Use o teorema de Green para calcular oint_{C} \mathbf{F} \cdot \mathbf{t} d l, nos seguintes casos:
\mathbf{F}(x, y)=-y^{3} \mathbf{i}+\left(x^{3}+\exp \left\{y^{5}\right\}\right) \mathbf{j} e C é a fronteira da região R=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid x^{2}+y^{2} \leq 1, y \geq 0\right\}, orientada no sentido antihorário.

Passo 1

O enunciado pede o cálculo da integral de linha
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot\mathbf{t}\,dl
onde \mathbf{F}(x,y)=(-y^3,\;x^3+e^{y^5}) e C é a fronteira da meia-disco \{(x,y)\mid x^2+y^2\le1,\;y\ge0\}, orientada no sentido anti-horário.
O método indicado é usar o Teorema de Green, que transforma essa integral de linha numa integral dupla sobre a região R.

Passo 2

No Teorema de Green identificamos
P(x,y)=-y^3,\quad Q(x,y)=x^3+e^{y^5},
e calculamos as derivadas parciais
\frac{\partial Q}{\partial x}=3x^2,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-3y^2.

Passo 3

Pelo Teorema de Green,
\oint_{C}P\,dx + Q\,dy =\iint_{R}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA =\iint_{R} \bigl(3x^2-(-3y^2)\bigr)\,dA =\iint_{R}3(x^2+y^2)\,dA.

Passo 4

Para avaliar \displaystyle \iint_{R}3(x^2+y^2)\,dA
passamos a coordenadas polares:
x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad dA=r\,dr\,d\theta,
com r\in[0,1] e \theta\in[0,\pi] (meia-circunferência superior).

Passo 5

A integral fica
3\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{1}(r^2)\,(r\,dr\,d\theta) =3\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{1}r^3\,dr =3\bigl[\pi\bigr]\cdot\Bigl[\frac{r^4}{4}\Bigr]_{0}^{1} =3\pi\cdot\frac{1}{4} =\frac{3\pi}{4}.

Resposta

\oint_{C}\mathbf{F}\cdot\mathbf{t}\,dl = \frac{3\pi}{4}.

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