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Exercícios Resolvidos de Função Potencial

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Enunciado

Considere os seguintes campos:

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

G x ,   y ,   z =   x e x y z ,   z e x y z ,   y e x y z ,     x ,   y ,   z ∈ R 3 .

  1. Justifique, sem calcular potenciais, se os campos F e G são conservativos ou não.
  2. Caso F seja conservativo, calcule seus potenciais.
  3. Seja

H x ,   y = 2 x y e y x 2 + π + cos ⁡ y ,   x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1 ,                     x ,   y ∈ R 2

um campo de forças plano. Calcule o trabalho realizado por uma partícula que se desloca sobre o arco (positivamente orientado) de elipse x 2 9 + y 2 = 1 , saindo de 3 ,   0 e chegando em 0 ,   1 .

Sugestão: Relacione os campos H e F e use o item b .

Passo 1

Letra a) Vamos começar com o campo F , ta ok?

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 no nosso caso, F x ,   y = 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y ⏟ P ,   x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1 ⏟ Q

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

∂ Q ∂ x = ∂ x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1 ∂ x =

∂ x 2 e y x 2 ∂ x + ∂ - x sin ⁡ y ∂ x + ∂ 1 ∂ x

Como a derivada em relação a x considera y constante (Ah! Derivada de constante é 0)...

∂ Q ∂ x = ∂ x 2 e y x 2 ∂ x + sin ⁡ y ∙ ∂ - x ∂ x         ⇒

Aplicando a regra do produto

∂ Q ∂ x = ∂ x 2 ∂ x e y x 2 + x 2 ∙ ∂ e y x 2 ∂ x - sin ⁡ y         ⇒

∂ Q ∂ x = 2 x e y x 2 + x 2 ∙ ∂ e y x 2 ∂ x - sin ⁡ y       ⇒

Agora derivar usando a regra da cadeia...

∂ Q ∂ x = 2 x e y x 2 + x 2 ∙ e y x 2 ∙ 2 x y - sin ⁡ y =

2 x e y x 2 + 2 x 3 y e y x 2 - sin ⁡ y

Passo 3

Fazendo o mesmo, mas agora com ∂ P ∂ y

∂ P ∂ y = ∂ 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y ∂ y   →

∂ P ∂ y = ∂ 2 x y e y x 2 ∂ y + ∂ cos ⁡ y ∂ y       →

∂ P ∂ y = 2 x ∂ y e y x 2 ∂ y - sin ⁡ y  

Regra do produto...

∂ P ∂ y = 2 x ∂ y ∂ y e y x 2 + y ∂ e y x 2 ∂ y - sin ⁡ y     →

∂ P ∂ y = 2 x e y x 2 + y e y x 2 ∙ x 2 - sin ⁡ y     →

∂ P ∂ y = 2 x e y x 2 + x 2 y e y x 2 - sin ⁡ y →

∂ P ∂ y = 2 x e y x 2 + 2 x 3 y e y x 2 - sin ⁡ y

Bem, retornando agora ao rotacional

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 2 x e y x 2 + 2 x 3 y e y x 2 - sin ⁡ y - 2 x e y x 2 + 2 x 3 y e y x 2 - sin ⁡ y   ⇒

Cortando esses caras...

∂ Q ∂ x - ∂ P ∂ y = 0

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

Passo 4

Pow, para o campo G , vamos fazer a mesma verificação, com um detalhe: estamos agora no espaço e no espaço, o rotacional é um pouquinho diferente (rsrs :’))

r o t   G = ∂ G 3 ∂ y - ∂ G 2 ∂ z ,   ∂ G 1 ∂ z - ∂ G 3 ∂ x ,   ∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y

Onde o campo vetorial nesse caso é

G x ,   y ,   z = x e x y z ⏟ G 1 ,   z e x y z ⏟ G 2 ,   y e x y z ⏟ G 3

Pow, parece que vai dar um certo trabalhinho para calcular as derivadas parciais, mas o principio é o mesmo, ou seja, temos que verificar se cada entrada daquela ali vai zerar

r o t   G = ∂ G 3 ∂ y - ∂ G 2 ∂ z ,   ∂ G 1 ∂ z - ∂ G 3 ∂ x ,   ∂ G 2 ∂ x - ∂ G 1 ∂ y = 0 ,   0 ,   0

Se sim, é conservativo. Se uma delas não zerar, não é. Então vamos calcular essas derivadas parciais aí

Passo 5

Vamos verificar primeiro a primeira entrada do rotacional se é z e r o , ou seja

∂ G 3 ∂ y - ∂ G 2 ∂ z = 0   ?

pra verificar, vamos calcular primeiro ∂ G 3 ∂ y

∂ G 3 ∂ y = ∂ y e x y z ∂ y →

∂ G 3 ∂ y = ∂ y ∂ y e x y z + y ∂ e x y z ∂ y →

∂ G 3 ∂ y = e x y z + y e x y z ∙ x z =

e x y z + x y z e x y z

Agora vamos calcular o outro

∂ G 2 ∂ z = ∂ z e x y z ∂ z →

∂ G 2 ∂ z = ∂ z e x y z ∂ z + ∂ z e x y z ∂ z →

∂ G 2 ∂ z = ∂ z ∂ z e x y z + z ∂ e x y z ∂ z →

∂ G 2 ∂ z = e x y z + z e x y z ∙ x y =

e x y z + x y z e x y z

Então sim, essa entra é z e r o , porque

∂ G 3 ∂ y - ∂ G 2 ∂ z = e x y z + x y z e x y z - e x y z + x y z e x y z = 0

Passo 6

Ok! Até agora não podemos afirmar nada.

Vamos fazer o mesmo para a segunda entrada, ou seja:

∂ G 1 ∂ z - ∂ G 3 ∂ x

Bora na primeira derivada, então

∂ G 1 ∂ z = ∂ x e x y z ∂ z →

∂ G 1 ∂ z = x e x y z ∙ x y →

∂ G 1 ∂ z = y x 2 e x y z

Calculando o outro...

∂ G 3 ∂ x = ∂ y e x y z ∂ x →

∂ G 3 ∂ x = y e x y z ∙ y z →

∂ G 3 ∂ x = z y 2 e x y z

Calculando então a diferença desses dois

∂ G 1 ∂ z - ∂ G 3 ∂ x = y x 2 e x y z - z y 2 e x y z

EPA! a gente não consegue cortar esses cara, o que significa que existe pontos que essa diferença não é zero.

Então podemos parar por aqui e dizer que o campo vetorial G não é conservativo !

Passo 7

Letra b) pois então, para calcular as funções potenciais, vamos usar uma preciosa informação, a teoria: se ω é uma função potencial de F então F = ∇ ω . WHAT???

Calma! Esse ω aí é a função potencial, o que a gente vai fazer igualar o seu gradiente ao campo F que queremos!

∂ ω ∂ x , ∂ ω ∂ y = 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y ,   x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1

portanto

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

I I           ∂ ω ∂ y = x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1

Pegando a primeira

∂ ω ∂ x = 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y

e integrando com relação a x

ω = ∫ 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y d x + g ( y ) →

Note que apareceu uma função que depende de y apenas, pois se derivando em relação a x ela desaparece, integrando em relação a x ela aparece. Sacou? :)

ω = ∫ 2 x y e y x 2 d x + ∫ cos ⁡ y d x + g ( y )   →

Não se esquecendo que y é constante na integral em relação a x , teremos que a segunda integral

ω = ∫ 2 x y e y x 2 d x + x cos ⁡ y + g y   →

Já na primeira integral, podemos pensar em uma substituição simples

y x 2 = a         ⇒ d e r i v a n d o   c o m   r e l a ç ã o a o   x ,   e n c o n t r a m o s   o   d a               d a = 2 x y d x

substituindo na integral, então teremos

ω = ∫ e y x 2 2 x y d x + x cos ⁡ y + g y           →             ω = ∫ e a d a + x cos ⁡ y + g y

essa integral é direta !

ω = e a + x cos ⁡ y + g y   →

ω = e y x 2 + x cos ⁡ y + g y

Passo 8

EPA! Já ganhamos a função potencial, porém temos ainda que ver quem essa função de y é. Para fazer isso, vamos derivar com relação à y agora e igualar com a função ( I I ) acima.

Derivando então essa   ω com relação à y ...

  ∂ ω ∂ y = ∂ e y x 2 + x cos ⁡ y + g y ∂ y       →

∂ ω ∂ y = ∂ e y x 2 ∂ y + ∂ x cos ⁡ y ∂ y + ∂ g y ∂ y →

A função g só depende de y , então ∂ g y ∂ y = g ' ( y )

∂ ω ∂ y = e y x 2 ∙ x 2 - x sin ⁡ y + g ' x

Igualando à I I

x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + g ' x = x 2 e y x 2 - x sin ⁡ y + 1

Cortando esses caras e simplificando, teremos

g ' y = 1

Integrando agora com relação a y ...

g y = ∫ 1 d y

g y = x + c

Note que c é a constante de integração

Passo 9

Voltando para o problema inicial... As funções potenciais de F é

ω = e y x 2 + x cos ⁡ y + g y

ω = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + c

Prontinho !

Passo 10

Letra c) Pow, perceba aqui que esse campo H é tipo muuuuuito parecido com campo F !

A única diferença entre os dois é um π na primeira entrada, e cara o π é uma constante, certo? E olha que legal, a presença de uma constante não vai fazer o campo deixar de ser conservativo! :D

Fine, mas vamos precisar de calcular tudo de novo?

Não! A gente vai usar o item b , me acompanha só!

Passo 11

Vamos então tentar encontrar uma função potencial para a função H (Vou chamar de ω h ). Mas antes vamos só lembrar de como foi que encontramos a função potencial para a função F , lá no passo 7:

ω = ∫ 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y d x + g ( y )

Agora diferença é que vamos adicionar um π ai no meio, dessa forma

ω h = ∫ 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y + π d x + g ( y )

E cara, a gente pode desmembrar isso aí, dessa forma aqui

ω h = ∫ 2 x y e y x 2 + cos ⁡ y d x + ∫ π d x + g ( y )

EPA! Olha que legal, podemos notar que dessa expressão que

ω h = ω + ∫ π d x

Percebeu? :D Como a ômega a gente já tem do item b

ω h = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + c + ∫ π d x

como π é uma constante, vaza da integral

ω h = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + c + π ∫ d x   →

ω h = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + c + π x

EBA! Função potencial encontrada! AH! Essa constante aí não interessa muito, tá ok?

ω h = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + π x   →

ω h = e y x 2 + x cos ⁡ y + x ( 1 + π )

Passo 12

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

∫ C   H d r →

Onde C é a elipse que não nos interessa muito, por que... pela teoria, se ω h é uma função potencial para H , então

∫ C   H d r → = ω h B - ω h ( A )

Onde B é o ponto final e A é o de inicio. No nosso caso B = 0 ,   1 e A = 3 ,   0

∫ C   H d r �� = ω 0 ,   1 - ω ( 3 ,   0 )

Avaliando essas duas coisas

ω 0 ,   1 = e 1 ∙ 0 2 + 0 cos ⁡ 1 + 0 ( 1 + π )     ⇒

ω 0 ,   1 = 1    

e

ω 3 ,   0 = e 0 ∙ 3 2 + 3 cos ⁡ 0 + 3 ( 1 + π )   ⇒

ω 3 ,   0 = 1 + 3 + 3 1 + π ⇒

ω 3 ,   0 = 1 + 3 + 3 + 3 π =

7 + 3 π

Logo

∫ C   H d r → = ω 0 ,   1 - ω ( 3 ,   0 ) ⇒

∫ C   H d r → = 1 - 7 + 3 π

∫ C   H d r → = - 6 - 3 π

Resposta

Letra a)

F     →         C a m p o   c o n s e v a t i v o

G →         C a m p o   n ã o - c o n s e r v a t i v o

Letra b)

ω = e y x 2 + x cos ⁡ y + x + c

Letra c) - 6 - 3 π

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