Exercício 13. Sejam
\vec{F}=x^{3} y^{3} \vec{i}+\left(3 y-\frac{3}{4} x^{2} y^{4}\right) \vec{j}
e C a curva que tem por paramentrização
r(t)=\left(t^{3}, \sin \left(4 \operatorname{arctg} t^{2}\right)\right), 0 \leq t \leq 1 .
Seja A a área do conjunto limitado pelo eixo x e pela curva C. Calcule \int_{C} \vec{F} \vec{n} d s, onde \vec{n} é a normal a C que aponta para fora do conjunto acima mencionado.

Passo 1

O enunciado dá o campo de vetores
\vec F(x,y)=x^{3}y^{3}\,\mathbf i+\Bigl(3y-\tfrac34x^{2}y^{4}\Bigr)\,\mathbf j
e a curva C parametrizada por
r(t)=\bigl(x(t),y(t)\bigr)=\bigl(t^{3},\,\sin(4\arctan t^{2})\bigr),\quad 0\le t\le1\,.
O conjunto A é a região limitada pela curva C acima e pelo eixo x. Queremos calcular o fluxo
\int_{C}\vec F\cdot\mathbf n\,ds
onde \mathbf n é a normal a C apontando para fora de A. Usaremos o Teorema de Green (fluxo = integral dupla da divergência) e o fato de que o segmento no eixo x não contribui.

Passo 2

Pelo Teorema de Green em forma de fluxo,
\int_{\partial A}\vec F\cdot\mathbf n\,ds =\iint_{A}\bigl(\nabla\cdot\vec F\bigr)\,dA.
Aqui \partial A=C\cup\bigl[\text{eixo }x\bigr]. No eixo x, onde y=0,
a normal exterior a A é \mathbf n=(0,-1) e
\vec F\cdot\mathbf n\bigm|_{y=0} = -\Bigl(3\cdot0-\tfrac34x^{2}\cdot0^{4}\Bigr)=0,
logo o fluxo pelo eixo x é zero. Assim
\int_{C}\vec F\cdot\mathbf n\,ds =\iint_{A}(\nabla\cdot\vec F)\,dA.

Passo 3

Calculamos a divergência:
\nabla\cdot\vec F =\frac{\partial}{\partial x}(x^{3}y^{3}) +\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(3y-\tfrac34x^{2}y^{4}\Bigr) =3x^{2}y^{3}+\bigl(3-3x^{2}y^{3}\bigr) =3.
Portanto
\int_{C}\vec F\cdot\mathbf n\,ds =3\iint_{A}1\,dA =3\cdot\text{Área}(A).Á

Passo 4

A área de A é
\mathrm{Area}(A) =\int_{x=0}^{1}y\,dx.
Pela parametrização x=t^{3}, dx=3t^{2}dt e y=\sin\bigl(4\arctan t^{2}\bigr), t\in[0,1]. Logo
\mathrm{Area}(A) =\int_{0}^{1}\sin\bigl(4\arctan t^{2}\bigr)\;3t^{2}\,dt.

Passo 5

Usamos a identidade
\sin\bigl(4\arctan u\bigr) =\frac{4u(1-u^{2})}{(1+u^{2})^{2}},
com u=t^{2}. Então
y= \sin\bigl(4\arctan t^{2}\bigr) =\frac{4t^{2}(1-t^{4})}{(1+t^{4})^{2}},
e
\mathrm{Area}(A) =\int_{0}^{1}3t^{2}\,\frac{4t^{2}(1-t^{4})}{(1+t^{4})^{2}}\,dt =\int_{0}^{1}\frac{12\,t^{4}(1-t^{4})}{(1+t^{4})^{2}}\,dt.

Passo 6

Para integrar \displaystyle I=\int_{0}^{1} \frac{12\,t^{4}(1-t^{4})}{(1+t^{4})^{2}}\,dt,
fazemos a decomposição
\frac{12\,t^{4}(1-t^{4})}{(1+t^{4})^{2}} =-12+\frac{36}{1+t^{4}}-\frac{24}{(1+t^{4})^{2}}.
Então
I =\int_{0}^{1}\Bigl(-12\Bigr)\,dt +36\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^{4}} -24\int_{0}^{1}\frac{dt}{(1+t^{4})^{2}}.
Sabe‐se \displaystyle\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^{4}} =\frac{\pi}{4\sqrt2}+\frac{1}{2\sqrt2}\ln\bigl(1+\sqrt2\bigr) e, usando a derivada de \tfrac{t}{1+t^{4}}, \displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1-3t^{4}}{(1+t^{4})^{2}}\,dt=\frac12,
o que leva a \displaystyle\int_{0}^{1}\!\tfrac{dt}{(1+t^{4})^{2}} =\tfrac18+\tfrac{3}{4}\!\int_{0}^{1}\!\tfrac{dt}{1+t^{4}}. Fazendo as contas, obtém‐se
\mathrm{Area}(A) =18\Bigl[\tfrac{\pi}{4\sqrt2}+\tfrac{1}{2\sqrt2}\ln(1+\sqrt2)\Bigr]-15.
Finalmente, o fluxo é
\int_{C}\vec F\cdot\mathbf n\,ds =3\,\mathrm{Area}(A) =\frac{27\pi}{2\sqrt2} +\frac{27}{\sqrt2}\ln\bigl(1+\sqrt2\bigr)-45.

Resposta

\boxed{ \int_{C}\vec F\cdot\mathbf n\,ds =\frac{27\pi}{2\sqrt2} +\frac{27}{\sqrt2}\ln\bigl(1+\sqrt2\bigr)-45. }

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