Encontre uma função potencial para os seguintes campos de vetores.
F(x, y)=\left(\frac{1}{2} \cos \left(\frac{x}{2}\right) \cos (2 y),-\frac{1}{2} \sin \left(\frac{x}{2}\right) \sin (2 y)\right).

Passo 1

O enunciado pede: encontrar uma função potencial para o campo de vetores
F(x,y)=\left(\tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cos(2y),\; -\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)\right).
As informações relevantes dadas são as componentes do campo: a primeira componente (chamarei de P) e a segunda componente (chamarei de Q):
P(x,y)=\tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cos(2y),\qquad Q(x,y)=-\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).
O que se pede é uma função \varphi(x,y) tal que
\frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y)=P(x,y)\quad\text{e}\quad \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y)=Q(x,y).

Passo 2

Vamos lembrar (com calma) uma condição prática que usamos para testar se existe uma função \varphi com essas propriedades: se P e Q são suficientemente suaves num domínio simplesmente conexo (por exemplo \mathbb{R}^2), então uma condição necessária e suficiente para que exista \varphi é que as derivadas cruzadas coincidam:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Explico o porquê de modo simples: se \phi_x=P e \phi_y=Q então \phi_{xy}=P_y e \phi_{yx}=Q_x, e pela igualdade das derivadas mistas de \varphi (função suave) temos P_y=Q_x. Em \mathbb{R}^2 isso também é suficiente para garantir existência local/global de potencial.

Passo 3

Calculemos passo a passo \dfrac{\partial P}{\partial y}. Começamos recordando que P(x,y)=\tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cos(2y). A derivada de \cos(2y) em relação a y é -2\sin(2y). Assim,
\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = \tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cdot \frac{d}{dy}\big(\cos(2y)\big) = \tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cdot(-2\sin(2y)).
Simplificando o fator,
\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = -\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).

Passo 4

Agora calculemos \dfrac{\partial Q}{\partial x}. Temos Q(x,y)=-\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y). A derivada de \sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right) em relação a x é \tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right). Portanto,
\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = -\tfrac{1}{2}\sin(2y)\cdot \frac{d}{dx}\big(\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\big) = -\tfrac{1}{2}\sin(2y)\cdot \tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right).
Simplificando os fatores,
\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = -\tfrac{1}{4}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).

Passo 5

Comparemos as duas derivadas cruzadas que obtivemos:
\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = -\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y), \qquad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = -\tfrac{1}{4}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).
Elas não são iguais: de fato \dfrac{\partial P}{\partial y} = 4\cdot \dfrac{\partial Q}{\partial x} quando \cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)\neq 0. Logo a condição necessária e suficiente para existência de potencial falha.

Passo 6

Para solidificar a conclusão, faço a tentativa padrão de construir \varphi integrando P em x e verificando com Q. Integramos
\varphi(x,y)=\int P(x,y)\,dx = \int \tfrac{1}{2}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cos(2y)\,dx.
Como \cos(2y) é tratada como constante no integral em x, temos
\varphi(x,y)=\tfrac{1}{2}\cos(2y)\int \cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\,dx = \tfrac{1}{2}\cos(2y)\cdot 2\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right) + g(y),
onde g(y) é função arbitrária de y. Assim
\varphi(x,y)=\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cos(2y)+g(y).
Agora derivamos essa expressão em y:
\frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) = \sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cdot\frac{d}{dy}\big(\cos(2y)\big) + g'(y) = \sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\cdot(-2\sin(2y)) + g'(y).
Logo
\frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y) = -2\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y) + g'(y).
Para que \phi_y coincida com Q(x,y)=-\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y) precisaríamos que
-2\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y) + g'(y) = -\tfrac{1}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).
Isto implica
g'(y) = \big(-\tfrac{1}{2}+2\big)\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y) = \tfrac{3}{2}\sin\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y).
Mas o lado direito depende de x enquanto g'(y) só pode depender de y. Isso é uma contradição, confirmando que não existe função g que corrija a incompatibilidade. Portanto não existe \varphi satisfazendo simultaneamente \phi_x=P e \phi_y=Q em um domínio que contenha pontos com \cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)\neq 0.

Passo 7

Conclusão final, em linguagem curta e direta: o campo não é conservativo em \mathbb{R}^2 porque a condição de igualdade das derivadas cruzadas falha. Logo não existe função potencial definida globalmente em \mathbb{R}^2 para o campo dado. (Se alguém perguntar: em subdomínios degenerados onde \cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)\equiv 0 trivialmente as componentes se anulam ou tornam-se compatíveis; mas isso são casos muito especiais e locais.)

Resposta

Não existe função potencial globalmente, pois \dfrac{\partial P}{\partial y}=-\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)\neq -\tfrac{1}{4}\cos\!\left(\tfrac{x}{2}\right)\sin(2y)=\dfrac{\partial Q}{\partial x}.

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