Calcule as integrais em a), b) e c) por 2 métodos:
\oint_{C}\left{\left(e{x{3}}+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), percorrido no sentido horário.

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral de linha
\oint_{C}\left\{\left(e^{x^{3}}+y^{2}\right)\,dx+\left(x+\sqrt{1+y^{2}}\right)\,dy\right\},
onde C é o quadrado de vértices (0,0),(1,0),(1,1),(0,1) percorrido no sentido horário. As informações relevantes são:
  • O campo vetorial é dado por P(x,y)=e^{x^{3}}+y^{2} (componente em dx) e Q(x,y)=x+\sqrt{1+y^{2}} (componente em dy).
  • A curva C é a fronteira do quadrado unitário D=[0,1]\times[0,1].
  • A orientação é horário (sentido negativo em relação à orientação positiva usual, que é anti-horária).
  • O objetivo: calcular a integral de contorno acima por dois métodos diferentes (1: integral direta por parametrização em quatro lados; 2: usar o Teorema de Green).

Passo 2

Método 1 — ideia e fórmula: quando C é uma curva peça‑a‑peça suave parametrizada por \mathbf{r}(t)=(x(t),y(t)), a integral de linha é
\int_{C} P\,dx+Q\,dy = \int_{a}^{b}\bigl(P(x(t),y(t))\,x'(t)+Q(x(t),y(t))\,y'(t)\bigr)\,dt.
Aqui vamos parametrizar C como a união de quatro segmentos C_1,C_2,C_3,C_4 no sentido horário. Escolho a seguinte ordem (cada segmento é percorrido no sentido indicado):
  • C_1: de (0,0) a (0,1) — segmento esquerdo, x=0,\;y=t,\;t\in[0,1].
  • C_2: de (0,1) a (1,1) — segmento superior, x=t,\;y=1,\;t\in[0,1].
  • C_3: de (1,1) a (1,0) — segmento direito, x=1,\;y=t,\;t\in[1,0] (ou seja, t decresce).
  • C_4: de (1,0) a (0,0) — segmento inferior, x=t,\;y=0,\;t\in[1,0].
Vou calcular a contribuição de cada segmento usando a fórmula acima.

Passo 3

Contribuição de C_1. Parametrização: x(t)=0,\;y(t)=t,\;t\in[0,1]. Então x'(t)=0,\;y'(t)=1.
  • P(x,y)=e^{x^{3}}+y^{2}=e^{0}+t^{2}=1+t^{2}.
  • Q(x,y)=x+\sqrt{1+y^{2}}=0+\sqrt{1+t^{2}}=\sqrt{1+t^{2}}.
    Pela fórmula,
\int_{C_1}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{1}\bigl((1+t^{2})\cdot 0 + \sqrt{1+t^{2}}\cdot 1\bigr)\,dt =\int_{0}^{1}\sqrt{1+t^{2}}\,dt.

Passo 4

Contribuição de C_2. Parametrização: x(t)=t,\;y(t)=1,\;t\in[0,1]. Então x'(t)=1,\;y'(t)=0.
  • P(x,y)=e^{x^{3}}+y^{2}=e^{t^{3}}+1.
  • Q(x,y)=x+\sqrt{1+y^{2}}=t+\sqrt{2} (não usaremos Q porque dy=0).
    Pela fórmula,
\int_{C_2}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{1}\bigl((e^{t^{3}}+1)\cdot 1 + (t+\sqrt{2})\cdot 0\bigr)\,dt =\int_{0}^{1}e^{t^{3}}\,dt+\int_{0}^{1}1\,dt.

Passo 5

Contribuição de C_3. Parametrização: x(t)=1,\;y(t)=t,\;t\in[1,0] (note que t decresce). Então x'(t)=0,\;y'(t)=1 mas o intervalo vai de 1 a 0.
  • P(x,y)=e^{1^{3}}+t^{2}=e+t^{2} (não se usa porque dx=0).
  • Q(x,y)=x+\sqrt{1+y^{2}}=1+\sqrt{1+t^{2}}.
    Pela fórmula,
\int_{C_3}P\,dx+Q\,dy=\int_{1}^{0}\bigl(0 + (1+\sqrt{1+t^{2}})\cdot 1\bigr)\,dt =\int_{1}^{0}\bigl(1+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\,dt.
Troco os limites para integrar de 0 a 1:
\int_{1}^{0}\bigl(1+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\,dt = -\int_{0}^{1}\bigl(1+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\,dt.

Passo 6

Contribuição de C_4. Parametrização: x(t)=t,\;y(t)=0,\;t\in[1,0]. Então x'(t)=1,\;y'(t)=0 com intervalo decrescente.
  • P(x,y)=e^{t^{3}}+0=e^{t^{3}}.
  • Q(x,y)=t+\sqrt{1+0}=t+1 (não usado porque dy=0).
    Pela fórmula,
\int_{C_4}P\,dx+Q\,dy=\int_{1}^{0}e^{t^{3}}\,dt = -\int_{0}^{1}e^{t^{3}}\,dt.

Passo 7

Somando as quatro contribuições (agora todas escritas com integrais de 0 a 1):
  • C_1: \displaystyle \int_{0}^{1}\sqrt{1+t^{2}}\,dt.
  • C_2: \displaystyle \int_{0}^{1}e^{t^{3}}\,dt+\int_{0}^{1}1\,dt.
  • C_3: \displaystyle -\int_{0}^{1}\bigl(1+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\,dt.
  • C_4: \displaystyle -\int_{0}^{1}e^{t^{3}}\,dt.
Agora some termo a termo:
  • As integrais com e^{t^{3}} aparecem com sinais opostos e se cancelam.
  • As integrais com \sqrt{1+t^{2}} aparecem com sinais opostos e se cancelam.
  • As integrais constantes \int_{0}^{1}1\,dt e -\int_{0}^{1}1\,dt também se cancelam.
Portanto a soma das quatro contribuições reduz-se a uma soma de termos que se cancelam entre si.

Passo 8

Método 2 — conceito e aplicação do Teorema de Green: o Teorema de Green diz que, para uma região plana D com fronteira C orientada positivamente (anti‑horária),
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui é importante notar o papel da orientação: a fórmula acima exige orientação positiva; como C está orientada no sentido horário (orientação negativa), então
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = -\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.

Passo 9

Calcular as derivadas parciais e o integral duplo sobre o quadrado unitário D=[0,1]\times[0,1].
  • \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x+\sqrt{1+y^{2}}\bigr)=1, porque \sqrt{1+y^{2}} é independente de x.
  • \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x^{3}}+y^{2}\bigr)=2y.
    Logo o integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-2y.
O integral duplo sobre D é
\iint_{D}(1-2y)\,dA = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(1-2y)\,dx\,dy.
Integro em x primeiro: \int_{0}^{1}(1-2y)\,dx = (1-2y)\int_{0}^{1}dx = 1-2y.
Agora integro em y:
\int_{0}^{1}(1-2y)\,dy = \Bigl[y - y^{2}\Bigr]_{0}^{1} = 1-1 = 0.

Passo 10

Como o integral duplo de \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} sobre D é nulo e a orientação de C é horário (negativa), pelo Teorema de Green
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy = -\iint_{D}\bigl(\tfrac{\partial Q}{\partial x}-\tfrac{\partial P}{\partial y}\bigr)\,dA = -0.
Além disso, pelo cálculo direto (Método 1) as quatro contribuições somaram-se de modo a se cancelarem mutuamente.

Resposta

0

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