Resolva usando o teorema de Green e escreva como seria a integral usando a definição de integral curvilínea (não precisa resolver, porém escreva as dificuldades que teria logo no início)
Calcule \oint_{C}\left(3 y-e^{\sin x}\right) d x+\left(7 x+\sqrt{y^{4}+1}\right) d y d y, onde C é o círculo x^{2}+y^{2}=9.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: calcular o integral de linha fechado e mostrar como seria a integral usando a definição de integral curvilínea, anotando logo no início as dificuldades práticas dessa abordagem. As informações dadas são:
C:\; x^{2}+y^{2}=9
e a integral de linha fechada
\oint_{C}\left(3 y-e^{\sin x}\right) d x+\left(7 x+\sqrt{y^{4}+1}\right) d y.
Observações importantes que tirei do enunciado: havia um pequeno typo escrito “ d y d y”; interpreto a integral como a forma padrão P\,dx+Q\,dy com
P(x,y)=3y-e^{\sin x},\qquad Q(x,y)=7x+\sqrt{y^{4}+1}.
A orientação da curva C não foi explicitada; por convenção vou assumir a orientação positiva (contra‑horária). As duas tarefas que farei: (i) escrever a integral por definição paramétrica e apontar dificuldades; (ii) calcular o valor usando o teorema pedido.

Passo 2

Escrever a integral pela definição (parametrização) e expor as dificuldades iniciais.
Parametrizamos o círculo de raio 3 com a parametrização usual (orientação positiva):
x(t)=3\cos t,\qquad y(t)=3\sin t,\qquad t\in[0,2\pi].
A definição da integral de linha para uma forma P\,dx+Q\,dy é
\int_{C}P\,dx+Q\,dy=\int_{a}^{b}\bigl(P(x(t),y(t))x'(t)+Q(x(t),y(t))y'(t)\bigr)\,dt.
Aqui x'(t)=-3\sin t e y'(t)=3\cos t. Substituindo P,Q e as derivadas,
\int_{C}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2\pi}\Bigl[(3\cdot(3\sin t)-e^{\sin(3\cos t)})\cdot(-3\sin t) +(7\cdot(3\cos t)+\sqrt{(3\sin t)^{4}+1})\cdot(3\cos t)\Bigr]dt.
Se expandirmos um pouco o integrando obtemos
\int_{0}^{2\pi}\Bigl(-27\sin^{2}t+3e^{\sin(3\cos t)}\sin t+63\cos^{2}t +3\cos t\sqrt{81\sin^{4}t+1}\Bigr)dt.
Dificuldades iniciais (por que não é prático calcular direto pela definição):
  • O termo e^{\sin(3\cos t)}\sin t envolve composição de exponencial e funções trigonométricas — não tem primitiva elementar conhecida e é intratável por métodos elementares.
  • O termo \cos t\sqrt{81\sin^{4}t+1} também é muito complicado; a raiz de um polinômio de \sin t não gera primitiva simples.
  • Embora alguns termos polinomiais em \sin^{2}t e \cos^{2}t sejam fáceis (usando identidades trigonométricas), os dois termos acima inviabilizam encontrar uma antiderivada elementar para todo o integrando. Poderíamos explorar simetrias para tentar eliminar termos, mas nada garante que os termos complicados se cancelem; portanto a integral direta é computacionalmente difícil sem teoremas que a simplifiquem.

Passo 3

Aplicar o teorema pedido (Green) e justificar que podemos aplicá‑lo.
O enunciado pediu resolução usando o teorema de Green. A versão relevante do teorema diz que, para uma curva fechada simples C que é fronteira positiva de uma região planar D, e P,Q com derivadas parciais contínuas em D,
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA.
Aqui D é o disco x^{2}+y^{2}\le 9. As funções P(x,y)=3y-e^{\sin x} e Q(x,y)=7x+\sqrt{y^{4}+1} são suaves (todas as derivadas parciais necessárias existem e são contínuas em todo \mathbb{R}^{2}), logo as hipóteses do teorema estão satisfeitas. Lembro que isso requer a orientação positiva de C, que é a suposição que fiz no Passo 1.

Passo 4

Calcular as derivadas parciais dentro do integrando duplo.
Calculemos
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(7x+\sqrt{y^{4}+1}\bigr)=7,
pois \sqrt{y^{4}+1} não depende de x. E
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(3y-e^{\sin x}\bigr)=3,
pois e^{\sin x} não depende de y. Portanto o integrando de Green é constante:
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=7-3=4.

Passo 5

Montar e calcular o integral duplo sobre o disco D.
Usamos coordenadas polares para D: x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;0\le r\le 3,\;0\le\theta\le 2\pi. O elemento de área é dA=r\,dr\,d\theta. Assim
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}4\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3}4\,r\,dr\,d\theta.
Calcule a integral interna:
\int_{0}^{3}4r\,dr=4\cdot\frac{r^{2}}{2}\Big|_{0}^{3}=2\cdot 9=18.
Agora a integral em \theta:
\int_{0}^{2\pi}18\,d\theta=18\cdot 2\pi=36\pi.
Alternativamente, como o integrando é constante 4, podemos usar diretamente área do disco \pi\cdot 3^{2}=9\pi e obter 4\cdot 9\pi=36\pi.

Passo 6

Comentários finais e observação sobre orientação.
Com a convenção de orientação positiva (contra‑horária) o resultado é \;36\pi. Se a curva tivesse sido percorrida no sentido horário (orientação negativa), o resultado seria o oposto, -36\pi. A vantagem do teorema de Green ficou clara: ele transformou uma integral de linha com termos intratáveis em um integral duplo muito simples porque a combinação \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y é constante.

Resposta

\;36\pi

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