Calcule \int_{C} F . d r, onde F(x, y)=(x y \cos (x y)+\operatorname{sen}(x y)) \mathbf{i}+x^{2} \cos (x y) \mathbf{j} e C é o círculo x^{2}+y^{2}=1.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral de linha \int_{C} F\cdot d r, onde:
  • O campo vetorial é F(x,y)=\big(xy\cos(xy)+\sin(xy)\big)\,\mathbf{i}+x^{2}\cos(xy)\,\mathbf{j}.
  • A curva C é o círculo dado por x^{2}+y^{2}=1 (fechado).
    O que se pede: calcular o valor numérico de \displaystyle \int_{C} F\cdot d r.

Passo 2

Estratégia (explicação didática e escolha do método): uma maneira muito prática é verificar se F é um campo conservativo (isto é, se existe uma função potencial f tal que \nabla f=F). Se F for conservativo em uma região simplesmente conexa que contém C, então a integral de linha ao longo de qualquer curva fechada nessa região é zero, porque a integral entre pontos é dada por f(\text{fim})-f(\text{início})í e numa curva fechada esses pontos coincidem. Vou então testar se F é conservativo verificando a igualdade das derivadas parciais mistas \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x, onde P(x,y)=xy\cos(xy)+\sin(xy) e Q(x,y)=x^{2}\cos(xy).
Observação breve sobre o teorema usado: se P e Q têm derivadas parciais contínuas num domínio simplesmente conexo e \partial P/\partial y=\partial Q/\partial x em todo o domínio, então existe uma função f com \nabla f=(P,Q). O plano \mathbb{R}^2 é simplesmente conexo e as funções trigonométricas compostas com polinômios são C^{\infty}, então este teste é apropriado aqui.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais (passo a passo):
Primeiro calculemos \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}.
P(x,y)=xy\cos(xy)+\sin(xy).
Derivando termo a termo em relação a y:
  • Para xy\cos(xy): usar regra do produto. Considere u(x,y)=x y e v(x,y)=\cos(xy).
    \frac{\partial}{\partial y}\big(xy\cos(xy)\big)=\frac{\partial (xy)}{\partial y}\cos(xy)+xy\frac{\partial (\cos(xy))}{\partial y}.
    Aqui \dfrac{\partial (xy)}{\partial y}=x. E \dfrac{\partial (\cos(xy))}{\partial y}=-\sin(xy)\cdot\frac{\partial (xy)}{\partial y}=-\sin(xy)\cdot x.
    Assim
    \frac{\partial}{\partial y}\big(xy\cos(xy)\big)=x\cos(xy)+xy\big(-x\sin(xy)\big)=x\cos(xy)-x^{2}y\sin(xy).
  • Para \sin(xy): \dfrac{\partial}{\partial y}\sin(xy)=\cos(xy)\cdot\frac{\partial(xy)}{\partial y}=\cos(xy)\cdot x = x\cos(xy).
Somando os dois resultados:
\frac{\partial P}{\partial y}=x\cos(xy)-x^{2}y\sin(xy)+x\cos(xy)=2x\cos(xy)-x^{2}y\sin(xy).
Agora calculemos \displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x} com Q(x,y)=x^{2}\cos(xy).
Usando produto e cadeia:
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial (x^{2})}{\partial x}\cos(xy)+x^{2}\frac{\partial (\cos(xy))}{\partial x}.
Temos \dfrac{\partial(x^{2})}{\partial x}=2x e \dfrac{\partial (\cos(xy))}{\partial x}=-\sin(xy)\cdot\frac{\partial(xy)}{\partial x}=-\sin(xy)\cdot y. Então
\frac{\partial Q}{\partial x}=2x\cos(xy)+x^{2}\big(-y\sin(xy)\big)=2x\cos(xy)-x^{2}y\sin(xy).
Comparando:
\frac{\partial P}{\partial y}=2x\cos(xy)-x^{2}y\sin(xy)=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Portanto as derivadas mistas coincidem em todo \mathbb{R}^{2}.

Passo 4

Conclusão sobre ser conservativo e construção da função potencial (aula prática):
Como as derivadas mistas coincidem e as funções envolvidas são C^{1} em todo \mathbb{R}^{2} (que é simplesmente conexo), F é um campo conservativo. Agora vamos achar explicitamente uma função potencial f(x,y) tal que \nabla f=F. Isso também é útil para entender por que a integral fechada é zero.
Começamos integrando P em relação a x:
P(x,y)=xy\cos(xy)+\sin(xy).
Procuramos f com \dfrac{\partial f}{\partial x}=P. Integramos:
f(x,y)=\int \big(xy\cos(xy)+\sin(xy)\big)\,dx.
Observação esperta: a derivada em x da função x\sin(xy) é
\frac{\partial}{\partial x}\big(x\sin(xy)\big)=\sin(xy)+x\cos(xy)\cdot y=\sin(xy)+xy\cos(xy),
que é exatamente P(x,y). Logo uma primitiva em relação a x é
f(x,y)=x\sin(xy)+g(y),
onde g(y) é uma função apenas de y.
Agora impomos \dfrac{\partial f}{\partial y}=Q(x,y). Calculando
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(x\sin(xy)\big)+g'(y)=x^{2}\cos(xy)+g'(y).
Igualando a Q(x,y)=x^{2}\cos(xy) obtemos g'(y)=0, logo g é constante. Assim podemos tomar como função potencial, por exemplo,
f(x,y)=x\sin(xy).
(uma constante adicionada não altera o gradiente).

Passo 5

Aplicação do teorema fundamental para campos conservativos e conclusão final:
Para qualquer curva suave \gamma com extremidades A e B,
\int_{\gamma} F\cdot d r = f(B)-f(A).
No caso de C ser um círculo fechado, a ponta final coincide com a inicial, então f(B)-f(A)=0. Portanto
\int_{C} F\cdot d r=0.
Observação extra (intuição): outra verificação possível é usar o teorema de Green (circulação = integral dupla do rotacional): como \partial Q/\partial x-\partial P/\partial y=0 em toda a região interior do círculo, a circulação é zero — chega-se ao mesmo resultado.

Resposta

0

Exercícios relacionados