Exercício 2. Calcule
\int_{C}\left(y+\cos \left(x^{2}+1\right)\right) d x+\left(x^{2}+y \ln \left(y^{2}+1\right)\right) d y
em que C é a parte da curva x=1-4 y^{2} contida no semiplano x \geq-3 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede o integral de linha
\oint_{C}\bigl(y+\cos\bigl(x^{2}+1\bigr)\bigr)\,dx \;+\;\bigl(x^{2}+y\ln(y^{2}+1)\bigr)\,dy
onde C é o contorno orientado anti-horário do domínio D limitado pela parábola
x=1-4y^{2},\quad -1\le y\le1
e pela reta vertical x=-3 (ou seja, o trecho da parábola em x\ge -3 mais o segmento em x=-3 fechado). Vamos usar o Teorema de Green, que diz
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy \;=\;\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.

Passo 2

Identificamos
P(x,y)=y+\cos\bigl(x^{2}+1\bigr), \quad Q(x,y)=x^{2}+y\ln\bigl(y^{2}+1\bigr).
Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x}=2x, \quad \frac{\partial P}{\partial y}=1.
Logo o integrando de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =2x-1.

Passo 3

O domínio D em coordenadas (x,y) é dado por
-1\le y\le1, \quad -3\le x\le 1-4y^{2}.
Assim
\iint_{D}(2x-1)\,dA =\int_{y=-1}^{1}\!\int_{x=-3}^{\,1-4y^{2}}(2x-1)\,dx\,dy.

Passo 4

Primeiro integramos em x:
\int(2x-1)\,dx =x^{2}-x.
Avaliado de x=-3 a x=1-4y^{2}
\Bigl[(1-4y^{2})^{2}-(1-4y^{2})\Bigr] -\bigl[(-3)^{2}-(-3)\bigr] =\bigl(1-8y^{2}+16y^{4}-1+4y^{2}\bigr)-(9+3) =16y^{4}-4y^{2}-12.

Passo 5

Agora
\int_{y=-1}^{1}\bigl(16y^{4}-4y^{2}-12\bigr)\,dy =16\int_{-1}^{1}y^{4}\,dy -4\int_{-1}^{1}y^{2}\,dy -12\int_{-1}^{1}1\,dy.
Como as funções y^{4} e y^{2} são pares,
\int_{-1}^{1}y^{4}\,dy=2\int_{0}^{1}y^{4}\,dy=2\cdot\frac{1}{5}=\frac{2}{5}, \quad \int_{-1}^{1}y^{2}\,dy=2\int_{0}^{1}y^{2}\,dy=2\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}, \quad \int_{-1}^{1}1\,dy=2.
Portanto
16\cdot\frac{2}{5}-4\cdot\frac{2}{3}-12\cdot2 =\frac{32}{5}-\frac{8}{3}-24 =\frac{96-40-360}{15} =-\frac{304}{15}.

Resposta

-\frac{304}{15}

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