Exercício 133. Use o teorema de Green para calcule \oint_{C} F d r, onde F(x, y)=\left(\frac{e^{y}}{x}, e^{y} \ln (x)+2 x\right) e C é a fronteira da região limitada por x=y^{4}+1 e x=2 orientada positivamente.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha fechada \oint_{C} F\cdot d r, onde a campo vetorial e a região são dados por:
  • F(x,y)=\left(P(x,y),Q(x,y)\right) com P(x,y)=\dfrac{e^{y}}{x} e Q(x,y)=e^{y}\ln(x)+2x.
  • C é a fronteira da região D limitada pelas curvas x=y^{4}+1 e x=2, orientada positivamente (sentido anti-horário).
As informações relevantes que temos:
  • A curva da esquerda é x=y^{4}+1 (isso dá x\ge 1 sempre).
  • A curva da direita é x=2.
  • O enunciado exige explicitamente usar o Teorema de Green para avaliar a integral de linha fechada.

Passo 2

Vou lembrar (em palavras simples) o que diz o Teorema de Green e por que ele serve aqui.
O Teorema de Green afirma que, para uma região D do plano com fronteira C simples, fechada e orientada positivamente, e para um campo F=(P,Q) cujas derivadas parciais \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x são contínuas em uma vizinhança de D, vale:
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui \partial Q/\partial x é a derivada parcial de Q em relação a x (mantendo y fixo) e \partial P/\partial y é a derivada parcial de P em relação a y.
Antes de aplicar, preciso checar as hipóteses:
  • As fórmulas envolvem 1/x e \ln(x), que são problemáticas em x\le 0. Porém a região D está entre x=y^{4}+1 e x=2, e y^{4}+1\ge 1. Logo em D tem-se x\ge 1>0. Portanto P e Q e suas derivadas parciais são contínuas em todo D. Assim o Teorema de Green é aplicável.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais que aparecem no integrando do Teorema de Green.
Primeiro \dfrac{\partial Q}{\partial x}. Como Q(x,y)=e^{y}\ln(x)+2x, derivando em relação a x (tratando y como constante):
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(e^{y}\ln(x)\big)+\frac{\partial}{\partial x}(2x).
  • Para \dfrac{\partial}{\partial x}\big(e^{y}\ln(x)\big): e^{y} é constante em relação a x, então essa derivada é e^{y}\cdot\dfrac{1}{x}.
  • Para \dfrac{\partial}{\partial x}(2x) a derivada é 2.
Portanto
\frac{\partial Q}{\partial x}= \frac{e^{y}}{x} + 2.
Agora \dfrac{\partial P}{\partial y}. Como P(x,y)=\dfrac{e^{y}}{x}, derivando em relação a y (tratando x como constante):
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{e^{y}}{x}\right)=\frac{1}{x}\cdot\frac{d}{dy}(e^{y})=\frac{e^{y}}{x}.

Passo 4

Formar o integrando \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y} e simplificar:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\left(\frac{e^{y}}{x}+2\right)-\frac{e^{y}}{x}=2.
Surpresa boa: tudo que depende de x e y por e^{y}/x cancela, restando a constante 2. Isso facilita muito a integral dupla.

Passo 5

Aplicar o Teorema de Green: a integral de linha vale a integral dupla da constante 2 sobre a região D:
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} 2\,dA = 2\cdot \text{Área}(D).Á
Portanto basta calcular a área da região D limitada por x=y^{4}+1 (à esquerda) e x=2 (à direita).
Para encontrar os limites em y, resolvemos a interseção das curvas:
y^{4}+1=2 \quad\Rightarrow\quad y^{4}=1 \quad\Rightarrow\quad y=\pm 1
(nos reais as soluções são y=1 e y=-1). Logo a região D é descrita por:
\{(x,y): -1\le y\le 1,\quad y^{4}+1 \le x \le 2\}.
A área pode ser calculada integrando em y a largura horizontal x_{\text{direita}}-x_{\text{esquerda}}=2-(y^{4}+1)=1-y^{4}:
\text{Área}(D)=\int_{y=-1}^{1} \big(2-(y^{4}+1)\big)\,dy = \int_{-1}^{1} (1-y^{4})\,dy.Á

Passo 6

Calcular a integral da área passo a passo, usando simetria (a função 1-y^{4} é par, porque y^{4} é par):
\int_{-1}^{1} (1-y^{4})\,dy = 2\int_{0}^{1} (1-y^{4})\,dy.
Agora integrar no intervalo [0,1]:
\int_{0}^{1} (1-y^{4})\,dy = \left[y - \frac{y^{5}}{5}\right]_{0}^{1} = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}.
Multiplicando por 2:
\text{Área}(D)=2\cdot \frac{4}{5} = \frac{8}{5}.Á

Passo 7

Finalmente calcular a integral de linha usando \oint_{C} F\cdot dr = 2\cdot \text{Área}(D)Á:
\oint_{C} F\cdot dr = 2\cdot \frac{8}{5} = \frac{16}{5}.
Pronto — deu uma constante muito simpática e a conta ficou direta. Vai com calma na prova: verificar sempre domínio do campo antes de aplicar Green (aqui evitamos problemas porque x\ge 1).

Resposta

\dfrac{16}{5}

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