Use o Teo.de Green para calcular a integral \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r} ,onde:
\vec{F}(x, y)=\left(y-\ln \left(x^{2}+y^{2}\right)\right) \widehat{i}+2 \tan ^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) \widehat{j} e C é a circunferência x^{2}+y^{2}=16 orientada no sentido horário.

Passo 1

O enunciado pede
\int_{C}\vec F\cdot d\vec r
para \vec F(x,y)=\bigl(P(x,y),Q(x,y)\bigr) com
P(x,y)=y-\ln\bigl(x^2+y^2\bigr), \qquad Q(x,y)=2\tan^{-1}\!\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr),
e C é o círculo x^2+y^2=16 orientado no sentido horário.
Vamos usar o Teorema de Green, que em orientação positiva (anti-horário) diz
\oint_CP\,dx+Q\,dy =\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Como C é horário, o valor da integral pedida será o negativo da integral dupla.

Passo 2

Calcular \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}.
Escrevendo
Q(x,y)=2\arctan\!\bigl(y/x\bigr),
temos
\frac{\partial}{\partial x}\Bigl(\arctan\!\frac{y}{x}\Bigr) =\frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\Bigl(-\frac{y}{x^2}\Bigr) =-\frac{y}{x^2+y^2}.
Logo
\frac{\partial Q}{\partial x} =2\cdot\Bigl(-\frac{y}{x^2+y^2}\Bigr) =-\frac{2y}{x^2+y^2}.

Passo 3

Calcular \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}.
Como
P(x,y)=y-\ln\bigl(x^2+y^2\bigr),
temos
\frac{\partial P}{\partial y} =1-\frac{1}{x^2+y^2}\cdot2y =1-\frac{2y}{x^2+y^2}.

Passo 4

Formar o integrando do rotacional
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =-\frac{2y}{x^2+y^2} -\Bigl(1-\frac{2y}{x^2+y^2}\Bigr) =-1.
Assim, para orientação positiva
\oint_{C_{\rm anti}}P\,dx+Q\,dy =\iint_{D}(-1)\,dA =-\Area(D) =-\pi\cdot4^2 =-16\pi.
Mas como C é horário, a integral pedida é o negativo disso:

Passo 5

\int_{C}\vec F\cdot d\vec r =-\bigl(-16\pi\bigr) =16\pi.

Resposta

16\pi.

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