\,dx+(x-y)\,dy,
onde C é a curva fechada simples, no primeiro quadrante, dada pela interseção das curvas y=x^{2} e x=y^{2}.
Informações e objetivos extraídas do enunciado:
  • O campo de linha tem componentes P(x,y)=x y+y^{2} e Q(x,y)=x-y.
  • As curvas se intersectam onde y=x^{2} e x=y^{2}. Resolvendo simultaneamente: x = (x^{2})^{2}=x^{4}\quad\Rightarrow\quad x(x^{3}-1)=0,então as interseções no primeiro quadrante são (0,0) e (1,1).
  • A curva C é o contorno fechado que vai de (0,0) a (1,1) por uma das curvas e volta por outra, formando uma região D no primeiro quadrante limitada por y=x^{2} e x=y^{2}.
  • Objetivo: calcular a integral de linha ao longo de C. (Não foi dada orientação; adotarei a orientação positiva (contrária aos ponteiros do relógio), que é a usual para curvas fechadas orientadas positivamente.)

Passo 2

Escolha do método: usar o Teorema de Green porque C é uma curva fechada simples que limita uma região plana D e P,Q têm derivadas parciais contínuas em D. Vou explicar o Teorema de Green de maneira didática.
Enunciado do Teorema de Green (versão usada aqui):
Se C é a fronteira positivamente orientada de uma região D no plano e P(x,y) e Q(x,y) 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.
O que cada coisa significa:
  • \oint_{C} P\,dx + Q\,dy é a integral de linha ao longo da curva fechada C.
  • \frac{\partial Q}{\partial x} e \frac{\partial P}{\partial y} são derivadas parciais de Q em relação a x e de P em relação a y.
  • A integral dupla \iint_{D}(\cdots)\,dA é a integral sobre a área da região D limitada por C.
Aplicando ao nosso caso:
Calculo \frac{\partial Q}{\partial x} e \frac{\partial P}{\partial y}.
Cálculo das derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(x-y)=1,
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(x y+y^{2})=x+2y.
Portanto o integrando de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-(x+2y)=1-x-2y.

Passo 3

Descrever a região D e montar a integral dupla.
A região D está no primeiro quadrante e é limitada pelas curvas y=x^{2} e x=y^{2}. No primeiro quadrante x=y^{2} equivale a y=\sqrt{x} (raiz principal, não-negativa). Para 0\le x\le1 tem-se x^{2}\le \sqrt{x}, então y varia entre y=x^{2} (baixo) e y=\sqrt{x} (cima), com x indo de 0 a 1.
Logo, pela fórmula de Green:
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} (1-x-2y)\,dA = \int_{x=0}^{1}\int_{y=x^{2}}^{\sqrt{x}} (1-x-2y)\,dy\,dx.
Explicação: escolhi a ordem dy\,dx porque para cada x entre 0 e 1 a variável y fica entre duas funções simples de x: x^{2} e \sqrt{x}. Isso facilita a integração.

Passo 4

Calcular a integral interna em y. Integramos termo a termo.
Integral interna:
\int_{y=x^{2}}^{\sqrt{x}} (1-x-2y)\,dy.
Antiderivada em y:
\int (1-x-2y)\,dy = (1-x)y - y^{2} + C,
pois \int 1\,dy = y, \int -x\,dy = -x y (tratando x como constante na integração em y), e \int -2y\,dy = -y^{2}.
Avalio nos limites:
\big[(1-x)y - y^{2}\big]_{y=x^{2}}^{y=\sqrt{x}} = \big((1-x)\sqrt{x} - (\sqrt{x})^{2}\big) - \big((1-x)x^{2} - (x^{2})^{2}\big).
Simplifico as potências:
(\sqrt{x})^{2}=x,\qquad (x^{2})^{2}=x^{4}.
Então a expressão vira
(1-x)\sqrt{x} - x - \big((1-x)x^{2} - x^{4}\big).
Desenvolvendo o segundo parêntese:
(1-x)x^{2}-x^{4}=x^{2}-x^{3}-x^{4}.
Subtraindo, obtemos a integranda em x:
(1-x)\sqrt{x} - x - x^{2} + x^{3} + x^{4}.
É útil reescrever (1-x)\sqrt{x}=x^{1/2}-x^{3/2}, então
(1-x)\sqrt{x} - x - x^{2} + x^{3} + x^{4} = x^{1/2}-x^{3/2}-x-x^{2}+x^{3}+x^{4}.

Passo 5

Agora integro em x de 0 a 1, termo a termo.
Antiderivadas:
\int x^{1/2}\,dx = \frac{2}{3}x^{3/2},\qquad \int x^{3/2}\,dx = \frac{2}{5}x^{5/2},
\int x\,dx = \frac{1}{2}x^{2},\qquad \int x^{2}\,dx = \frac{1}{3}x^{3},
\int x^{3}\,dx = \frac{1}{4}x^{4},\qquad \int x^{4}\,dx = \frac{1}{5}x^{5}.
Portanto
\int_{0}^{1}\big(x^{1/2}-x^{3/2}-x-x^{2}+x^{3}+x^{4}\big)\,dx = \left[\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{2}{5}x^{5/2}-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{4}x^{4}+\frac{1}{5}x^{5}\right]_{0}^{1}.
Avalio em x=1 (em x=0 tudo dá 0):
\frac{2}{3}-\frac{2}{5}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}.
Agora somo as frações com denominador comum 60:
\frac{2}{3}=\frac{40}{60},\quad \frac{2}{5}=\frac{24}{60},\quad \frac{1}{2}=\frac{30}{60},
\frac{1}{3}=\frac{20}{60},\quad \frac{1}{4}=\frac{15}{60},\quad \frac{1}{5}=\frac{12}{60}.
Somando com os sinais correspondentes:
40-24-30-20+15+12 = -7,
logo o resultado é -7/60.

Passo 6

Interpretação final e checagem rápida:
  • O método pelo Teorema de Green foi adequado porque transformou a linha integral em uma integral dupla sobre uma região simples.
  • A integral dupla foi calculada cuidadosamente; a resposta obtida é -\dfrac{7}{60}.
  • Observação sobre orientação: a resposta corresponde à orientação positiva (contrária aos ponteiros do relógio). Se a curva tivesse sido percorrida no sentido horário, o sinal seria oposto.

Resposta

-\dfrac{7}{60}

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