\left.\vec{f}(x, y)=\left(\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}\right) \frac{x}{x^{2}+y^{2}}+x\right)
C: y^{2}=(x-a) ; x \leqslant 2 a
Calcule \int_{c} \vec{f} \cdot \overrightarrow{d r}

Passo 1

O enunciado dá a seguinte informação:
  • A campo vetorial é \vec{f}(x,y)=\left(\dfrac{-y}{x^{2}+y^{2}},\\ \dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}+x\right).
  • A curva C é dada por y^{2}=x-a com x\leqslant 2a.
  • O que se pede: calcular \displaystyle \int_{C}\vec{f}\cdot d\vec{r}.
Observações de interpretação (informação usada para resolver): como o enunciado escreveu x\leqslant 2a, vou considerar a curva fechada C que é o contorno da região D limitada pela parábola x=a+y^{2} e pela reta vertical x=2a. Essa região tem y variando entre -\sqrt{a} e \sqrt{a}. Assumo também a>0 (caso contrário a região degeneraria). A orientação padrão que usarei é a positiva (contrária ao sentido horário, isto é, sentido anti-horário).

Passo 2

Vamos escolher uma ferramenta prática: o Teorema de Green (uma versão do teorema de Stokes em \mathbb{R}^{2}). Antes disso, preciso checar se posso aplicá-lo: o campo tem singularidade em (0,0) porque aparecem termos com x^{2}+y^{2} no denominador. A região D que descrevemos está à direita de x=a>0, logo (0,0)\notin D. Portanto as derivadas parciais de \vec f são contínuas em uma vizinhança de D e podemos aplicar Green.
O Teorema de Green (forma apropriada) diz que, para um campo \vec f=(P,Q) de classe C^{1} numa região que contém D e sua fronteira orientada positivamente:
\oint_{C} \vec f\cdot d\vec r = \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui P(x,y)=\dfrac{-y}{x^{2}+y^{2}} e Q(x,y)=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}+x.

Passo 3

Calculo as derivadas parciais que aparecem no rotacional (o que está dentro da integral dupla).
Defina \;r^{2}=x^{2}+y^{2}. Primeiro
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x}{r^{2}}+x\right) = \frac{r^{2}-2x^{2}}{r^{4}}+1,
porque \displaystyle\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x}{r^{2}}\right) =\frac{1\cdot r^{2}-x\cdot 2x}{r^{4}}=\frac{r^{2}-2x^{2}}{r^{4}}.
Agora
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{-y}{r^{2}}\right) = \frac{-r^{2}+2y^{2}}{r^{4}},
pois \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{-y}{r^{2}}\right) =\frac{-1\cdot r^{2}-(-y)\cdot 2y}{r^{4}}=\frac{-r^{2}+2y^{2}}{r^{4}}.
Subtraindo,
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = \left(\frac{r^{2}-2x^{2}}{r^{4}}+1\right)-\left(\frac{-r^{2}+2y^{2}}{r^{4}}\right) = \frac{2r^{2}-2(x^{2}+y^{2})}{r^{4}}+1 = 1.
Portanto o rotacional é constante e igual a 1 em D.
Pela fórmula de Green:
\oint_{C}\vec f\cdot d\vec r = \iint_{D} 1\,dA = \operatorname{Area}(D).

Passo 4

Agora calculo a área de D. A região D é composta pelos pontos (x,y) tais que
a+y^{2}\le x \le 2a,\qquad -\sqrt{a}\le y\le \sqrt{a},
porque a interseção com x=2a y^{2}\le a. Assim a área é
\operatorname{Area}(D)=\int_{y=-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}}\big(2a-(a+y^{2})\big)\,dy =\int_{-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}}(a-y^{2})\,dy.
Como a função é par, fazemos
\operatorname{Area}(D)=2\int_{0}^{\sqrt{a}}(a-y^{2})\,dy =2\left[ay-\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{\sqrt{a}} =2\left(a\sqrt{a}-\frac{a^{3/2}}{3}\right) = \frac{4}{3}\,a^{3/2}.
Se a orientação de C fosse a negativa (horária), o resultado teria sinal trocado. Aqui usei a orientação positiva (anti-horária), que é a convenção padrão ao aplicar Green.

Resposta

\displaystyle \frac{4}{3}\,a^{3/2}

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