Exercícios - Cálculo 2 - 2023-1

1) Mostre que se F(x, y) = Mi+ NË é um campo conservativo (F = Vp) continuamente diferenciável, então que seja o domínio aberto de F 2) Verifique que o campo, definido em R' - {(0,0)}, é tal que ON OM Ox dy ON OM Oy + F(«.y) = ()itty2) X =0, mas não é conservativo, onde F(x, y) = Mi+ NË. 3) Encontre uma função potencial p(*, y) parao campo F(x, y) do exercício anterior no domínio x>0 4) Encontre a curva fechada CcR' tal que maximiza a integral [. F. dr, e avalie este valor máximo, onde F(x, y) = (x2- 2)yitx(1-y?) j 5) Suponha que F(x, y) = Mi+ NËé tal que = 0, qualquer ON =5e que I. F. dr= 2 onde C, é o semicírculo que vai de (-2,0) a (2,0) no semiplano inferior x < 0. Avalie , F. dr, onde Cz éo semicírculo que vai de (-2,0) a (2,0) no semiplano superior x > 0. ÔM Ôx ôy Um campo vetorial 𝐹⃗ é conservativo se, e somente se, existe um potencial escalar 𝜑 tal que 𝐹⃗ = ∇𝜑. O operador gradiente é definido por ∇= 𝜕 𝜕𝑥 𝑖̂ + 𝜕 𝜕𝑦 𝑗̂ então a expressão 𝐹⃗ = ∇𝜑 se traduz para 𝐹⃗ = 𝜕𝜑 𝜕𝑥 𝑖̂ + 𝜕𝜑 𝜕𝑦 𝑗̂ Comparando com a expressão original do campo vetorial, 𝐹⃗(𝑥, 𝑦) = 𝑀𝑖̂ + 𝑁𝑗̂, podemos deduzir que 𝑀 = 𝜕𝜑 𝜕𝑥 e 𝑁 = 𝜕𝜑 𝜕𝑦 Agora, de acordo com o teorema de Schwarz, se 𝜑 é continuamente diferenciável (o que foi assumido), as segundas derivadas mistas são iguais, ou seja, 𝜕2𝜑 𝜕𝑦𝜕𝑥 = 𝜕2𝜑 𝜕𝑥𝜕𝑦 Então temos: 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕2𝜑 𝜕𝑦𝜕𝑥 e 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 𝜕2𝜑 𝜕𝑥𝜕𝑦 Por Schwarz, essas duas quantidades são iguais. Assim, 𝜕𝑀 𝜕𝑦 − 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 0 Portanto, para um campo vetorial 𝐹⃗ que é conservativo e continuamente diferenciável, temos que a derivada parcial de 𝑁 em relação a 𝑥 menos a derivada parcial de 𝑀 em relação a 𝑦 é igual a zero, em qualquer domínio aberto de 𝐹⃗. Esta é uma característica necessária e suficiente para um campo vetorial ser conservativo em domínios abertos e simplesmente conexos. Vamos calcular a expressão 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 para o campo vetorial 𝐹⃗(𝑥, 𝑦) = ( −𝑦 𝑥2 + 𝑦2) 𝑖̂ + ( 𝑥 𝑥2 + 𝑦2) 𝑗̂ onde 𝑀 = −𝑦 𝑥2 + 𝑦2 e 𝑁 = 𝑥 𝑥2 + 𝑦2 Primeiro, calculamos as derivadas parciais: 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 ( −𝑦 𝑥2 + 𝑦2) = 𝑦2 − 𝑥2 (𝑥2 + 𝑦2)2 e 𝜕𝑁 𝜕𝑥 = 𝜕 𝜕𝑥 ( 𝑥 𝑥2 + 𝑦2) = 𝑦2 − 𝑥2 (𝑥2 + 𝑦2)2 Agora, subtraímos as duas derivadas parciais: 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝑦2 − 𝑥2 (𝑥2 + 𝑦2)2 − −𝑥2 + 𝑦2 (𝑥2 + 𝑦2)2 = 0 Portanto, para esse campo vetorial, 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 0 para todo (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0). Agora, vamos mostrar que esse campo vetorial não é conservativo. Para isso, vamos usar o fato de que, se um campo vetorial é conservativo, então a integral de linha do campo vetorial sobre qualquer curva fechada é zero. Considere a curva parametrizada por (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = (𝑟 cos(𝑡) , 𝑟 sin(𝑡)) para 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋, que é um círculo de raio 𝑟 centrado na origem. Então: 𝑀 = −𝑦 𝑥2 + 𝑦2 = −𝑟 sin(𝑡) 𝑟2 = − sin(𝑡) 𝑟 E 𝑁 = 𝑥 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟 cos(𝑡) 𝑟2 = cos(𝑡) 𝑟 Também: 𝑑𝑟⃗ = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑟 cos(𝑡) , 𝑟 sin(𝑡)) = (−𝑟 sin(𝑡) , 𝑟 cos(𝑡))𝑑𝑡 A integral de linha de 𝐹⃗ ao longo dessa curva é: ∮ 𝐹⃗ ⋅ 𝑑𝑟⃗ = ∫ (− sin(𝑡) 𝑟 , cos(𝑡) 𝑟 ) 2𝜋 0 ⋅ (−𝑟 sin(𝑡) , 𝑟 cos(𝑡))𝑑𝑡 = ∫ 1𝑑𝑡 2𝜋 0 = 2𝜋 que não é zero, indicando que o campo vetorial não é conservativo. Note que essa integral não depende do raio 𝑟, então o resultado é o mesmo para qualquer círculo centrado na origem. Assim, a condição 𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 0 não é suficiente para garantir que um campo vetorial seja conservativo em domínios que não sejam simplesmente conexos. Estamos procurando uma função potencial 𝜑(𝑥, 𝑦) tal que 𝐹⃗ = ∇𝜑. Isso significa que as derivadas parciais de 𝜑 devem corresponder às componentes do campo vetorial 𝐹⃗, ou seja, temos: 𝜕𝜑 𝜕𝑥 = −𝑦 𝑥2 + 𝑦2 e 𝜕𝜑 𝜕𝑦 = 𝑥 𝑥2 + 𝑦2 Essas duas equações diferenciais parciais são as equações de Cauchy-Riemann, o que sugere que 𝜑 é a parte real ou imaginária de uma função holomórfica (isto é, uma função complexa diferenciável). De fato, a função 𝑓(𝑧) = log(𝑧), onde 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 e 𝑖 é a unidade imaginária, é uma função holomórfica cujas derivadas parciais correspondem ao campo vetorial 𝐹⃗, porque temos: 𝑅𝑒 ( 𝑑 𝑑𝑧 log(𝑧)) = 𝑅𝑒 (1 𝑧) = 𝑅𝑒 ( 𝑥 − 𝑖𝑦 𝑥2 + 𝑦2) = 𝑥 𝑥2 + 𝑦2 e 𝐼𝑚 ( 𝑑 𝑑𝑧 log(𝑧)) = 𝐼𝑚 (1 𝑧) = 𝐼𝑚 ( 𝑥 − 𝑖𝑦 𝑥2 + 𝑦2) = − 𝑦 𝑥2 + 𝑦2 No entanto, log(𝑧) é uma função multivaluada que possui um ramo principal definido por log(𝑧) = ln(|𝑧|) + 𝑖 arg(𝑧), onde 𝑙𝑛 é o logaritmo natural, |𝑧| é o módulo de 𝑧 e arg(𝑧) é o argumento de 𝑧. O campo vetorial 𝐹⃗ é definido para todo 𝑥 > 0, então devemos escolher um ramo do logaritmo que seja consistente com isso. Uma escolha conveniente é tomar o argumento no intervalo (−𝜋, 𝜋]. Então, a função potencial para 𝐹⃗ é: 𝜑(𝑥, 𝑦) = 𝐼𝑚(log(𝑧)) = arg(𝑧) Por definição, arg(𝑧) = arctan (𝑦 𝑥) para 𝑥 > 0. Portanto, para 𝑥 > 0, a função potencial de 𝐹⃗ é 𝜑(𝑥, 𝑦) = arctan (𝑦 𝑥) Primeiro, vamos estabelecer a parametrização para uma curva fechada genérica C que é um círculo centrado na origem com raio r. As coordenadas paramétricas do círculo são: 𝑥 = 𝑟 cos(𝑡) e 𝑦 = 𝑟 sin(𝑡) com 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋. O vetor campo ao longo da curva C se torna: 𝐹⃗(𝑟, 𝑡) = (𝑟3 sin(𝑡) cos2(𝑡) − 2𝑟 sin(𝑡))𝑖̂ + (𝑟 cos(𝑡) − 𝑟3 cos(𝑡) sin2(𝑡))𝑗̂ O diferencial de posição é: 𝑑𝑟⃗ = (−𝑟 sin(𝑡) 𝑑𝑡, 𝑟 cos(𝑡) 𝑑𝑡) O produto escalar de 𝐹⃗ e 𝑑𝑟⃗ é: 𝐹⃗ ⋅ 𝑑𝑟⃗ = 𝑟2 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 2 𝑟2 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) − 2 𝑟4 𝑐𝑜𝑠2(𝑡)𝑠𝑖𝑛2(𝑡) A integral de linha ao longo da curva 𝐶 é: 𝐼(𝑟) = ∫𝐹⃗ 𝐶 ⋅ 𝑑𝑟⃗ = ∫ [𝑟2 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 2 𝑟2 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) − 2 𝑟4 𝑐𝑜𝑠2(𝑡)𝑠𝑖𝑛2(𝑡)]𝑑𝑡 2𝜋 0 Agora, queremos maximizar 𝐼(𝑟), então tomamos a derivada de 𝐼(𝑟) com relação a 𝑟 e igualamos a zero. 𝑑𝐼(𝑟) 𝑑𝑟 = 𝑑 𝑑𝑟 {∫ [𝑟2 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 2 𝑟2 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) − 2 𝑟4 𝑐𝑜𝑠2(𝑡)𝑠𝑖𝑛2(𝑡)]𝑑𝑡 2𝜋 0 } = 0 𝑑𝐼(𝑟) 𝑑𝑟 = 𝑑 𝑑𝑟 [− 1 2 𝜋𝑟2(𝑟2 − 6)] = 0 −2 𝜋 𝑟 (−3 + 𝑟2) = 0 𝑟2 = 3 𝑟 = √3 Descartamos o valor negativo pois não existe raio negativo. Então a integral de linha maximizada é: ∫ [(√3) 2𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 2 (√3) 2 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) − 2 (√3) 4 𝑐𝑜𝑠2(𝑡)𝑠𝑖𝑛2(𝑡)] 𝑑𝑡 2𝜋 0 = ∫ [3𝑐𝑜𝑠2(𝑡) + 6 𝑠𝑖𝑛2(𝑡) − 18 𝑐𝑜𝑠2(𝑡)𝑠𝑖𝑛2(𝑡)]𝑑𝑡 2𝜋 0 Como sabemos, sin2(𝑡) = 1 − cos2(𝑡) e cos2(𝑡) = 1 − sin2(𝑡). Então, podemos substituir na expressão: 𝐼(𝑟 = √3) = ∫ [3 cos2(𝑡) + 6(1 − cos2(𝑡)) − 18 cos2(𝑡) (1 − cos2(𝑡))]𝑑𝑡 2𝜋 0 Reorganizando, temos: 𝐼(𝑟 = √3) = ∫ [3 cos2(𝑡) + 6 − 6 cos2(𝑡) − 18 cos2(𝑡) + 18 cos4(𝑡)]𝑑𝑡 2𝜋 0 Agrupando termos semelhantes: 𝐼(𝑟 = √3) = ∫ [−21 cos2(𝑡) + 18 cos4(𝑡) + 6]𝑑𝑡 2𝜋 0 Agora, para resolver essa integral, podemos usar o fato que a média de cos2(𝑡) e cos4(𝑡) em um intervalo de 0 a 2𝜋 é 1/2 e 3/8 respectivamente. Portanto: 𝐼(𝑟 = √3) = ∫ [−21/2 + 18 ∗ 3/8 + 6]𝑑𝑡 2𝜋 0 = 9𝜋/2 Podemos utilizar o Teorema de Green para resolver essa questão. O Teorema de Green afirma que a integral de linha de um campo vetorial 𝐹⃗ = 𝑀𝑖̂ + 𝑁𝑗̂ ao redor de uma curva fechada C é igual à integral dupla do rotacional de 𝐹⃗ ao longo da região R que C delimita. Formalmente, temos ∮𝐹⃗ 𝐶 ⋅ 𝑑𝑟⃗ = ∬ (𝜕𝑁 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀 𝜕𝑦 ) 𝑑𝐴 𝑅 Nesse caso, o rotacional de 𝐹⃗ é constante e igual a 5. Seja 𝑅1 a região delimitada pela curva 𝐶1 e pelo segmento de linha que vai de (-2, 0) a (2, 0). Da mesma forma, seja 𝑅2 a região delimitada pela curva 𝐶2 e pelo mesmo segmento de linha. Note que a união das regiões 𝑅1 e 𝑅2 é o círculo de raio 2 centrado na origem. Então a integral dupla do rotacional de 𝐹⃗ sobre essa região é ∬ 5 𝑅1∪𝑅2 𝑑𝐴 = 5 ⋅ área(𝑅1 ∪ 𝑅2) = 5 ⋅ 𝜋 ⋅ 22 = 20𝜋 Por outro lado, a integral de linha de 𝐹⃗ ao redor da fronteira de 𝑅1 ∪ 𝑅2 é a soma das integrais de linha ao redor das curvas 𝐶1 e 𝐶2 e dos dois segmentos de linha que vão de (-2, 0) a (2, 0). Mas a integral de linha de 𝐹⃗ ao longo de um segmento de linha que vai de um ponto a si mesmo é zero. Portanto, pelo Teorema de Green, temos ∫ 𝐹⃗ 𝐶1 ⋅ 𝑑𝑟⃗ + ∫ 𝐹⃗ 𝐶2 ⋅ 𝑑𝑟⃗ = 20𝜋 Como já sabemos que a integral de linha ao redor da curva 𝐶1 é 2, podemos resolver a equação anterior para a integral de linha ao redor da curva 𝐶2: ∫ 𝐹⃗ 𝐶2 ⋅ 𝑑𝑟⃗ = 20𝜋 − 2