Calcule \int_{C}\left[x \ln \left(1+y^{2}\right)-x^{2}(y-1)\right] d x+\left[\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+y^{2}(x+1)\right] d y, em que C é a parte do círculo x^{2}+y^{2}=a^{2} contida no primeiro quadrante, no sentido de ( a, 0 ) para ( 0, a ).

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\int_{C}\left[x \ln \left(1+y^{2}\right)-x^{2}(y-1)\right] d x+\left[\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+y^{2}(x+1)\right] d y,
onde C é a parte do círculo x^{2}+y^{2}=a^{2} contida no primeiro quadrante, percorrida no sentido de (a,0) para (0,a).
Informações dadas e perguntas a responder:
  • Curva C: arco do círculo de raio a no primeiro quadrante, de (a,0) até (0,a).
  • Funções do integrando: P(x,y)=x \ln \left(1+y^{2}\right)-x^{2}(y-1), \qquad Q(x,y)=\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+y^{2}(x+1).
  • Objetivo: calcular a integral de linha \displaystyle\int_C P\,dx+Q\,dy.

Passo 2

Escolha do método (explicando de forma didática): uma boa estratégia quando a curva é parte de uma fronteira simples é fechar a curva com segmentos fáceis (aqui os eixos coordenados) e aplicar o Teorema de Green (que transforma uma integral de linha ao redor de uma curva fechada numa integral dupla sobre a região que ela encerra). Depois, subtraímos (ou somamos) as integrais sobre os segmentos adicionados para recuperar a integral sobre o arco desejado. Vou usar exatamente isso porque simplifica muito a conta: as integrais sobre os eixos ficam fáceis e o interior é o quarto de disco.
Breve aula sobre o Teorema de Green (intuição e fórmula): se \mathcal{C} é uma curva fechada simples, positiva (contrária aos ponteiros do relógio) que delimita uma região D, e P,Q têm derivadas parciais contínuas em D, então
\oint_{\mathcal{C}} P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA.
Ou seja, a circulação ao redor da borda é igual ao somatório (integral) da “vorticidade” \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y dentro da região.

Passo 3

Definimos o caminho fechado \mathcal{C} formado por:
  • C: o arco do círculo de (a,0) a (0,a) (este é o que queremos);
  • S_1: segmento do eixo y de (0,a) até (0,0);
  • S_2: segmento do eixo x de (0,0) até (a,0).
A orientação escolhida é a positiva (contrária aos ponteiros do relógio): percorremos C de (a,0) a (0,a), em seguida S_1 de (0,a) a (0,0), depois S_2 de (0,0) a (a,0). Pelo Teorema de Green,
\oint_{\mathcal{C}} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA,
e
\oint_{\mathcal{C}} P\,dx+Q\,dy = \int_{C}P\,dx+Q\,dy+\int_{S_1}P\,dx+Q\,dy+\int_{S_2}P\,dx+Q\,dy.
Logo
\int_{C}P\,dx+Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA -\int_{S_1}P\,dx+Q\,dy-\int_{S_2}P\,dx+Q\,dy.

Passo 4

Calculamos \displaystyle\frac{\partial Q}{\partial x} e \displaystyle\frac{\partial P}{\partial y}.
Calculemos com calma:
\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y}\!\bigl(x\ln(1+y^2)\bigr)-\frac{\partial}{\partial y}\!\bigl(x^2(y-1)\bigr) = x\cdot\frac{2y}{1+y^2}-x^2,
portanto
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{2xy}{1+y^2}-x^2.
E
\frac{\partial Q}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x}\!\Bigl(\frac{x^2}{1+y^2}\Bigr)+\frac{\partial}{\partial x}\!\bigl(y^2(x+1)\bigr) =\frac{2x}{1+y^2}+y^2.
Assim,
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{2x}{1+y^2}+y^2-\Bigl(\frac{2xy}{1+y^2}-x^2\Bigr) =\frac{2x(1-y)}{1+y^2}+x^2+y^2.

Passo 5

Calculamos as integrais sobre os segmentos S_1 e S_2 (elas aparecerão na fórmula e, como veremos, simplificam bastante).
Segmento S_1: (0,a)\to(0,0). Aqui x=0, dx=0, y varia de a até 0. Em x=0,
Q(0,y)=\frac{0}{1+y^2}+y^2(0+1)=y^2.
Então
\int_{S_1}P\,dx+Q\,dy=\int_{y=a}^{0} y^2\,dy = -\int_{0}^{a} y^2\,dy = -\frac{a^3}{3}.
Segmento S_2: (0,0)\to(a,0). Aqui y=0, dy=0, x varia de 0 até a. Em y=0,
P(x,0)=x\ln(1+0)-x^2(0-1)=0 + x^2 = x^2.
Então
\int_{S_2}P\,dx+Q\,dy=\int_{x=0}^{a} x^2\,dx=\frac{a^3}{3}.
Somando:
\int_{S_1}+\int_{S_2} = -\frac{a^3}{3}+\frac{a^3}{3}=0.
Perfeito — as integrais nos eixos se cancelam, então não precisamos subtrair nada: simplesmente
\int_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA.
Isso é uma grande economia de trabalho — por isso escolhemos Green!

Passo 6

A região D é o quarto de disco de raio a: D=\{(x,y):x\ge0,\\ y\ge0,\\ x^2+y^2\le a^2\}.
Então
\int_{C}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(x^2+y^2+\frac{2x(1-y)}{1+y^2}\Bigr)dA.
Separe em duas integrais:
I=\iint_{D} (x^2+y^2)\,dA \;+\; \iint_{D}\frac{2x(1-y)}{1+y^2}\,dA.

Passo 7

Calculamos a primeira integral (é padrão em coordenadas polares). Em coordenadas polares x=r\cos\theta,\\ y=r\sin\theta,\\ dA=r\,dr\,d\theta, com 0\le r\le a, 0\le\theta\le\pi/2.
Então
\iint_{D}(x^2+y^2)\,dA=\iint_{D} r^2 \,r\,dr\,d\theta =\int_{0}^{\pi/2}\!\int_{0}^{a} r^3\,dr\,d\theta =\frac{a^4}{4}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{\pi a^4}{8}.

Passo 8

Agora a segunda integral:
\iint_{D}\frac{2x(1-y)}{1+y^2}\,dA.
É conveniente integrar primeiro em x (cartesiano). A região D pode ser escrita como y de 0 a a e x de 0 a \sqrt{a^2-y^2}. Assim
\iint_{D}\frac{2x(1-y)}{1+y^2}\,dA =\int_{y=0}^{a}\int_{x=0}^{\sqrt{a^2-y^2}}\frac{2x(1-y)}{1+y^2}\,dx\,dy.
No integrando, (1-y)/(1+y^2) é constante em relação a x, então
\int_{x=0}^{\sqrt{a^2-y^2}}2x\,dx = \bigl[x^2\bigr]_0^{\sqrt{a^2-y^2}} = a^2-y^2.
Logo a integral fica
\int_{0}^{a} (a^2-y^2)\cdot\frac{1-y}{1+y^2}\,dy.
Denotemos
J=\int_{0}^{a} \frac{(a^2-y^2)(1-y)}{1+y^2}\,dy.
Então o valor total é
I=\frac{\pi a^4}{8}+J.

Passo 9

Calculamos J com uma pequena divisão algébrica para simplificar a função racional. Desenvolvendo o numerador:
(a^2-y^2)(1-y)=a^2-a^2y-y^2+y^3.
Fazendo a divisão polinomial de y^3-y^2-(a^2)y+a^2 por 1+y^2, obtemos (faça mentalmente ou no papel): o quociente é y-1 e o resto é (a^2+1)(1-y). Assim
\frac{(a^2-y^2)(1-y)}{1+y^2}=y-1+(a^2+1)\cdot\frac{1-y}{1+y^2}.
Verificação rápida (plugando números) confirma que essa identidade é correta.
Portanto
J=\int_{0}^{a}(y-1)\,dy+(a^2+1)\int_{0}^{a}\frac{1-y}{1+y^2}\,dy.
Calcule cada peça:
\int_{0}^{a}(y-1)\,dy=\left[\frac{y^2}{2}-y\right]_0^{a}=\frac{a^2}{2}-a.
E
\int_{0}^{a}\frac{1-y}{1+y^2}\,dy =\int_{0}^{a}\frac{1}{1+y^2}\,dy-\int_{0}^{a}\frac{y}{1+y^2}\,dy.
Sabemos que \displaystyle\int\frac{1}{1+y^2}dy=\arctan y e \displaystyle\int\frac{y}{1+y^2}dy=\frac{1}{2}\ln(1+y^2). Assim
\int_{0}^{a}\frac{1-y}{1+y^2}\,dy=\arctan(a)-\frac{1}{2}\ln(1+a^2).
Logo
J=\frac{a^2}{2}-a+(a^2+1)\Bigl(\arctan(a)-\frac{1}{2}\ln(1+a^2)\Bigr).

Passo 10

Reunindo tudo:
\int_{C}P\,dx+Q\,dy = \frac{\pi a^4}{8} + J = \frac{\pi a^4}{8} + \frac{a^2}{2}-a+(a^2+1)\arctan(a)-\frac{a^2+1}{2}\ln(1+a^2).
Essa expressão é o resultado final. (Respira: deu trabalho, mas o uso do Teorema de Green e o cancelamento das integrais nos eixos deixou a conta manejável.)

Resposta

\frac{\pi a^4}{8}+\frac{a^2}{2}-a+(a^2+1)\arctan(a)-\frac{a^2+1}{2}\ln\bigl(1+a^2\bigr)

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