Seja \mathbf{F}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} o campo vetorial
\mathbf{F}(x, y)=\left(e^{-x} \operatorname{sen} y+1,-e^{-x} \cos y+1\right)
(a) Demosntre que \mathbf{F} é um campo vetorial conservativo.
(b) Se \boldsymbol{\lambda} é o caminho seccionalmete de classe \mathscr{C}^{1} com ponto inicial em \left(\ln 2, \frac{\pi}{2}\right) e ponto final em (\ln 2, b), calcular a integral de linha \int_{\boldsymbol{\lambda}} \mathbf{F} \cdot d \boldsymbol{\lambda}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede.
  • Campo vetorial dado: \mathbf{F}(x,y)=\bigl(P(x,y),\,Q(x,y)\bigr)=\bigl(e^{-x}\sin y+1,\; -e^{-x}\cos y+1\bigr).
  • Caminho \boldsymbol{\lambda} é qualquer caminho seccionalmente de classe \mathscr{C}^{1} com ponto inicial em \left(\ln 2,\frac{\pi}{2}\right) e ponto final em (\ln 2,b).
O enunciado pede:
  • (a) Demonstrar que \mathbf{F} é um campo vetorial conservativo.
  • (b) Calcular a integral de linha \displaystyle \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda} entre os pontos indicados.

Passo 2

O que significa, na prática, mostrar que um campo em \mathbb{R}^2 é conservativo? Vou explicar de forma direta e intuitiva.
  • Um campo vetorial \mathbf{F}=(P,Q) é conservativo se existe uma função potencial \varphi(x,y) tal que
    \nabla\varphi=(\varphi_x,\varphi_y)=(P,Q).
    Ou seja, \varphi_x=P e \varphi_y=Q.
  • Um teste prático muito usado em \mathbb{R}^2 (quando o domínio é todo \mathbb{R}^2, que é simplesmente conexo) é verificar se as derivadas parciais cruzadas coincidem:
    \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.
    Se isso acontecer em todo \mathbb{R}^2, então existe \varphi com \nabla\varphi=\mathbf{F}. Vou aplicar esse teste ao nosso campo.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais cruzadas explicitamente.
  • Primeiro identifique P e Q:
    P(x,y)=e^{-x}\sin y+1,\qquad Q(x,y)=-e^{-x}\cos y+1.
  • Derivada parcial de P em relação a y:
    \frac{\partial P}{\partial y}=e^{-x}\cos y,
    porque \partial_y(\sin y)=\cos y e e^{-x} é tratado como constante em relação a y.
  • Derivada parcial de Q em relação a x:
    \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-e^{-x}\cos y+1\bigr)=-\bigl(-e^{-x}\bigr)\cos y=e^{-x}\cos y,
    pois \partial_x(e^{-x})=-e^{-x} e há um sinal negativo inicial.
  • Conclusão dessas contas:
    \frac{\partial P}{\partial y}=e^{-x}\cos y=\frac{\partial Q}{\partial x}.
    Como a igualdade vale em todo \mathbb{R}^2 (domínio simplesmente conexo), \mathbf{F} é conservativo — existe uma função potencial \varphi.

Passo 4

Agora vou encontrar explicitamente a função potencial \varphi(x,y) (isso também é útil para calcular a integral de linha). O procedimento é padrão: integrar P em relação a x e ajustar uma função de y.
  • Integro P(x,y)=e^{-x}\sin y+1 em relação a x: \varphi(x,y)=\int P(x,y)\,dx=\int\bigl(e^{-x}\sin y+1\bigr)\,dx.No integrando, \sin y é constante relativamente a x, então \int e^{-x}\sin y\,dx=\sin y\int e^{-x}\,dx=\sin y\cdot(-e^{-x})=-e^{-x}\sin y.E \int 1\,dx=x. Assim \varphi(x,y)=-e^{-x}\sin y + x + g(y),onde g(y) é uma função arbitrária de y (a “constante” de integração que pode depender de y).

Passo 5

Determinar g(y) usando a condição \varphi_y=Q.
  • Calculo \varphi_y a partir da expressão encontrada:
    \varphi_y=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-e^{-x}\sin y + x + g(y)\bigr)=-e^{-x}\cos y + g'(y).
  • Mas sabemos que \varphi_y deve ser igual a Q(x,y)=-e^{-x}\cos y+1. Igualando:
    -e^{-x}\cos y + g'(y)=-e^{-x}\cos y+1.
    Cancelando os termos iguais, obtemos g'(y)=1. Integrando em y:
    g(y)=y + C,
    onde C é constante real arbitrária (pode ser escolhida zero sem perda de generalidade).
  • Portanto uma função potencial conveniente é
    \varphi(x,y)=-e^{-x}\sin y + x + y.
    (ou, se quiser, mais geral \varphi(x,y)=-e^{-x}\sin y + x + y + C).

Passo 6

Explicar como usar a função potencial para calcular a integral de linha.
  • Para um campo conservativo \mathbf{F}=\nabla\varphi, a integral de linha entre dois pontos A e B ao longo de qualquer curva C (seccionalmente \mathscr{C}^1) é dada pelo teorema fundamental para gradientes:
    \int_{C}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda}=\varphi(B)-\varphi(A).
    Ou seja, a integral depende apenas dos pontos inicial e final, não do caminho.
  • No nosso caso, ponto inicial A=\left(\ln 2,\frac{\pi}{2}\right) e ponto final B=(\ln 2,b). Vou calcular \varphi(B)-\varphi(A).

Passo 7

Calcular \varphi nos dois pontos e subtrair, com contas passo a passo.
  • Primeiro usar \varphi(x,y)=-e^{-x}\sin y + x + y.
  • Avaliar em B=(\ln 2,b):
    \varphi(\ln 2,b)=-e^{-\ln 2}\sin b + \ln 2 + b.
    Lembrando que e^{-\ln 2}=e^{\ln(2^{-1})}=2^{-1}=\tfrac{1}{2}, obtemos
    \varphi(\ln 2,b)=-\tfrac{1}{2}\sin b + \ln 2 + b.
  • Avaliar em A=\bigl(\ln 2,\tfrac{\pi}{2}\bigr):
    \varphi\bigl(\ln 2,\tfrac{\pi}{2}\bigr)=-e^{-\ln 2}\sin\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)+\ln 2+\tfrac{\pi}{2}.
    Sabendo que \sin\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)=1 e e^{-\ln 2}=\tfrac{1}{2}, obtemos
    \varphi\bigl(\ln 2,\tfrac{\pi}{2}\bigr)=-\tfrac{1}{2}\cdot 1 + \ln 2 + \tfrac{\pi}{2}=-\tfrac{1}{2}+\ln 2+\tfrac{\pi}{2}.
  • Subtrair para obter a integral:
    \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda}=\varphi(\ln 2,b)-\varphi\bigl(\ln 2,\tfrac{\pi}{2}\bigr).
    Portanto
    \begin{aligned} \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda} &=\Bigl(-\tfrac{1}{2}\sin b + \ln 2 + b\Bigr)-\Bigl(-\tfrac{1}{2}+\ln 2+\tfrac{\pi}{2}\Bigr)\\[4pt] &= -\tfrac{1}{2}\sin b + b + \tfrac{1}{2} - \tfrac{\pi}{2}. \end{aligned}
  • Uma forma compacta é
    \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda}=b-\tfrac{1}{2}\sin b + \tfrac{1-\pi}{2}.]

Resposta

(a) Sim. \mathbf{F} é conservativo.
(b) \displaystyle \int_{\boldsymbol{\lambda}}\mathbf{F}\cdot d\boldsymbol{\lambda}=b-\tfrac{1}{2}\sin b+\tfrac{1-\pi}{2}

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