1. Calcule a integral \int_{C}\left(4+e^{\sqrt{x}}\right) d x+\left(\operatorname{sen} y+3 x^{2}\right) d y, em que C é a fronteira da região R limitada pelos quartos de círculos no primeiro quadrante com raios a e b (b>a) e pelos eixos coordenados.

Passo 1

Vamos entender direitinho o que o enunciado dá e o que ele pede (respira, dá pra fazer!).
  • O enunciado pede o valor da integral de linha
\int_{C}\bigl(4+e^{\sqrt{x}}\bigr)\,dx+\bigl(\sin y+3x^{2}\bigr)\,dy,
onde C é a fronteira da região R que fica no primeiro quadrante, limitada pelos quartos de círculo de raios a e b (com b>a) e pelos eixos coordenados.
  • Informações úteis que o enunciado fornece:
    • A curva C é o contorno da região R tipo “anel setorial” no primeiro quadrante, isto é, a região entre os dois quartos de círculo centrados na origem com raios a e b, e os dois eixos x e y.
    • Os campos que aparecem na integral são P(x,y)=4+e^{\sqrt{x}} (coeficiente de dx) e Q(x,y)=\sin y+3x^{2} (coeficiente de dy).
  • O que devemos entregar: o valor numérico (em termos de a e b) da integral de linha ao longo de C.

Passo 2

Escolhendo a estratégia e justificando (sem terror): é mais prático transformar essa integral de linha em uma integral dupla sobre a região R usando o teorema de Green. Vou explicar o que é esse teorema e quando podemos usá‑lo.
  • Teorema de Green (forma útil aqui): se C é a fronteira orientada positivamente (contra‑horário) de uma região simples R do plano e P,Q têm derivadas parciais contínuas em uma vizinhança de R, então
\int_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{R} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Por que podemos aplicar: P(x,y)=4+e^{\sqrt{x}} e Q(x,y)=\sin y+3x^{2} têm derivadas parciais contínuas em R (a dependência estranha e^{\sqrt{x}} é suave para x\ge0), e C é a fronteira de uma região regular. Assumimos a orientação positiva (contra‑horário), que é a convenção usual quando se diz “fronteira da região R”.
Agora calculamos as derivadas parciais que entram no integrando:
  • \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(\sin y + 3x^{2}\bigr) = 6x.
  • \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(4+e^{\sqrt{x}}\bigr) = 0 (pois P não depende de y).
Então o integrando fica simples:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=6x.

Passo 3

Montando a integral dupla sobre R: pelo teorema de Green
\int_{C}\bigl(4+e^{\sqrt{x}}\bigr)\,dx+\bigl(\sin y+3x^{2}\bigr)\,dy = \iint_{R} 6x \, dA.
Agora vamos calcular \iint_{R}6x\,dA. Como R é um setor anelar no primeiro quadrante (ângulo \pi/2, raio entre a e b), é natural usar coordenadas polares. Vou explicar a mudança:
  • Em coordenadas polares temos x=r\cos\theta, y=r\sin\theta.
  • O elemento de área transforma como dA = r\,dr\,d\theta (isso vem do jacobiano da transformação polares; pense em pequenos retângulos polares de lados dr e r\,d\theta).
  • Os limites para r são de a até b. Os limites para \theta são de 0 até \pi/2 (primeiro quadrante).
Substituindo x=r\cos\theta e dA=r\,dr\,d\theta no integrando:
6x\,dA = 6(r\cos\theta)\cdot r\,dr\,d\theta = 6 r^{2}\cos\theta \,dr\,d\theta.

Passo 4

Calculemos a integral iterada explicitamente, passo a passo (sem pular conta):
\iint_{R}6x\,dA = \int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=a}^{b} 6 r^{2}\cos\theta \,dr\,d\theta.
Podemos separar a integral em produto (a função é produto de funções de r e \theta):
\int_{0}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta \cdot \int_{a}^{b} 6 r^{2}\,dr.
Calcule cada uma:
  • A integral angular:
\int_{0}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta = \sin\theta\Big|_{0}^{\pi/2} = 1-0 = 1.
  • A integral radial:
\int_{a}^{b} 6 r^{2}\,dr = 6\cdot\frac{r^{3}}{3}\Big|_{a}^{b} = 2\bigl(b^{3}-a^{3}\bigr).
Multiplicando as duas partes (já que a angular deu 1):
\iint_{R}6x\,dA = 1 \cdot 2\bigl(b^{3}-a^{3}\bigr) = 2\bigl(b^{3}-a^{3}\bigr).

Passo 5

Verificação de sinal e conclusão: usamos a orientação padrão (contra‑horário). Se a curva C estivesse orientada no sentido horário, o resultado teria sinal oposto. Como o enunciado diz “fronteira da região R” sem especificar, a convenção é orientação positiva e a aplicação do teorema de Green foi feita corretamente.
Portanto o valor pedido da integral de linha é 2\bigl(b^{3}-a^{3}\bigr).

Resposta

2\bigl(b^{3}-a^{3}\bigr)

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