Determine o trabalho realizado pela força F ao mover uma partícula ao longo da curva \gamma, nos seguintes casos:
F(x, y)=\left(e^{x}-\frac{y^{3}}{3}, \frac{x^{3}}{3}+e^{y}\right), \gamma=C_{P} e P(t)=( cost, sent ), \forall t \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right].

Passo 1

O enunciado pede: determinar o trabalho realizado pela força \,F ao mover uma partícula ao longo da curva \gamma dada por P(t), isto é calcular o integral de linha
W=\int_{\gamma} F\cdot d\mathbf r.
Dados fornecidos:
  • A força \,F(x,y)=\bigl(e^{x}-\dfrac{y^{3}}{3},\;\dfrac{x^{3}}{3}+e^{y}\bigr).
  • A curva \gamma=C_P é parametrizada por
P(t)=\bigl(\cos t,\;\sin t\bigr),\qquad t\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right].
Pergunta: calcular o trabalho W ao longo dessa curva parametrizada por P(t).

Passo 2

Conceito e fórmula que vou usar (aula rápida): o trabalho realizado por uma força \,F=(P(x,y),Q(x,y)) ao longo de uma curva parametrizada por P(t)=(x(t),y(t)), com t\in[a,b], é dado por
W=\int_{a}^{b} F\bigl(x(t),y(t)\bigr)\cdot\bigl(x'(t),y'(t)\bigr)\,dt =\int_{a}^{b}\bigl(P(x(t),y(t))\,x'(t)+Q(x(t),y(t))\,y'(t)\bigr)\,dt.
Aqui:
  • P(x,y) é a primeira componente de F (não confundir com a parametrização),
  • Q(x,y) é a segunda componente de F,
  • x'(t) e y'(t) são as derivadas temporais das coordenadas da curva.
Antes de integrar, é útil checar se o campo é conservativo (gradiente de uma função potencial), porque aí o trabalho seria simplesmente diferença de potenciais nos extremos (muito mais curto). Para um campo plano, uma condição necessária simples é \partial P/\partial y=\partial Q/\partial x. Vou verificar isso.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais (checagem de conservatividade):
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(e^{x}-\frac{y^{3}}{3}\right)=-y^{2}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x^{3}}{3}+e^{y}\right)=x^{2}.
Como -y^{2} e x^{2} não são iguais em geral, o campo \,F não é conservativo no domínio geral. Portanto não posso usar potencial; é preciso calcular a integral de linha pela parametrização direta.

Passo 4

Parametrização e derivadas das coordenadas:
x(t)=\cos t,\qquad y(t)=\sin t,\qquad t\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].
Derivando:
x'(t)=-\sin t,\qquad y'(t)=\cos t.
Agora substituo na expressão de F e faço o produto escalar com (x'(t),y'(t)).

Passo 5

Avaliação de F ao longo da curva e produto escalar:
P\bigl(x(t),y(t)\bigr)=e^{\cos t}-\frac{\sin^{3}t}{3}, \qquad Q\bigl(x(t),y(t)\bigr)=\frac{\cos^{3}t}{3}+e^{\sin t}.
Então o integrando é
\begin{aligned} F(P(t))\cdot P'(t) &=\Bigl(e^{\cos t}-\frac{\sin^{3}t}{3}\Bigr)(-\sin t) +\Bigl(\frac{\cos^{3}t}{3}+e^{\sin t}\Bigr)\cos t\\[4pt] &=-e^{\cos t}\sin t+\frac{\sin^{4}t}{3}+\frac{\cos^{4}t}{3}+e^{\sin t}\cos t. \end{aligned}
Agrupando termos, escrevo a integral como soma de duas parcelas convenientes:
W=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin^{4}t+\cos^{4}t}{3}\right)dt +\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\bigl(-e^{\cos t}\sin t+e^{\sin t}\cos t\bigr)\,dt.
Vou chamar a primeira parcela de I_1 e a segunda de I_2.]

Passo 6

Cálculo de I_2 (a parte exponencial) — observação prática:
Repare que
\frac{d}{dt}\bigl(e^{\sin t}+e^{\cos t}\bigr) =e^{\sin t}\cos t - e^{\cos t}\sin t,
que é exatamente o integrando de I_2. Logo I_2 é um integral de derivada exata e se avalia facilmente por Newton-Leibniz:
I_2=\Bigl[e^{\sin t}+e^{\cos t}\Bigr]_{t=-\frac{\pi}{2}}^{t=\frac{\pi}{2}} =\bigl(e^{\sin(\frac{\pi}{2})}+e^{\cos(\frac{\pi}{2})}\bigr) -\bigl(e^{\sin(-\frac{\pi}{2})}+e^{\cos(-\frac{\pi}{2})}\bigr).
Agora calculo os valores trigonométricos:
\sin\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=1,\quad \cos\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=0,\quad \sin\!\left(-\tfrac{\pi}{2}\right)=-1,\quad \cos\!\left(-\tfrac{\pi}{2}\right)=0.
Portanto
I_2=(e^{1}+e^{0})-(e^{-1}+e^{0})=e- e^{-1}.

Passo 7

Cálculo de I_1 (a parte trigonométrica):
Primeiro reduzo a expressão usando identidades trigonométricas. Note que
\sin^{4}t+\cos^{4}t=(\sin^{2}t+\cos^{2}t)^{2}-2\sin^{2}t\cos^{2}t =1-2\sin^{2}t\cos^{2}t.
Como \sin^{2}t\cos^{2}t=\dfrac{1}{4}\sin^{2}(2t), obtemos
\sin^{4}t+\cos^{4}t=1-\frac{1}{2}\sin^{2}(2t).
Logo
I_1=\frac{1}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\frac{1}{2}\sin^{2}(2t)\right)\,dt =\frac{1}{3}\left(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}1\,dt-\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}(2t)\,dt\right).
Calculo a integral de \sin^{2}(2t) usando \sin^{2}u=\dfrac{1-\cos(2u)}{2}:
\sin^{2}(2t)=\frac{1-\cos(4t)}{2},
então
\int \sin^{2}(2t)\,dt=\int\frac{1}{2}\,dt-\int\frac{\cos(4t)}{2}\,dt =\frac{t}{2}-\frac{\sin(4t)}{8}.
Voltando a I_1,
\begin{aligned} I_1&=\frac{1}{3}\Biggl[\,t\Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} -\frac{1}{2}\Bigl(\frac{t}{2}-\frac{\sin(4t)}{8}\Bigr)\Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\Biggr]\\[4pt] &=\frac{1}{3}\Biggl[\left(\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right) -\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\sin(2\pi)}{8}-\Bigl(-\frac{\pi}{4}+\frac{\sin(-2\pi)}{8}\Bigr)\right)\Biggr]. \end{aligned}
Observando que \sin(2\pi)=\sin(-2\pi)=0, isso simplifica bastante. Calculando passo a passo:
t\Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi, \qquad \frac{t}{2}\Big|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{2}.
Assim
I_1=\frac{1}{3}\Bigl[\pi-\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\Bigr] =\frac{1}{3}\Bigl[\pi-\frac{\pi}{4}\Bigr] =\frac{1}{3}\cdot\frac{3\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.]

Passo 8

Somando as parcelas:
W=I_1+I_2=\frac{\pi}{4}+\bigl(e-e^{-1}\bigr).
Pronto — esse é o trabalho realizado pela força \,F ao longo da curva \gamma.

Resposta

\dfrac{\pi}{4}+e-e^{-1}

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