Use o Teorema de Green para calcular a integral de linha ao longo da curva com orientação anti-horária em todos os casos onde a orientação não seja explicitamente dada.
\oint_{C} x e^{-2 x} d x+\left(x^{4}+2 x^{2} y^{2}\right) d y, C é o limite da região entre os círculos x^{2}+y^{2}=1 e x^{2}+y^{2}=4 .

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha
\oint_{C} x e^{-2 x}\,dx+\bigl(x^{4}+2x^{2}y^{2}\bigr)\,dy,
onde C é o limite da região compreendida entre os círculos \,x^{2}+y^{2}=1 e \,x^{2}+y^{2}=4. A orientação do contorno não foi explicitada; seguindo a instrução do enunciado, tomamos a orientação anti-horária (ou seja, orientação positiva do contorno). O que se pede, portanto, é calcular a integral de linha sobre todo esse contorno fechado.

Passo 2

Vou transformar a integral de linha numa integral dupla sobre a região D entre os dois círculos, usando o resultado que relaciona integrais de linha e integrais duplas para campos do tipo P\,dx+Q\,dy. Seja
P(x,y)=x e^{-2x},\qquad Q(x,y)=x^{4}+2x^{2}y^{2}.
A fórmula que vamos usar é
\oint_{\partial D} P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA.
Aqui \partial D é o contorno de D com orientação positiva (para uma região anelar isso significa: círculo externo orientado anti-horária e círculo interno orientado horário — essa é a convenção de orientação positiva do contorno de uma região com furo). Esta igualdade permite substituir a integral de linha pela integral dupla da diferença das derivadas parciais indicadas.

Passo 3

Calculemos as derivadas parciais que aparecem no integrando:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{4}+2x^{2}y^{2}\bigr)=4x^{3}+4xy^{2},
porque \frac{\partial}{\partial x}(x^{4})=4x^{3} e \frac{\partial}{\partial x}(2x^{2}y^{2})=4xy^{2} (note que y é tratado como constante na derivação em relação a x).
E
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x e^{-2x}\bigr)=0,
já que P depende apenas de x.

Passo 4

Portanto o integrando fica
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=4x^{3}+4xy^{2}=4x\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr).
Assim
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\iint_{D}4x\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA.

Passo 5

A região D é o anel entre os círculos de raio 1 e 2. Para integrar sobre D é muito conveniente usar coordenadas polares. Faço a troca
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad x^{2}+y^{2}=r^{2},
e o elemento de área é dA=r\,dr\,d\theta. Os limites são r\in[1,2] e \theta\in[0,2\pi].

Passo 6

Substituindo na integral dupla:
4x\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA =4\bigl(r\cos\theta\bigr)\bigl(r^{2}\bigr)\bigl(r\,dr\,d\theta\bigr) =4r^{4}\cos\theta\,dr\,d\theta.
Logo
\oint_{C}P\,dx+Q\,dy=\int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{2}4r^{4}\cos\theta\,dr\,d\theta.

Passo 7

Separando as integrais (produto de uma função de r por uma função de \theta):
\int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{2}4r^{4}\cos\theta\,dr\,d\theta = \Bigl(\int_{1}^{2}4r^{4}\,dr\Bigr)\Bigl(\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,d\theta\Bigr).
Calculo a parte radial:
\int_{1}^{2}4r^{4}\,dr=4\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{1}^{2}=4\cdot\frac{32-1}{5}=4\cdot\frac{31}{5}=\frac{124}{5}.
Calculo a parte angular:
\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=\bigl[\sin\theta\bigr]_{0}^{2\pi}=\sin(2\pi)-\sin(0)=0-0=0.

Passo 8

Multiplicando as duas partes obtemos
\frac{124}{5}\cdot 0 = 0.
Portanto a integral dupla vale 0, e por consequência a integral de linha também vale 0.
Observação alternativa (intuitiva): o integrando original transformado para a integral dupla ficou proporcional a x(x^{2}+y^{2}). A região D é simétrica em relação ao eixo y; a função x(x^{2}+y^{2}) é ímpar em x (muda de sinal quando x troca de sinal), então a integral sobre uma região simétrica em x é zero — isso confirma o resultado sem cálculo dos termos.

Resposta

0

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