Exercícios Resolvidos de Função Potencial

USP, Cálculo 3, P-SUB - 2012, Questão 2

Calcule γ   F . d r onde

F x , y = y e x y - y x 2 4 + y 2 , x e x y + x x 2 4 + y 2

E γ é a curva x = 3 y 2 - 3 percorrida de ( 0,1 ) a ( 0 , - 1 ) .

Passo 1

Bom, já deu pra ver que calcular isso aí direto pela definição não é muito fácil né. Certo, mas esse rotacional vai dar zero, para facilitar nossa vida.

Mas presta atenção em uma coisa: temos uma indeterminação em x = y = 0 nos termos com fração, o que nos dificulta usar os conceitos de campos conservativos. Então, vamos dividir esse campo em duas partes:

F 1 = y e x y , x e x y

F 2 = - y x 2 4 + y 2 , x x 2 4 + y 2

A primeira não dá problema nenhum para a gente, mas segunda sim. Temos;

γ   F . d r = γ   F 1 . d r + γ   F 2 . d r

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos começar calculando γ   F 1 . d r . Antes de tudo, calculamos o rotacional:

( x e x y ) x = e x y + x y e x y

( y e x y ) y = e x y + x y e x y

( x e x y ) x - y e x y y = 0

Como F 1 está definido em todo o R 2 e seu rotacional deu zero, podemos dizer que o campo é conservativo.

Passo 3

Então, vamos encontrar uma função potencial f para esse campo, temos:

F = f

Onde é o operador de derivadas parciais:

= x ,   y ,   z

Temos então o seguinte:

y e x y , x e x y = f x ,   f y

Vamos agora igualar termo a termo esses vetores.

f x = y e x y f x , y = e x y + M ( y )

f y = e x y f x , y = e x y + P ( x )

Comparando as equações, vemos que:

M y = 0

P x = 0

O que nos dá

f x , y = e x y + k

Passo 4

Bom, se o campo é conservativo, podemos calcular a integral de linha usando sua função potencial, não é?

Pela definição de função potencial, nós sabemos do seguinte:

γ   F 1 . d r = f B - f ( A )

Ou seja, em um campo conservativo, a integral de linha sobre a curva γ é igual ao valor da sua função potencial no ponto final menos o valor no ponto inicial.

Agora é só calcular f ( A ) e f ( B ) .

f 0,1 = e 0 + k = 1 + k

f 0 , - 1 = e 0 + k = 1 + k

Logo,

γ   F 1 . d r = f B - f ( A )

γ   F 1 . d r = 1 + k - 1 - k = 0

Passo 5

Ok, agora precisamos da integral de F 2 . Vamos fazer o seguinte: fechamos uma região que não contenha o ponto ( 0,0 ) (que é o problemático) e aplicamos Green, ok?

Para a gente ter uma ideia, a curva é essa aqui:

Como o campo tem o termo x 2 4 + y 2 no denominador, vamos isolar a origem com a elipse

x 2 4 + y 2 = 1

Na verdade, com o arco dessa elipse que vai de ( 0 , - 1 ) até ( 0,1 ) . Assim, a curva toda gira no sentido anti-horário.

Aplicando Green, temos então:

γ   F 2 . d r + e   F 2 . d r = D   M x - N y d x d y

Onde M e N são as componentes do campo F 2 e e é o arco da elipse.

Passo 6

Vamos calcular agora esse rotacional aí:

x x 2 4 + y 2 x = x 2 4 + y 2 - x . x 2 x 2 4 + y 2 2

- y x 2 4 + y 2 y = - x 2 4 + y 2 - y . 2 y x 2 4 + y 2 2

Isso nos dá:

M x - N y = x 2 4 + y 2 - x 2 2 + x 2 4 + y 2 - 2 y 2 x 2 4 + y 2 2 = 0

Ótimo, então temos:

γ   F 2 . d r + e   F 2 . d r = 0

γ   F 2 . d r = - e   F 2 . d r

Passo 7

Beleza, para terminar a questão falta só a integral no arco de elipse então. Vamos começar parametrizando ela em coordenadas elipticas:

e θ = 2 cos θ , s e n   θ

Como o sentido dela é horário (de ( 0 , - 1 ) até ( 0,1 ) ) , temos θ de 3 π / 2 a π / 2 .

Agora, derivamos essa parametrização:

e ' θ = - 2 s e n θ , cos θ

Escrevendo o campo nas variáveis da parametrização, temos:

F 2 θ = - s e n   θ ,   2 cos θ

Então, podemos levar tudo para a fórmula: e   F 2 x , y d s = a b F x θ ,   y θ ,   e ' d θ

e   F 2 . d r = 3 π / 2 π / 2 - s e n   θ ,   2 cos θ . - 2 s e n θ , cos θ d θ

= 3 π / 2 π / 2 2 d θ = 2 π 2 - 3 π 2 = - 2 π

Passo 8

Agora vamos juntar tudo o que sabemos:

γ   F . d r = γ   F 1 . d r 0 + γ   F 2 . d r

γ   F 2 . d r = - e   F 2 . d r = - ( - 2 π )

Portanto:

γ   F . d r = 2 π

Resposta

2 π

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