Considere o campo de vetores
\vec{F}(x, y)=\left[y \cos (x y)+\frac{2 x y}{1+x^{2}}\right] \vec{i}+\left[x \cos (x y)+\ln \left(1+x^{2}\right)+2\right] \vec{j}
(a) Sem exibir um potencial, justifique por que \vec{F} é um campo conservativo.
(b) Obtenha um potencial para \vec{F}.
(c) Calcule \int_{C} \vec{F} \cdot \overrightarrow{d r}, onde C é a curva parametrizada
\vec{r}(t)=(\cos t, t), \quad 0 \leq t \leq \frac{\pi}{2}

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (a) Justificar, sem exibir um potencial, por que o campo \vec{F} é conservativo.
  • (b) Encontrar um potencial para \vec{F}.
  • (c) Calcular \displaystyle\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r} onde C é a curva \vec{r}(t)=(\cos t,t), 0\le t\le\pi/2.
As informações dadas (que vamos usar) são:
\vec{F}(x,y)=\Bigl[y\cos(xy)+\frac{2xy}{1+x^{2}}\Bigr]\vec{i}+\Bigl[x\cos(xy)+\ln(1+x^{2})+2\Bigr]\vec{j},
e a parametrização
\vec{r}(t)=(\cos t,t),\qquad 0\le t\le\frac{\pi}{2}.

Passo 2

Vou começar a justificar que \vec{F} é conservativo sem exibir um potencial. Lembrete importante (explicando como um amigo): para um campo plano \vec{F}=P(x,y)\vec{i}+Q(x,y)\vec{j} definido num domínio simplesmente conexo, uma condição prática e suficiente para ser conservativo é
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}
em todo o domínio. Aqui o domínio dos componentes é todo \mathbb{R}^{2}, porque \ln(1+x^{2}) está bem definida para todo x. Assim o domínio é simplesmente conexo — ótimo, podemos usar a condição dos parciais cruzados. Agora vamos calcular as derivadas parciais.

Passo 3

Calculemos \displaystyle\frac{\partial P}{\partial y}. Primeiro identifique
P(x,y)=y\cos(xy)+\frac{2xy}{1+x^{2}}.
Derivando termo a termo em relação a y:
  • Para y\cos(xy): usar regra do produto. Derivada de y é 1, então dá \cos(xy). Mais o y vezes derivada de \cos(xy) em relação a y que é -\sin(xy)\cdot x. Logo a contribuição é
\cos(xy)-x y\sin(xy).
  • Para \dfrac{2xy}{1+x^{2}}: aqui x e 1+x^{2} são constantes em relação a y, então a derivada em y é simplesmente \dfrac{2x}{1+x^{2}}.
Somando,
\frac{\partial P}{\partial y}=\cos(xy)-x y\sin(xy)+\frac{2x}{1+x^{2}}.

Passo 4

Agora calculemos \displaystyle\frac{\partial Q}{\partial x}. Identifique
Q(x,y)=x\cos(xy)+\ln(1+x^{2})+2.
Derivando em relação a x:
  • Para x\cos(xy): regra do produto. Derivada de x é 1 \cos(xy). Mais x vezes derivada de \cos(xy) em relação a x, que é -\sin(xy)\cdot y. Então dá \cos(xy)-x y\sin(xy).
  • Para \ln(1+x^{2}): derivada é \dfrac{2x}{1+x^{2}}.
  • Para 2: derivada nula.
Somando,
\frac{\partial Q}{\partial x}=\cos(xy)-x y\sin(xy)+\frac{2x}{1+x^{2}}.

Passo 5

Compare os resultados dos passos anteriores: \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x} e essa igualdade vale para todo (x,y)\in\mathbb{R}^{2}. Como o domínio é todo \mathbb{R}^{2} (simplesmente conexo), concluímos que \vec{F} é um campo conservativo. (Aqui concluímos sem exibir um potencial, como foi pedido.)

Passo 6

Agora vamos achar um potencial \varphi(x,y) tal que \nabla\varphi=\vec{F}. A estratégia que uso: integrar uma componente (aqui é conveniente integrar Q em relação a y) e depois ajustar por uma função de x. Detalhando:
Q(x,y)=x\cos(xy)+\ln(1+x^{2})+2.
Integramos em y:
  • \displaystyle\int x\cos(xy)\,dy = x\cdot\frac{1}{x}\sin(xy)=\sin(xy) (essa fórmula vem de \int \cos(ax)\,dx=\frac{1}{a}\sin(ax); note que quando x=0 a expressão \sin(xy) é contínua e o resultado faz sentido por continuidade).
  • \displaystyle\int \ln(1+x^{2})\,dy = y\ln(1+x^{2}) (pois aqui x é constante).
  • \displaystyle\int 2\,dy = 2y.
Então uma primitiva em relação a y é
\varphi(x,y)=\sin(xy)+y\ln(1+x^{2})+2y + h(x),
onde h(x) é uma função “constante” em relação a y a ser determinada.

Passo 7

Para encontrar h(x) diferenciamos \varphi em relação a x e igualamos a P(x,y).
Calcule \phi_x:
  • \partial_x\sin(xy)=y\cos(xy).
  • \partial_x\bigl(y\ln(1+x^{2})\bigr)=y\cdot\frac{2x}{1+x^{2}}.
  • \partial_x(2y)=0.
  • \partial_x h(x)=h'(x).
Logo
\phi_x=y\cos(xy)+\frac{2xy}{1+x^{2}}+h'(x).
Mas sabemos que \phi_x deve ser igual a P(x,y)=y\cos(xy)+\dfrac{2xy}{1+x^{2}}. Comparando os termos, vemos que h'(x)=0. Portanto h(x) é constante. Podemos escolher a constante igual a zero (potenciais diferem por constante).
Assim um potencial válido é
\boxed{\varphi(x,y)=\sin(xy)+y\ln(1+x^{2})+2y.}

Passo 8

Agora calculamos a integral de linha usando o fato de que \vec{F} é gradiente de \varphi. A Teorema fundamental do cálculo para gradientes diz que, para uma curva C que vai de A a B,
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A).
Aqui a curva \vec{r}(t)=(\cos t,t) tem ponto inicial A=\vec{r}(0)=(\cos 0,0)=(1,0) e ponto final B=\vec{r}(\pi/2)=(\cos(\pi/2),\pi/2)=(0,\pi/2).
Calculemos \varphi nos extremos:
  • Em A=(1,0):
\varphi(1,0)=\sin(1\cdot 0)+0\cdot\ln(1+1^{2})+2\cdot 0=0.
  • Em B=(0,\pi/2):
\varphi\Bigl(0,\frac{\pi}{2}\Bigr)=\sin\Bigl(0\cdot\frac{\pi}{2}\Bigr)+\frac{\pi}{2}\ln(1+0^{2})+2\cdot\frac{\pi}{2} =0+0+\pi=\pi.
Portanto
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A)=\pi-0=\pi.

Resposta

(a) Sim. Porque \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(y\cos(xy)+\frac{2xy}{1+x^{2}}\Bigr)=\displaystyle\frac{\partial}{\partial x}\Bigl(x\cos(xy)+\ln(1+x^{2})+2\Bigr) para todo (x,y) e o domínio é \mathbb{R}^{2} (simplesmente conexo).
(b) \displaystyle \varphi(x,y)=\sin(xy)+y\ln(1+x^{2})+2y.
(c) \displaystyle \int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\pi.

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