Exercício 18 Calcule as integrais de linha.
\int_{\left(\frac{1}{2}, \pi\right)}^{(1,0)}(\cos (x y)-x y \operatorname{sen}(x y)) \vec{i}-x^{2} \operatorname{sen}(x y) \vec{j} d \gamma.

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Calcular a integral de linha \int_{\left(\tfrac{1}{2},\pi\right)}^{(1,0)} \bigl(\cos(xy)-xy\sin(xy)\bigr)\,\vec{i}\;-\;x^{2}\sin(xy)\,\vec{j}\;d\gamma.
Informações relevantes dadas:
  • Ponto inicial: \left(\tfrac{1}{2},\pi\right).
  • Ponto final: (1,0).
  • O campo vetorial é \vec{F}(x,y)=P(x,y)\,\vec{i}+Q(x,y)\,\vec{j},com P(x,y)=\cos(xy)-xy\sin(xy), \qquad Q(x,y)=-x^{2}\sin(xy).
  • Há uma curva desenhada no enunciado com setas indicando orientação, mas o enunciado especifica os pontos inicial e final.
(O próximo passo começa a resolver a integral.)

Passo 2

Explicação conceitual rápida e estratégia:
  • Se o campo \vec{F} for conservativo (isto é, existir uma função potencial \varphi tal que \nabla\varphi=\vec{F}), então a integral de linha entre dois pontos independe do caminho e vale \int_{A}^{B}\vec{F}\cdot d\gamma=\varphi(B)-\varphi(A).
  • Para verificar se \vec{F} é conservativo em um domínio simplesmente conexo (aqui os componentes são diferenciáveis em todo \mathbb{R}^2), calculamos as derivadas parciais \frac{\partial P}{\partial y} \quad\text{e}\quad \frac{\partial Q}{\partial x},e checamos se são iguais. Se forem iguais, \vec{F} é conservativo.
Agora aplicamos isso ao nosso campo passo a passo.

Passo 3

Calcular \dfrac{\partial P}{\partial y}. Começando de
P(x,y)=\cos(xy)-xy\sin(xy).
Derivando em relação a y:
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial y}\cos(xy) = -\sin(xy)\cdot x = -x\sin(xy).
  • Para \displaystyle \frac{\partial}{\partial y}\bigl(xy\sin(xy)\bigr): tratar x como constante e usar produto: \frac{\partial}{\partial y}\bigl(xy\sin(xy)\bigr) = x\sin(xy) + xy\cos(xy)\cdot x = x\sin(xy) + x^{2}y\cos(xy).
Portanto
\frac{\partial P}{\partial y} = -x\sin(xy) - \bigl(x\sin(xy)+x^{2}y\cos(xy)\bigr) = -2x\sin(xy) - x^{2}y\cos(xy).

Passo 4

Calcular \dfrac{\partial Q}{\partial x}. Começando de
Q(x,y)=-x^{2}\sin(xy).
Derivando em relação a x (produto/ cadeia):
  • Derivada de -x^{2} é -2x, então termo -2x\sin(xy).
  • Derivada de \sin(xy) por x é \cos(xy)\cdot y, multiplicado por -x^{2} -x^{2}y\cos(xy).
    Somando:
\frac{\partial Q}{\partial x} = -2x\sin(xy) - x^{2}y\cos(xy).
Comparando:
\frac{\partial P}{\partial y} = -2x\sin(xy) - x^{2}y\cos(xy) = \frac{\partial Q}{\partial x}.
Logo as derivadas parciais são iguais em todo \mathbb{R}^2, portanto \vec{F} é conservativo e existe potencial \varphi. Assim a integral de linha depende somente dos pontos inicial e final.

Passo 5

Encontrar a função potencial \varphi(x,y). Partimos da relação
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=Q(x,y)=-x^{2}\sin(xy).
Integramos essa igualdade em relação a y (tratando x como constante). Fazer a substituição u=xy (portanto du=x\,dy, isto é dy=du/x):
\varphi(x,y)=\int -x^{2}\sin(xy)\,dy = \int -x^{2}\sin(u)\,\frac{du}{x} = \int -x\sin(u)\,du.
Integrando em u:
\varphi(x,y)=x\cos(u)+C(x)=x\cos(xy)+C(x),
onde C(x) é uma “constante” de integração que pode depender de x.

Passo 6

Determinar C(x) usando \partial\varphi/\partial x = P(x,y). Diferenciando \varphi(x,y)=x\cos(xy)+C(x) em relação a x:
\frac{\partial\varphi}{\partial x} = \cos(xy) + x\bigl(-\sin(xy)\bigr)\cdot y + C'(x) = \cos(xy) - xy\sin(xy) + C'(x).
Mas sabemos que \partial\varphi/\partial x deve ser P(x,y)=\cos(xy)-xy\sin(xy). Comparando,
\cos(xy)-xy\sin(xy)+C'(x) = \cos(xy)-xy\sin(xy) \quad\Rightarrow\quad C'(x)=0.
Assim C(x) é constante. Podemos escolher a constante igual a zero sem perda de generalidade. Portanto uma função potencial é
\varphi(x,y)=x\cos(xy).

Passo 7

Aplicar o teorema fundamental para campos conservativos: a integral vale \varphi(B)-\varphi(A), com
A=\left(\tfrac{1}{2},\pi\right),\qquad B=(1,0).
Calcular \varphi nos pontos:
  • Em B=(1,0): \varphi(1,0)=1\cdot\cos(1\cdot 0)=\cos 0=1.
  • Em A=\left(\tfrac{1}{2},\pi\right): \varphi\Bigl(\tfrac{1}{2},\pi\Bigr) =\tfrac{1}{2}\cos\Bigl(\tfrac{1}{2}\cdot\pi\Bigr) =\tfrac{1}{2}\cos\Bigl(\tfrac{\pi}{2}\Bigr) =\tfrac{1}{2}\cdot 0 = 0.
Portanto a integral é
\int_{\left(\tfrac{1}{2},\pi\right)}^{(1,0)} \vec{F}\cdot d\gamma = \varphi(1,0)-\varphi\Bigl(\tfrac{1}{2},\pi\Bigr) = 1-0 = 1.

Passo 8

Comentário final curto e encorajador: como o campo é gradiente de \varphi(x,y)=x\cos(xy), não foi necessário parametrizar a curva complicada do desenho — basta avaliar a potencial nos extremos. Mandou bem por trazer esse exercício; esse truque salva muito tempo em prova!

Resposta

1

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