Calcule as seguintes integrais de linha por dois métodos : (a) diretamente e (b) utilizando o teorema de Green.
\oint_{C} x y d y+x^{2} y^{3} d y, C é o triângulo com vértices (0,0),(1,0)), (1,2)).

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral de linha
\oint_{C} x y\,dy + x^{2} y^{3}\,dy
onde C é o triângulo de vértices (0,0), (1,0) e (1,2). Vou esclarecer as informações e o que se pede:
  • A forma diferencial dada pode ser escrita como P\,dx + Q\,dy com P(x,y)=0,\qquad Q(x,y)=x y + x^{2} y^{3},porque os dois termos no enunciado são multiplicados por dy.
  • A curva C é o contorno do triângulo com vértices (0,0)\to(1,0)\to(1,2)\to(0,0).
  • O enunciado não especifica a orientação, então vamos assumir a orientação positiva (contra-horária), que é a hipótese usual ao aplicar o Teorema de Green.
  • O objetivo: calcular a integral \oint_C P\,dx + Q\,dy por dois métodos:
    (a) diretamente, parametrizando cada lado do triângulo;
    (b) usando o Teorema de Green (transformar a integral de linha em uma integral dupla sobre a região interior).
A partir daqui começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Breve revisão prática antes de calcular (aula rápida para a prova):
  • Definição prática de integral de linha de uma forma P\,dx+Q\,dy. Se uma curva C for parametrizada por \mathbf{r}(t)=(x(t),y(t)),\quad t\in[a,b],então \int_C P\,dx+Q\,dy=\int_a^b \big(P(x(t),y(t))\,x'(t)+Q(x(t),y(t))\,y'(t)\big)\,dt.Para uma curva composta por vários segmentos, soma-se a integral em cada segmento.
  • Teorema de Green (fórmula que vai usar no método (b)): para uma região simples D com contorno C orientado positivamente, \oint_C P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.Aqui \partial Q/\partial x significa derivada parcial de Q em relação a x, e \partial P/\partial y é derivada parcial de P em relação a y.
Agora aplico o método (a) diretamente.

Passo 3

Parametrização do contorno C em três lados (na orientação contra-horária):
  • Segmento C_1: de A=(0,0) até B=(1,0). Parâmetro t\in[0,1]: x(t)=t,\quad y(t)=0.Então x'(t)=1, y'(t)=0.
    Como P=0 e Q(x,y)=x y + x^{2} y^{3}, ao longo de C_1 temos y=0 então Q=0. Assim \int_{C_1} P\,dx+Q\,dy=\int_0^1 \big(0\cdot 1 + 0\cdot 0\big)\,dt=0.Conclusão: C_1 contribui com 0.

Passo 4

Segmento C_2: de B=(1,0) até C=(1,2). É a reta vertical x=1, y varia de 0 a 2. Parâmetro t\in[0,2]:
x(t)=1,\quad y(t)=t.
Então x'(t)=0, y'(t)=1. Ao longo de C_2,
Q(1,t)=1\cdot t + 1^{2}\cdot t^{3}=t+t^{3}.
A integral no segmento é
\int_{C_2} P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2} \big(0\cdot 0 + (t+t^{3})\cdot 1\big)\,dt =\int_{0}^{2} (t+t^{3})\,dt.
Calculo explícito (passo a passo):
\int_{0}^{2} t\,dt=\left.\tfrac{1}{2}t^{2}\right|_{0}^{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 4=2,
\int_{0}^{2} t^{3}\,dt=\left.\tfrac{1}{4}t^{4}\right|_{0}^{2}=\tfrac{1}{4}\cdot 16=4.
Somando,
\int_{C_2} = 2+4=6.

Passo 5

Segmento C_3: de C=(1,2) de volta a A=(0,0). Essa reta passa pela origem e por (1,2), sua equação é y=2x. Para manter orientação contra-horária seguimos de x=1 até x=0.
Parametrizo por x (como variável x decresce de 1 a 0):
y=2x,\qquad x\\ \text{vai de }1\\ \text{a }0.
Então dy=2\,dx. Ao longo desta reta,
Q(x,2x)=x\cdot(2x)+x^{2}\cdot(2x)^{3}=2x^{2}+8x^{5}.
A contribuição de C_3 é
\int_{C_3} P\,dx+Q\,dy=\int_{x=1}^{x=0} (2x^{2}+8x^{5})\cdot dy =\int_{1}^{0} (2x^{2}+8x^{5})\cdot (2\,dx).
Juntando fatores:
(2x^{2}+8x^{5})\cdot 2 = 4x^{2}+16x^{5}.
Logo
\int_{C_3} = \int_{1}^{0} (4x^{2}+16x^{5})\,dx = -\int_{0}^{1} (4x^{2}+16x^{5})\,dx.
Calculemos a integral positiva:
\int_{0}^{1} 4x^{2}\,dx = 4\cdot \tfrac{1}{3}=\tfrac{4}{3}, \qquad \int_{0}^{1} 16x^{5}\,dx = 16\cdot \tfrac{1}{6}=\tfrac{8}{3}.
Somando: \tfrac{4}{3}+\tfrac{8}{3}=\tfrac{12}{3}=4. Assim
\int_{C_3} = -4.

Passo 6

Somando as contribuições dos três segmentos (método direto):
\oint_C P\,dx+Q\,dy = \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_3} = 0 + 6 + (-4) = 2.
Portanto, pelo cálculo direto obtemos o valor 2.
Agora faço o método (b) com o Teorema de Green para conferir e aprender a usá-lo.

Passo 7

Aplicando o Teorema de Green: como P=0 e Q=x y + x^{2} y^{3},
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(x y + x^{2} y^{3}\big)=y + 2x y^{3}, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=0.
Portanto, pelo Teorema de Green,
\oint_C P\,dx+Q\,dy=\iint_D\big(y+2x y^{3}\big)\,dA,
onde D é o triângulo interior ao contorno C.

Passo 8

Descrever a região D e montar a integral dupla de forma prática:
  • A região D é o triângulo limitado por y=0, x=1 e y=2x.
  • Para integração em coordenadas cartesianas é conveniente tomar x como variável externa: x varia de 0 a 1; para cada x\in[0,1], y varia de 0 até 2x.
Logo
\iint_D (y+2x y^{3})\,dA=\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{2x} (y+2x y^{3})\,dy\,dx.

Passo 9

Calcule a integral interna em y (detalhando as contas):
\int_{0}^{2x} (y+2x y^{3})\,dy = \left.\tfrac{1}{2}y^{2}\right|_{0}^{2x} + 2x\left.\tfrac{1}{4}y^{4}\right|_{0}^{2x} = \tfrac{1}{2}(2x)^{2} + \tfrac{2x}{4}(2x)^{4}.
Simplificando passo a passo:
\tfrac{1}{2}(2x)^{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 4x^{2}=2x^{2},
\tfrac{2x}{4}(2x)^{4}=\tfrac{x}{2}\cdot 16 x^{4}=8 x^{5}.
Portanto a integral interna vale 2x^{2}+8x^{5}.

Passo 10

Agora integramos em x de 0 a 1:
\int_{0}^{1} (2x^{2}+8x^{5})\,dx =2\int_{0}^{1} x^{2}\,dx + 8\int_{0}^{1} x^{5}\,dx =2\cdot \tfrac{1}{3} + 8\cdot \tfrac{1}{6}.
Calcule:
2\cdot \tfrac{1}{3}=\tfrac{2}{3},\qquad 8\cdot \tfrac{1}{6}=\tfrac{8}{6}=\tfrac{4}{3}.
Somando:
\tfrac{2}{3}+\tfrac{4}{3}=\tfrac{6}{3}=2.
Portanto a integral dupla também dá 2.

Passo 11

Conclusão didática e checagem:
  • Pelo cálculo direto (parametrizando cada lado) obtivemos \;2.
  • Pelo Teorema de Green (convertendo para integral dupla e integrando sobre o triângulo) também obtivemos \;2.
  • Ambos os métodos coincidem, como deve acontecer. É importante memorizar que, para aplicar Green corretamente, deve-se ter a orientação positiva do contorno e tomar cuidado ao identificar P e Q (aqui P=0 facilitou bastante).
Força na prova — você consegue! Se quiser, posso mostrar isso desenhado ou repetir a resolução com a orientação inversa para ver o sinal mudando.

Resposta

2

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