Calcule as seguinte integrais de linha:
a)
\oint_{\gamma}(\operatorname{sen} x+4 x y) d x+\left(2 x^{2}-\operatorname{coy}\right) d y \gamma é qualquer curva regular fechada simples.
b) \oint_{\gamma} \sqrt{x^{2}+y^{2}} d x+y \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) d y, \gamma é qualquer curva regular fechada simples, que não envolve a origem.
c) \oint_{\gamma} 4 y d x+7 x d y, onde \gamma é o triângulo de vertíces ((0,0),(4,0)) e (2,2),no sentido anti-horários:
c1) diretamente
c2) utilizando o teorema de Green.

Passo 1

O enunciado pede três integrais de linha do tipo \oint_\gamma P\,dx + Q\,dy. Na parte (a) e (b) mostramos que os campos são conservativos em domínios que tornam a curva fechada simple sem singularidades, logo a integral é zero. Na parte (c) o campo não é conservativo, então em (c1) fazemos o cálculo direto por parametrizações dos lados do triângulo e em (c2) aplicamos o Teorema de Green para converter em integral de área.

Passo 2

Para a) note que
P(x,y)=\sin x + 4xy, \quad Q(x,y)=2x^2 - \cos y.
Calculamos
\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=4x
e
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=4x.
Como estão iguais em todo \mathbb{R}^2, o campo é conservativo num domínio simplesmente conexo e, em qualquer curva regular fechada simples,
\oint_\gamma P\,dx + Q\,dy = 0.

Passo 3

Para b) definimos
P(x,y)=\sqrt{x^2 + y^2}, \quad Q(x,y)=y \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + y^2}\bigr).
Temos
\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}
e, usando
\displaystyle \frac{d}{dx}\ln(x+r)=\frac{1}{r} com r=\sqrt{x^2+y^2},
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}.
Como \partial P/\partial y = \partial Q/\partial x em \mathbb{R}^2\setminus\{0\} e a curva não envolve a origem, o domínio interior é simplesmente conexo e a integral também é zero:
\oint_\gamma P\,dx + Q\,dy = 0.

Passo 4

Em c) temos
P(x,y)=4y, \quad Q(x,y)=7x,
logo
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=7\neq 4=\frac{\partial P}{\partial y}.
O campo não é conservativo, então não podemos usar primitiva global.

Passo 5

(c1) Cálculo direto: o triângulo (0,0)\to(4,0)\to(2,2)\to(0,0) tem três arestas.
– Aresta 1: (x,y)=(t,0), t\in[0,4], dx=dt, dy=0. Integral I_1=\int_0^4(4\cdot0)\,dt=0.
– Aresta 2: (x,y)=(4-2t,2t), t\in[0,1], dx=-2\,dt, dy=2\,dt.
P=4y=8t,\quad Q=7x=28-14t.
I_2=\int_0^1\bigl(8t\cdot(-2)+ (28-14t)\cdot2\bigr)\,dt =\int_0^1(56-44t)\,dt =56-\frac{44}{2}=34.
– Aresta 3: (x,y)=(2-2s,2-2s), s\in[0,1], dx=dy=-2\,ds.
P=4y=8-8s,\quad Q=7x=14-14s.
I_3=\int_0^1\bigl((8-8s)(-2)+(14-14s)(-2)\bigr)\,ds =\int_0^1(-44+44s)\,ds =-44+22=-22.
Somando I_1+I_2+I_3=0+34-22=12.

Passo 6

(c2) Pelo Teorema de Green,
\oint_\gamma P\,dx + Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)dA =\iint_{D}(7-4)\,dA =3\cdot\text{Área}(D).Á
O triângulo tem base 4 e altura 2, área 4. Logo a integral é
3\times 4 = 12.

Resposta

a) 0
b) 0
c1) 12
c2) 12

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