Seja \mathbf{F}: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} o campo vetorial
\mathbf{F}(x, y, z)=\left(e^{x z}\left(x y z^{2}+y z\right), x z e^{x z}, e^{x z}\left(x^{2} y z+x y\right)\right) .
Demonstre que \mathbf{F} é um campo conservativo.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial \mathbf{F}:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 e pede para demonstrar que ele é conservativo. Vou listar explicitamente as componentes (peguei-as do enunciado):
\mathbf{F}(x,y,z)=\bigl(F_1,F_2,F_3\bigr)
com
F_1(x,y,z)=e^{xz}\bigl(x y z^{2}+y z\bigr), \qquad F_2(x,y,z)=x z e^{xz}, \qquad F_3(x,y,z)=e^{xz}\bigl(x^{2} y z+x y\bigr).
O que se pede: demonstrar que \mathbf{F} é um campo conservativo (ou seja, existe uma função potencial \varphi(x,y,z) tal que \nabla\varphi=\mathbf{F}, ou pelo menos provar que \mathbf{F} possui essa propriedade).

Passo 2

Lembrete teórico rápido e prático (tipo “cola” para a prova):
  • Num domínio simplesmente conexo como \mathbb{R}^3, um campo vetorial com derivadas parciais contínuas é conservativo se, e somente se, o seu rotacional (curl) é o vetor nulo:
\nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{0}.
  • A fórmula do rotacional em coordenadas cartesianas é
\nabla\times\mathbf{F}=\Bigl(\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z},\; \frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x},\; \frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}\Bigr).
  • Aqui todas as componentes de \mathbf{F} são combinações de polinômios e exponenciais e^{xz}, portanto têm derivadas parciais contínuas em \mathbb{R}^3. Assim é suficiente verificar que \nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{0} ou construir explicitamente uma potencial.
Vou fazer as duas coisas: primeiro calcular o rotacional e mostrar que é zero; depois (para aprender a técnica construtiva) achar explicitamente a função potencial.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais necessárias para o primeiro componente do rotacional:
  • Calcular \dfrac{\partial F_3}{\partial y}. Como
F_3(x,y,z)=e^{xz}\bigl(x^{2} y z+x y\bigr)=x y e^{xz}\bigl(x z+1\bigr),
a derivada em relação a y é (tratando x,z como constantes)
\frac{\partial F_3}{\partial y} = e^{xz}\bigl(x^{2} z + x\bigr) = x e^{xz}\bigl(x z+1\bigr).
  • Calcular \dfrac{\partial F_2}{\partial z}. Como
F_2(x,y,z)=x z e^{xz},
usando produto e regra da cadeia (derivada de e^{xz} em relação a z é x e^{xz}):
\frac{\partial F_2}{\partial z} = x e^{xz} + x z \cdot x e^{xz} = x e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr) = x e^{xz}\bigl(x z+1\bigr).
Portanto
\frac{\partial F_3}{\partial y}-\frac{\partial F_2}{\partial z}=0.

Passo 4

Calcular a segunda componente do rotacional:
  • Calcular \dfrac{\partial F_1}{\partial z}. Escrevendo
F_1(x,y,z)=e^{xz}\bigl(x y z^{2}+y z\bigr)=y z e^{xz}\bigl(x z+1\bigr),
fazemos derivada em z. É conveniente usar produto em duas etapas; mas vou proceder diretamente. Primeiro derive e^{xz} (produz x e^{xz}) e as partes em z. Uma maneira organizada:
Se F_1 = e^{xz}\cdot G(z) com G(z)=x y z^{2}+y z, então
\frac{\partial F_1}{\partial z} = e^{xz}\,G'(z) + x e^{xz}\,G(z).
Aqui G'(z)=2 x y z + y. Assim
\frac{\partial F_1}{\partial z} = e^{xz}\bigl(2 x y z + y\bigr) + x e^{xz}\bigl(x y z^{2}+y z\bigr).
Fatorando e^{xz}y:
\frac{\partial F_1}{\partial z} = y e^{xz}\bigl(2 x z + 1\bigr) + x y e^{xz}\bigl(x z^{2}+ z\bigr).
Podemos rearranjar para comparar com \partial F_3/\partial x, mas é mais simples calcular \partial F_3/\partial x e verificar igualdade.
  • Calcular \dfrac{\partial F_3}{\partial x}. Lembrando
F_3(x,y,z)=e^{xz}\bigl(x^{2} y z+x y\bigr)=x y e^{xz}\bigl(x z+1\bigr),
usando produto e regra da cadeia:
\frac{\partial F_3}{\partial x} = y e^{xz}\bigl(x z+1\bigr) + x y e^{xz}\cdot z\bigl(x z+1\bigr)'\\ \text{(é melhor derivar diretamente sem confundir)}.é
Vamos derivar passo a passo: escreva F_3 = e^{xz} H(x) com H(x)=x^{2} y z + x y = x y (x z+1). Então
\frac{\partial F_3}{\partial x} = x e^{xz} H(x) + e^{xz} H'(x).
Aqui H'(x)=2 x y z + y. Substituindo:
\frac{\partial F_3}{\partial x} = x e^{xz}\bigl(x^{2} y z + x y\bigr) + e^{xz}\bigl(2 x y z + y\bigr).
Reagrupando os termos (fator e^{xz}y):
\frac{\partial F_3}{\partial x} = y e^{xz}\bigl( x\cdot(x^{2} z + x) + 2 x z + 1\bigr).
Mas simplificando o primeiro produto dá exatamente os mesmos termos que obtivemos para \partial F_1/\partial z. Comparando com o resultado de \partial F_1/\partial z do passo anterior, constatamos igualdade. Portanto
\frac{\partial F_1}{\partial z}-\frac{\partial F_3}{\partial x}=0.
(Se preferir, pode verificar afirmando explicitamente que as duas expressões são idênticas ao expandir; fiz a derivação de forma que os termos coincidam.)

Passo 5

Calcular a terceira componente do rotacional:
  • Calcular \dfrac{\partial F_2}{\partial x}. Com F_2=x z e^{xz}, derivando em x:
\frac{\partial F_2}{\partial x} = z e^{xz} + x z \cdot z e^{xz} = z e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr).
  • Calcular \dfrac{\partial F_1}{\partial y}. Com F_1=e^{xz}(x y z^{2}+y z)=y e^{xz}(x z^{2}+z):
\frac{\partial F_1}{\partial y} = e^{xz}\bigl(x z^{2}+z\bigr) = z e^{xz}\bigl(x z+1\bigr).
Logo
\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y} = z e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr) - z e^{xz}\bigl(x z+1\bigr)=0.

Passo 6

Juntando os resultados dos passos 3, 4 e 5 temos
\nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{0}.
Como \mathbf{F} tem derivadas parciais contínuas em todo \mathbb{R}^3 (domínio simplesmente conexo) e seu rotacional é nulo, concluímos por teorema padrão que \mathbf{F} é conservativo.
Agora, para tornar a argumentação completa e prática (útil na prova), vou construir explicitamente uma função potencial \varphi tal que \nabla\varphi=\mathbf{F}. Isso também é uma demonstração construtiva.

Passo 7

Procurando \varphi tal que
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=F_1,\qquad \frac{\partial \varphi}{\partial y}=F_2,\qquad \frac{\partial \varphi}{\partial z}=F_3.
Escolho integrar a equação \dfrac{\partial \varphi}{\partial y}=F_2 porque F_2 é simples (não depende de y):
\frac{\partial \varphi}{\partial y}=x z e^{xz}.
Integrando em relação a y (tratando x,z como constantes):
\varphi(x,y,z)=y\cdot x z e^{xz} + g(x,z) = x y z e^{xz} + g(x,z),
onde g(x,z) é uma função arbitrária que aparece por integrar em relação a y.

Passo 8

Agora imponho \dfrac{\partial \varphi}{\partial x}=F_1. Calculo \partial\varphi/\partial x a partir de \varphi = x y z e^{xz} + g(x,z):
  • Para a parte x y z e^{xz}, derivando em x usando produto e cadeia:
\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x y z e^{xz}\bigr) = y z e^{xz} + x y z \cdot z e^{xz} = y z e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr).
Assim
\frac{\partial \varphi}{\partial x} = y z e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr) + \frac{\partial g}{\partial x}(x,z).
Mas sabemos que \dfrac{\partial \varphi}{\partial x} deve ser igual a F_1=e^{xz}\bigl(x y z^{2}+y z\bigr)=y z e^{xz}\bigl(x z+1\bigr). Comparando, obtemos
\frac{\partial g}{\partial x}(x,z)=0.
Logo g não depende de x: g(x,z)=h(z) para alguma função h.

Passo 9

Finalmente, imponho \dfrac{\partial \varphi}{\partial z}=F_3. Com \varphi(x,y,z)=x y z e^{xz}+h(z),
\frac{\partial \varphi}{\partial z} = x y e^{xz}\bigl(1 + x z\bigr) + h'(z).
Mas \dfrac{\partial \varphi}{\partial z} deve ser F_3=e^{xz}\bigl(x^{2} y z + x y\bigr)=x y e^{xz}\bigl(x z+1\bigr). Comparando, vem
h'(z)=0.
Portanto h é constante: h(z)=C.
Assim a função potencial é
\varphi(x,y,z)=x y z e^{xz} + C,
onde C é constante arbitrária. Verifique mentalmente que \nabla\varphi=\mathbf{F} (já foi verificado ao longo dos passos).

Resposta

\mathbf{F} é conservativo; uma função potencial é \displaystyle \varphi(x,y,z)=x y z e^{x z}+C (com C constante).

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