(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.
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
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}}.
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}}.
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:
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,
(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.