Seja \mathbf{F}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} o campo vetorial \mathbf{F}(x, y)=\left(e^{x} \cos y,-e^{x} \operatorname{sen} y\right).
(a) Demonstre que \mathbf{F} é um campo conservativo.
(b) Para a \in \mathbb{R} e n>0 inteiro, seja \boldsymbol{\lambda} o caminho seccionalmete de classe \mathscr{C}^{1} com ponto inicial ( \ln a, \pi ) e ponto final ( -\frac{1}{n}, a ). Calcular o limite
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\boldsymbol{\lambda}} \mathbf{F} \cdot d \boldsymbol{\lambda}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Campo vetorial dado: \mathbf{F}:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 com \mathbf{F}(x,y)=\bigl(e^{x}\cos y,\; -e^{x}\sin y\bigr).
  • Perguntas:
    (a) Demonstrar que \mathbf{F} é um campo conservativo.
    (b) Para a\in\mathbb{R} e n>0 inteiro, seja \boldsymbol{\lambda} um caminho seccionalmente de classe \mathscr{C}^1 com ponto inicial \bigl(\ln a,\pi\bigr) e ponto final \bigl(-\tfrac{1}{n},a\bigr). Calcular \lim_{n\to\infty}\int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda}.
  • Observação necessária (retirada do enunciado): para que o ponto \bigl(\ln a,\pi\bigr) faça sentido é preciso ter a>0. Vou assumir que a>0 (caso contrário o problema, tal como enunciado, não é bem formulado porque \ln a não está definido).

Passo 2

O que significa “campo conservativo” e como provar na prática.
  • Um campo vetorial \mathbf{F}=(F_1,F_2) é conservativo se existe uma função potencial \varphi(x,y) tal que \mathbf{F}=\nabla\varphi,\quad\text{ou seja}\quad F_1=\frac{\partial\varphi}{\partial x},\; F_2=\frac{\partial\varphi}{\partial y}.
  • Uma ferramenta prática: se F_1 e F_2 têm derivadas parciais contínuas em um domínio simplesmente conexo (como \mathbb{R}^2), então \mathbf{F} é conservativo se e somente se as derivadas cruzadas coincidem: \frac{\partial F_1}{\partial y}=\frac{\partial F_2}{\partial x}\quad\text{em todo o domínio.}í
Vou aplicar esse critério ao nosso \mathbf{F}.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais cruzadas.
  • F_1(x,y)=e^{x}\cos y. Então \frac{\partial F_1}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x}\cos y\bigr) = -e^{x}\sin y.
  • F_2(x,y)=-e^{x}\sin y. Então \frac{\partial F_2}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-e^{x}\sin y\bigr) = -e^{x}\sin y.
  • Como \dfrac{\partial F_1}{\partial y}=\dfrac{\partial F_2}{\partial x}=-e^{x}\sin y em todo \mathbb{R}^2 e as derivadas parciais são contínuas, pelo critério em domínio simplesmente conexo segue que \mathbf{F} é conservativo.

Passo 4

Encontrar explicitamente uma função potencial \varphi.
  • Procuramos \varphi(x,y) tal que \frac{\partial\varphi}{\partial x}=F_1=e^{x}\cos y.Integramos essa igualdade em relação a x (trantando y como constante): \varphi(x,y)=\int e^{x}\cos y\,dx = e^{x}\cos y + C(y),onde C(y) é uma “constante” de integração que pode depender de y.
  • Agora impomos \dfrac{\partial\varphi}{\partial y}=F_2. Calculamos \frac{\partial\varphi}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x}\cos y + C(y)\bigr) = -e^{x}\sin y + C'(y).Devemos ter isso igual a F_2=-e^{x}\sin y. Logo -e^{x}\sin y + C'(y) = -e^{x}\sin y \quad\Rightarrow\quad C'(y)=0.Assim C(y) é constante, e podemos escolher a constante zero para simplicidade.
  • Concluímos que uma função potencial é \varphi(x,y)=e^{x}\cos y + \text{const.}(vou usar \varphi(x,y)=e^{x}\cos y.)

Passo 5

Usar a propriedade de campo conservativo para avaliar integrais de linha e aplicar ao problema (b).
  • Para um campo conservativo \mathbf{F}=\nabla\varphi, a integral de linha entre dois pontos A e B depende apenas dos pontos finais: “teorema fundamental para gradiente”: \int_{\gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\varphi(B)-\varphi(A),para qualquer curva \gamma de classe adequada de A a B contida no domínio onde \varphi está definida.
  • No nosso caso o ponto inicial é A=\bigl(\ln a,\pi\bigr) e o ponto final é B=\bigl(-\tfrac{1}{n},a\bigr). Como \varphi está definida em todo \mathbb{R}^2, a integral ao longo de qualquer caminho seccionalmente \mathscr{C}^1 de A a B vale \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda} = \varphi\bigl(-\tfrac{1}{n},a\bigr) - \varphi\bigl(\ln a,\pi\bigr).

Passo 6

Calcular explicitamente a expressão da integral e o limite quando n\to\infty.
  • Avaliando \varphi(x,y)=e^{x}\cos y nos pontos: \varphi\bigl(-\tfrac{1}{n},a\bigr)=e^{-1/n}\cos a, \qquad \varphi\bigl(\ln a,\pi\bigr)=e^{\ln a}\cos\pi = a\cdot(-1) = -a,porque \cos\pi=-1 e e^{\ln a}=a (aqui usamos a hipótese a>0).
  • Portanto \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda} = e^{-1/n}\cos a - (-a) = e^{-1/n}\cos a + a.
  • Tomando limite quando n\to\infty, note que e^{-1/n}\to e^{0}=1. Assim \lim_{n\to\infty}\int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda} = 1\cdot\cos a + a = a + \cos a.

Resposta

a+\cos a

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