1. Na região D, interior à elipse b^{2} x^{2}+a^{2} y^{2}=a^{2} b^{2} e exterior à circunferência x^{2}+y^{2}=R^{2}, com 0<R<\min \{a, b\}, considere o campo vetorial \vec{F}=\left[2 x y+\operatorname{sen}\left(x^{2}\right)\right] \vec{i}+\left[x^{2}+2 x+\cos \left(y^{2}\right)\right] \vec{j}. Calcular a integral de linha \int_{\partial D} \vec{F} \cdot d \vec{r} . \quad (resp.: 2 \pi\left(a b-R^{2}\right) )
  2. Quando a curva \gamma não é fechada e deseja-se usar o Teorema de Green, é possível “fechar” a curva com um arco auxiliar \gamma^{*} e observar que
\int_{\gamma} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}=\int_{\gamma+\gamma^{*}} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}-\int_{\gamma^{*}} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r}
Seja \gamma o arco constituído do segmento de reta de (1,1) até (0,0), seguido do segmento de (0,0) até (1,0). Calcule \int_{\gamma}\left[y^{2}+\operatorname{sen}\left(x^{3}\right)\right] d x+\left(x+y^{5}\right) d y.

Passo 1

Para a questão 7, temos o campo \vec{F} = \bigl[2xy + \operatorname{sen}(x^2)\bigr]\vec{i} + \bigl[x^2 + 2x + \cos(y^2)\bigr]\vec{j}
e a fronteira \partial D de D é composta pela elipse
b^{2}x^{2} + a^{2}y^{2} = a^{2}b^{2}
por fora e pela circunferência
x^{2} + y^{2} = R^{2}
por dentro, com 0<R<\min\{a,b\}.
O objetivo é calcular \displaystyle \int_{\partial D} \vec{F}\cdot d\vec r
usando o Teorema de Green, que diz
\int_{\partial D}P\,dx + Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.

Passo 2

Identificamos
P(x,y)=2xy + \operatorname{sen}(x^2), \quad Q(x,y)=x^2 + 2x + \cos(y^2).
Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} =2x+2, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} =2x.
Logo o integrando de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =(2x+2)-2x=2.

Passo 3

Assim
\int_{\partial D}\vec F\cdot d\vec r =\iint_{D}2\,dA =2\;\mathrm{Area}(D).
A região D vale a área do interior da elipse menos a área do disco de raio R:
\mathrm{Area}(D) =\pi ab-\pi R^{2} =\pi\bigl(ab-R^{2}\bigr).

Passo 4

Portanto
\int_{\partial D}\vec F\cdot d\vec r =2\;\pi\bigl(ab-R^{2}\bigr).

Passo 5

Para a questão 8, a curva \gamma vai de (1,1) a (0,0) e depois a (1,0). O campo é
P(x,y)=y^{2}+\operatorname{sen}(x^{3}),\quad Q(x,y)=x+y^{5}.
Como \gamma não é fechada, fechamos com o arco auxiliar \gamma^{*} que vai de (1,0) de volta a (1,1). Então
\int_{\gamma} \vec F\cdot d\vec r =\int_{\gamma+\gamma^{*}}\vec F\cdot d\vec r -\int_{\gamma^{*}}\vec F\cdot d\vec r,
e sobre o caminho fechado \gamma+\gamma^{*} podemos usar Green.

Passo 6

Calculamos
\frac{\partial Q}{\partial x}=1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=2y,
então o integrando de Green é
1-2y.
A região encerrada é o triângulo com vértices (0,0),(1,0),(1,1).

Passo 7

Fazemos
\iint_{T}(1-2y)\,dA =\int_{y=0}^{1}\int_{x=y}^{1}(1-2y)\,dx\,dy =\int_{0}^{1}(1-y)(1-2y)\,dy.
Expandindo e integrando:
\int_{0}^{1}(1-3y+2y^{2})\,dy =\Bigl[y-\tfrac{3}{2}y^{2}+\tfrac{2}{3}y^{3}\Bigr]_{0}^{1} =\;1-\tfrac{3}{2}+\tfrac{2}{3} =\tfrac{1}{6}.
Logo
\int_{\gamma+\gamma^{*}}\vec F\cdot d\vec r=\tfrac{1}{6}.

Passo 8

Agora parametrizamos \gamma^{*}:
x=1,\quad y=t,\quad t\in[0,1], \quad dx=0,\;dy=dt.
Então
\int_{\gamma^{*}}\vec F\cdot d\vec r =\int_{0}^{1}[P\,dx+Q\,dy] =\int_{0}^{1}(1+t^{5})\,dt =\Bigl[t+\tfrac{t^{6}}{6}\Bigr]_{0}^{1} =1+\tfrac{1}{6} =\tfrac{7}{6}.

Passo 9

Por fim
\int_{\gamma}\vec F\cdot d\vec r =\tfrac{1}{6}-\tfrac{7}{6} =-1.

Resposta

-1.

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