(3,0) Calcule a integral
\oint_{c}[y d x+(x+y+2 z) d y+(x+2 y) d z
no plano z=y, orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha fechada
\oint_{c}\bigl[y\,dx+(x+y+2z)\,dy+(x+2y)\,dz\bigr]
onde a curva c está contida no plano \;z=y\; e é orientada no sentido anti‑horário.\n
Informações relevantes que temos:
  • A 1‑forma (campo) é \;P\,dx+Q\,dy+R\,dz com \;P=y,\;Q=x+y+2z,\;R=x+2y.\n
  • A curva c é fechada e está inteiramente no plano \;z=y.\n
  • A orientação é anti‑horária (isto define a orientação positiva para aplicar o teorema de Green/Stokes).\n
    Nada mais é dado sobre a forma da curva — portanto a resposta deverá ficar em função da região que c encierra (ou seja, da área projetada no plano xy). A resolução começa agora.

Passo 2

Estratégia escolhida (por que): como a curva vive no plano \;z=y podemos restringir a 1‑forma àquele plano e reduzir o problema a uma integral de linha no plano xy. Em seguida aplicaremos o Teorema de Green (fácil e direto para integrais de linha fechadas em \mathbb{R}^2). Esta escolha é natural porque o plano dá uma relação simples entre dz e dy, tornando a redução muito simples. Vou explicar passo a passo essas ideias.

Passo 3

Redução da 1‑forma ao plano \;z=y.\n
Na superfície definida por \;z=y temos a relação diferencial
dz = dy,
pois z é igual a y ao longo da superfície. Substituímos z=y nas componentes e dz=dy na 1‑forma original.\n
Calculemos as componentes com z=y:
Q = x+y+2z \longrightarrow x+y+2y = x+3y,
R = x+2y \quad(\text{permanece }x+2y).
Como dz=dy, os termos em dy e dz se juntam: Q\,dy + R\,dz = (Q+R)\,dy. Portanto a 1‑forma reduzida no plano é
y\,dx + (Q+R)\,dy = y\,dx + \bigl((x+3y)+(x+2y)\bigr)\,dy = y\,dx + (2x+5y)\,dy.

Passo 4

Aplicando o Teorema de Green (aula curta):\n
O Teorema de Green diz o seguinte — de forma prática para nós: se c é uma curva fechada simples, orientada positivamente (anti‑horário) e D é a região planar em xy limitada por c, então para a 1‑forma P\,dx+Q\,dy se tem
\oint_{c} P\,dx+Q\,dy \;=\; \iint_{D} \Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Aqui dA é o elemento de área no plano xy. A hipótese “anti‑horário” garante que estamos usando a orientação positiva exigida pelo teorema.\n
No nosso caso, após redução, P(x,y)=y e Q(x,y)=2x+5y.

Passo 5

Cálculo das derivadas parciais e da integral dupla:\n
Compute as derivadas:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(2x+5y)=2,
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(y)=1.
Logo
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2-1=1.
Pelo Teorema de Green,
\oint_{c} \bigl[y\,dx+(2x+5y)\,dy\bigr] \;=\; \iint_{D} 1\,dA \;=\; \iint_{D} dA.
A integral dupla de 1 sobre D é simplesmente a área da região D no plano xy limitada por c. Note que D é a projeção orthogonal no plano xy da região em z=y limitada por c.\n
Portanto a integral pedida vale precisamente a área da região projetada de c no plano xy.

Passo 6

Checagem alternativa (curtinha) usando Rotacional + Stokes (opcional, para intuição):\n
O rotacional do campo \mathbf{F}=(y,\;x+y+2z,\;x+2y) é
\nabla\times\mathbf{F}=(0,\,-1,\,0).
Se aplicássemos o Teorema de Stokes sobre a superfície S contida em z=y com fronteira c, obteríamos
\oint_{c}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S} (\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS.
Tomando um vetor normal unitário apropriado à superfície e lembrando que a área da superfície se relaciona com a área projetada no plano xy por dS=\sqrt{2}\,dA, faz-se a conta e obtém‑se novamente que o resultado é \iint_{D} dA. Isso confirma a conclusão anterior.

Resposta

\displaystyle \iint_{D} dA

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