Use a versão do teorema fundamental do cálculo para integrais de linha para calcular os seguintes integrais.
\int_{C} \mathbf{F} \cdot d \mathbf{s}, onde \mathbf{F} é o campo vetorial em \mathbb{R}^{3} dado por \mathbf{F}(x, y, z)=y^{2} \cos z \mathbf{i}+2 x y \cos z \mathbf{j}-x y^{2} \sin z \mathbf{k} e onde C é a curva \sigma(t)=t^{2} \mathbf{i}+\sin t \mathbf{j}+t \mathbf{k}, 0 \leq t \leq 3 \pi / 4.

Passo 1

O que o problema pede: calcular \displaystyle \int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{s}.
Informações dadas:
\mathbf{F}(x,y,z)=y^{2}\cos z\,\mathbf{i}+2xy\cos z\,\mathbf{j}-xy^{2}\sin z\,\mathbf{k}
e a curva paramétrica
\sigma(t)=t^{2}\,\mathbf{i}+\sin t\,\mathbf{j}+t\,\mathbf{k},\qquad 0\le t\le \tfrac{3\pi}{4}.
O intervalo de parâmetro é t\in[0,\tfrac{3\pi}{4}].
Não há figura a usar; todos os dados necessários estão acima.

Passo 2

Ferramenta que vamos usar (enunciada de forma direta e útil para a prova):
Se \mathbf{F} é um campo vetorial de gradiente, ou seja, existe uma função escalar \varphi(x,y,z) tal que \mathbf{F}=\nabla\varphi, então a versão do teorema fundamental do cálculo para integrais de linha diz:
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{s}=\varphi\big(\sigma(t_{1})\big)-\varphi\big(\sigma(t_{0})\big),
onde t_{0} e t_{1} são os limites do parâmetro (aqui t_{0}=0 e t_{1}=\tfrac{3\pi}{4}).
Explicando: \nabla\varphi=(\phi_x,\phi_y,\phi_z), então se conseguimos achar \varphi tal que \phi_x, \phi_y, \phi_z batem com as componentes de \mathbf{F}, podemos aplicar essa fórmula e só avaliar \varphi nos extremos da curva.

Passo 3

Vamos procurar a potencial \varphi. Começamos pela componente x:
\phi_x(x,y,z)=y^{2}\cos z.
Integrando em relação a x (tratando y,z como constantes) obtemos
\varphi(x,y,z)=x\,y^{2}\cos z+g(y,z),
onde g(y,z) é uma “constante” de integração que pode depender de y e z.

Passo 4

Agora usamos a componente y de \mathbf{F} para achar g. Diferenciando a expressão acima em relação a y temos
\phi_y(x,y,z)=2xy\cos z+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z).
Como a componente y do campo é 2xy\cos z, igualamos:
2xy\cos z+\frac{\partial g}{\partial y}(y,z)=2xy\cos z \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial g}{\partial y}(y,z)=0.
Isso diz que g não depende de y; logo g(y,z)=h(z) para alguma função h de z só.

Passo 5

Finalmente usamos a componente z. A derivada em z de
\varphi(x,y,z)=x y^{2}\cos z + h(z) é
\phi_z(x,y,z)=-x y^{2}\sin z + h'(z).
Como a componente z de \mathbf{F} é -x y^{2}\sin z, igualamos:
-x y^{2}\sin z + h'(z) = -x y^{2}\sin z \quad\Rightarrow\quad h'(z)=0.
Logo h é constante. Podemos escolher a constante zero (não altera o gradiente). Assim uma potencial válida é
\varphi(x,y,z)=x\,y^{2}\cos z.

Passo 6

Aplicando o teorema fundamental para integrais de linha:
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{s}=\varphi\big(\sigma(\tfrac{3\pi}{4})\big)-\varphi\big(\sigma(0)\big).
Precisamos avaliar \varphi ao longo da parametrização \sigma(t). Substituindo \sigma(t)=(t^{2},\sin t,t) em \varphi obtemos a função de t
\Phi(t):=\varphi\big(\sigma(t)\big)=\big(t^{2}\big)\big(\sin t\big)^{2}\cos t.

Passo 7

Avaliação nos extremos:
Para t=0:
\Phi(0)=0^{2}\cdot(\sin 0)^{2}\cdot\cos 0=0.
Para t=\tfrac{3\pi}{4}:
calcule passo a passo:
t^{2}=\big(\tfrac{3\pi}{4}\big)^{2}=\tfrac{9\pi^{2}}{16},
\sin\big(\tfrac{3\pi}{4}\big)=\tfrac{\sqrt{2}}{2}\quad\Rightarrow\quad \big(\sin\tfrac{3\pi}{4}\big)^{2}=\tfrac{1}{2},
\cos\big(\tfrac{3\pi}{4}\big)=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}.
Multiplicando:
\Phi\big(\tfrac{3\pi}{4}\big)=\tfrac{9\pi^{2}}{16}\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\Big(-\tfrac{\sqrt{2}}{2}\Big) =-\dfrac{9\pi^{2}\sqrt{2}}{64}.

Passo 8

Portanto
\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{s}=\Phi\big(\tfrac{3\pi}{4}\big)-\Phi(0)=-\dfrac{9\pi^{2}\sqrt{2}}{64}-0=-\dfrac{9\pi^{2}\sqrt{2}}{64}.

Resposta

-\dfrac{9\pi^{2}\sqrt{2}}{64}

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