Sejam U=\{(x, y) \mid x>0, y>0\} e a>0. Se \boldsymbol{\lambda} é um caminho seccionalmente de classe \mathscr{C}^{1} com ponto inicial (1, \pi) e ponto final \left(\frac{a}{2}, \frac{a \pi}{2}\right), e tal que traço (\boldsymbol{\lambda}) \subset U, calcular o limite
\lim _{a \rightarrow 2} \int_{\boldsymbol{\lambda}}\left(1-\frac{y^{2}}{x^{2}} \cos \frac{y}{x}\right) d x+\left(\operatorname{sen} \frac{y}{x}+\frac{y}{x} \cos \frac{y}{x}\right) d y
Sugestão: f(x, y)=x+y \operatorname{sen} \frac{y}{x} é uma função potencial do campo vetorial na integral de linha.

Passo 1

O enunciado dá:
  • o domínio U=\{(x,y)\mid x>0,\\ y>0\};
  • um parâmetro a>0;
  • um caminho \boldsymbol{\lambda} seccionalmente de classe \mathscr{C}^{1} com ponto inicial (1,\pi) e ponto final \left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a\pi}{2}\right), com traço contido em U;
  • a integral de linha a calcular e o limite
\lim_{a\to 2}\int_{\boldsymbol{\lambda}}\Bigl(1-\frac{y^{2}}{x^{2}}\cos\frac{y}{x}\Bigr)\,dx+\Bigl(\sin\frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos\frac{y}{x}\Bigr)\,dy.
O enunciado sugere que a função
f(x,y)=x+y\sin\frac{y}{x}
é uma função potencial do campo cujo diferencial aparece no integrando. A pergunta é: calcular o limite acima.

Passo 2

Conceito importante (passo-a-passo didático): se um campo vetorial \mathbf{F}=(P,Q) tem uma função potencial f definida e de classe \mathscr{C}^{1} em uma região que contém o caminho, então a integral de linha de \mathbf{F} ao longo de qualquer curva que liga dois pontos depende apenas desses extremos. Em fórmulas:
\int_{\boldsymbol{\lambda}}P\,dx+Q\,dy=f(\text{extremo final})-f(\text{extremo inicial}).
Aqui temos a sugestão de f. Vou verificar explicitamente que \nabla f=(P,Q), o que garante que a integral é a diferença de valores de f nos extremos (teorema fundamental para integrais de linha).

Passo 3

Calcular \dfrac{\partial f}{\partial x}. Temos f(x,y)=x+y\sin\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr). Tratar y como constante ao derivar em relação a x.
Usa-se a regra da cadeia: \dfrac{d}{dx}\sin\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)=\cos\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)\cdot\dfrac{d}{dx}\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr).
E \dfrac{d}{dx}\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)= -\dfrac{y}{x^{2}} (pois y é constante).
Logo
\frac{\partial}{\partial x}\Bigl(y\sin\frac{y}{x}\Bigr) = y\cos\frac{y}{x}\cdot\Bigl(-\frac{y}{x^{2}}\Bigr) = -\frac{y^{2}}{x^{2}}\cos\frac{y}{x}.
Somando a derivada de x (que é 1),
\frac{\partial f}{\partial x}=1-\frac{y^{2}}{x^{2}}\cos\frac{y}{x}.
Isso coincide com o coeficiente de dx no integrando.

Passo 4

Calcular \dfrac{\partial f}{\partial y}. Agora derive f em relação a y, tratando x como constante. Use a regra do produto:
\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(y\sin\frac{y}{x}\Bigr)=\sin\frac{y}{x}+y\cos\frac{y}{x}\cdot\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr).
Como \dfrac{\partial}{\partial y}\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)=\tfrac{1}{x}, obtemos
\frac{\partial f}{\partial y}=\sin\frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos\frac{y}{x}.
Isso coincide com o coeficiente de dy no integrando. Assim \nabla f=(P,Q) como desejado.

Passo 5

Conclusão sobre a integral: como f é de classe \mathscr{C}^{1} em U (onde x>0 garante que as expressões y/x e as derivadas são bem definidas) e o traço de \boldsymbol{\lambda} está em U, segue que
\int_{\boldsymbol{\lambda}}\Bigl(1-\frac{y^{2}}{x^{2}}\cos\frac{y}{x}\Bigr)\,dx+\Bigl(\sin\frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos\frac{y}{x}\Bigr)\,dy = f\Bigl(\frac{a}{2},\frac{a\pi}{2}\Bigr)-f(1,\pi).
Agora calcular f nos extremos. Primeiro no ponto inicial:
f(1,\pi)=1+\pi\sin\frac{\pi}{1}=1+\pi\sin\pi=1+ \pi\cdot 0=1.
No ponto final:
\frac{y}{x}\Big|_{\left(\frac{a}{2},\frac{a\pi}{2}\right)} =\frac{\frac{a\pi}{2}}{\frac{a}{2}}=\pi,
então \sin\!\bigl(\tfrac{y}{x}\bigr)=\sin\pi=0 também, e
f\Bigl(\frac{a}{2},\frac{a\pi}{2}\Bigr)=\frac{a}{2}+\frac{a\pi}{2}\cdot 0=\frac{a}{2}.
Portanto a integral vale
\frac{a}{2}-1.

Passo 6

Falta tomar o limite pedido:
\lim_{a\to 2}\left(\frac{a}{2}-1\right)=\frac{2}{2}-1=1-1=0.
Interpretando: para qualquer curva admissível a integral é \dfrac{a}{2}-1, e ao fazer a\to 2 esse valor tende a 0.

Resposta

0

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