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Exercícios Resolvidos de Função Potencial

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Enunciado

Campos Conservativos

Seja F : R 2 → R 2 o campo vetorial dado por

F x , y = g x x sen ⁡ y + y cos ⁡ y i + g x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y j

Onde g : R → R uma função de classe C 1 tal que g 0 = e - π / 2

  1. Suponha que F é um campo de forças. Mostre que o trabalho realizado por F ao longo da curva C , representada parametricamente por r : 0,1 → R 2 , r t = π t 2 , π 2 , é dado por

    2. ∫ 0 π / 2 u g u d u

  2. Sem calcular funções potenciais, encontre a função g de tal modo que F seja um campo conservativo.
  3. Para a função g do item b ) , encontre a família de funções potenciais para F
  4. Usando o teorema fundamental dos integrais de linha, calcule o trabalho realizado pelo campo F dado pela função g do item b ) ao longo da curva C do item a ) . Justifique.

Passo 1

a )

O trabalho nesse campo de forças vai ser

∫ C F x , y ∙ d S →

Onde

F x , y = g x x sen ⁡ y + y cos ⁡ y , g x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y

Para fazermos essa integral de linha precisamos da parametrização de C que vai ser

r t = π t 2 , π 2

Com t ∈ 0,1

Foi dado por ele no enunciado, Vamos agora a derivada

r ' t = π 2 , 0

Passo 2

A integral vai ficar

∫ C F x , y ∙ d S → = ∫ C F r t ∙ r ' t d t

⇒ ∫ 0 1 g π t 2 π t 2 sen ⁡ π 2 + π 2 cos ⁡ π 2 , g π t 2 π t 2 cos ⁡ π 2 - π 2 sen ⁡ π 2 ∙ π 2 , 0 d t

⇒ ∫ 0 1 g π t 2 π t 2 . 1 + π 2 . 0 , g π t 2 π t 2 . 0 - π 2 . 1 ∙ π 2 , 0 d t

⇒ ∫ 0 1 g π t 2 π t 2 , g π t 2 - π 2 ∙ π 2 , 0 d t

⇒ ∫ 0 1 π t 2 g π t 2 , - π 2 g π t 2 ∙ π 2 , 0 d t

⇒ ∫ 0 1 π 2 π t 2 g π t 2 d t

Passo 3

Vamos dar uma arrumada nessa integral

∫ 0 1 π 2 π t 2 g π t 2 d t

Ele quer que apareça g u então vamos fazer

u = π t 2

Derivando

d u = π 2 d t

Temos que fazer agora os limites

t = 1 → u = π . 1 2 = π 2

t = 0 → u = π . 0 2 = 0

Então a integral vai ficar

∫ 0 1 π 2 π t 2 g π t 2 d t = ∫ 0 1 π t 2 ⏟ u g π t 2 ⏟ u π 2 d t ⏟ d u = ∫ 0 π 2 u g u d u

Passo 4

b )

Para esse campo vetorial ser um campo conservativo devemos ter

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

Vamos calcular as derivadas

∂ F 2 ∂ x = g ' x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y + g x cos ⁡ y

A outra derivada vai ficar

∂ F 1 ∂ y = g x x cos ⁡ y + cos ⁡ y + y - sen ⁡ y

∂ F 1 ∂ y = g x x cos ⁡ y + cos ⁡ y - y sen ⁡ y

Substituindo vamos ter

g ' x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y + g x cos ⁡ y - g x x cos ⁡ y + cos ⁡ y - y sen ⁡ y =

⇒ g ' x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y + g x cos ⁡ y - x cos ⁡ y - cos ⁡ y + y sen ⁡ y = 0

⇒ g ' x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y + g x - x cos ⁡ y + y sen ⁡ y = 0

⇒ g ' x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y = g x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y

⇒ g ' x = g x

Passo 5

Resolvendo essa EDO vamos ter

∂ g ∂ x = g

∂ g g = ∂ x

Integrando os dois lados

∫ ∂ g g = ∫ ∂ x

ln ⁡ g = x + C

Usando propriedades de logaritmo vamos ter

g x = e x + C

Vamos ver o valor inicial que ele deu

g 0 = e - π / 2

Então

g 0 = e C = e - π / 2

Logo

C = - π 2

E

g x = e x - π / 2

Passo 6

c )

Seja f , a nossa função potencial, então vamos ter

∂ f ∂ x = F 1

f = ∫ F 1 d x = ∫ g x x sen ⁡ y + y cos ⁡ y d x

Vamos trocar o valor de g x para o que encontramos no passo 5

f = ∫ e x - π / 2 x sen ⁡ y + y cos ⁡ y d x

⇒ ∫ e x - π / 2 x sen ⁡ y d x + ∫ e x - π / 2 y cos ⁡ y d x

⇒ ∫ e x - π / 2 x sen ⁡ y d x + ∫ e x - π / 2 y cos ⁡ y d x

Passo 7

Temos que integrar

∫ e x - π / 2 x d x

Vamos fazer por partes, fazendo

u = x

d v = e x - π / 2 d x

Vamos ter

d u = d x

v = e x - π / 2

Aquela subtração não muda em nada nossa integral. Lembrando que na integração por partes

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Então

∫ e x - π / 2 x d x = x e x - π / 2 - ∫ e x - π / 2 d x = x e x - π / 2 - e x - π / 2 + C

Passo 8

Voltando para a integral

f = ∫ e x - π / 2 x sen ⁡ y d x + ∫ e x - π / 2 y cos ⁡ y d x

f = x e x - π / 2 - e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y + A y

f = x e x - π / 2 sen ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y + A y

Passo 9

Temos agora que fazer

∂ f ∂ y = F 2

f = ∫ F 2 d y = ∫ g x x cos ⁡ y - y sen ⁡ y d y

Vamos trocar o valor de g x para o que encontramos no passo 5

f = ∫ e x - π / 2 x cos ⁡ y - y sen ⁡ y d y

f = ∫ e x - π / 2 x cos ⁡ y d y - ∫ e x - π / 2 y sen ⁡ y d y

f = ∫ x e x - π / 2 cos ⁡ y d y - ∫ e x - π / 2 y sen ⁡ y d y

Passo 10

Temos que fazer a integral

∫ y sen ⁡ y d y

Vamos fazer por partes, fazendo

u = u

d v = sen ⁡ y d y

Vamos ter

d u = d y

v = - cos ⁡ y

Aquela subtração não muda em nada nossa integral. Lembrando que na integração por partes

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Então

∫ y sen ⁡ y d y = - y cos ⁡ y - ∫ - cos ⁡ y d y = - y cos ⁡ y + ∫ cos ⁡ y d y

⇒ - y cos ⁡ y + sen ⁡ y + C

Passo 11

A nossa função potencial vai ficar

f = ∫ x e x - π / 2 cos ⁡ y d y - ∫ e x - π / 2 y sen ⁡ y d y

f = x e x - π / 2 sen ⁡ y - e x - π / 2 - y cos ⁡ y + sen ⁡ y + B x

f = x e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + B x

Igualando o que achamos no passo 10 e no passo 8 , vamos ter

x e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + B x = x e x - π / 2 sen ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y + A y

Isso nos diz que

B x = A y

Então a única forma de termos duas funções assim iguais é se ambas forem constantes, isso porque A só depende de y e B só depende de x .

A função potencial vai ficar

f = x e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + K

Passo 12

d )

Já vimos que o trabalho vai ser

W = ∫ C F ∙ d S

Como a função F tem uma função potencial f então a integral vai ficar

W = f r 1 - f r 0

Isso porque ele vai de r 0 até r 1 , temos que achar os valores de r 0 e r 1

r 0 = π . 0 2 , π 2 = 0 , π 2

E

r 1 = π . 1 2 , π 2 = π 2 , π 2

O trabalho vai ficar

W = f π 2 , π 2 - f 0 , π 2

W = π 2 e π / 2 - π / 2 sen ⁡ π 2 + e π / 2 - π / 2 π 2 cos ⁡ π 2 - e π / 2 - π / 2 sen ⁡ π 2 + K - 0 e 0 - π / 2 sen ⁡ π 2 + e 0 - π / 2 0 cos ⁡ π 2 - e 0 - π / 2 sen ⁡ π 2 + K

W = π 2 1 . 1 + 1 . π 2 . 0 - 1.1 + K - 0 + 0 - e - π / 2 . 1 + K

W = π 2 + - 1 + K - - e - π / 2 + K

W = π 2 ± 1 + e - π / 2

Resposta

  1. g x = e x - π / 2
  2. f = x e x - π / 2 sen ⁡ y + e x - π / 2 y cos ⁡ y - e x - π / 2 sen ⁡ y + K
  3. W = π 2 ± 1 + e - π / 2

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