Seja \vec{F}: \Omega \subset \mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{R}^{n} um campo de vetorial contínuo. Dizemos que a integral de linha \int_{\alpha} \vec{F} d \alpha é independente do caminho se para quaisquer duas curvas (ou caminhos) \alpha_{1} e \alpha_{2} em \Omega que tenham os mesmos pontos iniciais e finais. Temos:
\int_{\alpha_{1}} \bar{F} d \alpha=\int_{\alpha_{2}} \vec{F} d \alpha
Verifique se a inetgral de linha \int_{\alpha}\left(y^{2}+2 x+4\right) d x+(2 x y+4 y-5) d y é independente do caminho tomando os caminhos \alpha_{1}(t)=(t, t), t \in[0,1] e \alpha_{2}(t)=\left(t, t^{2}\right), t \in[0,1].

Passo 1

O enunciado dá a integral de linha
\int_{\alpha}\left(y^{2}+2 x+4\right)\,d x+(2 x y+4 y-5)\,d y
e pede para verificar se ela é independente do caminho tomando os dois caminhos:
  • \alpha_{1}(t)=(t,t),\\ t\in[0,1],
  • \alpha_{2}(t)=(t,t^{2}),\\ t\in[0,1].
Informações importantes extraídas do enunciado:
  • O campo dado tem componentes P(x,y)=y^{2}+2x+4,\qquad Q(x,y)=2xy+4y-5.
  • As duas curvas têm o mesmo ponto inicial e final:
    • Para t=0: \alpha_{1}(0)=(0,0) e \alpha_{2}(0)=(0,0).
    • Para t=1: \alpha_{1}(1)=(1,1) e \alpha_{2}(1)=(1,1).
  • O que se pede: verificar se \displaystyle\int_{\alpha_{1}} \vec{F}\cdot d\alpha=\int_{\alpha_{2}} \vec{F}\cdot d\alpha. Ou seja, calcular (ou justificar) se as duas integrais são iguais.

Passo 2

Conceito e critério que vamos usar (explicado com calma).
  • Uma forma prática de testar independência de caminho é verificar se existe uma função potencial \varphi(x,y) tal que \nabla\varphi=(\partial_x\varphi,\partial_y\varphi)=(P,Q).Se tal \varphi existe (e o domínio for “bonzinho”, por exemplo todo \mathbb{R}^2 ou uma região simplesmente conexa) então o campo é conservativo e a integral de linha entre dois pontos depende apenas dos pontos finais: \int_{\alpha}\vec{F}\cdot d\alpha=\varphi(\text{fim})-\varphi(\text{início})í.
  • Um teste rápido para campos bidimensionais com P e Q de classe C^1 é checar se \partial_y P=\partial_x Q.Se isso vale em uma região simplesmente conexa, o campo é conservativo.
Vamos aplicar esse teste aqui.
Calculemos as derivadas parciais (mostrando todos os passos):
\partial_y P(x,y)=\partial_y\big(y^{2}+2x+4\big)=2y.
\partial_x Q(x,y)=\partial_x\big(2xy+4y-5\big)=2y.
Como \partial_y P=\partial_x Q=2y para todo (x,y), o teste diz que o campo é conservativo em qualquer região onde essas derivadas são contínuas — e elas são contínuas em todo \mathbb{R}^2, que é simplesmente conexa. Portanto existe uma potencial \varphi e a integral entre (0,0) e (1,1) é independente do caminho.

Passo 3

Encontrar a função potencial \varphi(x,y) (passo a passo) para poder usar o teorema fundamental das integrais de linha.
Começamos integrando P em relação a x:
\partial_x\varphi=P=y^{2}+2x+4.
Integramos em x:
\varphi(x,y)=\int (y^{2}+2x+4)\,dx = x y^{2}+x^{2}+4x + g(y),
onde g(y) é uma função arbitrária de y (constante de integração em relação a x).
Agora impomos \partial_y\varphi=Q. Calcule \partial_y\varphi a partir da expressão acima:
\partial_y\varphi = \partial_y(x y^{2}+x^{2}+4x + g(y)) = 2xy + g'(y).
Devemos ter \partial_y\varphi=Q=2xy+4y-5. Igualando:
2xy + g'(y) = 2xy + 4y -5 \quad\Rightarrow\quad g'(y)=4y-5.
Integramos g'(y):
g(y)=\int (4y-5)\,dy = 2y^{2}-5y + C,
onde C é constante real (que não afeta as diferenças de \varphi). Logo uma potencial válida é
\varphi(x,y)=x y^{2}+x^{2}+4x + 2y^{2}-5y + C.

Passo 4

Aplicar o teorema fundamental das integrais de linha usando a potencial \varphi.
  • Como o campo é conservativo, para qualquer curva \alpha que vá de A=(0,0) até B=(1,1) vale: \int_{\alpha} P\,dx+Q\,dy = \varphi(B)-\varphi(A).
Calculemos \varphi(1,1) e \varphi(0,0) (podemos tomar C=0 pois cancela na diferença):
\varphi(1,1)=1\cdot1^{2}+1^{2}+4\cdot1 + 2\cdot1^{2}-5\cdot1 = 1+1+4+2-5 = 3.
\varphi(0,0)=0+0+0+0-0=0.
Portanto
\int_{\alpha} P\,dx+Q\,dy = \varphi(1,1)-\varphi(0,0)=3-0=3.
Isso mostra que a integral entre (0,0) e (1,1) vale 3 e não depende do caminho (entre esses pontos), em concordância com o teste anterior.

Passo 5

Agora, para fixar o procedimento e treinar o cálculo direto na prova, vamos calcular explicitamente as duas integrais parametricamente e confirmar que dão o mesmo resultado.
Regra que vamos usar (expliquei antes, repito curto): se \alpha(t)=(x(t),y(t)) então
\int_{\alpha} P\,dx+Q\,dy = \int_{a}^{b}\big(P(x(t),y(t))x'(t) + Q(x(t),y(t))y'(t)\big)\,dt.
Cálculo para \alpha_{1}(t)=(t,t),\\ t\in[0,1]:
  • x(t)=t,\\ y(t)=t,\\ x'(t)=1,\\ y'(t)=1.
  • Substituindo: P(x(t),y(t))=t^{2}+2t+4,\qquad Q(x(t),y(t))=2t^{2}+4t-5.Logo o integrando é (t^{2}+2t+4)\cdot 1 + (2t^{2}+4t-5)\cdot 1 = 3t^{2}+6t-1.
  • Integrando de 0 a 1: \int_{0}^{1}(3t^{2}+6t-1)\,dt = \Big[t^{3}+3t^{2}-t\Big]_{0}^{1} = 1+3-1=3.

Passo 6

Cálculo para \alpha_{2}(t)=(t,t^{2}),\\ t\in[0,1]:
  • x(t)=t,\\ y(t)=t^{2},\\ x'(t)=1,\\ y'(t)=2t.
  • Substituindo nas componentes: P(x(t),y(t))=t^{4}+2t+4,
Q(x(t),y(t))=2t^{3}+4t^{2}-5.
O integrando é
(t^{4}+2t+4)\cdot 1 + (2t^{3}+4t^{2}-5)\cdot (2t)
= t^{4}+2t+4 + 4t^{4}+8t^{3}-10t = 5t^{4}+8t^{3}-8t+4.
  • Integrando de 0 a 1: \int_{0}^{1}(5t^{4}+8t^{3}-8t+4)\,dt
=\Big[t^{5}+2t^{4}-4t^{2}+4t\Big]_{0}^{1} = 1+2-4+4=3.

Passo 7

Conclusão final e interpretação:
  • As duas integrais calculadas diretamente deram o mesmo valor, 3.
  • Isso confirma que, no caso específico entre (0,0) e (1,1), a integral é independente do caminho (pelo menos entre as curvas dadas).
  • De forma mais geral, como \partial_y P=\partial_x Q em \mathbb{R}^2 e \mathbb{R}^2 é simplesmente conexa, o campo é conservativo em toda \mathbb{R}^2 e a integral de linha entre quaisquer dois pontos depende apenas dos pontos extremos.

Resposta

Sim. \displaystyle\int_{\alpha_{1}}(y^{2}+2x+4)\,dx+(2xy+4y-5)\,dy=\int_{\alpha_{2}}(y^{2}+2x+4)\,dx+(2xy+4y-5)\,dy=3

Exercícios relacionados