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.
9. Considere a curva \gamma, descrita por x^{2}+y^{2}-6 x+8=0, y \geq 0, e orientada de ( 4,0 ) para ( 2,0 ).
Mostre que:
\int_{\gamma}\left(e^{x} \operatorname{sen} y-2 y-\pi\right) d x+\left(e^{x} \cos y+e^{y}\right) d y=-3 \pi

Passo 1

Resumo do enunciado e conteúdo que vamos usar
Temos dois exercícios de linha de integração de uma forma diferencial P\,dx+Q\,dy:
  1. A curva \gamma é o arco formado pelo segmento de reta de (1,1) a (0,0) e depois o segmento de (0,0) a (1,0). Queremos
\int_{\gamma}\bigl[y^{2}+\operatorname{sen}\bigl(x^{3}\bigr)\bigr]\,dx+\bigl(x+y^{5}\bigr)\,dy.
Aqui não é exata \partial P/\partial y\neq\partial Q/\partial x, então vamos parametrizar cada segmento e integrar diretamente.
  1. A curva \gamma é o semicírculo
x^{2}+y^{2}-6x+8=0,\quad y\ge0,
orientado de (4,0) a (2,0). Mostraremos
\int_{\gamma}\bigl(e^{x}\operatorname{sen} y-2y-\pi\bigr)\,dx+\bigl(e^{x}\cos y+e^{y}\bigr)\,dy
usando o Teorema de Green e fechando o caminho com o diâmetro de (2,0) a (4,0).

Passo 2

Cálculo da integral no exercício 1 – segmento 1
Parametrizamos de (1,1) a (0,0) por
x(t)=1-t,\quad y(t)=1-t,\quad t\in[0,1],
então
dx=-dt,\quad dy=-dt.
Substituindo em
P=y^2+\operatorname{sen}(x^3),\quad Q=x+y^5,
temos
\begin{aligned} \int_{\gamma_1}P\,dx+Q\,dy &=\int_{0}^{1}\Bigl[(1-t)^2+\operatorname{sen}\bigl((1-t)^3\bigr)\Bigr](-dt) +\Bigl[(1-t)+(1-t)^5\Bigr](-dt)\\\ &=-\int_{0}^{1}\Bigl[(1-t)^2+(1-t)^5+(1-t)+\operatorname{sen}\bigl((1-t)^3\bigr)\Bigr]\,dt. \end{aligned}
Fazendo u=1-t leva a
\int_{\gamma_1}P\,dx+Q\,dy =-\int_{0}^{1}\bigl(u^2+u^5+u+\operatorname{sen}(u^3)\bigr)\,du.

Passo 3

Avaliação da parte algébrica em 1
\int_{0}^{1}(u^2+u^5+u)\,du =\Bigl[\tfrac{u^3}{3}+\tfrac{u^6}{6}+\tfrac{u^2}{2}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{2}=1.
Logo
\int_{\gamma_1}P\,dx+Q\,dy =-\Bigl(1+\int_{0}^{1}\operatorname{sen}(u^3)\,du\Bigr).

Passo 4

Cálculo da integral no exercício 1 – segmento 2
Parametrizamos de (0,0) a (1,0) por
x(t)=t,\;y(t)=0,\;t\in[0,1],
então dx=dt e dy=0. Assim
\int_{\gamma_2}P\,dx+Q\,dy =\int_{0}^{1}\operatorname{sen}(t^3)\,dt.

Passo 5

Soma das duas partes do exercício 1
\int_{\gamma}P\,dx+Q\,dy =\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2} =-\Bigl(1+\int_{0}^{1}\operatorname{sen}(u^3)\,du\Bigr) +\int_{0}^{1}\operatorname{sen}(u^3)\,du =-1.

Passo 6

Cálculo da integral no exercício 2 por Green
Definimos a região D como o semicírculo (x-3)^2+y^2\le1,\;y\ge0.
Pela borda fechada \Gamma=\gamma\cup L (onde L é o diâmetro de (2,0) a (4,0)), o Teorema de Green dá
\oint_{\Gamma}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Aqui
\frac{\partial Q}{\partial x}=e^{x}\cos y,\quad \frac{\partial P}{\partial y}=e^{x}\cos y-2,
logo \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y=2. Como \mathrm{Area}(D)=\tfrac{\pi\cdot1^2}{2}=\tfrac\pi2, obtemos
\oint_{\Gamma}P\,dx+Q\,dy =2\cdot\frac\pi2=\pi.

Passo 7

Integral sobre o diâmetro L
Sobre L\colon y=0,\;x de 2 a 4, temos dx=dx,\;dy=0 e
P(x,0)=e^{x}\sen0-2\cdot0-\pi=-\pi,
então
\int_{L}P\,dx+Q\,dy =\int_{2}^{4}(-\pi)\,dx =-\pi\,(4-2)=-2\pi.

Passo 8

Concluindo o exercício 2
Da borda fechada,
\oint_{\Gamma}P\,dx+Q\,dy =\int_{\gamma}P\,dx+Q\,dy+\int_{L}P\,dx+Q\,dy =\pi.
Isolando a parte sobre \gamma,
\int_{\gamma}P\,dx+Q\,dy =\pi-\bigl(-2\pi\bigr) =3\pi.

Resposta

Exercício 1: -1.
Exercício 2: 3\pi.

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