10.3 Independência do Caminho

Integrais que tem o mesmo valor ao longo de qualquer caminho que una dois pontos $A$ e $B$ são integrais independentes do caminho.

Se a integral $\int _{C}f(x,y)ds$ é independente do caminho então podemos denotá-la por $\int _{A}^{B}f(x,y)ds.$ Analogamente vale para $\int _{C}f(x,y)dx$ e $\int _{C}f(x,y)dy$ e integrais em três dimensões.

Região Conexa: Dois pontos quaisquer da região podem ser ligados por uma curva (parcialmente) suave, inteiramente contidas na região.

Se $\overrightarrow {F}\left( x,y\right) =M\left( x,y\right) \mathbf{i}+N\left( x,y\right) \mathbf{j}$ é contínua numa região conexa aberta $D,$ então a integral curvilínea $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$ é independente do caminho se, e somente se, $\overrightarrow {F}$ é conservativo. Isto é, existe uma função escalar $f(x,y)$ tal que $\nabla f=\overrightarrow {F}.$

Suponha que exista $f$ tal que $\triangledown f=\overrightarrow {F}$

$\overrightarrow {F}\left( x,y\right) =M\left( x,y\right) \mathbf{i}+N\left( x,y\right) \mathbf{j=}\frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j}$

sejam $A(x_{1},y_{1})$ , $B\left( x_{2},y_{2}\right) \in D$ e $C$ uma curva arbitrária ligando $A$ e $B$ então

$\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=\int _{C}M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy=\int _{C}\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy$

se $C$ admite a parametrização: $\ x=g(t),$ $y=h(t),\ t_{1}\leq t\leq t_{2},$ então

$\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=\int _{t_{1}}^{t_{2}}\left[ \frac{\partial f}{\partial x}\left( g(t),h(t)\right) g^{\prime }(t)+\frac{\partial f}{\partial y}\left( g(t),h(t)\right) h^{\prime }(t)\right] dt$

Pela regra da cadeia

	$\displaystyle \int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$	$\displaystyle =\int _{t_{1}}^{t_{2}}\frac{d}{dt}\left[ f\left( g(t),h(t)\right) \right] dt$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =f(g(t_{2}),h(t_{2}))-f(g(t_{1}),h(t_{1}))$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =f(x_{2},y_{2})-f(x_{1},y_{1})$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\left[ f(x,y)\right] _{\left( x_{1},y_{1}\right) }^{\left( x_{2},y_{2}\right) }.$

Em outras palavras: se $\overrightarrow {F}\left( x,y\right) =M\left( x,y\right) \mathbf{i}+N\left( x,y\right) \mathbf{j}$ $\$ é contínua em $D$ conexa aberta, e $C$ é uma curva parcialmente suave em $D$ com extremidades $A(x_{1},y_{1})$ , $B\left( x_{2},y_{2}\right) .$ Se existe $f$ tal que $\triangledown f=\overrightarrow {F}$ então

$\int _{A(x_{1},y_{1})}^{B\left( x_{2},y_{2}\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=\left[ f(x,y)\right] _{\left( x_{1},y_{1}\right) }^{\left( x_{2},y_{2}\right) }.$

Reciprocamente, suponha que a integral seja independente do caminho, defina

$f(x,y)=\int _{(x_{0},y_{0})}^{(x,y)}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$

para todo $\left( x,y\right) \in D.$ $\ f$ depende só de $x$ e $y,$ escolha um círculo $D$ com centro $\left( x,y\right)$ e seja $\left( x_{1},y\right)$ um ponto interior ao círculo $x_{1}\neq x.$ Temos que

	$\displaystyle f\left( x,y\right)$	$\displaystyle =\int _{C_{1}}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}+\int _{C_{2}}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{\left( x_{0},y_{0}\right) }^{\left( x_{1},y\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}+\int _{\left( x_{1},y\right) }^{\left( x,y\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$

como a primeira integral não depende de $x,$ temos

$\frac{\partial f}{\partial x}\left( x,y\right) =\frac{\partial }{\partial x}\int _{\left( x_{1},y\right) }^{\left( x,y\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$

seja $\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy$ e $dy=0$ em $C_{2},$ obtemos

$\frac{\partial f}{\partial x}\left( x,y\right) =\frac{\partial }{\partial x}\int _{\left( x_{1},y\right) }^{\left( x,y\right) }M\left( x,y\right) dx$

como $y$ é fixo, então $M$ depende só de $x.$ Assim

$\frac{\partial f}{\partial x}\left( x,y\right) =M(x,y).$

De modo análogo, temos que

$\frac{\partial f}{\partial y}\left( x,y\right) =N(x,y)$

ou seja,

$\triangledown f=M\mathbf{i}+N\mathbf{j=}\overrightarrow {F}.$

A prova do teorema pode ser estendida a curvas parcialmente suaves subdividindo $C$ num número finito de curvas suaves.

A demonstração do teorema anterior nos dá um método para calcular integrais curvilíneas que não dependem do caminho. Descrevemos este método pelo seguinte teorema.

Seja $\overrightarrow {F}\left( x,y\right) =M\left( x,y\right) \mathbf{i}+N\left( x,y\right) \mathbf{j}$ $\$ contínua numa região aberta conexa $D,$ e $C$ uma curva parcialmente suave em $D$ com extremidades $A\left( x_{1},y_{1}\right)$ e $B\left( x_{2},y_{2}\right) .$ Se $\overrightarrow {F}=\nabla f,$ então

	$\displaystyle \int _{C}M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy$	$\displaystyle =\int _{\left( x_{1},y_{1}\right) }^{\left( x_{2},y_{2}\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\left[ f\left( x,y\right) \right] _{\left( x_{1},y_{1}\right) }^{\left( x_{2},y_{2}\right) }.$

Se uma integral curvilínea $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$ é independente do caminho, então, pelo Teorema anterior com $\left( x_{1},y_{1}\right) =\left( x_{2},y_{2}\right)$ vemos que $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=0,$ para toda curva fechada simples $C.$

Seja $\overrightarrow {F}\left( x,y\right) =\left( 6xy^{2}+2y\right) \mathbf{i}+\left( 6x^{2}y+2x\right) \mathbf{j.}$

(a) Mostre que $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$ $\$ é independente do caminho.

(b) Calcule $\int _{\left( 1,0\right) }^{\left( 1,1\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$ .

(a) Pelo Teorema anterior a integral curvilínea é independente do caminho se, e somente se, existe uma função diferenciável $f(x,y)$ tal que

$\nabla f\left( x,y\right) =\overrightarrow {F}\left( x,y\right)$

isto é,

$\frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j=}\left( 6xy^{2}+2y\right) \mathbf{i}+\left( 6x^{2}y+2x\right) \mathbf{j}$

$\frac{\partial f}{\partial x}=6xy^{2}+2y\text { \ e \ }\frac{\partial f}{\partial y}=6x^{2}y+2x\text {\ \ }$

integrando (parcialmente) $\frac{\partial f}{\partial x}=6xy^{2}+2y$ $\ \$ em relação a $x,$ obtemos

$f(x,y)=3x^{2}y^{2}+2yx+h(y)$

onde $h=h\left( y\right)$ depende só de $y.$ Diferenciando $f(x,y)$ em relação a $y$ temos

$\frac{\partial f}{\partial y}=6x^{2}y+2x+h^{\prime }(y)=6x^{2}y+2x$

logo

$h^{\prime }(y)=0$

o que implica em

$h\left( y\right) =c\ \text {\ }\left( c\text { constante}\right)$

segue que

$f(x,y)=3x^{2}y^{2}+2yx+c$

e $f$ é tal que

$\nabla f\left( x,y\right) =\overrightarrow {F}\left( x,y\right) .$

(b) Como qualquer função potencial serve para calcular a integral, aplicamos o Teorema anterior com $f(x,y)=3x^{2}y^{2}+2yx,$ assim,

	$\displaystyle \int _{\left( 1,0\right) }^{\left( 1,1\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$	$\displaystyle =\left[ f\left( x,y\right) \right] _{\left( 1,0\right) }^{\left( 1,1\right) }=\left[ 3x^{2}y^{2}+2yx\right] _{\left( 1,0\right) }^{\left( 1,1\right) }$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\left[ \left( 3.1^{2}.1^{2}+2.1.1\right) -\left( 3.1^{2}.0^{2}+2.0.1\right) \right] =5.$

Se $\overrightarrow {F}$ é um campo de forças conservativo em duas dimensões então o trabalho realizado por $\overrightarrow {F}$ ao longo de qualquer caminho $C$ de $A\left( x_{1},y_{1}\right)$ a $B\left( x_{2},y_{2}\right)$ é igual à diferença de potenciais entre $A$ e $B.$

Seja

$W=\int _{\left( x_{1},y_{1}\right) }^{\left( x_{2},y_{2}\right) }\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=f\left( x_{2},y_{2}\right) -f\left( x_{1},y_{1}\right) .$

Se a integral independe do caminho e se tomamos $C$ curva fechada e $A=B$ então a diferença de potencial é zero, e assim

$W=0.$

Reciprocamente, se $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=0,$ para toda curva fechada $C$ simples, $\$ então a integral é independente do caminho e o campo é conservativo.

Seja $\overrightarrow {F}$ o campo gravitacional de uma partícula de massa $m_{0}$ situada na origem de um sistema coordenado $xyz.$ Ache o trabalho realizado por $\overrightarrow {F}$ quando uma partícula de massa $m$ se move de $A\left( 2,3,4\right)$ a $B\left( 1,0,0\right) .$

A força gravitacional das duas partícula é dada por

$\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right) =-G\frac{m_{0}m}{\left\Vert \overrightarrow {r}\right\Vert }\overrightarrow {r}$

onde $\overrightarrow {r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k.}$ Temos que

$f\left( x,y,z\right) =\frac{Gm_{0}m}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{1/2}}$

é o potencial de $\overrightarrow {F}$ . Logo,

$W=\int _{A}^{B}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}=\left[ \frac{Gm_{0}m}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{1/2}}\right] _{\left( 2,3,4\right) }^{\left( 1,0,0\right) }=Gm_{0}m\left( 1-\frac{1}{\sqrt{29}}\right)$

Se a integral $\int _{C}M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy$ é independente do caminho, então, pelo teorema anterior, existe uma função $f$ tal que

$M=\frac{\partial f}{\partial x}\ \ \ \text {e \ \ }N=\frac{\partial f}{\partial y}$

Consequentemente $\dfrac {\partial M}{\partial y}=\dfrac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$ e $\dfrac {\partial N}{\partial x}=\dfrac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}.$ Se $M$ e $N$ têm derivadas parciais primeiras contínuas, então $\dfrac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}=\dfrac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ e

$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.$

A recíproca é falsa, a menos que se ponha restrições sobre o domínio $D$ de $\overrightarrow {F}\left( x,y\right) .$ Em particular, se $D$ é uma região simplesmente conexa (não há buracos), então a condição $\dfrac {\partial M}{\partial y}=\dfrac {\partial N}{\partial x}$ implica que a integral $\int _{C}M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy$ é independente do caminho.

Se $M$ e $N$ têm derivadas parciais primeiras contínuas numa região simplesmente conexa $D,$ então a integral curvilínea

$\int _{C}M\left( x,y\right) dx+N\left( x,y\right) dy$

é independente do caminho em $D$ se, e somente se,

$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.$

Mostre que a integral curvilínea

$\int _{C}\left( e^{3y}-y^{2}\operatorname {sen}x\right) dx+\left( 3xe^{3y}+2y\cos x\right) dy$

é independente do caminho numa região simplesmente conexa.

Sejam

$M\left( x,y\right) =e^{3y}-y^{2}\operatorname {sen}x,\ \ N\left( x,y\right) =3xe^{3y}+2y\cos x$

vemos que

$\frac{\partial M}{\partial y}=3e^{3y}-2y\operatorname {sen}x,\ \ \frac{\partial N}{\partial x}=3e^{3y}-2y\operatorname {sen}x$

ou seja

$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$

logo a integral independe do caminho.

Determine se a integral $\int _{C}x^{2}ydx+3xy^{2}dy$ é independente do caminho.

Sejam

$M\left( x,y\right) =x^{2}y,\ \ \ N\left( x,y\right) =3xy^{2}$

temos que

$\frac{\partial M}{\partial y}=x^{2},\ \ \frac{\partial N}{\partial x}=3y^{2}$

daí

$\frac{\partial M}{\partial y}\neq \frac{\partial N}{\partial x}$

segue que a integral depende do caminho.

Seja $\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right) =y^{2}\cos x\mathbf{i}+\left( 2y\operatorname {sen}x+e^{2z}\right) \mathbf{j}+2ye^{2z}\mathbf{k.}$

(a) Mostre que $\int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$ é independente do caminho, e ache uma função potencial $f$ para $\overrightarrow {F}.$

(b) Se $\overrightarrow {F}$ é um campo de forças, ache o trabalho realizado por $\overrightarrow {F}$ ao longo de qualquer curva $C$ de $\left( 0,1,\frac{1}{2}\right)$ a $\left( \frac{\pi }{2},3,2\right) .$

(a) A integral será independente do caminho se existir uma função diferenciável $f\left( x,y,z\right)$ tal que $\nabla f\left( x,y,z\right) =\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right) .~$ Ou seja,

$\frac{\partial f}{\partial x}=y^{2}\cos x,$

$\frac{\partial f}{\partial y}=2y\operatorname {sen}x+e^{2z},$

$\frac{\partial f}{\partial z}=2ye^{2z}.$

Integrando $\ f_{x}$ em relação a $x,$ obtemos

$f(x,y,z)=y^{2}\operatorname {sen}x+g(y,z)$

diferenciando $f$ em relação a $y,$ temos

$f_{y}=2y\operatorname {sen}x+g_{y}\left( y,z\right) =2y\operatorname {sen}x+e^{2z}$

daí

$g_{y}\left( y,z\right) =e^{2z}$

integrando $g_{y}$ em relação a $y,$ obtemos

$g\left( y,z\right) =ye^{2z}+k(z)$

substituindo esse valor em $f\left( x,y,z\right)$ temos

$f\left( x,y,z\right) =y^{2}\operatorname {sen}x+ye^{2z}+k\left( z\right)$

diferenciando essa última função em relação a $z,$ temos

$f_{z}=2ye^{2z}+k^{\prime }(z)=2ye^{2z}$

segue que

$k^{\prime }(z)=0$

o que implica

$k(z)=c$

segue que

$f(x,y,z)=y^{2}\operatorname {sen}x+ye^{2z}+c.$

(b) aplicando o teorema anterior, temos

	$\displaystyle \int _{C}\overrightarrow {F}\cdot d\overrightarrow {r}$	$\displaystyle =\left[ y^{2}\operatorname {sen}x+ye^{2z}\right] _{\left( 0,1,\frac{1}{2}\right) }^{\left( \frac{\pi }{2},3,2\right) }$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\left( 9+3e^{4}\right) -\left( 0+e\right) =9+3e^{4}-e\approx 170.$

Seja $\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right)$ um campo vetorial de forças conservativo com função potencial $f.$ A energia potencial $p\left( x,y,z\right)$ de uma partícula no ponto $\left( x,y,z\right)$ é

$p\left( x,y,z\right) =-f\left( x,y,z\right) .$

Como a energia potencial é o negativo do potencial $f(x,y,z),$

$\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right) =-\nabla p\left( x,y,z\right)$

se $A$ e $B$ são dois pontos, então,

$W=\int _{A}^{B}\overrightarrow {F}.d\overrightarrow {r}=\left[ -p\left( x,y,z\right) \right] _{A}^{b}=p\left( A\right) -p\left( B\right)$

onde $p(A)$ e $p(B)$ denotam a energia potencial em $A$ e $B,$ respectivamente.

A energia cinética é definida por $\frac{1}{2}mv^{2},$ $m$ é a massa, e $v$ é a velocidade.

Lei de Conservação da Energia:

Se uma partícula se move de um ponto a outro num campo vetorial de forças conservativo, então a soma das energias cinética e potencial permanece constante.

Seja $\overrightarrow {F}\left( x,y,z\right)$ um campo conservativo de forças, temos

$C:x=g(t),\ \ y=h(t),\ \ z=k(t),\ a\leq t\leq b;$

temos que

$\overrightarrow {r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k~ \ }\text {(vetor posição)}$

$\overrightarrow {v}=\frac{d\overrightarrow {r}}{dt}=\frac{dx}{dt}i+\frac{dy}{dt}\mathbf{j}+\frac{dz}{dt}\mathbf{k\ \ }\text {(vetor velocidade)}\mathbf{~ }$

$\overrightarrow {a}=\frac{d\overrightarrow {v}}{dt}\ \ \text {(aceleração)}$

o trabalho é:

$W=\int _{A}^{B}\overrightarrow {F}.d\overrightarrow {r}=\int _{a}^{b}\left( \overrightarrow {F}.\frac{d\overrightarrow {r}}{dt}\right) dt=\int _{a}^{b}\left( \overrightarrow {F}.\overrightarrow {v}\right) dt$

pela 2 ${{}^ a}$ lei de Newton

$\overrightarrow {F}=m.\overrightarrow {a}=m.\frac{d\overrightarrow {v}}{dt}$

e então

	$\displaystyle W$	$\displaystyle =\int _{a}^{b}\left( m.\frac{d\overrightarrow {v}}{dt}.\overrightarrow {v}\right) dt=m\int _{a}^{b}\left( \frac{d\overrightarrow {v}}{dt}.\overrightarrow {v}\right) dt=\frac{m}{2}\int _{a}^{b}\frac{d}{dt}\left( \overrightarrow {v}.\overrightarrow {v}\right) dt$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\frac{m}{2}\int _{a}^{b}\frac{d}{dt}\left\vert \overrightarrow {v}\right\vert ^{2}dt=\frac{m}{2}\left[ v^{2}\right] _{a}^{b}=\frac{m}{2}\left( v^{2}\left( b\right) -v^{2}\left( a\right) \right)$

segue que

$W=K(B)-K(A)$

onde $K$ é a energia cinética. Vimos que

$W=p(A)-P(B).$

Assim

$p(A)-P(B)=K(B)-K(A)$

o que implica

$p(A)+K(A)=p(B)+K(B).$

o que prova a conservação da energia.