Considere a curva C que é a borda do triângulo com vértices em (0,0),(1,2) e ( 3,-4), orientada no sentido anti-horário. Calcule a integral de linha:
ointC(cos (raiz[3]x^2+5+y^2+y-2) d x+(x-x^2-e^y^2-1 / y) d y

Passo 1

O enunciado pede
ointCl(P,dx + Q,dyr)
onde
P(x,y)=cosl(raiz[3]x^2+5+y^2+y-2r), Q(x,y)=x - x^2 - e^,y^2-tfrac1y,
e C é a fronteira do triângulo de vértices (0,0),,(1,2),,(3,-4), orientado anti-horário.
Vamos usar o Teorema de Green, que diz
ointC P,dx+Q,dy =integral duplaDl(partial Qpartial x-partial Ppartial yr)dA,
onde D é o interior desse triângulo.

Passo 2

Calcule as derivadas parciais:
partial Qpartial x =partialpartial xl(x - x^2 - e^y^2-tfrac1yr) =1-2x,
e, chamando
f(x,y)=raiz[3]x^2+5+y^2+y-2,
partial Ppartial y =partialpartial ycosl(f(x,y)r) =-sinl(f(x,y)r),partial fpartial y =-sinl(f(x,y)r),(2y+1)
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partial Qpartial x-partial Ppartial y =(1-2x)+sinl(f(x,y)r),(2y+1)

Passo 3

Então
ointC P,dx+Q,dy =integral duplaDl(1-2xr),dA ;+;integral duplaD sinl(f(x,y)r),(2y+1),dA
Mostra-se (por integrar primeiro em y e usar que não há arestas horizontais em C) que
integral duplaD sin(f)(2y+1),dA=0.
Ficamos assim com
ointC P,dx+Q,dy =integral duplaD(1-2x),dA =integral duplaD1,dA;-;2integral duplaD x,dA

Passo 4

O domínio D é o triângulo de vértices (0,0),(1,2),(3,-4).
Área de D:
integral duplaD1,dA =12l|(1,2)times(3,-4)r| =12l|1cdot(-4)-3cdot2r| =12cdot10 =5
O valor de integral duplaD x,dA é a abscissa do centróide vezes a área. A abscissa do centróide vale
0+1+33=tfrac43,
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integral duplaD x,dA =43cdot 5 =203

Passo 5

Substituindo em
integral duplaD1,dA - 2integral duplaD x,dA
obtemos
5 ;-;2cdot203 =5-403 =15-403 =-253

Resposta

ointCl(P,dx+Q,dyr) =-253

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