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Exercícios Resolvidos de Função Potencial

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Enunciado

Seja F o campo de forças plano de classe C 1

F x ,   y = e x y + x y e x y - 1 , π cos ⁡ π y + x 2 e x y ,           x , y ∈ R 2 .

  1. Justifique, sem calcular potenciais, se o campo F é conservativo ou não.
  2. Caso F seja conservativo, calcule seus potenciais.
  3. Calcule o trabalho realizado por uma partícula que se desloca sobre uma trajetória saindo de 0 ,   1 e chegando em 1 ,   1 .

Passo 1

Letra a) Bem, para verificar isso a gente pode usar aquele teorema que fala do rotacional, se lembra?:)

Se o rotacional for zero e o campo funcionar onde a gente quer (não ter singularidades), então a gente pode dizer com certeza que esse campo é nulo ;)

O campo não tem problema em nenhum ponto do R 2 (divisão por zero, ou algo do tipo...), então basta a gente averiguar a condição do rotacional, bora?

Passo 2

O rotacional de F aqui no plano é

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y

Onde F x ,   y = P ,   Q = e x y + x y e x y - 1 , π cos ⁡ π y + x 2 e x y , ou seja:

P x ,   y = e x y + x y e x y - 1

Q x ,   y = π cos ⁡ π y + x 2 e x y

Começando com a primeira derivada ∂ Q ∂ x , não se esquecendo de aplicar a regra da soma...

∂ Q ∂ x = ∂ π cos ⁡ π y + x 2 e x y ∂ x =

∂ π cos ⁡ π y ∂ x + ∂ x 2 e x y ∂ x

Como a derivada em relação a x considera y constante...

∂ Q ∂ x = ∂ x 2 e x y ∂ x             ⇒

Aplicando a regra do produto

∂ Q ∂ x = ∂ x 2 ∂ x e x y + x 2 ∙ ∂ e x y ∂ x       ⇒

∂ Q ∂ x = 2 x e x y + x 2 ∙ ∂ e x y ∂ x       ⇒

Agora derivar usando a regra da cadeia...

∂ Q ∂ x = 2 x e x y + x 2 ∙ e x y ∙ y =

2 x e x y + x 2 y e x y

Passo 3

Fazendo o mesmo, mas agora com ∂ P ∂ y

∂ P ∂ y = ∂ e x y + x y e x y - 1 ∂ y

∂ P ∂ y = ∂ e x y ∂ y + ∂ x y e x y ∂ y + ∂ - 1 ∂ y

Aplicando a regra da cadeia nesse primeiro (Ah! Derivada de constante é 0)

∂ P ∂ y = x e x y + ∂ x y e x y ∂ y + 0

Aplicando a regra do produto

∂ P ∂ y = x e x y + x ∂ y ∂ y e x y + y ∂ e x y ∂ y =

x e x y + x e x y + y ∂ e x y ∂ y

Aplicando a regra da cadeia, novamente

∂ P ∂ y = x e x y + x e x y + y x e x y   ⇒

∂ P ∂ y = x e x y + x e x y + y x 2 e x y = 2 x e x y + y x 2 e x y

Bem, retornando agora ao rotacional

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 2 x e x y + x 2 y e x y - 2 x e x y + y x 2 e x y   ⇒

Cortando esses caras...

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0

Logo... Sim, o campo é conservativo ;D

Passo 4

Letra b) 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 y + x y e x y - 1 , π cos ⁡ π y + x 2 e x y

Portanto a gente pode dizer que

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

I I                 ∂ ω ∂ y = π cos ⁡ π y + x 2 e x y

Passo 5

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

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

Integral de 1 d x , já sai

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

Para resolver essas duas outras integrais, vamos fazer uma substituição simples x y = a

d a = y d x           →             d x = d a y

Substituindo...

ω = ∫ e a d a y + ∫ a e a d a y - x + g ( y )

E lembrando que y é constante, pois estamos integrano em x

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

A primeira integral sai direto...

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

Quanto a essa segunda, podemos resolver por integração por partes

a = u           →                 d u = d a

e a d a = d v                             →                             v = e a

Comparando com a fórmula de integração por partes

∫ u d v = u ∙ v - ∫ v d u       →

∫ a e a d a = a e a - ∫ e a d a →

∫ a e a d a = a e a - e a

Voltando para ômega, portanto

ω = 1 y e a + 1 y a e a - e a - x + g ( y )         ⇒

ω = 1 y e a + a e a y - 1 y e a - x + g ( y )         ⇒

ω = a e a y - x + g ( y )    

Tirando esse a daí

ω = x y e x y y - x + g y =

x e x y - x + g ( y )  

Passo 6

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 = ∂ x e x y - x + g ( y ) ∂ y =

∂ x e x y ∂ y - ∂ x ∂ y + ∂ g ( y ) ∂ y

Derivando a primeira e a segunda

∂ ω ∂ y = x 2 e x y - 0 + ∂ g ( y ) ∂ y

O que é derivar uma função que só depende de y em relação à y ? Sim, derivada simples!

∂ ω ∂ y = x 2 e x y + g ' ( y )

Comparando esse resultado com I I : ∂ ω ∂ y = π cos ⁡ π y + x 2 e x y ...

x 2 e x y + g ' y = π cos ⁡ π y + x 2 e x y →

g ' y = π cos ⁡ π y

Integrando dos dois lados agora com relação a y

g y = ∫ π cos ⁡ π y d y

Substituindo π y = t

d t = π d y

g y = ∫ cos ⁡ t d t =

sin ⁡ t + c

Voltando com a variável y

g y = sin ⁡ π y + c

Passo 7

Portanto as funções potenciais para F serão

ω = x e x y - x + g y =

x e x y - x + sin ⁡ π y + c

Passo 8

Letra c) Basta aqui lembrar que trabalho para a gente, agora é uma integral de linha...

∫ C   F → d r →

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 B = 1 ,   1 e A = ( 0 ,   1 )

∫ C   F → d r → = ω 1 ,   1 - ω ( 0 ,   1 )

Avaliando essas duas coisas

ω 1 ,   1 = 1 e 1 ∙ 1 - 1 + sin ⁡ π + c     ⇒

ω 1 ,   1 = e - 1 + 0 + c     ⇒

ω 1 ,   1 = e - 1 + c    

E

ω 0 ,   1 = 0 e 0 - 0 + sin ⁡ π + c   ⇒

ω 0 ,   1 = c

Logo

∫ C   F → d r → = e - 1 + c   - c       ⇒

∫ C   F → d r → = e - 1

Resposta

Letra a) O campo é conservativo

Letra b)   ω = x e x y - x + sin ⁡ π y + c

Letra c) e - 1

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