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Exercícios Resolvidos de Função Potencial

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Enunciado

Questão 3: Calcule a integral de linha

∫ γ   4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 d x + 4 x cos ⁡ x 2 + 4 y d y

Onde γ é a curva parametrizada γ t = t , cos ⁡ t , com t ∈ 0 , π 2 .

Passo 1

Então, para resolver uma integral de linha no caso vetorial, existem três formas distintas 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:

F → = 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 ,   4 x cos ⁡ x 2 + 4 y

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

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

Onde

F → = F 1 ,   F 2 = 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 ,   4 x cos ⁡ x 2 + 4 y

Logo... Aplicando as derivas tendo certo cuidado com a regra do produto e da cadeia...

∂ F 2 ∂ x = ∂ ∂ x 4 x cos ⁡ x 2 + 4 y = 4 cos ⁡ x 2 + 4 x   - sin ⁡ x 2 ⋅ 2 x =

4 cos ⁡ x 2 - 8 x 2   sin ⁡ x 2

Calculando a segunda derivada...

∂ F 1 ∂ y = ∂ ∂ y 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 =

= 4 cos ⁡ x 2 - - 8 x 2 sin ⁡ x 2

Vamos ter então...

∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 4 cos ⁡ x 2 - 8 x 2   sin ⁡ x 2 - 4 cos ⁡ x 2 - 8 x 2   sin ⁡ x 2 =

0

Epa!!! Esse cara deu 0 !

Esse resultado sugeriria o teorema de Green, no entanto, se olharmos para a curva γ vamos notar uma coisa: a curva é bem chata de se trabalhar, além de termos que identificar se ela é fechada ou não:

γ t = t , cos ⁡ t ,           t ∈ 0 , π 2

Por isso, vamos escolher aqui o terceiro caminho: Com funções potenciais !

Passo 2

Escolhemos um caminho, mas temos que ter certeza de que esse caminho funciona, não é mesmo? Ninguém quer calcular várias contas pra chegar ao final descobrirmos que não podíamos fazer o que fizemos ;)

Para seguir com a resolução por funções potenciais, essas funções devem existir, e elas só existem se:

  1. A subtração de derivadas parciais do item anterior for zero:

    2. ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y = 0

    O que FOI SATISFEITO !

  2. O campo F → deve ser simplesmente conexo, o que significa que ele não pode ter problemas de definição:

F → = 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 ,   4 x cos ⁡ x 2 + 4 y

E esse campo aí, não tem algum problema de definição se quer !

Logo... Podemos sim continuar que a resolução por funções potenciais VAI funcionar!

Passo 3

Sabemos que esse campo F → tem uma função f potencial, 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 →

4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 ,   4 x cos ⁡ x 2 + 4 y = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y

Onde tiramos duas igualdades:

4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 = ∂ f ∂ x                                 1 º

4 x cos ⁡ x 2 + 4 y = ∂ 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 = ∫ 4 x cos ⁡ x 2 + 4 y     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 , portanto, tomando x como uma constante, faça...

f = ∫ 4 x cos ⁡ x 2 + 4 y     d y + G x

f = 4 x cos ⁡ x 2 ⋅ y + 2 y 2 + 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...

4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 = ∂ f ∂ x

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

f = 4 x y cos ⁡ x 2 + 2 y 2 + G x           →             ∂ f ∂ x = ∂ ∂ x 4 x y cos ⁡ x 2 + 2 y 2 + ∂ G x ∂ x

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

∂ f ∂ x = ∂ ∂ x 4 x y cos ⁡ x 2 + 2 y 2 + G ' x   →

Derivando essa expressão com atenção na regra do produto e da cadeia...

∂ f ∂ x = 4 y cos ⁡ x 2 + 4 x y - sin ⁡ x 2 ⋅ 2 x + G ' x   →

∂ f ∂ x = 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 + G ' x

E agora comparando com a igualdade número 1 :

4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 + G ' x = 4 y cos ⁡ x 2 - 8 x 2 y sin ⁡ x 2 →

G ' x = 0

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

G x = k

Então a função potencial finalmente é

f = 4 x y cos ⁡ x 2 + 2 y 2 + G x →

f = 4 x y cos ⁡ x 2 + 2 y 2 + k

Passo 6

Antes de matar a questão, vamos apenas lembrar 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, a nossa tarefa aqui se reduziu a encontrar esses pontos:

A       →         p o n t o   i n i c i a l         →           t = 0             →

γ t = t , cos ⁡ t       →                 A = γ 0 = 0 ,   1

Enquanto o B ...

B       →         p o n t o   f i n a l         →           t = π 2             →

γ t = t , cos ⁡ t       →                 B = γ π 2 = π 2 ,   0

Então...

∫ A B F → ⋅ d r → = f π 2 ,   0 - f 0 ,   1 =

4 π 2 0 cos ⁡ π 2 2 + 2 0 2 + k - 4 0 1 cos ⁡ 0 2 + 2 1 2 + k =

0 + 0 + k - 0 + 2 + k =

- 2

Resposta

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