Usando o terema de Green calcular a integral de linha
\oint_{C} \frac{x^{2}-y^{2}}{2} d x+\frac{x^{2}+2 y^{4}}{2} d y
sendo C a fronteira positivamente orientada da região
S=\left\{(x, y) \mid 1 \leq x^{2}+y^{2} \leq 4, x \geq 0, y \geq 0\right\}

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral de linha
\oint_{C} \frac{x^{2}-y^{2}}{2}\,dx+\frac{x^{2}+2y^{4}}{2}\,dy
onde C é a fronteira, orientada positivamente, da região
S=\left\{(x,y)\mid 1\le x^{2}+y^{2}\le 4,\; x\ge 0,\; y\ge 0\right\}.
Informações dadas e o que é pedido:
  • A forma diferencial tem P(x,y)=\dfrac{x^{2}-y^{2}}{2} e Q(x,y)=\dfrac{x^{2}+2y^{4}}{2}.
  • A região S é um anel (região entre dois círculos de raios 1 e 2) limitado ao primeiro quadrante ( 0\le\theta\le \tfrac{\pi}{2} em coordenadas polares).
  • A orientação positiva da fronteira significa que C é percorrida no sentido anti-horário ao redor de S.
  • Pergunta: calcular o valor numérico da integral de linha dada.

Passo 2

Aplicar a versão bidimensional de Green (explicação e condições).
  • Teorema de Green (forma que vamos usar): se P e Q têm derivadas parciais contínuas numa região que contém S e sua fronteira C, então
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy=\iint_{S}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui:
  • P(x,y) e Q(x,y) são as funções do integrando da integral de linha.
  • \dfrac{\partial Q}{\partial x} significa derivada parcial de Q em relação a x.
  • \dfrac{\partial P}{\partial y} significa derivada parcial de P em relação a y.
  • dA é o elemento de área no plano.
    A região S é regular e P,Q são polinômios (derivadas contínuas), então as hipóteses do teorema são satisfeitas.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais \dfrac{\partial Q}{\partial x} e \dfrac{\partial P}{\partial y}.
  • Escrevendo explicitamente:
P(x,y)=\frac{x^{2}-y^{2}}{2}=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}y^{2}, \qquad Q(x,y)=\frac{x^{2}+2y^{4}}{2}=\frac{1}{2}x^{2}+y^{4}.
  • Derivadas:
\frac{\partial Q}{\partial x}=x, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-y.
Portanto
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=x-(-y)=x+y.
Assim, pela fórmula de Green:
\oint_{C} P\,dx+Q\,dy=\iint_{S}(x+y)\,dA.

Passo 4

Escolher coordenadas mais convenientes para avaliar \iint_{S}(x+y)\,dA.
  • A região S é definida por 1\le x^{2}+y^{2}\le 4 e x\ge0,y\ge0. Em coordenadas polares (r,\theta) com
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,
a região corresponde a
1\le r^{2}\le 4\quad\Rightarrow\quad 1\le r\le 2, \qquad 0\le\theta\le \frac{\pi}{2}.
  • Lembrete sobre o elemento de área: em polares dA=r\,dr\,d\theta. Isso vem do Jacobiano da mudança de variável; em palavras, um pequeno retângulo em (r,\theta) tem área aproximada r\,\Delta r\,\Delta\theta.
  • Substituindo x e y e o dA:
x+y=r\cos\theta + r\sin\theta = r(\cos\theta+\sin\theta),
e
(x+y)\,dA = r(\cos\theta+\sin\theta)\cdot r\,dr\,d\theta = r^{2}(\cos\theta+\sin\theta)\,dr\,d\theta.

Passo 5

Montar e calcular a integral dupla em polares.
  • A integral fica
\iint_{S}(x+y)\,dA=\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=1}^{2} r^{2}(\cos\theta+\sin\theta)\,dr\,d\theta.
  • Separar fatores que dependem só de \theta:
\int_{0}^{\pi/2}(\cos\theta+\sin\theta)\left(\int_{1}^{2} r^{2}\,dr\right)d\theta.
  • Calcular a integral radial:
\int_{1}^{2} r^{2}\,dr=\left[\frac{r^{3}}{3}\right]_{1}^{2}=\frac{8}{3}-\frac{1}{3}=\frac{7}{3}.
  • Substituir:
\iint_{S}(x+y)\,dA=\frac{7}{3}\int_{0}^{\pi/2}(\cos\theta+\sin\theta)\,d\theta.

Passo 6

Calcular a integral angular e concluir.
  • Integral angular:
\int_{0}^{\pi/2}(\cos\theta+\sin\theta)\,d\theta =\left[\sin\theta-\cos\theta\right]_{0}^{\pi/2} =(1-0)-(0-1)=2.
  • Portanto
\iint_{S}(x+y)\,dA=\frac{7}{3}\cdot 2=\frac{14}{3}.
  • Pelo teorema de Green, essa é exatamente o valor da integral de linha pedida.

Resposta

\displaystyle \frac{14}{3}

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