Considere a curva C dada por \sigma(t)=\left(-\cos \frac{\pi}{t}, e^{t-1}\right), 1 \leq t \leq 2. Calcule \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}, onde \vec{F}(x, y)= \left(-y^{2} \sin x, 2 y \cos x\right).

Passo 1

O enunciado dá:
  • A curva C é dada pela parametrização \sigma(t)=\left(-\cos\!\dfrac{\pi}{t},\, e^{t-1}\right), com 1 \le t \le 2.
  • O campo vetorial é \vec{F}(x,y)=\bigl(-y^{2}\sin x,\; 2y\cos x\bigr).
    A pergunta é: calcular \displaystyle\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}.

Passo 2

O que é a integral de linha que precisamos calcular? Para uma curva parametrizada \sigma(t), a\le t\le b, e um campo \vec{F}=(P,Q), a integral de linha é
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_{a}^{b} \vec{F}\bigl(\sigma(t)\bigr)\cdot \sigma'(t)\,dt
ou, se o campo for gradiente de uma função potencial f (isto é, \vec{F}=\nabla f), então vale o Teorema Fundamental das Integrais de Linha:
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=f\bigl(\sigma(b)\bigr)-f\bigl(\sigma(a)\bigr),
ou seja, a integral depende só dos pontos finais. Vou tentar usar essa segunda ideia porque costuma simplificar muito o cálculo.

Passo 3

Como verificar se \vec{F} é um campo conservativo (tem potencial)? Para um campo \vec{F}=(P,Q) com derivadas parciais contínuas em todo \mathbb{R}^2, uma condição necessária e suficiente (em domínio simplesmente conexo) é
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Aqui P(x,y)=-y^{2}\sin x e Q(x,y)=2y\cos x. Calculemos as parciais:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-y^{2}\sin x\bigr)=-2y\sin x,
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(2y\cos x\bigr)=2y(-\sin x)=-2y\sin x.
Como \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x} para todos (x,y) e as derivadas são contínuas, e o domínio é todo \mathbb{R}^2 (simplesmente conexo), concluímos que \vec{F} é conservativo e existe uma potencial f(x,y) tal que \vec{F}=\nabla f.

Passo 4

Agora vamos encontrar a função potencial f(x,y). Pela definição, deve valer
\frac{\partial f}{\partial x}=P(x,y)=-y^{2}\sin x.
Integramos essa igualdade em relação a x (tratando y como constante):
f(x,y)=\int -y^{2}\sin x\,dx = y^{2}\cos x + g(y),
onde g(y) é uma função que pode depender só de y (constante de integração relativa a x).

Passo 5

Para determinar g(y), usamos a relação com a derivada de f em relação a y: deve ser \dfrac{\partial f}{\partial y}=Q(x,y)=2y\cos x. Calculemos \dfrac{\partial f}{\partial y} a partir de f(x,y)=y^{2}\cos x+g(y):
\frac{\partial f}{\partial y}=2y\cos x + g'(y).
Igualando a Q(x,y) obtemos
2y\cos x + g'(y)=2y\cos x \quad\Longrightarrow\quad g'(y)=0.
Logo g(y) é constante; podemos escolher essa constante como 0 (não altera o gradiente). Portanto uma potencial é
f(x,y)=y^{2}\cos x.

Passo 6

Pelo Teorema Fundamental das Integrais de Linha, já que \vec{F}=\nabla f,
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=f\bigl(\sigma(2)\bigr)-f\bigl(\sigma(1)\bigr).
Precisamos então calcular \sigma(1) e \sigma(2).

Passo 7

Calculemos os pontos finais da curva usando a parametrização \sigma(t)=\bigl(-\cos\!\dfrac{\pi}{t},\, e^{t-1}\bigr).
  • Para t=1:
\sigma(1)=\left(-\cos\!\frac{\pi}{1},\; e^{1-1}\right)=\bigl(-\cos\pi,\; e^{0}\bigr).
Como \cos\pi=-1 e e^{0}=1, tem-se
\sigma(1)=(1,\,1).
  • Para t=2:
\sigma(2)=\left(-\cos\!\frac{\pi}{2},\; e^{2-1}\right)=\bigl(-\cos\tfrac{\pi}{2},\; e^{1}\bigr).
Como \cos\tfrac{\pi}{2}=0 e e^{1}=e, tem-se
\sigma(2)=(0,\,e).

Passo 8

Agora avaliamos a potencial f(x,y)=y^{2}\cos x nos pontos finais:
f\bigl(\sigma(2)\bigr)=f(0,e)=e^{2}\cos 0=e^{2}\cdot 1=e^{2},
f\bigl(\sigma(1)\bigr)=f(1,1)=1^{2}\cos 1=\cos 1.
Portanto
\int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=f\bigl(\sigma(2)\bigr)-f\bigl(\sigma(1)\bigr)=e^{2}-\cos 1.

Resposta

e^{2}-\cos 1

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