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Exercícios Resolvidos de Função Potencial

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Enunciado

2) Sejam U = x ,   y ∈ R 2   | - π ≤ x ≤ π ,   - π 2 ≤ y ≤ π 2 e F : U → R 2 , dado por:

F x ,   y = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y ,   - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

  1. Prove que F é um campo conservativo em U e calcule um potencial de F em U .
  2. Seja G : U → R 2   dado por

G x ,   y = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y - 2 y - x ,   - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y - 2 y + x

Calcule ∫ γ   G ⋅ d s , onde γ : π 4 , 5 π 4 → R 2 é dada por γ t = cos ⁡ t , sin ⁡ t .

Passo 1

a )

Bem, já que sabemos que o campo é conservativo e o problema nos pede para calcular essa função potencial, calculemos essa função potencial e se encontrarmos uma expressão... Estará provado que o campo é conservativo, saca?

Se ele é conservativo então ele satisfaz F → = ∇ ω . Mas quem é esse ômega que apareceu aí? :\

Esse ômega é a função potencial, e pela teoria, o gradiente dela deve ser igual ao campo F , só isso, beleza?

∂ ω ∂ x ,   ∂ ω ∂ y = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y ,   - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

Portanto a gente pode dizer que

I                 ∂ ω ∂ x = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

I I                 ∂ ω ∂ y = - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y  

Passo 2

Então o que a gente deve fazer agora é pegar a primeira I I , por questão d epreferência, e integrar com relação a y

ω x , y = ∫     - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y d y + g ( x )

Note que aparece um g ( x ) aí, pois se derivarmos em relação à x ela some, então integramos ela volta. Como se fosse a constante de integração,saca? Mas não se preocupe, no próximo passo a determinamos

Integrando considerando x constante e fazendo uma substituição do tipo sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y = t ...

d t = - 2 cos ⁡ y sin ⁡ y d y     →         cos ⁡ y sin ⁡ y d y   = d t 2

ω = ∫     1 t ⋅ d t 2 + g x =

1 2 ln ⁡ t + g x

Substituindo novamente...

ω x , y = 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y + g x

Passo 3

Como eu disse, vamos agora determinar g ( x ) , e como podemos fazer isso? Derivando ω com relação a x e depois comparando com o que temos em I ...

∂ ω ∂ x = ∂ ∂ x 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y + g x ) →

∂ ω ∂ x = 1 2 ⋅ 1 sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y ⋅ 2 sin ⁡ x cos ⁡ x + g ' x   →

∂ ω ∂ x = sin ⁡ x cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y + g ' ( x )

Comparando agora com o que temos em ( I ) do passo 3...

sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y + g ' ( x ) = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

Cortando essas coisas iguais

g ' x = 0

Integrando, g x só pode ser uma constante para sua derivada se anular... g x = k

Tomando essa constante c como zero (ela é indiferente pra nós aqui ), uma função potencial para a F é

ω x , y = 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

Esse é um potencial para o campo F → que, portanto, por ter uma função potencial continua no domínio de U aberto, é conservativo ;)

Passo 4

b )

Pow! Note que essa função G aí...

G x ,   y = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y - 2 y - x ,   - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y - 2 y + x

Pode ser dividida em outros dois campos...

G x ,   y = F x ,   y + H x ,   y

G x ,   y = sin ⁡ x ⋅ cos ⁡ x sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y ,   - sin ⁡ y ⋅ cos ⁡ y sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y + - 2 y - x ,   - 2 y + x

Então a integral de linha sobre a curva γ de G , nada mais é do que a integral de linha da soma...

∫ γ   G x ,   y d s = ∫ γ   F x ,   y d s + ∫ γ   H x ,   y d s

Fazer essa separação é vantajoso, pois já calculamos uma função potencial para a F → e com ela em mãos... Vêm comigo ;)

Passo 5

Pela teoria, se ω é uma função potencial para F → , então

∫ γ   F x ,   y d s = ω B - ω ( A )

Onde B é o ponto final e A é o de inicio. No nosso caso esses pontos são

A π 4 = γ π 4 = cos ⁡ π 4 , sin ⁡ π 4 =

2 2 , 2 2

B 5 π 4 = γ 5 π 4 = cos ⁡ 5 π 4 , sin ⁡ 5 π 4 =

- 2 2 , - 2 2

ω x , y = 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y →

ω A = ω 2 2 , 2 2 = 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ 2 2 + cos 2 ⁡ 2 2 =

Como sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ x = 1 ...

1 2 ln ⁡ 1 = 0

Calculando o outro...

ω B = ω - 2 2 , - 2 2 = 1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ - 2 2 + cos 2 ⁡ - 2 2 =

1 2 ln ⁡ 1 = 0

Logo...

∫ γ   F x ,   y d s = ω B - ω A =

0 - 0 = 0

Passo 6

Quanto a outra integral...

∫ γ   H x ,   y d s

O campo H x ,   y , já vimos que é H x ,   y = - 2 y - x ,   - 2 y + x , e a curva parametrizada é

γ t = cos ⁡ t , sin ⁡ t

γ : π 4 , 5 π 4 → R 2

Então, lembrando que uma integral de linha da forma direta fica...

∫ γ   H x ,   y d s = ∫ π 4 5 π 4 H γ t ⋅ γ ' t d t

Aplicando a função H na parametrização...

H γ t = - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t ,   - 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t

Calculando também a derivada da parametrização...

γ ' t = cos ⁡ t , sin ⁡ t ' = - sin ⁡ t , cos ⁡ t

∫ π 4 5 π 4 - 2 sin ⁡ t - cos ⁡ t ,   - 2 sin ⁡ t + cos ⁡ t ⋅ - sin ⁡ t , cos ⁡ t d t =

∫ π 4 5 π 4 2 sin 2 ⁡ t + sin ⁡ t cos ⁡ t - 2 cos ⁡ t sin ⁡ t + cos 2 ⁡ t d t =

∫ π 4 5 π 4 sin 2 ⁡ t - cos ⁡ t sin ⁡ t + 1 d t

Como sin 2 ⁡ t = 1 - cos ⁡ 2 t 2 e cos ⁡ t sin ⁡ t = sin ⁡ 2 t 2

∫ π 4 5 π 4 sin 2 ⁡ t - cos ⁡ t sin ⁡ t + 1 d t = ∫ π 4 5 π 4 1 2 - cos ⁡ 2 t 2 - sin ⁡ 2 t 2 + 1 d t =

3 2 t - sin ⁡ 2 t 4 + cos ⁡ 2 t 4 π 4 5 π 4 =

15 8 π - sin ⁡ 5 π 2 4 + cos ⁡ 5 π 2 4 - 3 8 π - sin ⁡ π 2 4 + cos ⁡ π 2 4 =

15 8 π - 1 4 - 3 8 π - 1 4 = 3 2 π

Concluímos aqui então que

∫ γ   G x ,   y d s = ∫ γ   F x ,   y d s + ∫ γ   H x ,   y d s

∫ γ   G x ,   y d s = 0 + 3 2 π

3 2 π

Resposta

a )     C o n s e r v a t i v o       →               1 2 ln ⁡ sin 2 ⁡ x + cos 2 ⁡ y

b )   3 2 π

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