Exercício 2) Considere a curva \gamma:=\gamma_{1} \cup \gamma_{2} \cup \gamma_{3} \cup \gamma_{4}, tal que \gamma_{1}: P_{1}(t)=\left(1-t, t^{2}-2 t+2\right), t \in[0,1], \gamma_{2}: P_{2}(t)=(0,-t), t \in[-1,1], \gamma_{3}: P_{3}(t)=(\operatorname{cost}, \operatorname{sent}), t \in\left[\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right], e \gamma_{4}: P_{4}(t)==(1, t), t \in[0,2]. São pedidos:
a) Ache as equações cartesianas das curvas \gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3} e \gamma_{4};
b) Desenhe, em um mesmo sistema de coordenadas, as curvas \gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3} e \gamma_{4}, que formam a curva \gamma, indicando suas orientações;
c) Descreva, analiticamente, um conjunto limitado D \subseteq \mathbb{R}^{2} tal que \partial D=\gamma;
d) Calcule a integral da forma diferencial M(x, y) d x+N(x, y) d y sobre a curva \gamma, sendo M(x, y)=y x-y+e^{3 x}+\operatorname{sen} x e N(x, y)=e^{y^{2}}+x^{2}-x+\cos y.

Passo 1

O enunciado define a curva \gamma=\gamma_{1}\cup\gamma_{2}\cup\gamma_{3}\cup\gamma_{4} por parametrizações e pede:
a) as equações cartesianas de cada ramo;
b) o esboço conjunto com as orientações;
c) um conjunto limitado D\subseteq\mathbb R^2 com \partial D=\gamma;
d) o valor da integral de linha
\oint_{\gamma}M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy
com
M(x,y)=y x - y + e^{3x} + \operatorname{sen} x,\quad N(x,y)=e^{y^2}+x^2 - x + \cos y.
Vamos usar geometria analítica para (a–c) e, em (d), o Teorema de Green.

Passo 2

(a) Eliminar o parâmetro em cada ramo:
\gamma_{1}\colon P_{1}(t)=(1-t,\;t^2-2t+2), t\in[0,1].
Definindo x=1-t\implies t=1-x, então
y=(1-x)^2-2(1-x)+2 =x^2+1,
com x variando de 1 (em t=0) até 0 (em t=1).
\gamma_{2}\colon P_{2}(t)=(0,-t), t\in[-1,1].
Aqui x=0 e y=-t, logo
x=0,\quad y\in[-1,1],
com y indo de 1 (em t=-1) até -1 (em t=1).
\gamma_{3}\colon P_{3}(t)=(\cos t,\sin t), t\in[3\pi/2,2\pi].
É parte do círculo unitário:
x^2+y^2=1,
com (x,y) indo de (0,-1) até (1,0) percorrendo o arco inferior direito.
\gamma_{4}\colon P_{4}(t)=(1,t), t\in[0,2].
Aqui
x=1,\quad y\in[0,2],
com (1,0) subindo até (1,2).

Passo 3

(b) Esboço e orientação:
\gamma_{1} é o arco da parábola y=x^2+1 para 0\le x\le1, orientado de (1,2) para (0,1).
\gamma_{2} é o segmento vertical em x=0 de (0,1) descendo a (0,-1).
\gamma_{3} é o arco do círculo x^2+y^2=1 de (0,-1) até (1,0), no sentido horário.
\gamma_{4} é o segmento vertical em x=1 de (1,0) subindo a (1,2).
Juntos fecham uma região simples.

Passo 4

(c) A região D limitada por \gamma pode ser descrita como
D=\bigl\{(x,y)\in\mathbb R^2\mid 0\le x\le1,\; -\sqrt{1-x^2}\;\le y\;\le x^2+1 \bigr\}.
À esquerda está o arco circular y=-\sqrt{1-x^2}, acima a parábola y=x^2+1, e nas bordas verticais x=0 e x=1.

Passo 5

(d) Pelo Teorema de Green,
\oint_{\gamma}M\,dx+N\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Calculamos
\frac{\partial N}{\partial x}=2x-1, \qquad \frac{\partial M}{\partial y}=x-1,
então
\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y} =(2x-1)-(x-1)=x.
Logo
\oint_{\gamma}M\,dx+N\,dy =\int_{x=0}^{1}\int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\,x^2+1}x\,dy\,dx =\int_{0}^{1}x\Bigl((x^2+1)-(-\sqrt{1-x^2})\Bigr)\,dx.
Separamos
\int_{0}^{1}x(x^2+1)\,dx +\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^2}\,dx =\Bigl[\tfrac{x^4}{4}+\tfrac{x^2}{2}\Bigr]_{0}^{1} +\frac12\int_{1}^{0}u^{1/2}(-du) =\frac14+\frac12+\frac13 =\frac{13}{12}.

Resposta

a)
\gamma_{1}\colon y=x^2+1,\;x\in[0,1];
\gamma_{2}\colon x=0,\;y\in[-1,1];
\gamma_{3}\colon x^2+y^2=1 com y\le0,\;x\ge0;
\gamma_{4}\colon x=1,\;y\in[0,2].
b) Veja descrição no Passo 3: parábola de (1,2)\to(0,1), segmento em x=0 descendo, arco circular de (0,-1)\to(1,0) e segmento em x=1 subindo.
c)
D=\bigl\{(x,y)\mid 0\le x\le1,\;-\sqrt{1-x^2}\le y\le x^2+1\bigr\}.
d)
\oint_{\gamma}M\,dx+N\,dy=\frac{13}{12}.

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