Considere o campo vetorial
\mathbf{F}(x, y)=\left(x^{4}-y^{3}, x^{3}+y^{5}\right)
e a curva \gamma dada pela circunferência unitária
\gamma(t)=(\cos t, \sin t), \quad 0 \leq t \leq 2 \pi,
percorrida no sentido anti-horário. Calcule a integral de linha de \mathbf{F} ao longo de \gamma, isto é:
\oint_{\gamma} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}
utilizando a parametrização da curva.
Em seguida, calcule a integral dupla dada por:
\iint_{C}(\nabla \times \vec{F}) \cdot \hat{k} d x d y
\nabla \times \vec{F} é o rotacional em cartesianas do mesmo campo anterior, C é a região de integração delimitada pela curva anterior e \hat{k} é um versor que aponta para o sentido positivo do eixo z e é normal à região de integração . Dessas duas integrais, o que podemos concluir?

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
\mathbf{F}(x,y)=\bigl(x^{4}-y^{3},\;x^{3}+y^{5}\bigr)
e a curva \gamma que é a circunferência unitária parametrizada por
\gamma(t)=(\cos t,\sin t),\qquad 0\le t\le 2\pi,
percorrida no sentido anti-horário. Pede-se:
  1. Calcular a integral de linha \displaystyle \oint_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} usando a parametrização.
  2. Calcular a integral dupla \displaystyle \iint_{C}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}\,dx\,dy, onde C é a região interna à circunferência unitária.
  3. Dizer o que podemos concluir a partir dessas duas integrais.
As informações relevantes: expressão explícita de \mathbf{F}, parametrização de \gamma e que C é o disco unitário (região limitada pela curva).

Passo 2

Vamos calcular a integral de linha pela fórmula de parametrização. Regra importante (aula rápida): se \gamma(t)=(x(t),y(t)) e \mathbf{F}=(P,Q), então
\oint_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{a}^{b}\mathbf{F}(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)\,dt=\int_{a}^{b}\bigl(P(x(t),y(t))x'(t)+Q(x(t),y(t))y'(t)\bigr)\,dt.
Aqui a=0, b=2\pi. Vou aplicar essa fórmula passo a passo.

Passo 3

Primeiro calcule \gamma'(t) e avalie \mathbf{F} ao longo de \gamma.
\gamma'(t)=(-\sin t,\;\cos t).
Substituindo (x,y)=(\cos t,\sin t) em \mathbf{F},
\mathbf{F}(\gamma(t))=\bigl(\cos^{4}t-\sin^{3}t,\;\cos^{3}t+\sin^{5}t\bigr).
O produto escalar é
\mathbf{F}(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)=\bigl(\cos^{4}t-\sin^{3}t\bigr)(-\sin t)+\bigl(\cos^{3}t+\sin^{5}t\bigr)\cos t.
Agora simplificamos esse integrando (vou escrever termo a termo):
\begin{aligned} \mathbf{F}(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) &= -\cos^{4}t\sin t+\sin^{4}t+\cos^{4}t+\sin^{5}t\cos t \\\ &= \bigl(\cos^{4}t -\cos^{4}t\sin t\bigr) + \bigl(\sin^{4}t +\sin^{5}t\cos t\bigr). \end{aligned}

Passo 4

Vamos separar a integral em quatro integrais mais simples:
\oint_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{2\pi}\bigl(-\cos^{4}t\sin t\bigr)\,dt+\int_{0}^{2\pi}\sin^{4}t\,dt+\int_{0}^{2\pi}\cos^{4}t\,dt+\int_{0}^{2\pi}\sin^{5}t\cos t\,dt.
Dica técnica (muito usada em provas): integrais do tipo \int_{0}^{2\pi} f' (t)\,dt são zero porque f é periódico e volta ao mesmo valor; também integrais onde aplicamos mudança de variável u=\cos t ou u=\sin t ao integrar de 0 a 2\pi muitas vezes dão zero, pois os limites em u coincidem. Observe duas das integrais têm essa forma:
  • Para \int_{0}^{2\pi} -\cos^{4}t\sin t\,dt faça u=\cos t. Então du=-\sin t\,dt e a integral vira \int_{u(0)}^{u(2\pi)} u^{4}\,du=\int_{1}^{1}u^{4}\,du=0.
  • Para \int_{0}^{2\pi}\sin^{5}t\cos t\,dt faça v=\sin t. Então dv=\cos t\,dt e a integral vira \int_{v(0)}^{v(2\pi)} v^{5}\,dv=\int_{0}^{0}v^{5}\,dv=0.
Portanto restam apenas \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}t\,dt+\int_{0}^{2\pi}\cos^{4}t\,dt.

Passo 5

Agora calculamos I=\int_{0}^{2\pi}\bigl(\sin^{4}t+\cos^{4}t\bigr)\,dt. Use a identidade algébrica:
\sin^{4}t+\cos^{4}t=(\sin^{2}t+\cos^{2}t)^{2}-2\sin^{2}t\cos^{2}t=1-2\sin^{2}t\cos^{2}t.
E use \sin^{2}t\cos^{2}t=\tfrac{1}{4}\sin^{2}2t e \sin^{2}2t=\tfrac{1-\cos 4t}{2}. Assim
\sin^{4}t+\cos^{4}t=1-\tfrac{1}{2}\sin^{2}2t=1-\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1-\cos 4t}{2}=\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{4}\cos 4t.
Integramos de 0 a 2\pi:
I=\int_{0}^{2\pi}\left(\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{4}\cos 4t\right)dt=\tfrac{3}{4}\cdot 2\pi+\tfrac{1}{4}\cdot\left[\tfrac{\sin 4t}{4}\right]_{0}^{2\pi}=\tfrac{3}{4}\cdot 2\pi+0=\tfrac{3\pi}{2}.

Passo 6

Portanto a integral de linha é
\boxed{\displaystyle \oint_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\tfrac{3\pi}{2}.}

Passo 7

Agora vamos calcular o rotacional (componente em z, ou “curl” escalar em 2D). Para um campo \mathbf{F}=(P,Q) em coordenadas cartesianas a componente z do rotacional é
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}.
Aqui P(x,y)=x^{4}-y^{3} e Q(x,y)=x^{3}+y^{5}. Calcule as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x}=3x^{2},\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-3y^{2}.
Logo
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}=3x^{2}-(-3y^{2})=3(x^{2}+y^{2}).

Passo 8

Agora a integral dupla sobre C (o disco unitário) é
\iint_{C}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}\,dx\,dy=\iint_{C}3(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy.
É natural mudar para coordenadas polares: x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta, com 0\le r\le 1, 0\le\theta\le 2\pi, e o elemento de área é dx\,dy=r\,dr\,d\theta. Como x^{2}+y^{2}=r^{2},
\iint_{C}3(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}3r^{2}\cdot r\,dr\,d\theta =3\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} r^{3}\,dr\,d\theta.

Passo 9

Compute inner integral:
\int_{0}^{1}r^{3}\,dr=\left[\tfrac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{1}=\tfrac{1}{4}.
Então
\iint_{C}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}\,dx\,dy=3\cdot 2\pi\cdot \tfrac{1}{4}=\tfrac{3\pi}{2}.

Passo 10

Conclusão (explicação curta, motivadora): as duas integrais deram o mesmo valor \tfrac{3\pi}{2}. Isso é exatamente o que se espera do enunciado clássico que relaciona integral de linha ao redor de uma curva fechada com a integral dupla do rotacional sobre a região interior (a versão plana do teorema de Green). Aqui as hipóteses necessárias estão satisfeitas (campo com derivadas parciais contínuas na região que contém o disco unitário), então a igualdade se confirma no cálculo explícito.

Resposta

\displaystyle \oint_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\tfrac{3\pi}{2}
\displaystyle \iint_{C}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\hat{k}\,dx\,dy=\tfrac{3\pi}{2}
Conclusão: as duas integrais são iguais; confirma-se a aplicação do Teorema de Green para este caso.

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