Seja F(x, y, z)=\left(y e^{x z}-2 y z, x e^{x z}+e^{z} \cos y-2 x z, e^{z} \sin y-2 x y\right).
a) Mostre que F é um campo conservativo.
b) Calcule integral de linha de F sobre o segmento de reta de (1,1,3) a ( -1,1,0 ).

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
F(x,y,z)=\bigl(P,Q,R\bigr)
com
P(x,y,z)=y e^{x z}-2 y z,\qquad Q(x,y,z)=x e^{x z}+e^{z}\cos y-2 x z,\qquad R(x,y,z)=e^{z}\sin y-2 x y.
As perguntas são:
(a) Mostrar que F é (ou não é) um campo conservativo.
(b) Calcular a integral de linha de F ao longo do segmento de reta que vai de A=(1,1,3) até B=(-1,1,0).
Vou primeiro verificar se F é conservativo (parte (a)). Só depois calculo a integral sobre o segmento (parte (b)).

Passo 2

Lembrete didático curto e necessário (porque é importante para a prova):
  • Um campo vetorial F=(P,Q,R) de classe C^1 num domínio simplesmente conexo é conservativo se, e só se, o rotacional (curl) de F for nulo, isto é \nabla\times F=\mathbf{0}.
  • O rotacional em coordenadas cartesianas é
\nabla\times 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}, etc.
Vou calcular essas derivadas parciais explicitamente (passo a passo) e verificar se o rotacional é nulo.

Passo 3

Calcule as derivadas parciais necessárias (mostrando cada conta):
  • Primeiro, computei derivadas de P:
P(x,y,z)=y e^{x z}-2 y z \quad\Rightarrow\quad P_{y}=e^{x z}-2 z,\qquad P_{z}=y\cdot \frac{\partial}{\partial z}e^{x z}-2y = y(x e^{x z})-2y = x y e^{x z}-2y.
  • Agora, as derivadas de Q:
Q(x,y,z)=x e^{x z}+e^{z}\cos y-2 x z.
Derivando em x (produto em x e^{x z}):
Q_{x}= \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x e^{x z}\bigr) + 0 -2z = e^{x z} + x(z e^{x z}) -2z = e^{x z}(1+x z)-2z.
Derivando em z:
Q_{z}= x\cdot\frac{\partial}{\partial z}e^{x z} + e^{z}\cos y -2x = x(x e^{x z}) + e^{z}\cos y -2x = x^{2} e^{x z} + e^{z}\cos y -2x.
  • Finalmente, as derivadas de R:
R(x,y,z)=e^{z}\sin y-2 x y \quad\Rightarrow\quad R_{x}=-2y,\qquad R_{y}=e^{z}\cos y -2x,\qquad R_{z}=e^{z}\sin y.

Passo 4

Monte o rotacional usando as derivadas encontradas:
\nabla\times F=\Bigl(R_{y}-Q_{z},\;P_{z}-R_{x},\;Q_{x}-P_{y}\Bigr).
Substituindo:
  • Primeira componente:
R_{y}-Q_{z}=\bigl(e^{z}\cos y -2x\bigr)-\bigl(x^{2} e^{x z}+e^{z}\cos y -2x\bigr) = -x^{2} e^{x z}.
  • Segunda componente:
P_{z}-R_{x}=\bigl(x y e^{x z}-2y\bigr)-\bigl(-2y\bigr)=x y e^{x z}.
  • Terceira componente:
Q_{x}-P_{y}=\bigl(e^{x z}(1+x z)-2z\bigr)-\bigl(e^{x z}-2z\bigr)=x z e^{x z}.
Portanto
\nabla\times F=\bigl(-x^{2} e^{x z},\;x y e^{x z},\;x z e^{x z}\bigr).

Passo 5

Interpretação didática e conclusão da parte (a):
  • Se F fosse conservativo em um domínio que contenha pontos com x\neq 0, teríamos \nabla\times F=\mathbf{0} em tal domínio. Mas o rotacional acima não é a função nula (por exemplo, para (x,y,z)=(1,0,0) a primeira componente é -1\neq 0).
  • Logo, F não é um campo conservativo (o rotacional não é identicamente zero).
Isso responde a (a): não é conservativo. Mesmo sendo as funções componentes C^\infty, o rotacional é não nulo, então não existe uma potencial global.

Passo 6

Agora parte (b): cálculo da integral de linha ao longo do segmento de reta de A=(1,1,3) a B=(-1,1,0).
Primeiro, parametrize o segmento: vetor diretor B-A=(-2,0,-3). Uma parametrização natural é
r(t)=A+t(B-A)=(1-2t,\;1,\;3-3t),\qquad t\in[0,1].
Assim
x(t)=1-2t,\quad y(t)=1,\quad z(t)=3-3t,
e
r'(t)=(-2,0,-3).
A integral de linha é
\int_{C} F\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{1} F\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr)\cdot r'(t)\,dt.

Passo 7

Calcule F(x(t),y(t),z(t)) e o produto escalar:
  • Como y(t)=1 fixo, substituo nas componentes:
P(x(t),1,z(t))=1\cdot e^{x(t)z(t)}-2\cdot 1\cdot z(t)=e^{x z}-2z,
R(x(t),1,z(t))=e^{z}\sin 1 -2 x(t)\cdot 1 = e^{z}\sin 1 -2x.
(Escrevo x e z abreviando x(t),z(t) quando fica claro.)
O termo em Q não contribui porque y'(t)=0. Então
F\cdot r' = P\cdot x'(t) + Q\cdot y'(t) + R\cdot z'(t) = P\cdot(-2) + 0 + R\cdot(-3).
Substituindo:
F\cdot r' = -2\bigl(e^{x z}-2z\bigr)-3\bigl(e^{z}\sin 1 -2x\bigr).
Expanda e reorganize os termos:
F\cdot r' = -2 e^{x z} +4z -3 e^{z}\sin 1 +6x.

Passo 8

Agora escrevo a integral e faço manipulações úteis:
I:=\int_{C}F\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{1}\bigl(-2 e^{x z} +4z -3 e^{z}\sin 1 +6x\bigr)\,dt.
Defina u(t)=x(t)z(t). Observa-se que
u(t)=x z,\qquad u'(t)=x' z + x z' = -2z -3x.
Reescrevendo 6x+4z=-2u'(t) (pois -2u' = -2(-2z-3x)=4z+6x). Assim
-2 e^{x z} +4z +6x = -2 e^{u(t)} -2 u'(t).
Portanto a integral separa-se:
I=\int_{0}^{1}\bigl(-2 e^{u(t)} -2 u'(t) -3 e^{z}\sin 1\bigr)\,dt.
Integro termo a termo:
\int_{0}^{1} -2 u'(t)\,dt = -2\bigl(u(1)-u(0)\bigr).
Calcule u(0) e u(1):
u(0)=x(0)z(0)=1\cdot 3=3,\qquad u(1)=x(1)z(1)=(-1)\cdot 0=0,
portanto
-2\bigl(u(1)-u(0)\bigr)=-2(0-3)=6.
O termo com e^{z} é simples porque z(t)=3-3t é linear. Faço a substituição dz/dt=-3, logo
\int_{0}^{1}-3 e^{z(t)}\sin 1\,dt = -3\sin 1\int_{0}^{1} e^{z(t)}\,dt = -3\sin 1\cdot\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr)\bigl(e^{z(1)}-e^{z(0)}\bigr) =-\sin 1\bigl(e^{0}-e^{3}\bigr) =-\sin 1\,(1-e^{3}) .
Isto é
\int_{0}^{1}-3 e^{z}\sin 1\,dt = -\sin 1\,(1-e^{3}) = -\sin 1\,e^{3} +\sin 1.
Assim, juntando tudo, temos
I = -2\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt \;+\; 6 \;+\; \bigl(-\sin 1\,(1-e^{3})\bigr).
Ou seja
I = 6 -\sin 1\,(1-e^{3}) -2\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt.

Passo 9

Expressão do termo restante \displaystyle\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt em forma fechada com funções especiais (passo de técnica):
  • Reescrevendo em termos de x (porque x=1-2t varia de 1 até -1): temos dt=-\tfrac{1}{2}dx e z=\tfrac{3}{2}(1+x) (verificação: z=3-3t=3-\tfrac{3}{2}(1-x)=\tfrac{3}{2}(1+x)).
  • Assim u=x z = \tfrac{3}{2}(x+x^{2}) e
\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt = \frac{1}{2}\int_{-1}^{1} e^{\tfrac{3}{2}(x+x^{2})}\,dx.
Para escrever essa integral em termos da função erro imaginária \operatorname{erfi} (uma expressão padrão para integrais de e^{+y^{2}}) complete o quadrado:
x+x^{2}=\Bigl(x+\tfrac{1}{2}\Bigr)^{2}-\tfrac{1}{4},
então
\int_{-1}^{1} e^{\tfrac{3}{2}(x+x^{2})}\,dx = e^{-\tfrac{3}{8}}\int_{-1}^{1} e^{\tfrac{3}{2}\bigl(x+\tfrac{1}{2}\bigr)^{2}}\,dx.
Fazendo a mudança y=\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigl(x+\tfrac{1}{2}\bigr) dá uma expressão em termos de \operatorname{erfi}. Após simplificar obtemos a expressão exata
\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt = \frac{e^{-3/8}}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\Bigl(\operatorname{erfi}\!\bigl(\tfrac{3}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)-\operatorname{erfi}\!\bigl(-\tfrac{1}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)\Bigr).
(Observação rápida: \operatorname{erfi} é a versão “imaginária” da função erro, adequada aqui porque aparece e^{+y^{2}} em vez de e^{-y^{2}}.)

Passo 10

Portanto a integral de linha pode ser escrita em forma fechada com \operatorname{erfi}. Reunindo tudo:
\boxed{\,\int_{C}F\cdot d\mathbf{r} \;=\; 6 -\sin 1\,(1-e^{3}) \;-\;2\int_{0}^{1} e^{u(t)}\,dt\,}
com a integral restante igual à expressão com \operatorname{erfi} dada no passo anterior; substituindo explicitamente,
\int_{C}F\cdot d\mathbf{r} =6-\sin 1\,(1-e^{3}) -\;e^{-3/8}\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\Bigl(\operatorname{erfi}\!\bigl(\tfrac{3}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)-\operatorname{erfi}\!\bigl(-\tfrac{1}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)\Bigr).
Se preferir uma aproximação numérica (útil em provas quando aceitam número):
  • Avaliando numericamente a expressão encontra-se aproximadamente
\int_{C}F\cdot d\mathbf{r}\approx 6 -\sin 1\,(1-e^{3}) -\;1{,}452\ldots \approx -2{,}34\quad(\text{aprox.}),
onde o valor numérico do termo integral foi obtido por cálculo numérico da integral (ou pela avaliação das \operatorname{erfi}).

Resposta

(a) F não é conservativo: \displaystyle \nabla\times F=( -x^{2} e^{x z},\;x y e^{x z},\;x z e^{x z})\neq\mathbf{0}.
(b) \displaystyle \int_{C}F\cdot d\mathbf{r} =6-\sin 1\,(1-e^{3}) -\;e^{-3/8}\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\Bigl(\operatorname{erfi}\!\bigl(\tfrac{3}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)-\operatorname{erfi}\!\bigl(-\tfrac{1}{2}\sqrt{\tfrac{3}{2}}\bigr)\Bigr)\approx -2{,}34.}

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