Questāo 6 (2 pontos) Calcule \int_{\gamma} 15 y^{2} d x +45 x y d y em que \gamma é a fronteira da região semianular contida no semiplano superior entre os círculos x^{2}+y^{2}=1 e x^{2}+y^{2}=4 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha
\int_{\gamma} 15\,y^{2}\,dx + 45\,x y\,dy,
onde \gamma é a fronteira da região semianular contida no semiplano superior entre os círculos \,x^{2}+y^{2}=1 e \,x^{2}+y^{2}=4, orientada no sentido anti-horário. Informações relevantes fornecidas:
  • A região R é o conjunto \{(x,y)\mid 1\le x^{2}+y^{2}\le 4,\; y\ge 0\} (um semianel no semiplano y\ge0).
  • A fronteira \gamma=\partial R tem as partes: semicircunferência externa de raio 2 (para 0\le\theta\le\pi), semicircunferência interna de raio 1 (para 0\le\theta\le\pi) e os dois segmentos sobre o eixo x com y=0 e 1\le|x|\le2.
  • A orientação é anti-horária (isto implica a orientação positiva da fronteira; para uma região com “buraco” isso significa: contorno externo no sentido anti-horário e o contorno interno no sentido horário, de modo que a região fique sempre à esquerda ao percorrer \gamma).
  • Queremos o valor numérico da integral de linha.

Passo 2

Vou usar um teorema que transforma integrais de linha sobre a fronteira em uma integral dupla sobre a região interior, o que costuma simplificar quando a forma diferencial tem derivadas simples. Escrevemos a forma diferencial como P\,dx+Q\,dy com
P(x,y)=15\,y^{2},\qquad Q(x,y)=45\,x y.
O teorema que vou aplicar relaciona a integral de linha à integral dupla do termo \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} sobre a região R. Vou explicar e aplicar esse passo a passo.

Passo 3

Explico o que é usado do teorema (Green). O Teorema de Green diz, para uma região plana R com fronteira \partial R orientada positivamente,
\int_{\partial R} P\,dx + Q\,dy = \iint_{R} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) dA.
Aqui \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x (mantendo y fixo) e \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y. Calculamos essas derivadas:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(45 x y\bigr)=45\,y,
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(15 y^{2}\bigr)=30\,y.
Subtraindo,
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=45\,y-30\,y=15\,y.

Passo 4

Pelo Teorema de Green, a integral pedida é
\int_{\gamma} 15\,y^{2}\,dx + 45\,x y\,dy = \iint_{R} 15\,y \, dA.
Agora vamos calcular essa integral dupla sobre a região R. Para regiões circulares ou anelares é bem prático usar coordenadas polares. Recordando as fórmulas:
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dA = r\,dr\,d\theta.
Aqui y=r\sin\theta. Precisamos também dos limites de integração para R: como R é a parte do anel entre r=1 e r=2 com y\ge0, os ângulos vão de \theta=0 até \theta=\pi e o raio vai de r=1 até r=2. Logo os limites são
0\le\theta\le\pi,\qquad 1\le r\le 2.

Passo 5

Substituindo na integral:
\iint_{R} 15\,y\,dA = \int_{\theta=0}^{\pi}\int_{r=1}^{2} 15\,(r\sin\theta)\,(r\,dr\,d\theta).
Reescrevendo o integrando:
15\,(r\sin\theta)\,r = 15\,r^{2}\sin\theta.
Portanto
\iint_{R} 15\,y\,dA = \int_{0}^{\pi}\int_{1}^{2} 15\,r^{2}\sin\theta \, dr\,d\theta.

Passo 6

Calculamos a integral em r primeiro. Para a primitiva de r^{2} temos \int r^{2} dr = \dfrac{r^{3}}{3}. Assim
\int_{1}^{2} 15\,r^{2}\,dr = 15\left[\frac{r^{3}}{3}\right]_{1}^{2} = 15\left(\frac{8}{3}-\frac{1}{3}\right) = 15\cdot\frac{7}{3}.
Fazendo a conta 15\cdot\frac{7}{3} = 5\cdot7 = 35. Então a integral fica
\iint_{R} 15\,y\,dA = \int_{0}^{\pi} 35\,\sin\theta \, d\theta.

Passo 7

Agora a integral em \theta:
\int_{0}^{\pi}\sin\theta\,d\theta = \bigl[-\cos\theta\bigr]_{0}^{\pi} = -\cos\pi -(-\cos 0) = -(-1)-(-1)=2.
Multiplicando pelo 35 obtido antes:
35 \cdot 2 = 70.

Passo 8

Conclusão: pela aplicação do Teorema de Green e cálculo em coordenadas polares, a integral de linha vale 70. Comentário final sobre orientação: a orientação anti-horária indicada no enunciado corresponde à orientação positiva da fronteira da região (o contorno externo percorrido no sentido anti-horário e o contorno interno percorrido no sentido horário), que é exatamente a hipótese do Teorema de Green que usei.

Resposta

70

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