Calcule \left.\int_{C}\left(x^{2} y \cos x-2 x y \operatorname{sen} x\right)-y^{2} e^{x}\right) d x+\left(x^{2} \operatorname{sen} x-2 y e^{x}\right) d y, em que C é a hipocicloide x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}.

Passo 1

O enunciado pede que calculemos a integral de linha
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy
onde C é a hipocicloide (astroid)
x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}
e, pelo enunciado, as componentes do campo são (reagrupando os parênteses)
P(x,y)=x^{2}y\cos x-2xy\sin x-y^{2}e^{x}, \qquad Q(x,y)=x^{2}\sin x-2y e^{x}.
Resumo das informações importantes:
  • Queremos \oint_{C} P\,dx+Q\,dy com C fechado sendo a curva \;x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}.
  • As funções P e Q são compostas por funções trigonométricas e exponenciais e são suaves em toda a região fechada limitada por C.
  • O enunciado não pede parametrizar a curva explicitamente, então vamos procurar uma técnica que simplifique a integral (vamos usar isso nos passos seguintes).

Passo 2

Por que usar o Teorema de Green (explicação didática)?
  • O Teorema de Green transforma uma integral de linha ao longo de uma curva fechada C na integral dupla sobre a região plana D que C delimita.
  • A vantagem: muitas vezes o integrando da integral dupla é mais simples de calcular do que parametricamente calcular P\,dx+Q\,dy ao redor de uma curva com cusps.
  • Enunciado garante que P,Q têm derivadas parciais contínuas na região interior (são combinações de polinômios, seno, cosseno e exponencial), logo podemos aplicar Green.
O Teorema de Green (forma usada aqui) diz:
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D}\!\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA,
onde D é a região interior a C, orientada positivamente (contrário ao sentido horário).

Passo 3

Calcular as derivadas parciais necessárias (passo mecânico e didático).
  • Derivada parcial de Q em relação a x: \frac{\partial}{\partial x}\big(x^{2}\sin x - 2y e^{x}\big) = 2x\sin x + x^{2}\cos x - 2y e^{x}.Explicando: para x^{2}\sin x usamos a regra do produto: derivada de x^{2} é 2x multiplicada por \sin x mais x^{2} vezes derivada de \sin x que é \cos x. O termo -2y e^{x} ao derivar em x -2y e^{x} (tratamos y como constante).
  • Derivada parcial de P em relação a y: \frac{\partial}{\partial y}\big(x^{2}y\cos x - 2xy\sin x - y^{2}e^{x}\big) = x^{2}\cos x - 2x\sin x - 2y e^{x}.Explicando: derivando termo a termo em y: para x^{2}y\cos x fica x^{2}\cos x (pois x e \cos x são tratados como constantes), para -2xy\sin x fica -2x\sin x, e para -y^{2}e^{x} fica -2y e^{x}.

Passo 4

Formar o integrando da integral dupla pelo Teorema de Green:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = \big(2x\sin x + x^{2}\cos x - 2y e^{x}\big) - \big(x^{2}\cos x - 2x\sin x - 2y e^{x}\big).
Agora simplifico termo a termo:
  • x^{2}\cos x cancela com -x^{2}\cos x.
  • -2y e^{x} cancela com +2y e^{x}.
  • Restam 2x\sin x + 2x\sin x = 4x\sin x.
Portanto, o integrando ficou muito simples:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = 4x\sin x.
Comentário didático: isso é ótimo — a parte complicada envolvendo y e e^{x} desapareceu ao subtrair as parciais, sobrando uma função que depende só de x. Esse tipo de simplificação é o objetivo de sempre tentar Green quando a região e as funções permitem.

Passo 5

Aplicar Green: a integral de linha se transforma em
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D} 4x\sin x \, dA.
Agora precisamos calcular a integral dupla sobre a região D interior ao astroid
x^{\tfrac{2}{3}}+y^{\tfrac{2}{3}}\le a^{\tfrac{2}{3}}.
Observação sobre simetria (muito útil): a região D é simétrica em relação aos eixos x e y. A função x\sin x satisfaz
(x\sin x)(-x) = (-x)\sin(-x)=x\sin x,
ou seja, x\sin x é uma função par (dependente de |x| efetivamente). Assim, ao integrar sobre a região simétrica, podemos reduzir a integral para o primeiro quadrante e multiplicar pelo número apropriado de quadrantes. Em particular:
\iint_{D} 4x\sin x\,dA =4\cdot 4 \iint_{D_{1}} x\sin x\,dA =16\iint_{D_{1}} x\sin x\,dA,
onde D_{1} é a parte de D no primeiro quadrante (x\ge0,y\ge0).
Explicação: a função é independente do sinal de y e é par em x, então cada quadrante contribui igualmente; são 4 quadrantes.

Passo 6

Calcular a integral sobre o primeiro quadrante D_{1} usando integração em fatias (Fubini) — didaticamente simples.
Para x fixo em [0,a], a desigualdade da curva dá
0\le y \le \big(a^{\tfrac{2}{3}}-x^{\tfrac{2}{3}}\big)^{\tfrac{3}{2}}.
Logo, integrando primeiro em y,
\iint_{D_{1}} x\sin x\,dA = \int_{x=0}^{a} \Big( x\sin x \int_{y=0}^{(a^{2/3}-x^{2/3})^{3/2}} dy\Big) dx = \int_{0}^{a} x\sin x\;\big(a^{\tfrac{2}{3}}-x^{\tfrac{2}{3}}\big)^{\tfrac{3}{2}}\;dx.
Note que a integral em y apenas multiplicou por essa altura \big(a^{2/3}-x^{2/3}\big)^{3/2}.
Como a integral sobre toda D era 16 vezes essa integral no primeiro quadrante, obtemos:
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy = 16 \int_{0}^{a} x\sin x\;\big(a^{\tfrac{2}{3}}-x^{\tfrac{2}{3}}\big)^{\tfrac{3}{2}}\,dx.

Passo 7

Dar uma forma alternativa e mais normalizada por substituição (opcional, útil para reconhecimento de forma Beta).
Faça a substituição adimensionada
u=\frac{x^{\tfrac{2}{3}}}{a^{\tfrac{2}{3}}}\quad\Longleftrightarrow\quad x=a\,u^{\tfrac{3}{2}}, \qquad dx=a\cdot\frac{3}{2}u^{\tfrac{1}{2}}\,du,
com u variando de 0 a 1. Substituindo em
16\int_{0}^{a} x\sin x\;(a^{\tfrac{2}{3}}-x^{\tfrac{2}{3}})^{\tfrac{3}{2}}\,dx,
obtemos (calculei os fatores constantes cuidadosamente)
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy =24\,a^{3}\int_{0}^{1} u^{2}(1-u)^{\tfrac{3}{2}}\sin\big(a\,u^{\tfrac{3}{2}}\big)\,du.
Explicando os passos das potências: x=a u^{3/2} x\sin x = a u^{3/2}\sin(a u^{3/2}); o fator (a^{2/3}-x^{2/3})^{3/2}=a(1-u)^{3/2}; e o dx traz a(3/2)u^{1/2}du. Multiplicando tudo e o fator 16 dá o 24a^{3} em frente.

Passo 8

Comentário final (motivacional e prático):
  • A etapa chave foi usar Green para reduzir a integral de linha a uma integral dupla cujo integrando simplificou dramaticamente para 4x\sin x.
  • A integral dupla foi então reduzida a uma integral unidimensional ao integrar em fatias (Fubini), usando a equação da astroid para obter os limites em y.
  • O resultado final pode ser mostrado em duas formas equivalentes: uma integral em x sobre [0,a] e outra integral adimensional em u sobre [0,1]. Em muitas aplicações a forma com u é mais prática para análise assintótica ou para avaliação numérica.

Resposta

\oint_{C} P\,dx+Q\,dy =16\int_{0}^{a} x\sin x\;\big(a^{\tfrac{2}{3}}-x^{\tfrac{2}{3}}\big)^{\tfrac{3}{2}}\,dx =24\,a^{3}\int_{0}^{1} u^{2}(1-u)^{\tfrac{3}{2}}\sin\big(a\,u^{\tfrac{3}{2}}\big)\,du.

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