Seja F(x, y)=\left(x^{3} y^{4}, x^{4} y^{3}\right).
(a) Encontre f tal que \nabla f=F.
(b) Calcule \int_{C} F \cdot d r para a curva \sigma(t)=\left(\sqrt{t}, 1+t^{3}\right), onde 0 \leq t \leq 1.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
F(x,y)=\bigl(x^{3}y^{4},\;x^{4}y^{3}\bigr).
As perguntas são:
  • (a) Encontrar uma função f tal que \nabla f = F (ou seja, f cuja gradiente é exatamente F).
  • (b) Calcular a integral de linha \displaystyle \int_{C} F\cdot dr ao longo da curva \sigma(t)=\bigl(\sqrt{t},\,1+t^{3}\bigr), com 0\le t\le1.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Componentes do campo: P(x,y)=x^{3}y^{4} e Q(x,y)=x^{4}y^{3}.
  • A curva \sigma tem extremos: \sigma(0)=\bigl(0,1\bigr) e \sigma(1)=\bigl(1,2\bigr).
    A resolução começará a partir do passo seguinte.

Passo 2

Entender o que significa existir f com \nabla f=F. Isso quer dizer:
\frac{\partial f}{\partial x}=P(x,y)=x^{3}y^{4}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=Q(x,y)=x^{4}y^{3}.
Uma verificação útil (e frequentemente usada na prova) é checar se o campo é conservativo: em regiões simples (como \mathbb{R}^2) um campo (P,Q) tem potencial se as derivadas mistas coincidem:
\frac{\partial P}{\partial y} \overset{?}{=} \frac{\partial Q}{\partial x}.
Calculemos cada uma (vou explicar cada passo):
\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{3}y^{4}\bigr) = x^{3}\cdot 4y^{3} =4x^{3}y^{3},
\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{4}y^{3}\bigr) = 4x^{3}\cdot y^{3} =4x^{3}y^{3}.
Como \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x} para todos (x,y), o campo é conservativo em toda \mathbb{R}^2 e, portanto, existe uma função potencial f.
Breve explicação (aula rápida):
  • “Conservativo” = existe f tal que F=\nabla f.
  • Verificação prática: conferir igualdade das derivadas mistas quando o domínio é simplesmente conectado (como \mathbb{R}^2).
  • Na prova, sempre faça essa verificação antes de tentar integrar directamente um por um.

Passo 3

Construir f a partir de \dfrac{\partial f}{\partial x}=x^{3}y^{4}. Integramos em relação a x, tratando y como constante:
f(x,y)=\int x^{3}y^{4}\,dx.
Como y^{4} é constante nessa integral,
f(x,y)=y^{4}\int x^{3}\,dx = y^{4}\cdot \frac{x^{4}}{4} + g(y) = \frac{1}{4}x^{4}y^{4} + g(y),
onde g(y) é uma “constante” de integração que pode depender de y.
Agora usamos a outra condição \dfrac{\partial f}{\partial y}=x^{4}y^{3} para determinar g(y). Calcule a derivada de f em relação a y:
\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{1}{4}x^{4}y^{4} + g(y)\right) = \frac{1}{4}x^{4}\cdot 4y^{3} + g'(y) = x^{4}y^{3} + g'(y).
Comparando com Q(x,y)=x^{4}y^{3} obtemos g'(y)=0. Logo g(y) é constante: g(y)=C.
Concluímos que uma família de potenciais é
f(x,y)=\frac{1}{4}x^{4}y^{4} + C,
onde C é constante real. Em geral, na prova pode escolher C=0 para simplificar, portanto uma escolha natural é
f(x,y)=\frac{1}{4}x^{4}y^{4}.
Comentário pedagógico: No exame, faça exatamente estes passos: integre P em x, adicione função de y, derive em y e iguale a Q para achar a função de y. É o jeito padrão e rápido.

Passo 4

Agora calcular a integral de linha. Teorema fundamental para integrais de linha (versão utilizada na prova):
Se F=\nabla f e C é uma curva que vai de A a B e é pelo menos peça-wise C^1, então
\int_{C} F\cdot dr = f(B)-f(A).
Isto é ótimo porque evita integrar componente a componente; basta avaliar o potencial nos extremos.
Aplicando ao nosso caso:
  • Ponto inicial A=\sigma(0)=\bigl(0,1\bigr).
  • Ponto final B=\sigma(1)=\bigl(1,2\bigr).
Calcule f nesses pontos (usando f(x,y)=\tfrac{1}{4}x^{4}y^{4}):
f\bigl(1,2\bigr)=\frac{1}{4}\cdot 1^{4}\cdot 2^{4} = \frac{1}{4}\cdot 16 = 4,
f\bigl(0,1\bigr)=\frac{1}{4}\cdot 0^{4}\cdot 1^{4} = 0.
Portanto, pela formula
\int_{C} F\cdot dr = f(B)-f(A)=4-0=4.
Comentário sobre regularidade da curva: \sigma(t)=(\sqrt{t},1+t^{3}) tem derivada com singularidade em t=0 no primeiro componente; entretanto, a composição f(\sigma(t)) é suave em [0,1] e o teorema vale para curvas que são peça-wise C^1. Na prática de prova, usar a função potencial é a forma mais direta e segura.

Passo 5

Verificação alternativa (útil para treino): computando a integral por parametrização direta e vendo que bate com o resultado encontrado via potencial.
Parametrizando: r(t)=\bigl(\sqrt{t},1+t^{3}\bigr). Então
r'(t)=\left(\frac{1}{2\sqrt{t}},\;3t^{2}\right)\quad\text{(para }t>0\text{)}.
O integrando é F(r(t))\cdot r'(t). Em vez de desenvolver tudo, observe que
f(r(t))=\frac{1}{4}\bigl(\sqrt{t}\bigr)^{4}\bigl(1+t^{3}\bigr)^{4} =\frac{1}{4}t^{2}\bigl(1+t^{3}\bigr)^{4}.
Derivando f(r(t)) em relação a t e usando a regra da cadeia dá exatamente F(r(t))\cdot r'(t). Assim
\frac{d}{dt}f(r(t))=F(r(t))\cdot r'(t),
e integrando de 0 a 1 obtemos
\int_{0}^{1}F(r(t))\cdot r'(t)\,dt = f(r(1))-f(r(0))=4,
confirmando o resultado anterior. Isso é uma ótima dica para a prova: quando o campo é gradiente, verificar que a derivada de f(r(t)) coincide com o integrando fecha a conta.

Resposta

(a) \displaystyle f(x,y)=\frac{1}{4}x^{4}y^{4}+C (escolhendo C=0, f(x,y)=\dfrac{1}{4}x^{4}y^{4}).
(b) \displaystyle \int_{C}F\cdot dr = 4.

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