Calcule a integral de linha \oint_{\alpha} x \mathrm{e}^{-2 x} d x+\left(x^{4}+2 x^{2} y^{2}\right) d y, onde \alpha é a fronteira da região limitada entre as circunferência x^{2}+y^{2}=1 e x^{2}+y^{2}=4 no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede a integral de linha
\oint_{\alpha} P\,dx + Q\,dy
onde
P(x,y)=x e^{-2x}, \quad Q(x,y)=x^4+2x^2y^2,
e \alpha é a fronteira da região anelar 1\le x^2+y^2\le4 orientada positivamente (sentido anti-horário no contorno exterior e reverso no interior). Vamos usar o Teorema de Green para transformar a integral de linha numa integral dupla sobre a região.

Passo 2

No Teorema de Green, temos
\oint_{\partial D}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} =4x^3+4xy^2, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} =0.
Logo o integrando é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =4x^3+4xy^2.

Passo 3

A integral de linha vira
\iint_{D}(4x^3+4xy^2)\,dA.
Como D é o anel 1\le x^2+y^2\le4, passamos para coordenadas polares:
x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad dA=r\,dr\,d\theta,
com r\in[1,2] e \theta\in[0,2\pi].

Passo 4

Em polares o integrando fica
4x^3+4xy^2 =4r^3(\cos^3\theta+\cos\theta\sin^2\theta),
e portanto
\iint_{D}(4x^3+4xy^2)\,dA =\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{1}^{2} 4r^3(\cos^3\theta+\cos\theta\sin^2\theta)\,r\,dr\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{1}^{2}4r^4(\cos^3\theta+\cos\theta\sin^2\theta)\,dr\,d\theta.

Passo 5

Separamos as integrais radial e angular:
\int_{1}^{2}4r^4\,dr \;\times\; \int_{0}^{2\pi}(\cos^3\theta+\cos\theta\sin^2\theta)\,d\theta.
Note que
\int_{0}^{2\pi}\cos^3\theta\,d\theta=0, \quad \int_{0}^{2\pi}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}(\cos\theta-\cos^3\theta)\,d\theta=0.
Assim a parte angular é zero.

Passo 6

Como o fator angular é zero, toda a integral dupla vale zero. Pelo Teorema de Green, a integral de linha original também vale zero.

Resposta

0

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