12-18 (a) Determine uma função f tal que \mathbf{F}=\nabla f e (b) use a parte (a) para calcular \int_{C} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r} sobre a curva C dada.
  1. \mathbf{F}(x, y)=x y^{2} \mathbf{i}+x^{2} y \mathbf{j}, C: \mathbf{r}(t)=\left\langle t+\operatorname{sen} \frac{1}{2} \pi t, t+\cos \frac{1}{2} \pi t\right\rangle, 0 \leqslant t \leqslant 1

Passo 1

O enunciado dá:
  • A função vetorial \mathbf{F}(x,y)=x y^{2}\,\mathbf{i}+x^{2} y\,\mathbf{j}.
  • A curva parametrizada C por \mathbf{r}(t)=\left\langle t+\operatorname{sen}\!\left(\tfrac{\pi}{2}t\right),\; t+\cos\!\left(\tfrac{\pi}{2}t\right)\right\rangle, com 0\le t\le1.
O que pede:
(a) Determinar uma função f tal que \mathbf{F}=\nabla f (ou seja, encontrar um potencial escalar f para \mathbf{F}).
(b) Usar (a) para calcular \displaystyle\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.

Passo 2

Primeiro vamos checar se existe potencial (isto é, se \mathbf{F} é gradiente de alguma função). Escrevo as componentes:
P(x,y)=x y^{2},\qquad Q(x,y)=x^{2}y.
Uma condição necessária (e suficiente em domínios simplesmente conexos) para \mathbf{F} ser gradiente é
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(x y^{2}\big)=2xy, \qquad \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(x^{2}y\big)=2xy.
Como \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x} para todo (x,y), e o domínio de \mathbf{F} é \mathbb{R}^{2} (que é simplesmente conexo), concluímos que \mathbf{F} é conservativa e existe um potencial f tal que \mathbf{F}=\nabla f.
Breve explicação didática: essa igualdade das derivadas parciais garante que não há “circulação local” e, num domínio sem buracos, isso implica que o campo vem de um gradiente — então a integral de linha depende só dos extremos.

Passo 3

Agora vamos encontrar f. Se \mathbf{F}=\nabla f, então
\frac{\partial f}{\partial x}=P(x,y)=x y^{2}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=Q(x,y)=x^{2}y.
Integro \dfrac{\partial f}{\partial x}=x y^{2} em relação a x, tratando y como constante:
f(x,y)=\int x y^{2}\,dx=\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+g(y),
onde g(y) é uma função que pode depender só de y (pois a derivação em x teria anulado termos puramente em y).

Passo 4

Determino g(y) diferenciando a expressão obtida para f em relação a y e igualando a \dfrac{\partial f}{\partial y}=x^{2}y:
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+g(y)\right)=\frac{1}{2}x^{2}\cdot 2y + g'(y)=x^{2}y+g'(y).
Como isso deve ser igual a x^{2}y, obtemos g'(y)=0. Logo g(y) é constante. Podemos escolher a constante zero (potencial definido à adição de constante é equivalente). Portanto um potencial é
f(x,y)=\frac{1}{2}x^{2}y^{2}.
Explicação prática: integrar uma componente e ajustar com uma função “restante” é o procedimento padrão — depois iguala-se à outra componente para determinar essa função restante.

Passo 5

Agora usamos a propriedade prática: para um campo conservativo \mathbf{F}=\nabla f,
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=f\big(\mathbf{r}(b)\big)-f\big(\mathbf{r}(a)\big),
onde a e b são os parâmetros inicial e final da curva (este é o Teorema Fundamental das Integrais de Linha para campos gradiente). Aqui a=0 e b=1.
Calculo os pontos extremos da curva (peguei as coordenadas da parametrização dada):
\mathbf{r}(0)=\left\langle 0+\operatorname{sen}(0),\;0+\cos(0)\right\rangle=\langle 0,1\rangle,
\mathbf{r}(1)=\left\langle 1+\operatorname{sen}\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right),\;1+\cos\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)\right\rangle=\langle 1+1,\;1+0\rangle=\langle 2,1\rangle.

Passo 6

Avalio f nos extremos:
f\big(\mathbf{r}(1)\big)=f(2,1)=\frac{1}{2}\cdot 2^{2}\cdot 1^{2}=\frac{1}{2}\cdot 4=2,
f\big(\mathbf{r}(0)\big)=f(0,1)=\frac{1}{2}\cdot 0^{2}\cdot 1^{2}=0.
Portanto, pela propriedade de campo conservativo,
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=f\big(\mathbf{r}(1)\big)-f\big(\mathbf{r}(0)\big)=2-0=2.

Resposta

(a) f(x,y)=\dfrac{1}{2}x^{2}y^{2}.
(b) \displaystyle\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=2.

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