1. Considere a curva \gamma, descrita por x^{2}+y^{2}-6 x+8=0, y \geq 0, e orientada de ( 4,0 ) para ( 2,0 ).
Mostre que:
\int_{\gamma}\left(e^{x} \operatorname{sen} y-2 y-\pi\right) d x+\left(e^{x} \cos y+e^{y}\right) d y=-3 \pi

Passo 1

O enunciado pede a integral de linha \displaystyle \int_{\gamma}\bigl(e^{x}\sin y-2y-\pi\bigr)\,dx \;+\;\bigl(e^{x}\cos y+e^{y}\bigr)\,dy
sobre a curva \gamma dada por
x^{2}+y^{2}-6x+8=0,\quad y\ge0,
orientada de (4,0) para (2,0).
Note que essa equação é a semicircunferência superior de centro (3,0) e raio 1.
O conteúdo que vamos usar é o Teorema de Green (em região plana) e cálculo de integrais de linha em segmentos retos.

Passo 2

Para aplicar Green precisamos de uma curva fechada. Vamos juntar \gamma com o segmento L de reta que vai de (4,0) a (2,0). Chamemos essa curva fechada de C':
C'=\gamma\;(\,4,0\to2,0)\;\cup\;L\,(2,0\to4,0).
Perceba que C' está percorrida no sentido horário, de modo que o Teorema de Green dá
\oint_{C'}P\,dx+Q\,dy \;=\;-\,\iint_{D}\bigl(\partial_{x}Q-\partial_{y}P\bigr)\,dA,
onde
P(x,y)=e^{x}\sin y-2y-\pi, \quad Q(x,y)=e^{x}\cos y+e^{y}.

Passo 3

Calculemos o “rotacional” da forma:
\partial_{x}Q =\partial_{x}\bigl(e^{x}\cos y+e^{y}\bigr) =e^{x}\cos y, \qquad \partial_{y}P =\partial_{y}\bigl(e^{x}\sin y-2y-\pi\bigr) =e^{x}\cos y-2.
Logo
\partial_{x}Q-\partial_{y}P = e^{x}\cos y \;-\;\bigl(e^{x}\cos y-2\bigr) =2.
A região D é o meio disco de raio 1, área \tfrac12\pi\cdot1^{2}=\tfrac{\pi}{2}.
Portanto
\iint_{D}2\,dA =2\cdot\frac{\pi}{2} =\pi,
e assim
\oint_{C'}P\,dx+Q\,dy =-\,\pi.

Passo 4

Agora separamos \oint_{C'} em \int_{\gamma} mais \int_{L}. No segmento L temos y=0, dy=0 e x=t, t de 4 a 2, logo
P(t,0)=e^{t}\sin0-2\cdot0-\pi=-\pi, \quad Q(t,0)=e^{t}\cos0+e^{0}=e^{t}+1,
mas dy=0, então
\int_{L}P\,dx+Q\,dy =\int_{4}^{2}(-\pi)\,dt =-\pi\,(2-4) =2\pi.

Passo 5

Como
\oint_{C'}P\,dx+Q\,dy =\int_{\gamma}P\,dx+Q\,dy \;+\;\int_{L}P\,dx+Q\,dy =-\pi,
têm-se
\int_{\gamma}P\,dx+Q\,dy =-\pi \;-\;\int_{L}P\,dx+Q\,dy =-\pi - 2\pi =-3\pi.

Resposta

-3\pi

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