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Teoria Completa

Finalmente veremos como realizar o cálculo de áreas! Para isso é bom ter o conceito de parametrização de superfícies bem fresco, outro conceito que usamos bastante em integral de superfícies é o de integrais múltiplas!

Revisão – Produto Vetorial

Antes de começar a estudar a integral de superfície para funções escalares, vamos relembrar como encontramos o produto vetorial entre dois vetores!

Sejam dois vetores: v 1 → = ( x 1 ,   y 1 ,   z 1 ) e v 2 → = ( x 2 ,   y 2 ,   z 2 ) , o produto vetorial v 1 → × v 2 → será:

v 1 → × v 2 → =   i j k x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2

Resolvendo o determinante, onde as setas azuis indicam os produtos positivos e as vermelhas os produtos negativos, temos:

v 1 → × v 2 → = ( y 1 z 2 - y 2 z 1 ,   x 2 z 1 - z 2 x 1 ,   x 1 y 2 - x 2 y 1 )  

Agora que já relembramos como se calcula um produto vetorial vamos entender integral de superfície, prometo que você vai precisar usar esse produto vetorial.

Área

Considere uma superfície parametrizada por φ ( u ,   v ) , onde ( u ,   v ) ∈ D , sua área é dada por:

A S = ∬ D   ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v d u d v

O que é o mesmo que:

A S = ∬ D   N → d u d v

Ou seja, a integral dupla do módulo do vetor normal à superfície no domínio da sua parametrização. Oi???

Dedução

Calma, vamos, agora, entender melhor essa fórmula. Imagine que dividimos o domínio de uma superfície regular em vários sub-retângulos R i j . Para cada um desses retângulos do domínio, temos subáreas correspondentes na superfície, retalhos S i j :

Vamos escolher ( u i ,   v j ) como o vértice esquerdo inferior do retalho e aproximar a área a partir desse ponto de uma forma parecida com o que fizemos em integrais duplas. Vemos pela figura, que os dois lados do retalho que partem desse ponto que escolhemos podem ser aproximados pelos seguintes vetores:

Esses vetores, por sua vez, podem ser aproximados por vetores tangentes à superficie no ponto que escolhemos, dados por ∆ v   r v e ∆ u   r u . Vamos representá-los:

Nosso objetivo será, então, aproximar a área azul (da superfície) pela área em cinza, formada pelos vetores ∆ u   r u e ∆ v   r v . Você já deve ter aprendido que o módulo do produto vetorial entre dois vetores nos dá a área entre eles, certo? Assim, vamos aproximar S i j por

∆ u   r u × ∆ v   r v =   r u × r v   ∆ u   ∆ v

Mas S i j é apenas um retalho da nossa superfície, o que queremos é S , o somatório de de cada retalho. Podemos aproximar, então:

S ≈ ∑ i = 1 m ∑ j = 1 n   r u × r v   ∆ u   ∆ v

Isso é uma aproximação, não uma igualdade! Porém, da mesma forma que vimos nas integrais simples, duplas e triplas, nossa intuição nos diz que, se fizermos as divisões m e n do domínio tender ao infinito, essa Soma de Riemann torna-se uma integral. Temos, então:

lim m ,  n  → ∞ ⁡ ∑ i = 1 m ∑ j = 1 n   r u × r v   ∆ u   ∆ v = ∬ D   ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v d u d v

Essa integral nos dá, portanto, a área da superfície parametrizada por φ . Decora isso aí! Vamos usar bastante. Beleza?

Módulo do vetor normal

Ok, já vimos como parametrizar superfícies, calcular o vetor normal a superfície e como resolver integrais duplas! Mas como calcular o módulo do vetor normal?

Relaxa, você já sabe a parte mais difícil! Calcular o módulo do vetor normal é como calcular o módulo de um vetor numérico, veja:

Seja o vetor V → = ( a ,   b ,   c ) , temos que o seu módulo é dado por:

V → =   a 2 + b 2 + c 2

Pronto, agora é só fazer exercícios e vai conseguir calcular áreas de superfícies!

Caso particular: Vimos no tipo anterior que quando temos uma superfície parametrizada explicitamente existe uma forma mais simples de escrever o vetor normal, agora vamos usar isso para encontrar de forma mais simples a sua área!

Se você encontrar uma superfície na sua expressão explícita z = f ( x ,   y ) , pode parametrizá-la pela seguinte forma:

φ x ,   y = x ,   y ,   f x ,   y

Nesses casos, temos

N → = ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = - ∂ f ∂ x ,   - ∂ f ∂ y ,   1

Assim, a área da superfície será dada por

∬ D   1 + ∂ f ∂ x 2 + ∂ f ∂ y 2 d x d y

Essa fórmula pronta é só para facilitar as contas. Se você não se lembrar dela vai fazendo o passo a passo aqui comigo que você chega lá!

Exemplo: Calcule a área de uma esfera de raio a .

Passo 1: Parametrizar a superfície

Como se trata de uma esfera, vamos usar coordenadas esféricas x = ρ cos ⁡ θ sen ⁡ β , y = ρ sen ⁡ θ sen ⁡ β e z = ρ cos ⁡ β . Como ρ = a , temos:

φ θ , β = a cos ⁡ θ sen ⁡ β , a sen ⁡ θ sen ⁡ β , a cos ⁡ β

Com 0 ≤ θ ≤ 2 π e 0 ≤ β ≤ π

Passo 2: Calcular ∂ φ ∂ θ e ∂ φ ∂ β

∂ φ ∂ θ = ( - a sen ⁡ θ sen ⁡ β ,   a cos ⁡ θ sen ⁡ β ,   0 )

∂ φ ∂ β = ( a cos ⁡ θ cos ⁡ β ,   a sen ⁡ θ cos ⁡ β , - a sen ⁡ β )

Passo 3: Calcular N →

N → = ∂ φ ∂ θ × ∂ φ ∂ β

N → = - a sen ⁡ θ sen ⁡ β ,   a cos ⁡ θ sen ⁡ β ,   0 × a cos ⁡ θ cos ⁡ β ,   a   sen ⁡ θ cos ⁡ β , - a sen ⁡ β

N → = i j k - a sen ⁡ θ sen ⁡ β a cos ⁡ θ sen ⁡ β 0 a cos ⁡ θ cos ⁡ β a sen ⁡ θ cos ⁡ β - a sen ⁡ β

N → = - ( a 2 cos ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   a 2 sen ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   a 2 sen 2 ⁡ θ sen ⁡ β cos ⁡ β + a 2 cos 2 ⁡ θ sen ⁡ β cos ⁡ β )

N → = - ( a 2 cos ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   a 2 sen ⁡ θ sen 2 ⁡ β ,   a 2 sen ⁡ β cos ⁡ β )

Agora vamos calcular o módulo com a fórmula que te mostrei lá em cima

N → = a 4 cos 2 ⁡ θ sen 4 ⁡ β +   a 4 sen 2 ⁡ θ sen 4 ⁡ β + a 4 sen 2 ⁡ β cos 2 ⁡ β

N → = a 4 sen 4 ⁡ β + a 4 sen 2 ⁡ β cos 2 ⁡ β

N → = a 4 sen 2 ⁡ β = a 2 sen ⁡ β

Passo 4: Montar a integral

A S = ∬ D   a 2 sen ⁡ β d θ d β = ∫ 0 π ∫ 0 2 π a 2 sen ⁡ β   d θ d β

Esses intervalos são os que encontramos no primeiro passo, quando parametrizamos a superfície.

Passo 5: Resolver a integral

∫ 0 π θ a 2 sen ⁡ β 0 2 π d β

= 2 π a 2 ∫ 0 π sen ⁡ β d β =

= - 2 π a 2 cos ⁡ β 0 π

= - 2 π a 2 - 1 - 1 =

4 π a 2

Integral de Superfície – função escalar

Vamos definir aqui o que é integral de superfície, a integral de superfície de uma função é bem semelhante ao cálculo de áreas. Vamos entender isso melhor!

Acabamos de ver como calcular a área de uma superfície, agora vamos imaginar que nossa superfície tem uma densidade superficial ρ = ρ ( x , y , z ) . Então se quiser calcular a massa da superfície teria que fazer:

d m = ρ d S

Onde d S é um pedacinho de superfície, um infinitesimal de superfície. Certo? Integrando dos dois lados em S :

M = ∬ S   ρ ( x , y , z ) d S

Isso pode ser escrito de uma forma mais geral para qualquer função f ( x , y , z ) da seguinte forma:

∬ S   f ( x , y , z ) d S = ∬ D   f ( φ u ,   v ) N → d u d v

Essa é a integral de superfície da função f . Aquele termo f ( φ u ,   v ) não é para te assustar não. Ele só significa que vamos ter que colocar as expressões da parametrização na função, você vai ver isso daqui a pouco. Pode ficar tranquilo

Perceba que, quando temos f φ u ,   v = 1 , temos:

∬ S   d S = ∬ D   N → d u d v = A ( S )

Exatamente a definição que vimos para área de superfície, lembra?

Agora vamos ver um exemplo, para você entender melhor!

Exemplo: Considere a superfície S do paraboloide z = x 2 + y 2 contida no interior do cilindro x 2 + y 2 ≤ 4 e a função h x , y , z = x 2 + y 2 . Calcule ∬ S   h d S .

Passo 1: Parametrizar S

Como a superfície está na sua forma explicita, vamos parametrizá-la como

φ x , y = ( x ,   y ,   x 2 + y 2 )

e utilizar a fórmula que acabamos de ver para calcular a integral. Como temos o cilindro limitando o domínio de S

D = x , y   x 2 + y 2 ≤ 4

Passo 2: Calcular ∂ h ∂ x e ∂ h ∂ y

∂ h ∂ x = 2 x

∂ h ∂ y = 2 y

Você também pode usar a fórmula geral ∬ S   h d S = ∬ D   h ( φ u ,   v ) ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v d u d v aqui, sem problemas. Talvez isso dê um pouco de trabalho apenas, já sabemos que ∂ φ ∂ u × ∂ φ ∂ v = 1 + ∂ h ∂ x 2 + ∂ h ∂ y 2 .

Passo 3: Montar a integral

Agora vamos entender o que é h ( φ x , y ) . Lembra lá na integral de linha? A gente substituía o x da função pelo x da parametrização e mesma coisa para as outras variáveis. Aqui faremos isso também.

Para esse caso específico a função não vai mudar. Então vamos jogar na fórmula

∬ S   h d S = ∬ D   h φ x , y 1 + ∂ h ∂ x 2 + ∂ h ∂ y 2 d x d y

Substituindo os valores que temos:

∬ S   h d S = ∬ D   x 2 + y 2 1 + 2 x 2 + 2 y 2 d x d y

∬ S   h d S = ∬ D   x 2 + y 2 1 + 4 x 2 + 4 y 2 d x d y

Onde D = x , y   x 2 + y 2 ≤ 4

Agora a gente resolve essa integral como resolvíamos as integrais duplas. Nesse caso seria legal usar uma mudança polar (fica a dica).

Show? O raciocínio que você vai seguir vai ser sempre basicamente o mesmo, a parte mais chata talvez seja parametrizar as superfícies, mas isso você pega na prática. Vamos para os exercícios agora!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Howard Anton, Irl Bivens e Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: Bookman, 2007, pp. 1153 - 15

Monte, mas não calcule, uma integral iterada à integral de superfície dada projetando σ no

  1. Plano x y
  2. Plano x z  
  3. Plano y z

∬ σ x y z d S

Onde σ é a porção do plano 2 x + 3 y + 4 z = 12 no primeiro octante.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a) Calma, é muita informação! Vamos organizar as informações e ver o que ele quer na questão! Primeiro vamos entender a superfície σ , que é um plano no primeiro octante.

Para desenhar um plano é interessante ver a interseção dele com cada eixo e ligar os pontos:

Para x = 0 e y = 0 →   z = 3

Para x = 0 e z = 0 →   y = 4

Para z = 0 e y = 0 →   x = 6

Assim a imagem do plano é:

Passo 2

Primeiro vamos fazer a integral projetada no plano x y , assim, devemos ter somente x   e y   variando. Então, devemos substituir z = f ( x , y ) e substituir na integral, logo:

2 x + 3 y + 4 z = 12

z = f x , y =   12 - 2 x - 3 y 4

Mas quando formos achar a integral iterada à integral de superfície dada projetada em σ , precisaremos multiplicar o módulo do vetor normal a superfície N →   . Deste modo, vamos fazer a parametrização explicita.

Podemos então fazer a parametrização explícita como abaixo

φ x , y = x , y , 12 - 2 x - 3 y 4 ,   x , y ∈ D

Como o módulo da normal para a parametrização explícita é:

| | N → | | =   1 + ∂ f ∂ x 2 + ∂ f ∂ y 2

Como,

∂ f ∂ x = ∂ ( 12 - 2 x - 3 y 4 ) ∂ x = - 2 4  

∂ f ∂ y = ∂ ( 12 - 2 x - 3 y 4 ) ∂ y = - 3 4

Temos que:

N → ( x , y ) =   1 + - 2 4 2 + - 3 4 2 =   29 4

Agora podemos montar a integral não esquecendo de multiplicar N → ( x , y ) . Assim a integral fica,

∬ D x y   12 - 2 x - 3 y 4 29 4   d x d y

Passo 3

Vamos fazer o mesmo para as outras duas integrais. No plano x z vamos fazer somente x   e z   variando, assim, devemos encontrar y = h ( x , z ) e substituir na integral, logo:

2 x + 3 y + 4 z = 12

y = h x , z =   12 - 2 x - 4 z 3

A parametrização explícita é dada por

φ x , z = x , 12 - 2 x - 4 z 3 , z ,   x , z ∈ D

Como o módulo da normal para a parametrização explícita é:

| | N → | | =   1 + ∂ h ∂ x 2 + ∂ h ∂ z 2

Como,

∂ h ∂ x = ∂ ( 12 - 2 x - 4 z 3 ) ∂ x = - 2 3  

∂ h ∂ z = ∂ ( 12 - 2 x - 4 z 3 ) ∂ z = - 4 3

Temos que:

N → ( x , z ) =   1 + - 2 3 2 + - 4 3 2 =   29 3

Assim a integral fica:

∬ D x z   12 - 2 x - 4 z 3 29 3     d x d z

Passo 4

Para a última integral. No plano y z vamos fazer somente y   e z   variando, assim, devemos encontrar x = g ( y , z ) e substituir na integral, logo:

2 x + 3 y + 4 z = 12

x = g y , z = 12 - 3 y - 4 z 2

A parametrização explícita é dada por

φ y , z = 12 - 3 y - 4 z 2 , y , z ,   x , z ∈ D

Como o módulo da normal para a parametrização explícita é:

| | N → | | =   1 + ∂ g ∂ y 2 + ∂ g ∂ z 2

Como,

∂ g ∂ y = ∂ ( 12 - 3 y - 4 z 2 ) ∂ y = - 3 2

∂ g ∂ z = ∂ ( 12 - 3 y - 4 z 2 ) ∂ z = - 4 2

N → y ,   z   =   1 + - 3 2 2 + - 4 2 2 = 29 2

Assim a integral fica:

∬ σ y z   12 - 3 y - 4 z 2 29 2 d y d z

Passo 5

O próximo passo é encontrar o limites de integração para cada integral. Ou seja, precisamos descobrir o domínio D . Mas antes de começar, vamos relembrar aquelas três contas que fizemos para montar o gráfico no Passo 1:

Para x = 0 e y = 0 →   z = 3

Para x = 0 e z = 0 →   y = 4

Para z = 0 e y = 0 →   x = 6

No plano x y , temos que o valor de z   é igual a zero. Logo, para um valor fixo de x = x 0 , vamos avaliar a variação de y :

2 x 0 + 3 y = 12

y = 12 - 2 x 0 3

Como estamos tratando do primeiro octante, y não pode ser negativo, variando de

0 ≤ y ≤ 12 - 2 x 3

Olhando para equações, podemos ver que o valor máximo que x pode ter é 6 . Ou seja,

0 ≤ x ≤ 6

Colocando os limites de integração na integral temos,

29 16   ∫ 0 6 ∫ 0 ( 12 - 2 x ) / 3   x y 12 - 2 x - 3 y d y d x

No plano x z , vamos seguir o mesmo raciocínio. Só que agora temos que o valor de y   é igual a zero. Logo, para um valor fixo de z = z 0 , vamos avaliar a variação de x :

2 x + 4 z 0 = 12

x = 12 - 4 z 0 2 = 6 - 2 z 0

Assim,

0 ≤ x ≤ 6 - 2 z

0 ≤ z ≤ 3

Colocando os limites de integração na integral temos,

29 9   ∫ 0 3 ∫ 0 6 - 2 z   x z 12 - 2 x - 4 z d x d z

Por fim, no plano y z , temos que o valor de x   é igual a zero. Logo, para um valor fixo de y = y 0 , vamos avaliar a variação de z :

3 y 0 + 4 z = 12

z = 12 - 3 y 0 4

Assim,

0 ≤ z ≤ 12 - 3 y 4

0 ≤ y ≤ 4

Colocando os limites de integração na integral temos,

29 4   ∫ 0 4 ∫ 0 ( 12 - 3 y ) / 4   y z 12 - 4 z - 3 y d z d y

Resposta

Assim temos que as integrais são:

29 16   ∫ 0 6 ∫ 0 ( 12 - 2 x ) / 3   x y 12 - 2 x - 3 y d y d x

29 9   ∫ 0 3 ∫ 0 6 - 2 z   x z 12 - 2 x - 4 z d x d z

29 4   ∫ 0 4 ∫ 0 ( 12 - 3 y ) / 4   y z 12 - 4 z - 3 y d z d y

Exercício Resolvido #2

Howard Anton, Irl Bivens e Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: Bookman, 2007, pp. 1154 – 20 - modificado

Monte, mas não calcule, uma integral iterada igual à integral dada

∬ σ x 2 y d S

Onde σ é a porção do cilindro x 2 + y 2 = 9 2 no primeiro octante entre os planos x = 0 , x = 9 , z = y