Questão 1
Ainda não respondida
Vale 2,00 ponto(s).
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Calcule \int_{C} x^{4} d x+x y d y, onde C é a curva triangular constituída pelos segmentos de reta de (0,0) a (1,0), de (1,0) a (0,1) e de (0,1) a (0,0).
OBS: coloque a resposta em número decimal com duas casas depois da vírgula.
Resposta: \square
\square

Passo 1

O enunciado pede o cálculo da integral de linha
\int_{C} x^{4}\,dx + x\,y\,dy
ao longo do polígono C com vértices (0,0)\to(1,0)\to(0,1)\to(0,0).
O método mais eficiente aqui é usar o Teorema de Green, que converte essa integral de linha numa integral dupla sobre a região D limitada por C.

Passo 2

Denotando
P(x,y)=x^4, \quad Q(x,y)=x\,y,
o Teorema de Green diz
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)dA.

Passo 3

Calculemos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} =\frac{\partial (x\,y)}{\partial x} =y, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial (x^4)}{\partial y} =0.
Logo, o integrando é \displaystyle y.

Passo 4

A região D é o triângulo com vértices (0,0), (1,0) e (0,1).
Em coordenadas cartesianas,
D=\{(x,y)\mid 0\le x\le1,\;0\le y\le1-x\}.
Assim montamos
\iint_{D}y\,dA =\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1-x}y\;dy\;dx.

Passo 5

Primeiro, a integral interna em y:
\int_{0}^{1-x}y\,dy =\frac{(1-x)^2}{2}.
Portanto
\iint_{D}y\,dA =\int_{0}^{1}\frac{(1-x)^2}{2}\;dx.

Passo 6

Agora a integral em x:
\int_{0}^{1}\frac{(1-x)^2}{2}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(1-2x+x^2)\,dx =\frac{1}{2}\Bigl[\,x - x^2 + \tfrac{x^3}{3}\Bigr]_{0}^{1} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} =\frac{1}{6}.
Como número decimal com duas casas, \tfrac{1}{6}\approx0,17.

Resposta

0,17

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