Seja \Omega a região do plano x y delimitada pelas curvas
3 x^{2}=\pi y, 3 x^{2}=2 \pi y, y^{2}=2 x, y^{2}=4 x .
Sejam C a borda de \Omega orientada no sentido horário e
F(x, y)=\left(\frac{y^{3}}{3 x}+e^{\cos x}, \sin \left(y^{2}\right)+1\right),
calcule \int_{C} F \cdot d s

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, sem resolver nada ainda.
  • Curvas que delimitam a região \Omega:
    • 3x^{2}=\pi y (ou seja y=\dfrac{3}{\pi}x^{2});
    • 3x^{2}=2\pi y (ou seja y=\dfrac{3}{2\pi}x^{2});
    • y^{2}=2x (ou seja x=\dfrac{y^{2}}{2});
    • y^{2}=4x (ou seja x=\dfrac{y^{2}}{4}).
  • Campo vetorial dado:
    F(x,y)=\Bigl(P(x,y),\,Q(x,y)\Bigr)=\left(\dfrac{y^{3}}{3x}+e^{\cos x},\; \sin\bigl(y^{2}\bigr)+1\right).
  • 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}.
  • Assim \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0-\frac{y^{2}}{x}=-\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,e y^{2}=2x,\qquad y^{2}=4x.
  • Essas equações sugerem definir variáveis que tornem essas expressões constantes. Defino u=\frac{3x^{2}}{y},\qquad v=\frac{y^{2}}{x}.Observações rápidas:
    • 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 definições u=\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}},
\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{y^{2}}{x^{2}},\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=\frac{2y}{x}.
  • 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 como dA=\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).
  • Calcule os termos: \int_{\pi}^{2\pi} du=\pi,
\int_{2}^{4} v\,dv=\left.\frac{v^{2}}{2}\right|_{2}^{4}=\frac{16}{2}-\frac{4}{2}=8-2=6.
  • Assim \iint_{\Omega}\frac{y^{2}}{x}\,dA=\frac{1}{9}\cdot \pi\cdot 6=\frac{6\pi}{9}=\frac{2\pi}{3}.

Passo 7

Cheque rápido de consistência e conclusão.
  • Verificações rápidas:
    • 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.

Resposta

\dfrac{2\pi}{3}

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