Exercícios Resolvidos de Área de Superfícies

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Enunciado

Seja a superfície parametrizada r t , θ = 1 + 2 t 2 , t s e n θ , t c o s θ ,   t , θ   ∈ 0,2 x 0,2 π .

(a) Calcule a equação implícita para a imagem de r .

(b) Esboce a imagem de r .

(c) Justifique se a imagem de r   é uma superfície regular ou não. Calcule o plano tangente à imagem de r no ponto ( 3,0 , 1 )

(d) Calcule a área de r

Passo 1

Letra a)

Da equação r t , θ = 1 + 2 t 2 , t s e n θ , t c o s θ , pode-se isolar:

x = 1 + 2 t 2

y = t s e n θ

z = t c o s θ

Utilizando a relação fundamental da trigonometria s e n 2 θ + cos 2 ⁡ ( θ ) = 1 e substituindo

y t = s e n ( θ ) e z t = c o s ( θ ) , vamos ter:

y t 2 + z t 2 = 1

Multiplicando por t   dos dois lados vamos ter

y 2 + z 2 = t 2

Se isolarmos t em x , vamos ter a relação:

x - 1 2 = t 2

Substituindo agora na equação y 2 + z 2 = t 2 :

y 2 + z 2 = x - 1 2

Essa é a equação implícita que queríamos achar.

Passo 2

Letra b)

Para fazer o esboço, vamos analisar a equação r t , θ = 1 + 2 t 2 , t s e n θ , t c o s θ pois existe um macete sempre que temos equações desse tipo, que é uma superfície de revolução.

Pra cada eixo temos uma cara de função parecida

Rotação no eixo x :

r t , θ = x t ,   y t c o s θ , y t s e n θ

Rotação no eixo y :

r t , θ = x t c o s θ ,   y t , x t s e n θ

Rotação no eixo z :

r t , θ = x t c o s θ , x t s e n θ , z t

Para o nosso caso é uma rotação no eixo x , onde:

x t = 1 + 2 t 2

y ( t ) = t

O que temos aqui é somente a parábola 1 + 2 t 2 , t ∈ [ 0,2 ] , rotacionando em torno do eixo x .

Desenhando ela vamos ter:

Agora rotacionando em torno do eixo x :

Passo 3

Letra c)

Uma superfície é regular quando temos:

N → = ∂ r ∂ t × ∂ r ∂ θ ≠ 0

Para todos os pontos do seu domínio.

Vamos começar fazendo as derivadas parciais:

∂ r ∂ t = 4 t , s e n θ , c o s θ

∂ r ∂ θ = 0 , t c o s θ , - t s e n θ

Realizando agora o produto vetorial:

N → = ∂ r ∂ t × ∂ r ∂ θ = i j k 4 t s e n θ c o s θ 0 t c o s θ - t s e n θ

N → = - t s e n 2 θ - t c o s 2 θ , 4 t 2 s e n θ , 4 t 2 cos ⁡ θ  

Utilizando a relação fundamental da trigonometria pra organizar nosso vetor normal vamos ter:

N → = - t , 4 t 2 s e n θ , 4 t 2 cos ⁡ θ

Para t = 0 , vamos ter que N → = 0,0 , 0 , o que indicaria que não é regular, mas o pulo do gato aqui é ver que uma superfície é regular quando pelo menos em alguma parametrização temos a desigualdade

N → ≠ 0

Vamos buscar uma outra parametrização. A equação explícita que obtivemos na letra (a) é uma boa forma de contornarmos isso.

y 2 + z 2 = x - 1 2

Realizando a parametrização φ ( u , v ) :

y = u

z = v

x = 2 u 2 + v 2 + 1

Calculando agora o vetor normal para essa parametrização:

N → = ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v = i j k 4 u 1 0 4 v 0 1 = ( 1 , - 4 u , - 4 v )

Qualquer que seja os valores de u e v , o vetor normal N → não zerará, então podemos afirmar que a superfície é regular.

Passo 4

Partindo agora para encontrar plano tangente.

Um plano tangente a uma superfície em um determinado ponto P 0   pode ser encontrado fazendo:

N → t 0 , θ 0 ∙ x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 = 0

Onde P 0 = ( x 0 , y 0 , z 0 ) e N → t 0 , θ 0 é o vetor normal aplicado nesse ponto.

Pela enunciado, nosso P 0 = ( 3,0 , 1 ) e para descobrirmos quais devem ser o valor de t 0 e θ 0 , substituiremos eles na parametrização da superfície e igualaremos com P 0 :

1 + 2 t 0 2 , t 0 s e n θ 0 , t 0 c o s θ 0 = ( 3,0 , 1 )

Assim vamos ter que:

t 0 = 1  

θ 0 = 0

Substituindo os valores e realizando a multiplicação na equação para encontrar o plano:

- 1,0 , 4 ∙ x - 3 , y - 0 , z - 1 = 0

A equação do plano será então:

4 z - x - 1 = 0

Passo 5

Letra d)

Como já temos nossa superfície parametrizada, para calcular a área vamos fazer

A = ∬ D N → d t d θ

Onde D = 0,2 x 0,2 π e para calcular a norma do vetor N → , vamos fazer:

N → = - t 2 + ( 4 t 2 s e n θ )   2 + ( 4 t 2 cos ⁡ θ 2

N → =   t 2 + 16 t 4

Substituindo para encontrar a área:

A = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 t 2 + 16 t 4 d t d θ

A = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 t 1 + 16 t 2 d t d θ

u = 1 + 16 t 2 → d u = 32 t d t → d t = d u 32 t

1 3 2 ∫ u d u = 1 32 × 2 u 3 2 3 = u 3 2 48 → ( 1 + 16 t 2 ) 3 2 48 | 2 0 = 65 65 - 1 48

Resolvendo para t :

A = ∫ 0 2 π 65 65 - 1 48 d θ

A = ∫ 0 2 π 65 65 48 - 1 4 8 d θ

Resolvendo agora para θ :

A = 65 65 48 θ - θ 48 0 2 π = 65 π 24 - π 24 = 64 π 24 = 8 π 3

Nossa área então vai ser: 8 3 π

Resposta

a) y 2 + z 2 = x - 1 2

b)

c) 4 z - x - 1 = 0

d)

8 π 3

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