36) Calcule

∫ C   F → ⋅ d r →

Onde

F → x ,   y = y 3 + 1   i → + 3 x y 2 + 1   j →

e C é a semicircunferência x - 1 2 + y 2 = 1 , com y ≥ 0 , orientada de 0 ,   0 a 2 ,   0 .

Passo 1

Então, resolver uma integral de linha no caso vetorial, existem, agora, três formas de resolvê-la:

1º - Forma direta.

2º - Teorema de Green.

3º - Com funções potenciais.

Pra você saber qual desses três caminhos seguir, a dica é começar observando o campo. Então venha comigo!

Passo 2

F → = y 3 + 1 ,   3 x y 2 + 1

Repare que ele é um pouco complicado para resolver de uma forma direta, principalmente em cima de um pedaço de circunferência. Então calculemos a subtração

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x 3 x y 2 + 1 = 3 y 2

Calculando a segunda derivada...

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y y 3 + 1 = 3 y 2

Vamos ter, portanto:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

Epa!!! Esse cara deu 0 !

Esse resultado sugere o teorema de Green, no entanto, como o resultado foi 0 e o campo não tem problema de definição, isso significa que o resultado independe do caminho e por isso que vamos escolher aqui o terceiro caminho: Com funções potenciais !

Passo 3

Sabemos que esse campo F → tem uma função f potencial, pois essa subtração famosa deu 0 e além disso o campo não tem problema de definição. Então, vamos agora buscar essa tal função f pela definição de função potencial:

F → = ∇ f

Como o gradiente de f é:

∇ f = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y   →

F → = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y →

y 3 + 1 ,   3 x y 2 + 1 = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y

Onde tiramos duas igualdades:

y 3 + 1 = ∂ f ∂ x                                                                     1 º

3 x y 2 + 1 = ∂ f ∂ y                                                                 2 º

Passo 4

Com a segunda igualdade, que parece ser menos trabalhosa, calculemos uma integral “revertendo” a derivada e voltando para a função f ...

f = ∫ 3 x y 2 + 1   d y + G x

Porém repare que apareceu uma função que depende somente de x ali, pois caso derivemos novamente essa função em relação à y , ela desaparece por ser considerado uma “constante” perante y , logo... Na integral ela reaparece, sacou?

Calculando essa integral com relação à y ...

f = ∫ 3 x y 2 + 1   d y + G x →

f = 3 x y 3 3 + y + G x →

f = x y 3 + y + G x

Passo 5

Basicamente essa é a função potencial, porém, como você pode ver, ainda falta uma coisa a descobrir, a função G x . Façamos isso utilizando a primeira igualdade...

y 3 + 1 = ∂ f ∂ x                                                                     1 º

Derivando a função f que determinamos acima em relação à x então...

f = x y 3 + y + G x         →             ∂ f ∂ x = ∂ ∂ x x y 3 + y + ∂ G x ∂ x

Esse segundo termo de derivada é uma derivada simples, pois G só depende de x ...

∂ f ∂ x = ∂ ∂ x x y 3 + y + G ' x   →

Derivando...

∂ f ∂ x = y 3 + G ' x  

E agora comparando com a igualdade número 1 ...

y 3 + 1 = y 3 + G ' x →

G ' x = 1

Integrando de ambos os lados...

G x = ∫ 1   d x   →

G x = x + k

Então a função potencial finalmente é

f = x y 3 + y + G x →

f = x y 3 + y + x + k

Passo 6

Para matar charada, antes apenas lembre que com uma função potencial f em mãos, calculamos uma integral de linha muito fácil tendo apenas o ponto inicial A e o ponto final B , pois...

∫ A B F → ⋅ d r → = f B - f A

Então...

Passo 7

A curva está saindo do ponto A = 0 ,   0 até o ponto B = 2   , 0

Como...

f = x y 3 + y + x + k  

    f B = 2 + k

e f A é...

  f A = k  

Então...

∫ C   F → ⋅ d r → = 2 + k - k =

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Resposta

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