Curva C é a borda de \Omega com orientação horária (ou seja, sentido horário).
O pedido: calcular \displaystyle \int_{C} F\cdot d s=\oint_{C} P\,dx+Q\,dy.
Informações úteis extraídas do enunciado:
As quatro curvas se cruzam no primeiro quadrante formando uma região fechada; em particular, sobre \Omega tem-se x>0 e y>0 (as interseções relevantes não ocorrem em x=0 salvo no ponto trivial (0,0), que não está na parte interior da região que nos interessa).
O termo \dfrac{y^{3}}{3x} sugere atenção em x=0, então é importante usar uma técnica que valide a aplicação de teoremas (veremos que \Omega fica com x>0, então tudo fica bem).
Passo 2
Plano de ataque (o que vou fazer) — explicação didática e por que isso funciona.
A integral é uma circulação de um campo em torno de uma curva fechada. Uma ferramenta padrão para passar de uma integral de linha fechada para uma integral dupla sobre a região interior é a fórmula de Green (a versão bidimensional do teorema de Stokes).
Vou aplicar a fórmula de Green na forma\oint_{C_{\text{+}}} P\,dx+Q\,dy=\iint_{\Omega}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA,onde C_{+} é a borda com orientação positiva (contrário ao sentido horário: orientação anti-horária). Como C está orientada no sentido horário, a relação será\oint_{C} P\,dx+Q\,dy=-\iint_{\Omega}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.(Explicando: a orientação negativa inverte o sinal da integral de Green.)
Antes de usar Green, precisamos garantir que P e Q tenham derivadas parciais contínuas em um aberto que contenha \Omega. Note que a única possível irregularidade vinha de x=0 (o termo y^{3}/(3x)), mas a região \Omega está em x>0 (é a “região entre” curvas positivas), então dentro de \Omega tudo é suave e podemos aplicar Green.
Depois de usar Green, obteremos uma integral dupla com um integrando simples. Para calcular essa integral dupla é conveniente escolher variáveis que transformem as curvas limites em retas (constantes). Vou escolher variáveis que transformem exatamente as equações das quatro curvas em constantes — isso deixará a região de integração retangular em coordenadas novas, e muitas expressões ficarão simples.
Passo 3
Aplicando Green: cálculo das derivadas parciais.
Calculemos \dfrac{\partial Q}{\partial x} e \dfrac{\partial P}{\partial y}.
Q(x,y)=\sin\bigl(y^{2}\bigr)+1 não depende de x, logo\frac{\partial Q}{\partial x}=0.
P(x,y)=\dfrac{y^{3}}{3x}+e^{\cos x}. A derivada de e^{\cos x} em relação a y é zero; a derivada de \dfrac{y^{3}}{3x} em relação a y é \dfrac{3y^{2}}{3x}=\dfrac{y^{2}}{x}. Logo\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^{2}}{x}.
Pela observação do Passo 2 e pela orientação horária de C,\oint_{C} P\,dx+Q\,dy=-\iint_{\Omega}\Bigl(-\frac{y^{2}}{x}\Bigr)\,dA=\iint_{\Omega}\frac{y^{2}}{x}\,dA.Então reduzimos o problema a calcular a integral dupla\iint_{\Omega}\frac{y^{2}}{x}\,dA.
Passo 4
Escolha de mudança de variáveis (a ideia) — por que escolho as variáveis que escolhi.
Note que as curvas que limitam \Omega podem ser escritas como:3x^{2}=\pi y,\qquad 3x^{2}=2\pi y,ey^{2}=2x,\qquad y^{2}=4x.
Nas curvas 3x^{2}=\pi y e 3x^{2}=2\pi y temos u=\pi e u=2\pi, respectivamente.
Nas curvas y^{2}=2x e y^{2}=4x temos v=2 e v=4, respectivamente.
Além disso, o integrando \dfrac{y^{2}}{x} fica simplesmente v nesta mudança.
Portanto em coordenadas (u,v) a região \Omega vira um retângulo simples:R=\{(u,v):\\ \pi\le u\le 2\pi,\\\ 2\le v\le 4\}.
Passo 5
Expressar (x,y) em função de (u,v) e calcular o jacobiano (explicando cada etapa).
Começamos das definiçõesu=\frac{3x^{2}}{y},\qquad v=\frac{y^{2}}{x}.
Em vez de resolver explicitamente x(u,v),y(u,v) (que é possível), é mais simples calcular o jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} a partir do jacobiano direto \dfrac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} e depois inverter.
Calculemos as derivadas parciais de u e v em relação a x,y:\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{6x}{y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{3x^{2}}{y^{2}},
O jacobiano direto é então a determinante\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} =\det\begin{pmatrix} \dfrac{6x}{y} & -\dfrac{3x^{2}}{y^{2}}\\[6pt] -\dfrac{y^{2}}{x^{2}} & \dfrac{2y}{x} \end{pmatrix}.Calculando a determinante:\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} =\frac{6x}{y}\cdot\frac{2y}{x}-\Bigl(-\frac{3x^{2}}{y^{2}}\Bigr)\Bigl(-\frac{y^{2}}{x^{2}}\Bigr) =12-3=9.(notável: é constante e igual a 9.)
Logo o jacobiano inverso vale\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{\dfrac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}=\frac{1}{9}.
Assim a área diferencial transforma comodA=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv=\frac{1}{9}\,du\,dv.]
Passo 6
Reescrever a integral dupla em coordenadas (u,v) e calcular.
Recordando que na mudança v=\dfrac{y^{2}}{x}, o integrando \dfrac{y^{2}}{x} vira simplesmente v. Portanto\iint_{\Omega}\frac{y^{2}}{x}\,dA =\iint_{R} v\cdot\frac{1}{9}\,du\,dv =\frac{1}{9}\iint_{R} v\,du\,dv.
Como R é o retângulo \pi\le u\le 2\pi,\\\ 2\le v\le 4, a integral separa:\frac{1}{9}\int_{u=\pi}^{2\pi}\int_{v=2}^{4} v\,dv\,du =\frac{1}{9}\Bigl(\int_{\pi}^{2\pi} du\Bigr)\Bigl(\int_{2}^{4} v\,dv\Bigr).
O sinal final positivo faz sentido: o integrando y^{2}/x é positivo em todo \Omega (pois x>0,y>0), e a integral dupla resultou num número positivo.
A aplicação de Green foi justificada porque P e Q são suaves dentro de \Omega (não há singularidade em x=0 dentro da região usada).
O jacobiano sendo constante simplificou muito o cálculo; a escolha das variáveis u e v foi justamente para transformar as curvas em retas e o integrando em v.