Considere o campo vetorial \mathbf{F}(x, y)=\left\langle x^{2} y-x^{3}, y^{2}-x y^{2}\right\rangle. Calcule
\oint_{C} \mathbf{F} \cdot \mathrm{~d} \mathbf{r},
onde C é a fronteira da região do primeiro quadrante delimitada pelo círculo de equação x^{2}+y^{2}=16 e os eixos coordenados, percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial \mathbf{F}(x,y)=\langle x^{2}y-x^{3},\; y^{2}-xy^{2}\rangle e pede o valor da integral de linha fechada
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r},
onde C é a fronteira da região do primeiro quadrante delimitada pelo círculo de equação \,x^{2}+y^{2}=16\, e pelos eixos coordenados, percorrida no sentido anti-horário. Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A curva C é a fronteira de uma região R que é um quarto de disco de raio \,4 (pois 16=4^{2}) no primeiro quadrante.
  • O sentido de percurso é anti-horário (orientação positiva), o que é importante para aplicar o teorema apropriado de troca entre integral de linha e integral dupla.
  • O campo vetorial tem componentes P(x,y)=x^{2}y-x^{3} e Q(x,y)=y^{2}-xy^{2}.
    O que se pede: calcular o valor numérico de \oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.

Passo 2

Escolhemos um teorema prático: o teorema que transforma uma integral de linha fechada em uma integral dupla sobre a região interior. Vou explicar ele com calma.
Teorema (fórmula usada): se C é a fronteira suave e positivamente orientada de uma região plana R e \mathbf{F}=\langle P,Q\rangle tem derivadas parciais contínuas em R, então
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
O que essa fórmula diz, em palavras simples: a circulação do campo ao longo da fronteira é igual à integral dupla da “rotação” (o análogo planar do rotacional) do campo sobre a região interior. Aqui a orientação positiva (anti-horário) garante que usamos o sinal como está.

Passo 3

Aplicamos a fórmula identificando P e Q no nosso caso:
P(x,y)=x^{2}y-x^{3},\qquad Q(x,y)=y^{2}-xy^{2}.
Agora calculamos as derivadas parciais que entram na fórmula:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(y^{2}-xy^{2}\bigr)=-y^{2},
porque y^{2} é tratado como constante em relação a x e \frac{\partial}{\partial x}(-x y^{2})=-y^{2}.
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}y-x^{3}\bigr)=x^{2},
pois \frac{\partial}{\partial y}(x^{2}y)=x^{2} e \frac{\partial}{\partial y}(-x^{3})=0.
Portanto o integrando da integral dupla é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-y^{2}-x^{2}=-(x^{2}+y^{2}).

Passo 4

Agora precisamos integrar -\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr) sobre a região R que é um quarto de disco de raio \,4 no primeiro quadrante. Para regiões circulares, a maneira mais prática é usar coordenadas polares. Vou explicar a mudança de variáveis e o jacobiano:
  • Em coordenadas polares definimos \,x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta\,.
  • A expressão \,x^{2}+y^{2}=r^{2}.
  • O elemento de área dA se transforma em \,dA=r\,dr\,d\theta\,. Esse fator r é o jacobiano da transformação e aparece sempre que trocamos para polares.
Agora os limites da região R: como é o quarto de disco no primeiro quadrante,
0\leq r\leq 4,\qquad 0\leq \theta\leq \frac{\pi}{2}.

Passo 5

Substituímos tudo na integral dupla. O integrando -(x^{2}+y^{2}) vira -r^{2} e dA vira r\,dr\,d\theta. Assim
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{R}-(x^{2}+y^{2})\,dA =\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{4} -r^{2}\cdot r\,dr\,d\theta =\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{4} -r^{3}\,dr\,d\theta.

Passo 6

Calculamos a integral em r passo a passo:
\int_{0}^{4} -r^{3}\,dr = -\left[\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{4} = -\frac{4^{4}}{4}.
Agora 4^{4}=4\cdot4\cdot4\cdot4=256. Então
\int_{0}^{4} -r^{3}\,dr = -\frac{256}{4} = -64.

Passo 7

Agora integramos em \theta:
\int_{0}^{\pi/2} -64\,d\theta = -64\left[\theta\right]_{0}^{\pi/2} = -64\cdot\frac{\pi}{2} = -32\pi.

Passo 8

Interpretação rápida (motivacional): o integrando era negativo, porque \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-(x^{2}+y^{2})\le 0. Esperar um resultado negativo faz sentido físico/geometrico: o campo tem uma circulação total negativa ao longo da fronteira orientada positivamente. Mas o essencial para a prova é saber aplicar corretamente o teorema e fazer a mudança para polares, como fizemos.

Resposta

-32\pi

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