Mostre que o campo vetorial \mathbf{F}: \Omega \rightarrow \mathbb{R}^{2} é conservativo, onde \Omega=(0,+\infty) \times(0,+\infty) e \mathbf{F}(x, y)=\left(\frac{2 y}{x}+\sin (2 x)\right) \mathbf{i}+\left(\ln \left(x^{2}\right)+y^{5}\right) \mathbf{j}. Obtenha o respectivo potencial U(x, y) e calcule I=\int_{C} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{r} onde C é qualquer curva regular ligando os pontos A(1,2) e B(e, 1).

Passo 1

O enunciado pede três coisas claras:
  1. Mostrar que o campo vetorial \mathbf{F} é conservativo.
  2. Encontrar o potencial escalar U(x,y) tal que \nabla U=\mathbf{F}.
  3. Calcular I=\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} onde C é qualquer curva regular ligando A(1,2) a B(e,1).
Informações fornecidas:
\Omega=(0,+\infty)\times(0,+\infty).
\displaystyle \mathbf{F}(x,y)=\left(\frac{2y}{x}+\sin(2x)\right)\mathbf{i}+\left(\ln\left(x^{2}\right)+y^{5}\right)\mathbf{j}.
Pontos: A(1,2) e B(e,1).

Passo 2

Critério para conservatividade (explicando do zero):
  • Para um campo vetorial em duas dimensões \mathbf{F}(x,y)=(P(x,y),Q(x,y)), uma verificação prática é calcular as derivadas parciais cruzadas \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x.
  • Se \dfrac{\partial P}{\partial y} = \dfrac{\partial Q}{\partial x} em todo o domínio e o domínio for simplesmente conexo (sem “buracos”), então \mathbf{F} é conservativo (isto é, existe potencial U com \nabla U=\mathbf{F}).
  • Aqui o domínio \Omega=(0,+\infty)\times(0,+\infty) é aberto e convexo (logo simplesmente conexo), então podemos aplicar esse critério com segurança.
Agora identifique P e Q:
\displaystyle P(x,y)=\frac{2y}{x}+\sin(2x),
\displaystyle Q(x,y)=\ln\left(x^{2}\right)+y^{5}.
Calcule as derivadas parciais:
\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{2}{x} (derivando \frac{2y}{x} em relação a y \frac{2}{x}; \sin(2x) não depende de y).
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{d}{dx}\ln\left(x^{2}\right)=\frac{2x}{x^{2}}=\frac{2}{x}.
Como \displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2}{x} em todo \Omega e \Omega é simplesmente conexo, concluímos que \mathbf{F} é conservativo.

Passo 3

Encontrando o potencial U(x,y) (explicando passo a passo):
  • Queremos U tal que \displaystyle \frac{\partial U}{\partial x}=P(x,y) e \displaystyle \frac{\partial U}{\partial y}=Q(x,y).
  • Começamos integrando P em relação a x, tratando y como constante:
\frac{\partial U}{\partial x}= \frac{2y}{x}+\sin(2x).
Integramos termo a termo:
\int \frac{2y}{x}\,dx = 2y\int \frac{1}{x}\,dx = 2y\ln x.
Aqui explico: \int \frac{1}{x}\,dx=\ln x (no domínio x>0 usado aqui, \ln x é bem definido).
\int \sin(2x)\,dx = -\frac{1}{2}\cos(2x),
porque a primitiva de \sin(kx) é -\frac{1}{k}\cos(kx).
Portanto ao integrar \frac{\partial U}{\partial x} obtemos, até uma função de y (constante em relação a x):
U(x,y)=2y\ln x -\frac{1}{2}\cos(2x) + h(y),
onde h(y) é uma função desconhecida que aparece porque ao integrar em x pode surgir uma “constante” que depende de y.

Passo 4

Determinar h(y) impondo \partial U/\partial y = Q(x,y):
  • Calcule \displaystyle \frac{\partial U}{\partial y} a partir de U(x,y)=2y\ln x -\frac{1}{2}\cos(2x) + h(y):
\frac{\partial U}{\partial y}=2\ln x + h'(y),
pois \partial(2y\ln x)/\partial y = 2\ln x e -\tfrac{1}{2}\cos(2x) não depende de y.
  • Igualamos ao dado Q(x,y)=\ln\left(x^{2}\right)+y^{5}. Observe que \ln\left(x^{2}\right)=2\ln x. Assim
2\ln x + h'(y) = 2\ln x + y^{5}.
Cancelando 2\ln x dos dois lados vem
h'(y)=y^{5}.
  • Integramos em y:
h(y)=\int y^{5}\,dy = \frac{y^{6}}{6} + C,
onde C é constante real arbitrária.

Passo 5

Escrever o potencial final e escolher constante:
  • Assim um potencial válido é
U(x,y)=2y\ln x -\frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{y^{6}}{6} + C.
  • Em problemas de integrais de linha, podemos tomar C=0 (constante não altera gradiente nem a diferença de potenciais). Portanto usaremos
U(x,y)=2y\ln x -\frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{y^{6}}{6}.

Passo 6

Calcular I=\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} usando o potencial (explicação do teorema fundamental para campos conservativos):
  • Para campo conservativo, a integral de linha entre dois pontos independe da curva e vale a diferença de potenciais:
I=U(B)-U(A).
Avalie U nos pontos B(e,1) e A(1,2).
  • Primeiro U(B)=U(e,1):
U(e,1)=2\cdot 1\cdot \ln e -\frac{1}{2}\cos(2e) + \frac{1^{6}}{6} =2\cdot 1 -\frac{1}{2}\cos(2e) + \frac{1}{6} =\frac{13}{6}-\frac{1}{2}\cos(2e).
(usei \ln e=1 e 1^{6}=1.)
  • Depois U(A)=U(1,2):
U(1,2)=2\cdot 2\cdot \ln 1 -\frac{1}{2}\cos(2) + \frac{2^{6}}{6} =0 -\frac{1}{2}\cos(2) + \frac{64}{6} =-\frac{1}{2}\cos(2) + \frac{32}{3}.
(usei \ln 1=0 e 2^{6}=64.)
  • Agora a diferença:
I=U(B)-U(A) =\left(\frac{13}{6}-\frac{1}{2}\cos(2e)\right)-\left(-\frac{1}{2}\cos(2)+\frac{32}{3}\right).
Realizando a subtração das frações:
\frac{13}{6}-\frac{32}{3}=\frac{13}{6}-\frac{64}{6}=-\frac{51}{6}=-\frac{17}{2}.
Portanto
I=-\frac{17}{2}-\frac{1}{2}\cos(2e)+\frac{1}{2}\cos(2) =-\frac{17}{2}+\frac{1}{2}\bigl(\cos 2-\cos(2e)\bigr).

Resposta

Conservativo: Sim.
Potencial: U(x,y)=2y\ln x -\dfrac{1}{2}\cos(2x) + \dfrac{y^{6}}{6} + C (podemos tomar C=0).
I=\displaystyle -\dfrac{17}{2}+\dfrac{1}{2}\bigl(\cos 2-\cos(2e)\bigr)

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