Exercício 8. Seja o campo
\vec{F}(x, y)=\left(\frac{y}{(x-1)^{2}+4 y^{2}}, \frac{-(x-1)}{(x-1)^{2}+4 y^{2}}\right)+\left(-x y+\sin y, x^{2}+x \cos y\right)
e seja C a curva que é fronteira da região limitada pelos gráficos das funções y=8+2 x-x^{2} e y=x^{2}-4 percorrida no sentido horário. Calcule \int_{C} F \cdot d r.

Passo 1

O enunciado pede para calcular
\oint_{C}\vec F\cdot d\vec r,
onde
\vec F(x,y) =\underbrace{\Bigl(\frac{y}{(x-1)^2+4y^2},\,-\frac{x-1}{(x-1)^2+4y^2}\Bigr)}_{\vec F_1} +\underbrace{(-xy+\sin y,\;x^2+x\cos y)}_{\vec F_2},
e C é a fronteira da região \Omega limitada por y=8+2x-x^2 (cima) e y=x^2-4 (baixo), percorrida no sentido horário. Vamos separar \vec F=\vec F_1+\vec F_2 e tratar cada parte:
  • \vec F_1 tem singularidade em (1,0), que está dentro de \Omega.
  • \vec F_2 é contínua em todo \Omega, então podemos usar o Teorema de Green.

Passo 2

Cálculo de \displaystyle \oint_{C}\vec F_1\cdot d\vec r.
A ideia é excluir da região um pequeno disco centrado em (1,0), aplicar Green (curl \,\vec F_1=0 fora da singularidade) e relacionar o contorno C com o contorno do pequenino círculo C_\varepsilon. Pelo Teorema de Green em \Omega\setminus\{\text{disco}\} com orientação positiva (CCW) vale
\oint_{C}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r \;-\; \oint_{C_\varepsilon}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r \;=\; \iint_{\Omega\setminus\{\text{disco}\}} \Bigl(\frac{\partial Q_1}{\partial x}-\frac{\partial P_1}{\partial y}\Bigr)dA =0.
Mas C é percorrida no sentido horário, ou seja, na orientação negativa. Então
\oint_{C}^{\text{(horário)}}\vec F_1\cdot d\vec r =-\oint_{C}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r =\;\oint_{C_\varepsilon}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r.á

Passo 3

Cálculo de \displaystyle \oint_{C_\varepsilon}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r.
Parametrizamos um círculo de raio \varepsilon em torno de (1,0) por
x-1=\varepsilon\cos t,\quad y=\varepsilon\sin t, \quad t\in[0,2\pi].
Então
P_1=\frac{y}{(x-1)^2+4y^2} =\frac{\varepsilon\sin t}{\varepsilon^2(\cos^2t+4\sin^2t)}, \quad Q_1=-\frac{x-1}{(x-1)^2+4y^2} =-\frac{\varepsilon\cos t}{\varepsilon^2(\cos^2t+4\sin^2t)},
dx=-\varepsilon\sin t\,dt,\quad dy=\varepsilon\cos t\,dt.
Logo
P_1\,dx+Q_1\,dy =-\frac{\sin^2 t+\cos^2 t}{\cos^2t+4\sin^2t}\,dt =-\frac{dt}{\cos^2t+4\sin^2t}.
Fazendo \displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{dt}{1+3\sin^2t}= \frac{2\pi}{\sqrt{1+3}}=\pi, obtemos
\oint_{C_\varepsilon}^{\text{(CCW)}}\vec F_1\cdot d\vec r =-\int_0^{2\pi}\frac{dt}{\cos^2t+4\sin^2t} =-\pi.
Portanto
\oint_{C}^{\text{(horário)}}\vec F_1\cdot d\vec r =\;+\pi.á

Passo 4

Cálculo de \displaystyle \oint_{C}\vec F_2\cdot d\vec r por Green.
Para \vec F_2=(P_2,Q_2)=(-xy+\sin y,\;x^2+x\cos y) temos
\frac{\partial Q_2}{\partial x} =2x+\cos y, \quad \frac{\partial P_2}{\partial y} =-x+\cos y,
logo
\frac{\partial Q_2}{\partial x}-\frac{\partial P_2}{\partial y} =3x.
Como C é percorrida horário, a integral de linha é o negativo da dupla integral:
\oint_{C}\vec F_2\cdot d\vec r =-\iint_{\Omega}3x\,dA.
A região \Omega é \{x\in[-2,3],\;y\in[x^2-4,\;8+2x-x^2]\}.

Passo 5

Avaliação da dupla integral
\iint_{\Omega}3x\,dA =\int_{x=-2}^{3}\!\!\int_{y=x^2-4}^{\,8+2x-x^2}3x\,dy\,dx =\int_{-2}^{3}3x\bigl[(8+2x-x^2)-(x^2-4)\bigr]dx =\int_{-2}^{3}(36x+6x^2-6x^3)\,dx.
Um antiderivado é
18x^2+2x^3-\tfrac32x^4,
que em -2 32 e em 3 94{,}5. Então
\iint_{\Omega}3x\,dA =94{,}5-32 =62{,}5 =\frac{125}{2}.
Logo
\oint_{C}\vec F_2\cdot d\vec r =-\frac{125}{2}.

Passo 6

Somando as duas contribuições:
\oint_{C}\vec F\cdot d\vec r =\oint_{C}\vec F_1\cdot d\vec r +\oint_{C}\vec F_2\cdot d\vec r =\pi -\frac{125}{2}.

Resposta

\boxed{\pi-\frac{125}{2}}.

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