Responde Aí
Acesse com GoogleAcesse com AppleAcesse com Facebook

Exercícios Resolvidos de Função Potencial

Ver Teoria
Exercício 100123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839404142434445464748495051525354555657585960616263646566676869707172737475767778798081828384858687888990919293949596979899

Enunciado

35) Considere a curva parametrizada por r t = sin ⁡ π t ,   e t - 1 , com 1 ≤ t ≤ 2 .   Calcule ∫ C   F → ⋅ d r → ,   onde

F → x ,   y = - y 2 sin ⁡ x ,   2 y cos ⁡ x .

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 2 sin ⁡ x ,   2 y cos ⁡ x

Repare que ele é bem complicado para resolver de uma forma direta, então calculemos a subtração

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x 2 y cos ⁡ x = - 2 y sin ⁡ x

Calculando a segunda derivada...

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y - y 2 sin ⁡ x = - 2 y sin ⁡ x

Vamos ter portanto:

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

Epa!!! Esse cara deu 0 !

Esse resultado sugeriria o teorema de Green, no entanto, se olharmos para a curva:

r t = sin ⁡ π t ,   e t - 1

Vamos notar uma coisa, a curva é bem complexa e nem temos ideia de quem ela possa ser (inclusive se é fechada ou não).

Por isso, 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 2 sin ⁡ x ,   2 y cos ⁡ x = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y

Onde tiramos duas igualdades:

- y 2 sin ⁡ x = ∂ f ∂ x                                                         1 º

2 y cos ⁡ x = ∂ 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 = ∫ 2 y cos ⁡ x   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 = cos ⁡ x ∫ 2 y   d y + G x →

f = 2 y 2 2 cos ⁡ x + G x →

f = y 2 cos ⁡ x + 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 2 sin ⁡ x = ∂ f ∂ x                                                         1 º

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

f = y 2 cos ⁡ x + G x         →             ∂ f ∂ x = ∂ ∂ x y 2 cos ⁡ x + ∂ G x ∂ x

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

∂ f ∂ x = ∂ ∂ x y 2 cos ⁡ x + G ' x   →

Derivando...

∂ f ∂ x = - y 2 sin ⁡ x + G ' x  

E agora comparando com a igualdade número 1 ...

- y 2 sin ⁡ x = - y 2 sin ⁡ x + G ' x →

G ' x = 0

Logo... A única forma dessa derivada zerar é se a função for uma constante...

G x = k

Então a função potencial finalmente é

f = y 2 cos ⁡ x + G x →

f = y 2 cos ⁡ 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

Como a curva é r t = sin ⁡ π t ,   e t - 1 , com 1 ≤ t ≤ 2 , o ponto inicial acontece quando t = 1 ...

t = 1     →     A =   r 1 = sin ⁡ π ,   e 0 = 0 ,   1

E o ponto B ...

t = 2     →     B =   r 2 = sin ⁡ π 2 ,   e 1 = 1 ,   e

∫ C   F → ⋅ d r → = f B - f A

Como...

f = y 2 cos ⁡ x + k   →       f B = e 2 cos ⁡ 1 + k

e f A é...

f = y 2 cos ⁡ x + k     →     f A = cos ⁡ 0 + k   =

1 + k

Então...

∫ C   F → ⋅ d r → = e 2 cos ⁡ 1 + k - 1 + k =

e 2 cos ⁡ 1 - 1

Resposta

e 2 cos ⁡ 1 - 1

Exercícios de Livros Relacionados

6. Mostre que as integrais ∮ C F 1 x , y d x + F 2 x , y d y São nulas, quais quer que sejam os contornos fechados C contidos no domínio F 1,F 2 , onde F 1 x , y = sen ⁡ x + 4 x y F 2 x , y = 2 x 2 -
Um escoamento é representado pelo campo de velocidade v → = y 2 + z 2 i → + x z j → + 2 x 2 y 2 k → Verificar se o escoamento é:b) irrotacional.
Usando o teorema 6.9 . 3 , o que se pode afirmar sobre o campo vetorial dado?f) f → x , y , = x 2 + y , y 2 - x , em R 2
Usando o teorema 6.9 . 3 , o que se pode afirmar sobre o campo vetorial dado?g) f → x , y , z = - sen ⁡ x + cos ⁡ x , z , y em R 3
Usando o teorema 6.9 . 3 , o que se pode afirmar sobre o campo vetorial dado?h) f → x , y , = sen ⁡ x , cos ⁡ y , em R 2