Exercício 74. Calcule \int_{C} F d r, onde F(x, y, z)=\left(2 x y z+\operatorname{sen}(x), x^{2} z+e^{y}, x^{2} y+\frac{1}{z}\right) e C é a curva parametrizada por \alpha(t)=\left(\cos ^{3}(t), \operatorname{sen}^{2}(t),(t+1)^{2}\right), 0 \leq t \leq \pi.

Passo 1

O enunciado dá um campo vetorial F em \mathbb{R}^3 e uma curva parametrizada \alpha(t). O que nos é pedido e os dados relevantes são:
  • O campo vetorial é
F(x,y,z)=\bigl(2xyz+\operatorname{sen}(x),\; x^{2}z+e^{y},\; x^{2}y+\tfrac{1}{z}\bigr).
  • A curva é dada pela parametrização
\alpha(t)=\bigl(\cos^{3}(t),\; \operatorname{sen}^{2}(t),\; (t+1)^{2}\bigr),\qquad 0\le t\le \pi.
  • A tarefa é calcular a integral de linha
\int_{C} F\cdot d r,
onde C é a imagem de \alpha orientada pelo parâmetro crescentemente.
Informações úteis que já podemos notar (sem resolver ainda): o componente R de F tem \tfrac{1}{z}, então F não está definida quando z=0. Na nossa curva z=(t+1)^2, que é sempre positiva para 0\le t\le\pi, então a curva não passa por pontos onde F seja indefinido.

Passo 2

Estratégia de resolução (por que escolhemos esse caminho)
  • Uma forma direta seria parametrizar e calcular
\int_{0}^{\pi} F\bigl(\alpha(t)\bigr)\cdot \alpha'(t)\,dt,
fazendo produtos e integrando — funciona sempre, mas pode dar integrais longas.
  • Outra forma (quando possível) é usar que o campo é conservativo: se existir uma função potencial \varphi(x,y,z) tal que \nabla\varphi=F, então a integral de linha depende só dos pontos finais e vale
\int_{C}F\cdot d r = \varphi\bigl(\alpha(\pi)\bigr)-\varphi\bigl(\alpha(0)\bigr).
  • Vou tentar a segunda forma porque, se for aplicável, ela costuma simplificar muito os cálculos. Para usar essa forma precisamos verificar que \operatorname{curl}F=0 no domínio que contém a curva (e que o domínio onde F está definido e a curva está inserida é apropriado, aqui a curva fica em z>0, onde 1/z é bem definida).

Passo 3

Verificação se F é conservativo: calcular \operatorname{curl}F
  • Escrevemos F=(P,Q,R) com
P(x,y,z)=2xyz+\operatorname{sen}(x),\quad Q(x,y,z)=x^{2}z+e^{y},\quad R(x,y,z)=x^{2}y+\tfrac{1}{z}.
  • A fórmula do rotacional (curl) em componentes é
\operatorname{curl}F=\Bigl(R_{y}-Q_{z},\;P_{z}-R_{x},\;Q_{x}-P_{y}\Bigr),
onde, por exemplo, R_{y}=\dfrac{\partial R}{\partial y}.
  • Calculamos as derivadas parciais necessárias explicitamente:
    • R_{y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}y+\tfrac{1}{z}\bigr)=x^{2}.
    • Q_{z}=\dfrac{\partial}{\partial z}\bigl(x^{2}z+e^{y}\bigr)=x^{2}.
    • Logo R_{y}-Q_{z}=x^{2}-x^{2}=0.
    • P_{z}=\dfrac{\partial}{\partial z}\bigl(2xyz+\operatorname{sen} x\bigr)=2xy.
    • R_{x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}y+\tfrac{1}{z}\bigr)=2xy.
    • Logo P_{z}-R_{x}=2xy-2xy=0.
    • Q_{x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}z+e^{y}\bigr)=2xz.
    • P_{y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(2xyz+\operatorname{sen} x\bigr)=2xz.
    • Logo Q_{x}-P_{y}=2xz-2xz=0.
  • Concluímos que
\operatorname{curl}F=(0,0,0),
ou seja, F é irrotacional onde está definida.

Passo 4

Sobre domínio e existência de potencial
  • O único ponto de problema no campo é z=0 (devido a \tfrac{1}{z}). A região \{(x,y,z)\mid z>0\} (meio-espaço superior) é um domínio simplesmente conexo e não contém z=0. A nossa curva está inteiramente nesse meio-espaço porque z=(t+1)^2>0 para todo t\in[0,\pi].
  • Em um domínio simplesmente conexo, se \operatorname{curl}F=0 e F é contínuo, então existe uma função potencial \varphi tal que \nabla\varphi=F.
  • Portanto podemos procurar \varphi e usar a propriedade do potencial para avaliar a integral por diferença de valores.

Passo 5

Encontrando a função potencial \varphi
  • Queremos \varphi(x,y,z) com
\phi_{x}=P=2xyz+\operatorname{sen} x,\qquad \phi_{y}=Q=x^{2}z+e^{y},\qquad \phi_{z}=R=x^{2}y+\tfrac{1}{z}.
  • Integramos \phi_{x}=2xyz+\operatorname{sen} x em relação a x:
\varphi(x,y,z)=\int\bigl(2xyz+\operatorname{sen} x\bigr)\,dx = x^{2}yz -\cos x + h(y,z),
onde h(y,z) é uma função arbitrária que aparece porque a integração foi só em x.
  • Agora usamos \phi_{y}. Diferenciando a expressão encontrada em relação a y:
\phi_{y}=x^{2}z + \dfrac{\partial h}{\partial y}(y,z).
Esse deve ser igual a Q=x^{2}z+e^{y}. Logo
\dfrac{\partial h}{\partial y}(y,z)=e^{y}.
Integrando em y obtemos
h(y,z)=e^{y}+k(z),
onde k(z) depende só de z.
  • Substituímos de volta:
\varphi(x,y,z)=x^{2}yz -\cos x + e^{y} + k(z).
  • Finalmente usamos \phi_{z}. Calculando \phi_{z} a partir desta expressão:
\phi_{z}=x^{2}y + k'(z).
Devemos ter \phi_{z}=R=x^{2}y+\tfrac{1}{z}. Assim
k'(z)=\tfrac{1}{z}.
Integrando em z
k(z)=\ln z + C,
com C constante arbitrária (que se cancela na diferença final).
  • Portanto uma função potencial é
\varphi(x,y,z)=x^{2}yz -\cos x + e^{y} + \ln z + C.
(Para a integral de linha a constante C não importa.)

Passo 6

Aplicar o teorema do gradiente (diferença de potenciais)
  • Pela propriedade do potencial,
\int_{C}F\cdot dr = \varphi\bigl(\alpha(\pi)\bigr)-\varphi\bigl(\alpha(0)\bigr).
  • Primeiro calculamos os pontos inicial e final da curva:
    • \alpha(0)=\bigl(\cos^{3}0,\;\operatorname{sen}^{2}0,\;(0+1)^{2}\bigr)=(1,0,1).
    • \alpha(\pi)=\bigl(\cos^{3}\pi,\;\operatorname{sen}^{2}\pi,\;(\pi+1)^{2}\bigr)=(-1,0,(\pi+1)^{2}).

Passo 7

Avaliar \varphi nos pontos e calcular a diferença
  • Avaliando em \alpha(\pi)=(-1,0,(\pi+1)^{2}):
    • x=-1,\;y=0,\;z=(\pi+1)^{2}.
    • x^{2}yz = (-1)^{2}\cdot 0\cdot (\pi+1)^{2}=0.
    • -\cos x = -\cos(-1) = -\cos 1 (porque \cos é par).
    • e^{y}=e^{0}=1.
    • \ln z = \ln\bigl((\pi+1)^{2}\bigr)=2\ln(\pi+1).
    • Assim
    \varphi\bigl(\alpha(\pi)\bigr)=0 -\cos 1 + 1 + 2\ln(\pi+1) + C.
  • Avaliando em \alpha(0)=(1,0,1):
    • x=1,\;y=0,\;z=1.
    • x^{2}yz = 1^{2}\cdot 0\cdot 1=0.
    • -\cos x = -\cos 1.
    • e^{y}=1.
    • \ln z = \ln 1 = 0.
    • Assim
    \varphi\bigl(\alpha(0)\bigr)=0 -\cos 1 + 1 + 0 + C.
  • Subtraindo:
\varphi\bigl(\alpha(\pi)\bigr)-\varphi\bigl(\alpha(0)\bigr)=\bigl(-\cos 1+1+2\ln(\pi+1)+C\bigr)-\bigl(-\cos 1+1+C\bigr)=2\ln(\pi+1).

Resposta

2\ln(\pi+1)

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