[1,0 \mathrm{pts}] Seja f(x, y)=\sin \frac{(y \pi)}{4} e C o pedaço do círculo x^{2}+y^{2}=4, y \leq 0 \leq x orientação anti horária. Resolva \int_{C} \nabla f \cdot d \vec{r}.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=\sin\frac{\pi y}{4} e pede para calcular
\int_{C} \nabla f\cdot d\vec{r},
onde C é o pedaço do círculo x^{2}+y^{2}=4 sujeito a y\le 0\le x com orientação anti-horária. Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A curva C é o arco do círculo de raio 2 localizado no quarto quadrante (pois x\ge 0 e y\le 0).
  • Os extremos desse arco são os pontos (2,0) e (0,-2) (são interseções do círculo com os eixos).
  • A orientação anti-horária em um arco do quarto quadrante corresponde a aumentar o ângulo polar \theta de -\tfrac{\pi}{2} até 0; portanto o ponto inicial é (0,-2) e o ponto final é (2,0).
  • O integrando é o produto escalar \nabla f\cdot d\vec{r}.

Passo 2

Vamos calcular o gradiente \nabla f. Primeiro lembro rapidamente o que é derivada parcial: \dfrac{\partial f}{\partial x} é a taxa de variação de f quando só x muda; \dfrac{\partial f}{\partial y} é a taxa de variação quando só y muda. Como f(x,y)=\sin\!\left(\dfrac{\pi y}{4}\right) depende apenas de y, a derivada parcial em x é zero. Agora cálculo a parcial em y usando a regra da cadeia:
\frac{\partial f}{\partial x}=0, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\cos\!\left(\frac{\pi y}{4}\right)\cdot\frac{d}{dy}\!\left(\frac{\pi y}{4}\right) =\cos\!\left(\frac{\pi y}{4}\right)\cdot\frac{\pi}{4}.
Logo o gradiente é
\nabla f(x,y)=\left(0,\;\frac{\pi}{4}\cos\!\left(\frac{\pi y}{4}\right)\right).

Passo 3

Quero explicar por que o cálculo fica muito simples: existe um resultado que diz o seguinte (mostro a ideia com uma demonstração curta e clara). Se uma função escalar f tem gradiente contínuo e \vec{r}(t) é uma parametrização de C para t\in[a,b], então pela regra da cadeia
\frac{d}{dt}\,f(\vec{r}(t))=\nabla f(\vec{r}(t))\cdot \vec{r}\,'(t).
Integrando ambos os lados de a até b obtemos
\int_{a}^{b}\nabla f(\vec{r}(t))\cdot \vec{r}\,'(t)\,dt = f(\vec{r}(b))-f(\vec{r}(a)).
O lado esquerdo é exatamente \int_{C}\nabla f\cdot d\vec{r}. Esse é o teorema fundamental para integrais de linha de campos gradiente: a integral depende só dos valores de f nos extremos da curva, não do caminho. Aqui é legítimo usar isso porque \nabla f é contínuo (a função é suave).

Passo 4

Determine os pontos inicial e final do arco com base na orientação anti-horária (usei isso no Passo 1, repito com mais clareza):
  • Parametrização natural do círculo é \vec{r}(\theta)=(2\cos\theta,\,2\sin\theta).
  • O quarto quadrante segundo o enunciado corresponde a \theta\in[-\tfrac{\pi}{2},0].
  • Orientação anti-horária implica \theta cresce de -\tfrac{\pi}{2} até 0.
  • Portanto o ponto inicial (em \theta=-\tfrac{\pi}{2}) é \vec{r}(-\tfrac{\pi}{2})=(0,-2) e o ponto final (em \theta=0) é \vec{r}(0)=(2,0).

Passo 5

Aplique o teorema do Passo 3: \displaystyle\int_{C}\nabla f\cdot d\vec{r}=f(\text{final})-f(\text{inicial}).
Calcule f nos extremos (lembre que f depende só de y):
f(2,0)=\sin\!\left(\frac{\pi\cdot 0}{4}\right)=\sin(0)=0,
f(0,-2)=\sin\!\left(\frac{\pi\cdot (-2)}{4}\right)=\sin\!\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1.
Então
\int_{C}\nabla f\cdot d\vec{r}=f(2,0)-f(0,-2)=0-(-1)=1.

Passo 6

Comentário final e checagem rápida: poderíamos ter parametrizado e calculado diretamente
\int_{-\pi/2}^{0}\nabla f(\vec{r}(\theta))\cdot\vec{r}\,'(\theta)\,d\theta, mas isso daria uma integral com composição menos direta; usar o teorema do Passo 3 torna o cálculo rápido e seguro. Resultado final obtido é simples e fácil de memorizar para casos de integrais de gradiente — sempre igual à diferença entre valores de f nos extremos.

Resposta

1

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