Calcule a integral de linha diretamente e, também, pelo teorema de Green:
\oint_{C} x d x+y^{2} d y
onde C é o caminho fechado formado por y=x^{2} e y=x, no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\oint_{C} x\,dx + y^{2}\,dy
de duas formas: (i) diretamente (parametrizando as partes de C) e (ii) usando o Teorema de Green.
O caminho fechado C é a fronteira da região limitada por y=x^{2} e y=x, tomado no sentido anti-horário. Informações úteis dadas pelo enunciado:
  • As curvas se intersectam em x^{2}=x, ou seja em x=0 e x=1. Portanto os pontos de interseção são (0,0) e (1,1).
  • Para 0<x<1 vale x^{2}<x, logo a parábola y=x^{2} é a curva inferior e a reta y=x é a curva superior na região entre elas.
    As duas tarefas são: (A) calcular a integral quebrando C em duas partes (parábola e reta) e (B) aplicar o Teorema de Green ao domínio interior.

Passo 2

Cálculo direto — parametrização da parte sobre a parábola y=x^{2}.
Escolho parametrizar a parte inferior C_{1} por
\mathbf{r}_{1}(t) = (t,\,t^{2}),\qquad 0\le t\le 1,
pois assim vou de (0,0) a (1,1). Como o sentido é anti-horário, ir da esquerda para a direita sobre a curva inferior está correto. Agora calculo dx e dy:
dx = dt,\qquad dy = 2t\,dt.
Substituo na integral:
\int_{C_{1}} x\,dx + y^{2}\,dy = \int_{0}^{1} \big( t\cdot dx + (t^{2})^{2}\cdot dy \big) = \int_{0}^{1} \big( t\cdot dt + t^{4}\cdot 2t\,dt \big).
Simplificando o integrando:
t + 2t^{5}.
Integro de 0 a 1:
\int_{0}^{1} \big(t + 2t^{5}\big)\,dt = \left[\tfrac{1}{2}t^{2} + \tfrac{2}{6}t^{6}\right]_{0}^{1} = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{3} = \tfrac{5}{6}.

Passo 3

Cálculo direto — parametrização da parte sobre a reta y=x.
A parte superior C_{2} deve ir de (1,1) de volta a (0,0) para completar o contorno no sentido anti-horário (isto é, da direita para a esquerda ao longo da reta). Parametrizo por
\mathbf{r}_{2}(s) = (s,\,s),\qquad 1\ge s\ge 0.
É mais conveniente escrever como s indo de 1 até 0. Aqui
dx = ds,\qquad dy = ds,
e o integrando fica
x\,dx + y^{2}\,dy = s\,ds + s^{2}\,ds = (s + s^{2})\,ds.
Logo
\int_{C_{2}} x\,dx + y^{2}\,dy = \int_{1}^{0} (s + s^{2})\,ds = -\int_{0}^{1} (s + s^{2})\,ds.
Calculo a integral em 0 a 1:
\int_{0}^{1} (s + s^{2})\,ds = \left[\tfrac{1}{2}s^{2} + \tfrac{1}{3}s^{3}\right]_{0}^{1} = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{3} = \tfrac{5}{6}.
Portanto
\int_{C_{2}} x\,dx + y^{2}\,dy = -\tfrac{5}{6}.

Passo 4

Somando as duas partes para obter a integral sobre todo C:
\oint_{C} x\,dx + y^{2}\,dy = \int_{C_{1}} + \int_{C_{2}} = \tfrac{5}{6} + \big(-\tfrac{5}{6}\big) = 0.
Assim, o cálculo direto dá 0.

Passo 5

Cálculo pelo Teorema de Green (completo e didático).
Enunciado do Teorema de Green (caso planar): se P(x,y) e Q(x,y) têm derivadas parciais contínuas em uma região que contém D e sua fronteira simples orientada positivamente \partial D, então
\oint_{\partial D} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \Big( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \Big)\,dA.
Aqui P(x,y)=x e Q(x,y)=y^{2}. Calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y^{2}) = 0, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x) = 0.
Logo o rotacional integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 - 0 = 0.
A região D é aquela entre y=x^{2} e y=x, com 0\le x\le 1. Aplicando Green:
\oint_{C} x\,dx + y^{2}\,dy = \iint_{D} 0\,dA = 0.
Note que a hipótese de orientação positiva (anti-horário) é satisfeita pelo enunciado, então a aplicação de Green é válida.

Passo 6

Comentário didático extra (intuição): o integrando do Teorema de Green saiu zero porque o campo vetorial \mathbf{F}=(P,Q)=(x,y^{2}) tem rotacional nulo na região. Isso também indica que \mathbf{F} é gradiente de uma função potencial em qualquer domínio simplesmente conexo que contenha D. De fato uma função potencial é
\varphi(x,y)=\tfrac{1}{2}x^{2} + \tfrac{1}{3}y^{3},
pois \nabla\varphi=(x,y^{2}). Para um campo conservativo a integral ao longo de uma curva fechada é 0, concordando com os cálculos anteriores.

Resposta

0

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