Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva dada com orientação positiva:
\oint_{C} x y^{3} d x-x^{2} d y
onde C é o círculo x^{2}+y^{2}=4.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha
\oint_{C} x y^{3}\,dx - x^{2}\,dy
sobre a curva C que é o círculo \,x^{2}+y^{2}=4, com orientação positiva (isto é, no sentido anti-horário).
Informações dadas que vamos usar depois:
P(x,y)=x y^{3},\qquad Q(x,y)=-x^{2},
e a região D interior a C é o disco de raio 2 centrado na origem:
D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 4\}.

Passo 2

Escolhendo o método e relembrando o teorema usado (aqui explico o que ele é e por que serve).
O Teorema de Green diz o seguinte: se C é uma curva simples, fechada e orientada positivamente que limita uma região plana D, e P,Q têm derivadas parciais contínuas em um aberto que contém D, então
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
O que cada símbolo significa:
  • \oint_{C} P\,dx + Q\,dy é a integral de linha ao longo de C (o que o problema pede).
  • \frac{\partial Q}{\partial x} é a derivada parcial de Q em relação a x.
  • \frac{\partial P}{\partial y} é a derivada parcial de P em relação a y.
  • \iint_{D} \cdots dA é a integral dupla sobre a região interior D.
Por que usar Green aqui: a curva C é um círculo (fechada, simples) e P,Q são polinômios (derivadas contínuas). Assim, é natural e muito prático aplicar o Teorema de Green para transformar a integral de linha em uma integral dupla sobre o disco D.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais que aparecem no integrando do Teorema de Green. Lembrando que P(x,y)=x y^{3} e Q(x,y)=-x^{2}.
Derivada de Q em relação a x:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-x^{2})=-2x.
Derivada de P em relação a y:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(x y^{3})=x\cdot 3y^{2}=3x y^{2}.
Portanto, o integrando de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-2x-3x y^{2}=-x\bigl(2+3y^{2}\bigr).

Passo 4

Escrever a integral dupla sobre a região D (o disco de raio 2). Pelo Teorema de Green:
\oint_{C} x y^{3}\,dx - x^{2}\,dy = \iint_{D} \bigl(-x(2+3y^{2})\bigr)\,dA.
Agora vou usar coordenadas polares para avaliar a integral sobre o disco. Lembrete rápido sobre coordenadas polares e o jacobiano (aula curta):
  • Nas coordenadas polares, x=r\cos\theta e y=r\sin\theta.
  • A área elementar dA transforma-se em r\,dr\,d\theta. Esse fator r vem do jacobiano da transformação e representa o alongamento do elemento de área ao passar de (x,y) para (r,\theta). Em termos práticos, sempre que integrar sobre um disco ou círculo convém usar polares porque as equações ficam mais simples e os limites são fáceis: aqui 0\le r\le 2 e 0\le\theta\le 2\pi.

Passo 5

Substituir x=r\cos\theta, y=r\sin\theta e dA=r\,dr\,d\theta na integral:
\iint_{D} -x(2+3y^{2})\,dA = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} -\bigl(r\cos\theta\bigr)\bigl(2+3(r\sin\theta)^{2}\bigr)\, r\,dr\,d\theta.
Simplificando o integrando:
-\bigl(r\cos\theta\bigr)\bigl(2+3r^{2}\sin^{2}\theta\bigr)\,r = -r^{2}\cos\theta\bigl(2+3r^{2}\sin^{2}\theta\bigr).
Logo a integral fica
\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} -r^{2}\cos\theta\bigl(2+3r^{2}\sin^{2}\theta\bigr)\,dr\,d\theta.
Podemos distribuir para ver os dois termos:
\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} \bigl(-2r^{2}\cos\theta - 3r^{4}\cos\theta\sin^{2}\theta\bigr)\,dr\,d\theta.

Passo 6

Avaliar a integral usando simetria no \theta-integral (aula sobre simetria). Observe que ambos termos do integrando contêm um fator \cos\theta multiplicando uma função de r e de \sin^{2}\theta. Em particular, para qualquer função f(r,\sin^{2}\theta) que seja 2\pi-periódica em \theta e dependa de \theta apenas através de \sin^{2}\theta (que é uma função de período \pi e é par relativamente a \theta\mapsto\theta+\pi), vale:
\int_{0}^{2\pi} \cos\theta\; f(r,\sin^{2}\theta)\,d\theta = 0.
Argumento simples: faça a mudança de variável \varphi=\theta+\pi. Então \cos(\theta+\pi)=-\cos\theta e \sin^{2}(\theta+\pi)=\sin^{2}\theta. Assim os valores de \theta em [0,\pi) e [\pi,2\pi) se cancelam, somando zero sobre o período completo.
Aplicando isso aqui:
  • Para o primeiro termo, \int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=0 (caso f constante).
  • Para o segundo termo, \cos\theta\sin^{2}\theta tem a forma \cos\theta\cdot f(\sin^{2}\theta), logo sua integral em \theta de 0 a 2\pi também é zero.
Portanto, para cada valor de r fixo, a integral em \theta dos termos dentro do integrando é zero. Assim a integral dupla inteira vale zero:
\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} \bigl(-2r^{2}\cos\theta - 3r^{4}\cos\theta\sin^{2}\theta\bigr)\,dr\,d\theta = 0.
Se quiser ver de forma elementar:
\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,d\theta = \sin\theta\Big|_{0}^{2\pi}=0,
e
\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\sin^{2}\theta\,d\theta
é também zero por simetria (ou pode-se usar a substituição u=\sin\theta e observar que o intervalo se fecha com sinais opostos).

Passo 7

Concluímos que a integral de linha pedida é zero. Um comentário final de encorajamento: esse tipo de problema costuma cair bastante na prova — identificar P e Q, calcular as parciais, passar para uma integral sobre a região e explorar simetrias (como a presença de \cos\theta) geralmente simplifica muito as contas. Você mandou bem ao escolher um caminho direto com Green!

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