Questão 2(2,0) :Mostre que o campo \vec{f}(x, y)=\left(e^{-y}-2 x,-x e^{-y}-s e n y\right) é conservativo e calcule \int_{C} \vec{f} d \vec{r} onde C é qualquer curva de classe C^{1} de A(\pi, 0) até B(0, \pi)

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
\vec{f}(x,y)=\bigl(e^{-y}-2x,\; -x e^{-y}-\sin y\bigr)
e pede duas coisas: mostrar que esse campo é conservativo e calcular a integral de linha \displaystyle\int_{C}\vec{f}\cdot d\vec{r} onde C é qualquer curva de classe C^{1} que vai do ponto A(\pi,0) até o ponto B(0,\pi).
Informações relevantes dadas:
P(x,y)=e^{-y}-2x,\qquad Q(x,y)=-x e^{-y}-\sin y,
e os pontos inicial e final: A=(\pi,0) e B=(0,\pi).

Passo 2

Primeiro vamos verificar se o campo é conservativo. A forma prática em duas variáveis é comparar as derivadas parciais cruzadas de P e Q. Calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{-y}-2x\bigr)=-e^{-y},
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-x e^{-y}-\sin y\bigr)=-e^{-y}.
Note que ambas são iguais: \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=-e^{-y}.

Passo 3

Explico por que isto basta para concluir que \vec{f} é conservativo. Teorema (caso prático): se P e Q têm derivadas parciais contínuas em uma região simplesmente conexa do plano e \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x} nessa região, então existe uma função potencial \varphi(x,y) tal que \nabla\varphi=\vec{f}. Aqui P e Q são combinações de exponenciais, polinômios e seno — todas com derivadas contínuas em \mathbb{R}^2 — e \mathbb{R}^2 é simplesmente conexa. Logo a condição das derivadas parciais iguais garante que \vec{f} é conservativo.

Passo 4

Agora vamos achar explicitamente uma função potencial \varphi(x,y) tal que
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=P(x,y)=e^{-y}-2x, \qquad \frac{\partial \varphi}{\partial y}=Q(x,y)=-x e^{-y}-\sin y.
Integro P em relação a x (tratando y como constante):
\varphi(x,y)=\int\bigl(e^{-y}-2x\bigr)\,dx = x e^{-y}-x^{2}+g(y),
onde g(y) é uma “constante” de integração que pode depender só de y.

Passo 5

Determino g(y) impondo que \varphi_{y}=Q. Calculo \varphi_{y} a partir da expressão encontrada:
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x e^{-y}-x^{2}+g(y)\bigr)=-x e^{-y}+g'(y).
Comparo com Q(x,y)=-x e^{-y}-\sin y. Assim deve valer
-x e^{-y}+g'(y)=-x e^{-y}-\sin y.
Cancelando -x e^{-y} dos dois lados, obtenho
g'(y)=-\sin y.
Integro em y:
g(y)=\int -\sin y\,dy=\cos y + C,
onde C é uma constante real. Podemos escolher C=0 (potencial definido a uma constante é suficiente).

Passo 6

Logo uma função potencial conveniente é
\varphi(x,y)=x e^{-y}-x^{2}+\cos y.
Verificação rápida (checando derivadas): \varphi_{x}=e^{-y}-2x=P e \varphi_{y}=-x e^{-y}-\sin y=Q, OK.

Passo 7

Para calcular a integral de linha entre A e B usamos o teorema fundamental para campos conservativos: se \vec{f}=\nabla\varphi, então a integral de linha entre A e B é
\int_{C}\vec{f}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A),
independente da curva C.

Passo 8

Calculo \varphi nos pontos dados.
Para A=(\pi,0):
\varphi(\pi,0)=\pi e^{0}-\pi^{2}+\cos 0=\pi-\pi^{2}+1.
Para B=(0,\pi):
\varphi(0,\pi)=0\cdot e^{-\pi}-0^{2}+\cos \pi=\cos \pi=-1.

Passo 9

Portanto a integral é
\int_{C}\vec{f}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A) = (-1)-\bigl(\pi-\pi^{2}+1\bigr).
Faço as simplificações:
(-1)-(\pi-\pi^{2}+1) = -1-\pi+\pi^{2}-1 = \pi^{2}-\pi-2.

Resposta

\pi^{2}-\pi-2

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