Utilize o teorema de Green para calcular a \oint_{C}\left[\left(y^{2}+\sqrt{4-x^{2}}\right) d x+(\ln y-4 x) d y\right], onde C é o retângulo de vértices (0,0),(1,0),(1,1) e (0,1), no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado pede para calcular \displaystyle \oint_{C}\bigl[(y^{2}+\sqrt{4-x^{2}})\,dx+(\ln y-4x)\,dy\bigr]
onde C é o retângulo com vértices (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), no sentido anti-horário.
O conteúdo é o Teorema de Green, que converte uma integral de linha numéreica numa integral dupla sobre a região interior D.

Passo 2

Pelo Teorema de Green temos
\oint_{C}P\,dx + Q\,dy = \iint_{D}\Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,dA
onde
P(x,y)=y^{2}+\sqrt{4-x^{2}},\qquad Q(x,y)=\ln y-4x.

Passo 3

Calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(\ln y -4x) = -4,
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(y^{2}+\sqrt{4-x^{2}}) = 2y.

Passo 4

O integrando fica
\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -4 - 2y.
Como D = \{(x,y)\mid 0\le x\le1,\;0\le y\le1\}, montamos
\iint_{D}(-4 - 2y)\,dA = \int_{y=0}^{1}\!\int_{x=0}^{1}(-4 - 2y)\,dx\,dy.

Passo 5

Integramos em x primeiro (dura 1 unidade) e depois em y:
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(-4 - 2y)\,dx\,dy = \int_{0}^{1}(-4 - 2y)\cdot1\,dy = \int_{0}^{1}(-4 - 2y)\,dy.
Calculando:
\int_{0}^{1}(-4 - 2y)\,dy = \bigl[-4y - y^{2}\bigr]_{0}^{1} = -4 - 1 = -5.

Resposta

-5

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