[1,0 \mathrm{pts}] Seja f(x, y, z)=\sin \frac{(y z \pi)}{6} e C o pedaço de círculo x^{2}+y^{2}=9, z=1,0 \leq x. Resolva \oint_{C} \nabla f \cdot d \vec{r}.

Passo 1

O enunciado pede que calculemos \displaystyle \oint_{C} \nabla f\cdot d\vec r, onde f e C são dados. Informações importantes extraídas do enunciado:
\;f(x,y,z)=\sin\!\left(\dfrac{\pi}{6}yz\right).
C é o pedaço de círculo dado por x^{2}+y^{2}=9,\;z=1,\;0\le x.
Observação sobre C: essa descrição corresponde ao semicírculo de raio 3 no plano z=1 com x\ge0 (ou seja, os pontos (x,y,1) com x^{2}+y^{2}=9 e x\ge0). O símbolo \oint indica integral sobre curva fechada. Vou levar em conta que a integral pedida é a integral sobre uma curva fechada C.

Passo 2

Calculemos o gradiente \nabla f. Primeiro, é útil notar que podemos escrever f como f(x,y,z)=\sin\big(k\,y z\big) com k=\dfrac{\pi}{6}.
As derivadas parciais são:
\frac{\partial f}{\partial x}=0,
\frac{\partial f}{\partial y}=\cos\!\big(k yz\big)\cdot (k z)=\frac{\pi}{6}\,z\cos\!\Big(\frac{\pi}{6}yz\Big),
\frac{\partial f}{\partial z}=\cos\!\big(k yz\big)\cdot (k y)=\frac{\pi}{6}\,y\cos\!\Big(\frac{\pi}{6}yz\Big).
Portanto
\nabla f(x,y,z)=\left(0,\;\frac{\pi}{6}\,z\cos\!\Big(\frac{\pi}{6}yz\Big),\;\frac{\pi}{6}\,y\cos\!\Big(\frac{\pi}{6}yz\Big)\right).

Passo 3

Vou lembrar (e provar rapidamente) uma propriedade chave que vamos usar: se f tem derivadas parciais contínuas numa região que contém uma curva C, então para qualquer parametrização \vec r(t) de C
\frac{d}{dt}f\big(\vec r(t)\big)=\nabla f\big(\vec r(t)\big)\cdot \vec r\,'(t).
Isto é a regra da cadeia aplicada a f\circ \vec r. Integrando em t obtemos o Teorema Fundamental das Integrais de Linha (ou Teorema Fundamental para campos gradiente): se \vec r(a) e \vec r(b) são as extremidades de C,
\int_{C}\nabla f\cdot d\vec r=f\big(\vec r(b)\big)-f\big(\vec r(a)\big).
Em particular, se C é uma curva fechada (ou seja, \vec r(a)=\vec r(b)), então
\oint_{C}\nabla f\cdot d\vec r=0.
A ideia é simples e poderosa: a integral da derivada (no sentido direcional ao longo da curva) devolve a variação de f entre pontos finais; se volta ao mesmo ponto, a variação é zero.

Passo 4

Aplicando a propriedade ao nosso caso: f é uma função suave (todas as derivadas parciais são contínuas em \mathbb R^{3}), logo \nabla f é um campo gradiente definido globalmente. Assim, para qualquer curva fechada C contida no domínio, vale
\oint_{C}\nabla f\cdot d\vec r=0.
Como o símbolo do enunciado é \oint (integral em curva fechada) e f é definida e suave em todo \mathbb R^{3}, concluímos que a integral pedida vale 0.

Passo 5

(Aponto didático extra — caso o professor tivesse pedido a integral ao longo do semicírculo não fechado.) Se a intenção fosse a integral ao longo do semicírculo C com x\ge0 sem fechar pela reta, então usaríamos o mesmo teorema e obteríamos a diferença f(\text{ponto final})-f(\text{ponto inicial}). Por exemplo, parametrizando o semicírculo de t=-\tfrac{\pi}{2} até t=\tfrac{\pi}{2} por \vec r(t)=(3\cos t,3\sin t,1), os extremos são (0,-3,1) e (0,3,1). Então
f(0,3,1)=\sin\!\Big(\frac{\pi}{6}\cdot 3\cdot 1\Big)=\sin\!\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=1,
f(0,-3,1)=\sin\!\Big(-\frac{\pi}{2}\Big)=-1,
e a integral ao longo do arco, orientada desse ponto inicial ao final, seria 1-(-1)=2. Mas reforço: isso vale se a curva não for fechada e adotarmos essa orientação. Como o enunciado pede \oint (fechada), usamos o resultado do passo anterior.

Resposta

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