Primeira Questão ( 3,0 \mathrm{pts} ): Considere o campo vetorial
\vec{F}=\left(e^{y^{2}}+3 y\right) \vec{\imath}+\left(2 x y e^{y^{2}}+x\right) \vec{\jmath}
(a) ( 1,5 ponto) Calcule a integral de linha de \vec{F} ao longo do segmento de reta que liga o ponto (1,0) ao ponto (-1,0), nesta ordem.
(b) ( 1,5 ponto) Use o teorema de Green e o resultado do item (a) para calcular a integral de linha de \vec{F} ao longo da semicircunferência superior centrada em ( 0,0 ), ligando (1,0) a (-1,0), percorrida no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas, e nos dá um campo vetorial. Vou separar claramente o que é pedido e quais são os dados:
  • Campo vetorial dado:
\vec{F}=\left(e^{y^{2}}+3 y\right)\vec{\imath}+\left(2 x y e^{y^{2}}+x\right)\vec{\jmath}.
  • Definições úteis (extraio do campo):
P(x,y)=e^{y^{2}}+3y,\qquad Q(x,y)=2x y e^{y^{2}}+x.
  • Perguntas:
    (a) Calcular a integral de linha de \vec{F} ao longo do segmento de reta que liga (1,0) a (-1,0), na ordem (1,0)\to(-1,0).
    (b) Usar o Teorema de Green e o resultado do item (a) para calcular a integral de linha de \vec{F} ao longo da semicircunferência superior centrada em (0,0) que liga (1,0) a (-1,0), percorrida no sentido anti‑horário.

Passo 2

Resolvendo o item (a): montar a integral de linha ao longo do segmento de reta (1,0)\to(-1,0).
  • Parametrização do segmento: é uma reta horizontal em y=0 com x variando de 1 até -1. Uma parametrização simples é
\vec{r}(t)=(x(t),y(t))=(1-2t,\,0),\qquad t\in[0,1].
Aqui t=0 (1,0) e t=1 (-1,0).
  • Derivadas: dx/dt=-2 e dy/dt=0. Então dx=-2\,dt e dy=0.
Explicação intuitiva: parametrizar significa transformar a curva numa função do parâmetro t. Como a reta é horizontal, y(t)=0 e só precisamos que x varie linearmente de 1 até -1.

Passo 3

Calcular a integral de linha usando a forma diferencial P\,dx+Q\,dy.
  • A integral de linha orientada é
\int_{C} \vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{t=0}^{1}\big(P(x(t),y(t))\,x'(t)+Q(x(t),y(t))\,y'(t)\big)\,dt.
  • No nosso caso y(t)=0, logo y'(t)=0 faz com que o termo com Q desapareça. Substituindo y=0 em P:
P(x,0)=e^{0}+3\cdot 0=1.
Portanto o integrando fica P\cdot x'(t)=1\cdot(-2)=-2.
  • Integrando:
\int_{0}^{1} -2\,dt = -2.
Observação didática: quando a curva está sobre uma linha onde uma das coordenadas é constante, o cálculo costuma simplificar muito porque uma das diferenças dx ou dy vira zero.

Passo 4

Conclusão do item (a).
  • A integral de linha de \vec{F} ao longo do segmento de reta de (1,0) para (-1,0) é -2.
Vou guardar esse resultado porque o enunciado pede explicitamente usá‑lo no item (b).

Passo 5

Preparando o item (b): enunciar e entender o Teorema de Green e como aplicá‑lo aqui.
  • Teorema de Green (forma usada): para uma curva fechada simples, positiva (contorno no sentido anti‑horário) que delimita uma região D no plano, e para P,Q com derivadas parciais contínuas em D,
\oint_{\partial D} P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
  • Aplicação prática: vamos fechar a semicircunferência superior C juntando-a com o segmento L que liga (-1,0) a (1,0) ao longo do eixo x. Assim a fronteira orientada positivamente \partial D é a união de C (semicírculo de (1,0) a (-1,0) no sentido anti‑horário) seguida pelo segmento L de (-1,0) a (1,0). Então
\oint_{\partial D}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}+\int_{L}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
  • Observação sobre orientações: no item (a) calculamos a integral ao longo do segmento na ordem (1,0)\to(-1,0), que é o sentido oposto do segmento L usado para fechar a curva ( (-1,0)\to(1,0)). Então o valor de \int_{L}\vec{F}\cdot d\vec{r} é o negativo do valor que calculamos em (a).

Passo 6

Calcular o integrando do lado direito do Teorema de Green: \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y.
  • Diferenciando:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(2x y e^{y^{2}}+x\big)=2y e^{y^{2}}+1,
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(e^{y^{2}}+3y\big)=2y e^{y^{2}}+3.
  • Subtraindo:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=(2y e^{y^{2}}+1)-(2y e^{y^{2}}+3)=-2.
Comentário didático: aqui deu uma expressão muito simples e constante -2. Quando a expressão é constante, a integral dupla pela região D reduz-se a esse valor vezes a área de D.

Passo 7

Calcular a integral dupla sobre a região D (meia‑disco de raio 1, semicircunferência superior).
  • A região D é a semicircunferência superior de raio 1, então sua área é
\operatorname{Área}(D)=\frac{1}{2}\pi\cdot 1^{2}=\frac{\pi}{2}.Á
  • Como o integrando é constante -2,
\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA = \iint_{D} (-2)\,dA = -2\cdot \operatorname{Área}(D) = -2\cdot\frac{\pi}{2}=-\pi.Á
Portanto, pela igualdade do Teorema de Green,
\oint_{\partial D}\vec{F}\cdot d\vec{r}=-\pi.

Passo 8

Relacionar o resultado fechado com a integral sobre a semicircunferência C que queremos.
  • Temos
\oint_{\partial D}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}+\int_{L}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
  • Em (a) encontramos \displaystyle \int_{\text{segmento }(1,0)\to(-1,0)}\vec{F}\cdot d\vec{r}=-2. Logo a integral no sentido oposto, que é \int_{L} onde L vai de (-1,0) para (1,0), vale
\int_{L}\vec{F}\cdot d\vec{r}= -\bigg(\int_{(1,0)\to(-1,0)}\vec{F}\cdot d\vec{r}\bigg) = -(-2)=2.
  • Substituindo em \oint_{\partial D}=-\pi:
-\pi=\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r} + 2.
  • Isolando a integral sobre a semicircunferência C:
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=-\pi-2.

Resposta

(a) -2
(b) -\pi-2

Exercícios relacionados