Seja \gamma(t)=\left(t, e^{-a t} \operatorname{sen}(\mathrm{t}), \mathrm{e}^{-\mathrm{at}} \cos (\mathrm{t})\right) para 0 \leq t \leq 1 um caminho. Considere o campo de vetores radial
X(x, y, z)=(F, G, H)=\frac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}(x, y, z)
i) Encontre a integral curvilínea:
\int_{\gamma} F d x+G d y+H d z=\int_{0}^{1} X(\gamma(t)) \cdot \gamma^{\prime}(t) d t

Passo 1

O enunciado nos dá o caminho e o campo e pede a integral curvilínea. Informações importantes (tiradas do enunciado):
  • O caminho é \gamma(t)=\bigl(t, e^{-at}\sin t, e^{-at}\cos t\bigr) para 0\le t\le1.
  • O campo radial é X(x,y,z)=\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}(x,y,z).
  • A integral pedida é \displaystyle \int_{\gamma} F\,dx+G\,dy+H\,dz=\int_{0}^{1} X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)\,dt.
  • Observação útil (retirada das componentes de \gamma):
    \displaystyle y^{2}+z^{2}=\bigl(e^{-at}\sin t\bigr)^{2}+\bigl(e^{-at}\cos t\bigr)^{2}=e^{-2at}.
    Logo \rho(t)^{2}:=x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}=t^{2}+e^{-2at},que é estritamente positiva em [0,1]. Portanto a curva não passa pela origem e o campo está bem definido ao longo dela.

Passo 2

Vamos escrever a integranda X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) de uma forma que fique fácil de integrar. Primeiro uma identidade algebraica muito útil (vale sempre): para qualquer curva com coordenadas x(t),y(t),z(t),
\frac{d}{dt}\bigl(x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}\bigr)=2\bigl(x(t)x'(t)+y(t)y'(t)+z(t)z'(t)\bigr).
Como X(x,y,z)=\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}(x,y,z), ao avaliá-lo em \gamma(t) obtemos
X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) =\frac{x(t)x'(t)+y(t)y'(t)+z(t)z'(t)}{x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}}.
Usando a identidade acima isso fica
X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) =\frac{1}{2}\,\frac{\dfrac{d}{dt}\bigl(x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}\bigr)}{x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}}.
Essa expressão é a derivada do logaritmo da norma: \dfrac{1}{2}\dfrac{d}{dt}\ln\bigl(\rho(t)^{2}\bigr)=\dfrac{d}{dt}\ln\bigl(\rho(t)\bigr). Portanto
X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)=\frac{d}{dt}\ln\bigl(\rho(t)\bigr),
onde \rho(t)=\sqrt{x(t)^{2}+y(t)^{2}+z(t)^{2}}. (Comentário conceitual: isso também mostra que X=\nabla(\ln r), i.e. X é o gradiente do potencial \ln r, então a integral será a diferença do potencial nos extremos.)

Passo 3

Agora substituímos \rho(t) explicitamente usando o resultado do Passo 1:
\rho(t)=\sqrt{t^{2}+e^{-2at}}.
Então a integral se torna
\int_{0}^{1} X(\gamma(t))\cdot\gamma'(t)\,dt=\int_{0}^{1}\frac{d}{dt}\ln\bigl(\rho(t)\bigr)\,dt.
Integrando a derivada obtemos o valor em extremos:
\int_{0}^{1}\frac{d}{dt}\ln\bigl(\rho(t)\bigr)\,dt=\ln\bigl(\rho(1)\bigr)-\ln\bigl(\rho(0)\bigr).

Passo 4

Calculemos \rho(1) e \rho(0):
\rho(1)=\sqrt{1^{2}+e^{-2a}}=\sqrt{1+e^{-2a}},\qquad \rho(0)=\sqrt{0^{2}+e^{0}}=\sqrt{1}=1.
Portanto a integral vale
\ln\bigl(\rho(1)\bigr)-\ln\bigl(\rho(0)\bigr)=\ln\!\bigl(\sqrt{1+e^{-2a}}\bigr)-\ln(1).
Como \ln(1)=0 e \ln(\sqrt{u})=\tfrac{1}{2}\ln(u), obtemos a forma final simplificada.

Resposta

\dfrac{1}{2}\ln\bigl(1+e^{-2a}\bigr)

Exercícios relacionados