Use o teorema de Green para calcular \oint_{C} \overrightarrow{\mathbf{F}} \cdot d \overrightarrow{\mathbf{r}}. Verifique a orientação da curva antes de aplicar o teorema.
\overrightarrow{\mathbf{F}}(x, y)=\left\langle\sqrt{x^{2}+1}, \arctan x\right\rangle C é o triângulo de (0,0) a (0,1) a (1,0) a (0,0).

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de linha \oint_{C} \overrightarrow{\mathbf{F}}\cdot d\overrightarrow{\mathbf{r}} para o campo
\overrightarrow{\mathbf{F}}(x,y)=\langle \sqrt{x^{2}+1},\, \arctan x\rangle
em torno da curva C que é o triângulo com vértices (0,0)\to(0,1)\to(1,0)\to(0,0).
Informações relevantes dadas:
P(x,y)=\sqrt{x^{2}+1},\qquad Q(x,y)=\arctan x.
A orientação da curva é dada pela sequência dos vértices (0,0)\to(0,1)\to(1,0)\to(0,0) — precisamos verificar se essa orientação é positiva (anti-horária) ou negativa (horária) antes de aplicar o Teorema de Green.

Passo 2

Verificação da orientação de C. Vou usar o critério do sinal da área pelo método de sacolinha (shoelace) para a ordem dos vértices (x_1,y_1)=(0,0), (x_2,y_2)=(0,1), (x_3,y_3)=(1,0). O valor duplo da área orientada é
\sum_{i=1}^{3} x_i y_{i+1} - \sum_{i=1}^{3} y_i x_{i+1},
onde se toma (x_4,y_4)=(x_1,y_1). Calculando:
\sum x_i y_{i+1}=0\cdot1 + 0\cdot0 + 1\cdot0 = 0,
\sum y_i x_{i+1}=0\cdot0 + 1\cdot1 + 0\cdot0 = 1.
Logo a área orientada é \tfrac{1}{2}(0-1)=-\tfrac{1}{2}, negativa. Portanto a curva C dada está orientada no sentido horário (negativo). Como o Teorema de Green exige orientação positiva (anti-horária), quando aplicarmos Green teremos que trocar de sinal: a integral de linha na orientação dada é o negativo da integral dada por Green com orientação positiva.

Passo 3

Enunciado do Teorema de Green (explicação didática): para um campo de classe adequada \overrightarrow{\mathbf{F}}=\langle P,Q\rangle e uma curva fechada C positivamente orientada que delimita uma região D,
\oint_{C}\overrightarrow{\mathbf{F}}\cdot d\overrightarrow{\mathbf{r}}=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
Aqui P(x,y) é a componente x do campo, Q(x,y) a componente y. A ideia é transformar a integral de linha em uma integral dupla sobre a área interior, integrando a “vorticidade local” \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}. Vou aplicar isso ao nosso caso, lembrando de pôr o sinal negativo no fim porque C está orientado no sentido horário.

Passo 4

Calcular as derivadas parciais necessárias:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{d}{dx}(\arctan x)=\frac{1}{1+x^{2}},
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(\sqrt{x^{2}+1}\big)=0,
pois \sqrt{x^{2}+1} não depende de y. Assim o integrando do Teorema de Green é
\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{1+x^{2}}-0=\frac{1}{1+x^{2}}.

Passo 5

Descrever a região D (o triângulo) e escolher limites de integração. A hipotenusa do triângulo é a reta que liga (0,1) a (1,0), cuja equação é y=1-x. Portanto a região D pode ser descrita por
0\le x\le 1,\qquad 0\le y\le 1-x.
Usando integração iterada com dy interno, a integral dupla (para orientação positiva) é
I_{+}=\iint_{D}\frac{1}{1+x^{2}}\,dA=\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1-x}\frac{1}{1+x^{2}}\,dy\,dx.

Passo 6

Calcular a integral interna em y (é simples porque o integrando não depende de y):
\int_{y=0}^{1-x}\frac{1}{1+x^{2}}\,dy = \frac{1-x}{1+x^{2}}.
Logo
I_{+}=\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x^{2}}\,dx.
Agora vou separar a integral em duas partes para facilitar a antiderivação:
\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x^{2}}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}\,dx - \int_{0}^{1}\frac{x}{1+x^{2}}\,dx.

Passo 7

Calcular cada parcela:
  • Para a primeira,
\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}\,dx=\left[\arctan x\right]_{0}^{1}=\arctan 1-\arctan 0=\frac{\pi}{4}.
  • Para a segunda, use a substituição u=1+x^{2}, du=2x\,dx, logo x\,dx=\tfrac{1}{2}\,du. Assim
\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x^{2}}\,dx=\frac{1}{2}\int_{u=1}^{2}\frac{1}{u}\,du=\frac{1}{2}\left[\ln u\right]_{1}^{2}=\frac{1}{2}\ln 2.
Portanto
I_{+}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2.

Passo 8

Relacionar com a orientação dada. I_{+} é o valor da integral de linha quando C tem orientação positiva (anti-horária). Como verificamos no Passo 2 a curva C dada está orientada no sentido horário, o valor pedido pelo enunciado (na orientação dada) é o negativo de I_{+}. Logo
\oint_{C}\overrightarrow{\mathbf{F}}\cdot d\overrightarrow{\mathbf{r}} = -I_{+} = -\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\right)=\frac{1}{2}\ln 2 - \frac{\pi}{4}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{\pi}{4}

Exercícios relacionados