Questão 3: (2.5 pontos)
Considere uma curva suave \gamma \subset \mathbb{R}^{3} qualquer que conecta o ponto A=(1,-1,-1) ao ponto B=(1,1,1). Calcule o trabalho \int_{\gamma} \vec{F} \cdot d \vec{r} do campo vetorial
\vec{F}(x, y, z)=\left(y z e^{x y z}, x z e^{x y z}+y^{2}, x y e^{x y z}\right)

Passo 1

O enunciado dá uma curva suave \gamma\subset\mathbb{R}^3 que conecta os pontos A=(1,-1,-1) e B=(1,1,1). Dá também o campo vetorial
\vec{F}(x,y,z)=\bigl(y z e^{x y z},\; x z e^{x y z}+y^{2},\; x y e^{x y z}\bigr).
A pergunta é: calcular o trabalho
\int_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{r},
ou seja, o integral de linha de \vec{F} ao longo de qualquer curva suave \gamma que vá de A até B.

Passo 2

Estratégia escolhida (explicando o porquê): se \vec{F} for gradiente de alguma função escalar \varphi (ou seja, \vec{F}=\nabla\varphi), então o integral de linha é independente do caminho e vale simplesmente \varphi(B)-\varphi(A). Este é o teorema fundamental das integrais de linha: se \vec{F}=\nabla\varphi então
\int_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A).
Portanto vou procurar uma função escalar \varphi(x,y,z) tal que
\frac{\partial\varphi}{\partial x}=y z e^{x y z},\qquad \frac{\partial\varphi}{\partial y}=x z e^{x y z}+y^{2},\qquad \frac{\partial\varphi}{\partial z}=x y e^{x y z}.
Se eu conseguir encontrar \varphi, resolvo o problema avaliando \varphi em B e em A.

Passo 3

Começo integrando a primeira componente para obter \varphi. Como
\frac{\partial\varphi}{\partial x}=y z e^{x y z},
integro em relação a x (tratando y,z como constantes):
\varphi(x,y,z)=\int y z e^{x y z}\,dx = e^{x y z} + g(y,z),
porque \dfrac{d}{dx} e^{x y z}=y z e^{x y z}. Aqui g(y,z) é a “constante” de integração que pode depender de y e z.
(Comentário didático: quando integramos \partial\varphi/\partial x em x surge uma constante que pode depender das demais variáveis — por isso escrevemos g(y,z).)

Passo 4

Agora uso a segunda componente para determinar g(y,z). Calculo \partial\varphi/\partial y a partir da expressão obtida:
\frac{\partial\varphi}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x y z}\bigr) + \frac{\partial g}{\partial y} = x z e^{x y z} + g_y(y,z).
Pelo enunciado essa derivada deve ser x z e^{x y z}+y^{2}. Igualando:
x z e^{x y z} + g_y(y,z) = x z e^{x y z} + y^{2}.
Cancela-se x z e^{x y z} dos dois lados e fica
g_y(y,z)=y^{2}.
Integro isso em y:
g(y,z)=\int y^{2}\,dy=\frac{y^{3}}{3}+h(z),
onde h(z) é uma função que depende só de z.
(Comentário didático: ao integrar g_y em y aparece uma “constante” de integração que pode depender de z.)

Passo 5

Agora a função potencial candidata é
\varphi(x,y,z)=e^{x y z}+\frac{y^{3}}{3}+h(z).
Uso a terceira componente para determinar h(z). Calculo \partial\varphi/\partial z:
\frac{\partial\varphi}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}\bigl(e^{x y z}\bigr) + h'(z) = x y e^{x y z} + h'(z).
Pelo enunciado isso deve ser x y e^{x y z}. Igualando,
x y e^{x y z} + h'(z) = x y e^{x y z},
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h'(z)=0.
Portanto h(z) é constante; podemos escolher a constante 0 (não altera gradiente). Assim uma potencial conveniente é
\varphi(x,y,z)=e^{x y z}+\frac{y^{3}}{3}.

Passo 6

Aplicando o teorema fundamental das integrais de linha (porque \vec{F}=\nabla\varphi), obtemos
\int_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A).
Agora avalio \varphi em A=(1,-1,-1) e B=(1,1,1).
Para A: x y z = 1\cdot(-1)\cdot(-1)=1, então
\varphi(1,-1,-1)=e^{1}+\frac{(-1)^{3}}{3}=e-\frac{1}{3}.
Para B: x y z = 1\cdot 1\cdot 1=1, então
\varphi(1,1,1)=e^{1}+\frac{1^{3}}{3}=e+\frac{1}{3}.

Passo 7

Portanto o trabalho é
\int_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\varphi(B)-\varphi(A) =\Bigl(e+\frac{1}{3}\Bigr)-\Bigl(e-\frac{1}{3}\Bigr)=\frac{2}{3}.

Resposta

\dfrac{2}{3}

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