Considere o campo vetorial \mathbf{F}(x, y)=\langle 2 y,-2 x\rangle.
(a) O campo \mathbf{F}, definido em todo plano \mathbb{R}^{2}, é conservativo? Justifique sua resposta.
Se sim, encontre uma função \varphi tal que \mathbf{F}=\nabla \varphi.
(b) Calcule o trabalho que o campo de forças \mathbf{F} realiza em uma partícula que se desloca uma volta no círculo x^{2}+y^{2}=1 no sentido anti-horário começando e terminando no ponto (1,0).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas.
(a) Determinar se o campo vetorial \mathbf{F}(x,y)=\langle 2y,-2x\rangle, definido em todo \mathbb{R}^2, é conservativo e, se for, encontrar uma função potencial \varphi tal que \mathbf{F}=\nabla\varphi.
(b) Calcular o trabalho realizado por \mathbf{F} ao deslocar uma partícula uma volta no círculo x^{2}+y^{2}=1 no sentido anti-horário, começando e terminando em (1,0).
Informações relevantes dadas:
\mathbf{F}(x,y)=\langle P(x,y),Q(x,y)\rangle com P(x,y)=2y e Q(x,y)=-2x.
A curva considerada em (b) é o círculo unitário x^{2}+y^{2}=1 orientado no sentido anti-horário (contrário às horas), começando em (1,0).

Passo 2

O que significa ser conservativo e qual teste usamos? Vou explicar passo a passo.
Definição prática: um campo vetorial \mathbf{F}=\langle P,Q\rangle é conservativo em uma região se existe uma função escalar \varphi(x,y) (chamada potencial) tal que
\mathbf{F}=\nabla\varphi=\left\langle \frac{\partial\varphi}{\partial x},\frac{\partial\varphi}{\partial y}\right\rangle.
Isto implica que P=\frac{\partial\varphi}{\partial x} e Q=\frac{\partial\varphi}{\partial y}.
Critério prático (condição de igualdade das derivadas parciais): se P e Q têm derivadas contínuas em uma região simplesmente conexa (como \mathbb{R}^2), então um teste necessário e suficiente para conservatividade é
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Aqui eu explico o porquê intuitivamente: derivando P=\phi_x em relação a y \phi_{xy}; derivando Q=\phi_y em relação a x \phi_{yx}. Se \varphi é suficientemente suave, \phi_{xy}=\phi_{yx}, logo \partial P/\partial y=\partial Q/\partial x. Em domínio simplesmente conexo isso também garante existência de \varphi.

Passo 3

Aplicando o teste ao nosso campo. Lembre que P(x,y)=2y e Q(x,y)=-2x.
Calcule
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(2y)=2,
e
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-2x)=-2.
Como \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=2\neq -2=\frac{\partial Q}{\partial x}, a condição não é satisfeita.

Passo 4

Conclusão sobre (a). Como o campo falha no teste das derivadas parciais e o domínio é \mathbb{R}^2 (que é simplesmente conexo), não existe uma função potencial \varphi definida globalmente em \mathbb{R}^2 tal que \mathbf{F}=\nabla\varphi. Logo, \mathbf{F} não é conservativo.
Observação didática curta: geometricamente, \mathbf{F} é sempre ortogonal ao vetor radial (x,y) (veja que \mathbf{F}\cdot(x,y)=0), portanto tende a gerar circulação ao redor da origem — isto já sugere que integrais fechadas podem ser não nulas.

Passo 5

Agora a parte (b): calcular o trabalho ao longo do círculo unitário no sentido anti-horário. Vou mostrar dois métodos: (I) parametrização da curva (método direto, básico) e (II) uso do Teorema de Green (uma verificação alternativa). Primeiro o método (I).
Fórmula do trabalho (integral de linha): se C é parametrizada por \mathbf{r}(t), a\le t\le b, então
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{a}^{b}\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t)\,dt.
Para o círculo unitário orientado anti-horário, a parametrização padrão é
\mathbf{r}(t)=\langle \cos t,\sin t\rangle,\qquad 0\le t\le 2\pi,
que começa em (1,0) quando t=0 e dá uma volta completa até t=2\pi.

Passo 6

Calcule \mathbf{r}'(t) e \mathbf{F}(\mathbf{r}(t)).
\mathbf{r}'(t)=\langle -\sin t,\cos t\rangle.
Substituindo \mathbf{r}(t) em \mathbf{F}:
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))=\langle 2\sin t,-2\cos t\rangle.
Agora o produto escalar:
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t)=\langle 2\sin t,-2\cos t\rangle\cdot\langle -\sin t,\cos t\rangle.
Calcule termo a termo:
2\sin t\cdot(-\sin t)+(-2\cos t)\cdot(\cos t)=-2\sin^{2}t-2\cos^{2}t.
Como \sin^{2}t+\cos^{2}t=1, isto simplifica para
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t)=-2.

Passo 7

Integre no intervalo 0\le t\le 2\pi:
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{2\pi}(-2)\,dt=-2\bigl[ t\bigr]_{0}^{2\pi}=-2(2\pi)= -4\pi.
Portanto o trabalho realizado ao dar uma volta no sentido anti-horário é -4\pi.

Passo 8

Verificação alternativa (método II) usando o Teorema de Green, útil para reforçar o conceito:
Teorema de Green (forma de circulação): se C é a fronteira positiva (anti-horário) de uma região D no plano e P,Q têm derivadas contínuas, então
\oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint_{D} \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.
No nosso caso \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = -2 - 2 = -4. A região D é o disco unitário de área \pi. Então
\iint_{D}(-4)\,dA = -4\cdot\text{Area}(D) = -4\cdot\pi = -4\pi,
coincidindo com o resultado por parametrização.

Resposta

(a) Não, \mathbf{F} não é conservativo.
(b) -4\pi

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