Exercício 19 Considere o campo \vec{F}(x, y)=\left[\frac{1}{x}+e^{x}\right] \vec{i}+\left[\frac{2}{y}-\operatorname{sen}(y)\right] \vec{j} definido em todos os pontos de \mathbb{R}^{2}.
a) Construa a função potencial para \vec{F} e conclua que se trata de um campo conservativo em \mathbb{R}^{2}.
b) Calcule o trabalho realizado pelo campo \vec{F} para deslocar uma partícula sobre o plano xy do ponto (1,1) até (1,2 \pi).

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
\vec{F}(x,y)=\bigl[\tfrac{1}{x}+e^{x}\bigr]\vec{i}+\bigl[\tfrac{2}{y}-\operatorname{sen}(y)\bigr]\vec{j}.
As perguntas são:
a) Construir uma função potencial para \vec{F} e concluir que o campo é conservativo.
b) Calcular o trabalho realizado por \vec{F} ao deslocar uma partícula do ponto (1,1) até (1,2\pi).
Informações relevantes fornecidas:
  • A componente P(x,y) (na direção \vec{i}) é P(x,y)=\dfrac{1}{x}+e^{x}.
  • A componente Q(x,y) (na direção \vec{j}) é Q(x,y)=\dfrac{2}{y}-\operatorname{sen}(y).
  • Os pontos inicial e final para o cálculo do trabalho são (1,1) e (1,2\pi).
  • Observar que as expressões \tfrac{1}{x} e \tfrac{2}{y} não estão definidas em x=0 ou y=0; portanto o campo está definido onde x\neq0 e y\neq0. As contas abaixo serão feitas em domínios onde as funções fazem sentido (por exemplo no primeiro quadrante onde x>0,y>0, que contém os pontos dados).

Passo 2

O que é uma função potencial e como usá-la?
  • Uma função \varphi(x,y) é função potencial de \vec{F} se
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=P(x,y) \qquad\text{e}\qquad \frac{\partial \varphi}{\partial y}=Q(x,y).
  • Um campo vetorial é dito conservativo se existe uma função potencial \varphi tal que \nabla\varphi=\vec{F}. Em regiões simplesmente conexas onde as componentes são diferenciáveis, uma verificação prática é checar se as derivadas cruzadas coincidem:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
Vamos calcular essas derivadas parciais para ver se há chance de existência de \varphi.
Calcule \dfrac{\partial P}{\partial y}. Como P(x,y)=\dfrac{1}{x}+e^{x} não depende de y,
\frac{\partial P}{\partial y}=0.
Calcule \dfrac{\partial Q}{\partial x}. Como Q(x,y)=\dfrac{2}{y}-\operatorname{sen}(y) não depende de x,
\frac{\partial Q}{\partial x}=0.
Como \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=0 na região onde o campo está definido, a condição de igualdade das derivadas cruzadas é satisfeita. Portanto existe uma função potencial localmente (em cada componente conectada do domínio onde x\neq0 e y\neq0); em particular ela existe no primeiro quadrante (onde x>0,y>0), que contém os pontos do item (b). Assim faz sentido procurar \varphi.

Passo 3

Método concreto para encontrar \varphi: integrar P em relação a x e adicionar uma função “constante” que pode depender de y.
Integramos P(x,y)=\dfrac{1}{x}+e^{x} em relação a x:
\int\Bigl(\frac{1}{x}+e^{x}\Bigr)\,dx=\int\frac{1}{x}\,dx+\int e^{x}\,dx=\ln|x|+e^{x}+h(y),
onde h(y) é uma função arbitrária de y (pois a derivada em x de h(y) é zero). Logo temos a forma provisória
\varphi(x,y)=\ln|x|+e^{x}+h(y).

Passo 4

Determinar h(y) usando a condição \dfrac{\partial \varphi}{\partial y}=Q(x,y).
Calcule \dfrac{\partial \varphi}{\partial y} a partir da forma provisória:
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=h'(y).
Devemos igualar isso a Q(x,y)=\dfrac{2}{y}-\operatorname{sen}(y). Assim
h'(y)=\frac{2}{y}-\operatorname{sen}(y).
Integramos agora em relação a y:
h(y)=\int\Bigl(\frac{2}{y}-\operatorname{sen}(y)\Bigr)\,dy =2\ln|y|+\cos y + C,
onde C é constante real. Observação sobre os sinais: \int -\operatorname{sen}(y)\,dy=\cos y porque \dfrac{d}{dy}\cos y=-\operatorname{sen}y.
Portanto a função potencial completa é
\varphi(x,y)=\ln|x|+e^{x}+2\ln|y|+\cos y + C.

Passo 5

Verificação direta (para fixar a ideia): calcular \nabla\varphi e ver que retorna \vec{F}.
Calcule \dfrac{\partial \varphi}{\partial x}:
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\frac{1}{x}+e^{x}=P(x,y).
Calcule \dfrac{\partial \varphi}{\partial y}:
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{2}{y}-\operatorname{sen}(y)=Q(x,y).
Ambas conferem com as componentes de \vec{F}. Logo \varphi é de fato uma função potencial. Conclusão sobre conservatividade: \vec{F} é conservativo nas regiões onde está definida (por exemplo no primeiro quadrante). A função potencial encontrada prova isso.

Passo 6

Calcular o trabalho do item (b). Para um campo conservativo o trabalho entre dois pontos independe do caminho e é dado pela diferença da função potencial:
W=\varphi\bigl(1,2\pi\bigr)-\varphi(1,1).
Usamos a expressão de \varphi sem a constante C (ela cancela na diferença). Primeiro avalie \varphi(1,2\pi):
\varphi(1,2\pi)=\ln|1|+e^{1}+2\ln|2\pi|+\cos(2\pi) =0+e+2\ln(2\pi)+1,
já que \ln 1=0 e \cos(2\pi)=1.
Agora avalie \varphi(1,1):
\varphi(1,1)=\ln|1|+e^{1}+2\ln|1|+\cos 1 =0+e+0+\cos 1=e+\cos 1.
Subtraindo,
W=\bigl(e+2\ln(2\pi)+1\bigr)-\bigl(e+\cos 1\bigr)=2\ln(2\pi)+1-\cos 1.
Essa é a expressão final do trabalho; é um número real explícito (não simplifica muito mais sem aproximar numericamente).

Resposta

a) \varphi(x,y)=\ln|x|+e^{x}+2\ln|y|+\cos y + C. Logo \vec{F} é conservativo nas regiões onde está definida (por exemplo no primeiro quadrante).
b) W=2\ln(2\pi)+1-\cos 1

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