Determine o trabalho W = ∫ C   F . d r → realizado pelo campo de força

F x ,   y = e x ln ⁡ y - e y x + 1 i + e x y - e y ln ⁡ x - 1 j .

ao se mover uma partícula ao longo da curva C , dada por r t = t + cos ⁡ 2 t i + 1 + t j , para 0 ≤ t ≤ 2 π , mostrada abaixo.

Passo 1

Então, aqui a primeira coisa que devemos fazer é nos perguntar: qual método de resolução irá nos ajudar?

Bem, como o campo não é nada fácil e a curva menos ainda, com certeza nós não vamos resolver isso aí direto.

O que a gente já sabe é que se o campo tiver potencial, o problema fica fácil!

Então bora ver se isso realmente acontece aí?

Passo 2

Bem, um campo só tem potencial se ele não tiver problema onde estivermos trabalhando.

E isso acontece, pois o campo tem problema no x = 0 e no y = 0 (divisão por zero na função F ). Mas... o curva azul nem chega perto dessa retinhas, percebeu :D

A outra condição é o rotacional ser z e r o , se lembra?!

r o t   F = ∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0

Então calculando esses caras, lembrando que

F x ,   y = P ,   Q = e x ln ⁡ y - e y x + 1 i + e x y - e y ln ⁡ x - 1 j .

ou seja, a P é a primeira e Q é a segunda entrada....

∂ Q ∂ x = ∂ e x y - e y ln ⁡ x - 1 ∂ x →

Derivando...

∂ Q ∂ x = e x y - e y x

Calculando a outra derivada

∂ P ∂ y = ∂ e x ln ⁡ y - e y x + 1 ∂ y →

∂ P ∂ y = e x y - e y x

Epa! Se fizermos

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = e x y - e y x - e x y - e y x

Corta, corta e realmente zera!

Isso quer dizer que o campo tem função potencial que simplifica a nossa vida, bora encontra-lo?

Passo 3

Ok! Aqui devemos lembrar-nos da teoria, beleza?

Se ele é conservativo então ele satisfaz F = ∇ ω . Mas quem é esse ômega que apareceu aí? :\

Esse ômega é a função potencial, e pela teoria o gradiente dela deve ser igual ao campo F , só isso, beleza?

∂ ω ∂ x ,   ∂ ω ∂ y = e x ln ⁡ y - e y x + 1 , e x y - e y ln ⁡ x - 1

Portanto a gente pode dizer que

I                 ∂ ω ∂ x = e x ln ⁡ y - e y x + 1

I I                 ∂ ω ∂ y = e x y - e y ln ⁡ x - 1

Passo 4

Então o que a gente deve fazer agora é pegar a primeira I integrar com relação a x

ω = ∫     e x ln ⁡ y - e y x + 1 d x + g ( y )

Note que aparece um g ( y ) aí, pois se derivarmos em relação a x ela some, então integramos ela volta. Mas não se preocupe, no próximo passo determinamos ela

A integral das somas é a soma das integrais...

ω = ∫ e x ln ⁡ y d x - ∫ e y x d x + ∫ 1 d x + g ( y )

Integrando em x (portanto y é uma constante)

ω = e x ln ⁡ y - e y ln ⁡ x + x + g ( y )

Passo 5

Como eu disse, vamos agora determinar g ( y ) , e como podemos fazer isso?

Derivando ω com relação a y e depois comparando com o que temos em I I ...

∂ ω ∂ y = ∂ e x ln ⁡ y - e y ln ⁡ x + x + g y ∂ y →

∂ ω ∂ y = e x y - e y ln ⁡ x + g ' ( y )

Comparando agora com o que temos em ( I I ) do passo 3...

e x y - e y ln ⁡ x + g ' y = e x y - e y ln ⁡ x - 1

Cortando essas coisas iguais

g ' y = - 1

Integrando dos dois lados ∫ g ' y d y = ∫ - 1 d y →

g y = - y + c

Tomando essa constante c como zero (ela é indiferente pra nós aqui ), uma função potencial para a F é

ω = e x ln ⁡ y - e y ln ⁡ x + x + g y →

ω = e x ln ⁡ y - e y ln ⁡ x + x - y

Passo 6

Pela teoria, se ω é uma função potencial para F → , então

∫ C   F d r → = ω B - ω ( A )

Onde B é o ponto final e A é o de inicio. No nosso caso esses pontos são obtidos nos limites da curva, portanto o ponto A , é quando t = 0

r t = t + cos ⁡ 2 t i + 1 + t j →

A = r 0 = 0 + cos ⁡ 0 i + 1 + 0 j →

A = ( 1 ,   1 )

Logo

ω = e x ln ⁡ y - e y ln ⁡ x + x - y →

ω A = e 1 ln ⁡ 1 - e 1 ln ⁡ 1 + 1 - 1 = 0

E quanto ao B , é quando t = 2 π

B = r 2 π = 2 π + cos ⁡ 4 π i + 1 + 2 π j →

B = ( 2 π + 1 ,   2 π + 1 )

Como as coordenadas são iguais, como ao ω ( A ) , ele vai zerar também, portanto

∫ C   F d r → = ω B - ω A = 0

Resposta

∫ C   F d r → = 0

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