(2.0 pontos - EXTRA) Considere o campo F(x, y)=\left(e^{x} \cos y+2 x y+y \cos (x y)\right) \vec{i}+\left(-e^{x} \operatorname{sen} y+x^{2}+\right. x \cos (x y)) \vec{j}. Calcule a integral de linha \int_{c} F \cdot d r, onde C é a circunferencia x^{2}+y^{2}=1 orientada no sentido anti-horário.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
F(x,y)=\bigl(e^{x}\cos y+2xy+y\cos(xy)\bigr)\,\vec{i}+\bigl(-e^{x}\sin y+x^{2}+x\cos(xy)\bigr)\,\vec{j}
e pede para calcular a integral de linha
\int_{C}F\cdot d r
onde C é a circunferência \,x^{2}+y^{2}=1, orientada no sentido anti-horário (fechada, centro na origem e raio \,1).
Informações relevantes dadas:
  • as componentes do campo vetorial (chamo-as de P(x,y) e Q(x,y));
  • a curva C é um circuito fechado e simples (a circunferência unidade) e está orientada positivamente (anti-horário).

Passo 2

Estratégia que vou usar (explicada de forma simples): para integrar um campo vetorial ao longo de uma curva fechada, um método eficiente é verificar se o campo é conservativo (ou seja, é gradiente de alguma função potencial). Se for conservativo em toda a região que contém a curva, a integral de linha sobre qualquer curva fechada nessa região é 0. Vou então:
  1. escrever P(x,y) e Q(x,y);
  2. calcular \partial P/\partial y e \partial Q/\partial x;
  3. comparar as derivadas mistas; se forem iguais e as funções forem suficientemente suaves em toda a região (aqui são funções compostas de exponenciais, seno e cosseno, polinômios — todas suaves em \mathbb{R}^2), então o campo é conservativo;
  4. concluir que a integral no circuito fechado vale 0. Vou também mostrar a função potencial explicitamente para fixar o conceito.

Passo 3

Identifico as componentes (para facilitar escrevo P e Q):
P(x,y)=e^{x}\cos y+2xy+y\cos(xy), \qquad Q(x,y)=-e^{x}\sin y+x^{2}+x\cos(xy).
Agora calculo \partial P/\partial y. Uso regra do produto e regra da cadeia onde necessário.
Derivando termo a termo:
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x}\cos y\bigr)=e^{x}\cdot\frac{d}{dy}(\cos y)= -e^{x}\sin y.
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial y}(2xy)=2x.
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial y}\bigl(y\cos(xy)\bigr) é produto: 1\cdot\cos(xy)+y\cdot\frac{d}{dy}\bigl(\cos(xy)\bigr).
    A derivada \frac{d}{dy}\cos(xy)=-\sin(xy)\cdot x (regra da cadeia, porque argumento é xy).
    Então \frac{\partial}{\partial y}\bigl(y\cos(xy)\bigr)=\cos(xy)-xy\sin(xy).
Somando tudo:
\frac{\partial P}{\partial y}=-e^{x}\sin y+2x+\cos(xy)-xy\sin(xy).

Passo 4

Agora calculo \partial Q/\partial x. Novamente derivo termo a termo:
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\bigl(-e^{x}\sin y\bigr)=-e^{x}\sin y (derivo e^x e \sin y é constante em x).
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial x}(x^{2})=2x.
  • \displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x\cos(xy)\bigr) é produto: 1\cdot\cos(xy)+x\cdot\frac{d}{dx}\bigl(\cos(xy)\bigr).
    A derivada \frac{d}{dx}\cos(xy)=-\sin(xy)\cdot y.
    Logo \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x\cos(xy)\bigr)=\cos(xy)-xy\sin(xy).
Somando:
\frac{\partial Q}{\partial x}=-e^{x}\sin y+2x+\cos(xy)-xy\sin(xy).

Passo 5

Comparando os resultados:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-e^{x}\sin y+2x+\cos(xy)-xy\sin(xy).
As derivadas mistas coincidem e P,Q são funções suaves em toda \mathbb{R}^2. Como a região interior da circunferência é simplesmente conexa e o campo tem derivadas contínuas, isso implica que F é um campo conservativo (existe uma função potencial \varphi(x,y) tal que \nabla\varphi=F).

Passo 6

Para fixar a ideia, encontro explicitamente uma potencial \varphi. Como \phi_x=P, integro P em relação a x:
\varphi(x,y)=\int \bigl(e^{x}\cos y+2xy+y\cos(xy)\bigr)\,dx.
Integrando termo a termo:
  • \displaystyle \int e^{x}\cos y\,dx=e^{x}\cos y (porque \cos y é constante em x).
  • \displaystyle \int 2xy\,dx=x^{2}y.
  • \displaystyle \int y\cos(xy)\,dx=\sin(xy) (pois \int \cos(xy)\,dx=\frac{1}{y}\sin(xy), multiplicando por y \sin(xy); esta formula é válida para y\neq 0, e o resultado estende por continuidade para y=0).
    Somando e adicionando uma função de integração h(y):
\varphi(x,y)=e^{x}\cos y+x^{2}y+\sin(xy)+h(y).
Derivando em y:
\phi_{y}=-e^{x}\sin y+x^{2}+x\cos(xy)+h'(y).
Para que \phi_{y}=Q devemos ter h'(y)=0, logo h é constante. Assim uma potencial é
\varphi(x,y)=e^{x}\cos y+x^{2}y+\sin(xy)+\text{const.}
Confirmação final de que F=\nabla\varphi.

Passo 7

Conclusão sobre a integral: pelo Teorema Fundamental para gradientes (ou pelo fato de que a integral de linha de um campo conservativo sobre qualquer curva fechada é 0), obtemos
\int_{C}F\cdot d r=0.
A orientação anti-horária não altera esse resultado (para curva fechada a integral de um gradiente é zero independentemente da orientação).

Resposta

0

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