Considere a função vetorial
\vec{g}(x)=(x-1) \hat{\mathrm{i}}+x^{2} \hat{\mathrm{j}} .
I_{3}=\int_{C_{3}} \vec{g} \cdot d \vec{r}, ao longo do segmento de reta C_{3} composto pelos pontos A B, percorrido de A até B, em que A(1,0), e B(-1,0)

Passo 1

O enunciado dá a função vetorial
\vec{g}(x)=(x-1)\hat{\mathrm{i}}+x^{2}\hat{\mathrm{j}}
e a curva C_{3} é o segmento de reta de A até B, onde A(1,0) e B(-1,0). Pede-se calcular
I_{3}=\int_{C_{3}}\vec{g}\cdot d\vec{r},
percorrendo C_{3} no sentido de A para B. As informações relevantes são: as coordenadas de A e B, a expressão de \vec{g} e a orientação do percurso.

Passo 2

Regra geral (fórmula): se uma curva C é parametrizada por \vec{r}(t), t\in[a,b], então o integral de linha do campo \vec{g} ao longo de C é
\int_{C}\vec{g}\cdot d\vec{r}=\int_{a}^{b}\vec{g}(\vec{r}(t))\cdot \vec{r}\,'(t)\,dt.
Aqui \vec{r}\,'(t) é a derivada da parametrização (velocidade) e o produto escalar entre \vec{g} e \vec{r}\,' dá a componente do campo na direção do deslocamento. O produto escalar em componentes obedece
(a\hat{\mathrm{i}}+b\hat{\mathrm{j}})\cdot(c\hat{\mathrm{i}}+d\hat{\mathrm{j}})=ac+bd.

Passo 3

Escolhemos uma parametrização simples do segmento AB. Como o segmento está sobre o eixo x e y=0 para todos os pontos, podemos usar x como parâmetro:
\vec{r}(x)=x\hat{\mathrm{i}}+0\hat{\mathrm{j}},\quad x\in\bigl[1,-1\bigr].
Aqui tomamos diretamente x variando de 1 (ponto A) até -1 (ponto B), respeitando a orientação A\to B. (Alternativa: poderia usar t\in[0,1] com \vec r(t)=(1-2t,0), dá o mesmo resultado.)

Passo 4

Calculamos o diferencial de posição d\vec{r}. Como \vec{r}(x)=x\hat{\mathrm{i}},
d\vec{r}=\frac{d\vec{r}}{dx}\,dx=\hat{\mathrm{i}}\,dx.
Ou seja, dx na direção \hat{\mathrm{i}} e dy=0.

Passo 5

Avaliamo(s) o campo \vec{g} ao longo da curva (onde y=0). Ainda é
\vec{g}(x)=(x-1)\hat{\mathrm{i}}+x^{2}\hat{\mathrm{j}}.
Aplicando o produto escalar com d\vec{r}=\hat{\mathrm{i}}\,dx e usando a regra do passo 2,
\vec{g}\cdot d\vec{r}=\bigl((x-1)\hat{\mathrm{i}}+x^{2}\hat{\mathrm{j}}\bigr)\cdot(\hat{\mathrm{i}}\,dx)= (x-1)\,dx + x^{2}\cdot 0 = (x-1)\,dx.

Passo 6

Montamos a integral com os limites de x de 1 a -1:
I_{3}=\int_{C_{3}}\vec{g}\cdot d\vec{r}=\int_{x=1}^{-1}(x-1)\,dx.

Passo 7

Calculamos a primitiva e avaliamos nos limites. Uma antiderivada de (x-1) é
F(x)=\frac{x^{2}}{2}-x,
pois \frac{d}{dx}\!\bigl(\frac{x^{2}}{2}-x\bigr)=x-1. Agora avaliamos
I_{3}=F(-1)-F(1).
Calculemos F(-1) e F(1):
F(-1)=\frac{(-1)^{2}}{2}-(-1)=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2},
F(1)=\frac{1^{2}}{2}-1=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}.
Portanto
I_{3}=\frac{3}{2}-\bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2.

Passo 8

Interpretação rápida e incentivo: mesmo percorrendo de x=1 para x=-1 (sentido negativo em x), o integral deu um valor positivo 2. Isso significa que, ao longo desse percurso, a componente do campo na direção do deslocamento acumulou um trabalho positivo total. Mandou bem por aguentar até aqui — você já sabe parametrizar, usar produto escalar e integrar!

Resposta

I_{3}=2

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