3) Calcule a área da superfície dada por r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + v 2 , com u ,   v ∈ D : u 2 + v 2 ≤ 4 .

Passo 1

Então, área de superfície para nós a parir deste momento será dado por uma integral de superfície escalar bem especial. Essa daqui, oh:

A S = ∬ S   1   d S

Como toda e boa integral de superfície escalar vamos seguir um passo a passo maroto que nos ajudará muito:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Encontrar o termo d S .

Passo 2

Precisamos da superfície parametrizada, mas pow!!! Para a nossa a legria a superfície já está parametrizada:

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + v 2

Onde esses parâmetros variam na região D ...

D :     u 2 + v 2 ≤ 4

Que nos representa uma circunferência de raio 2 no plano u v :

Passo 3

Beleza, então com essa primeira etapa entregue de badeja para nós, podemos sair em busca do termo d S ...

d S = N →   d u d v

Onde esse vetor normal é dado por...

N → = ∂ r → u ,   v ∂ u × ∂ r → u ,   v ∂ v

Não precisa se preocupar com a ordem dessas derivadas parciais, pois o módulo no d S corrige qualquer sinal de menos ( ). Por falar nisso, calculando essas derivadas parciais...

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + v 2                       →                       ∂ r → u ,   v ∂ u = 1 ,   0 ,   2 u

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + v 2                       →                       ∂ r → u ,   v ∂ v = 0 ,   1 ,   2 v

Substituindo tudo dentro do produto vetorial (um determinante lembrando que a primeira linha são os vetores i → , j → e k → ...

N → = ∂ r → u ,   v ∂ u × ∂ r → u ,   v ∂ v

N → = i → j → k → 1 0 2 u 0 1 2 v                 →

N → = k → - 2 v   j → + 2 u   i → =

- 2 u   i → - 2 v   j → + k →

Então

N → = - 2 u ,   - 2 v ,   1

Passo 4

Bem, ainda não concluímos o termo d S , pois ele nos exige o módulo de N → , então devemos extrair a raiz quadrada...

N → = - 2 u 2 + - 2 v 2 + 1 2

N → = 4 u 2 + 4 v 2 + 1

N → = 4 u 2 + v 2 + 1

d S = 4 u 2 + v 2 + 1     d u d v

Passo 5

Voltando para integral de linha que estamos resolvendo...

∬ S   1   d S

E substituindo esses termos que determinamos (lembrando que S , trocamos por D que é a região de variação de u e v ).

∬ S   1   d S = ∬ D   4 u 2 + v 2 + 1     d u d v

Como a região D é uma circunferência, podemos aplicar a mudança para coordenadas polares para matar o problema...

u = r cos ⁡ θ

v = r sin ⁡ θ

J = r

u 2 + v 2 = r 2

Como θ gira saindo do eixo u positivo girando no sentido anti-horário...

Vemos que ele precisa dar uma volta completa...

0 ≤ θ ≤ 2 π

Enquanto que o r varia da origem até o raio máximo...

0 ≤ r ≤ 2

∬ D   4 u 2 + v 2 + 1     d u d v = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 4 r 2 + 1 ∙ J   d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 4 r 2 + 1   r   d r d θ

Agora é só calcular essa integral aí e correr para o abraço.

Passo 6

Integrando em r primeiro...

∫ 0 2 π ∫ 0 2 4 r 2 + 1   r   d r d θ =

∫ 0 2 π ∫ 0 2 4 r 2 + 1   r   d r d θ =

Fazendo uma substituição do tipo...

4 r 2 + 1 = t       →           d t = 8 r d r           →             r d r = d t 8

Trocando os limites também...

r = 0         →             t = 4 0 2 + 1 = 1

r = 2         →             t = 4 2 2 + 1 = 17

∫ 0 2 π ∫ 0 2 4 r 2 + 1   r   d r d θ = ∫ 0 2 π ∫ 1 17 t d t 8 d θ =

∫ 0 2 π 1 8 2 3 t 3 2 1 17 d θ = ∫ 0 2 π 1 8 2 3 t t 1 17 d θ =

∫ 0 2 π 1 8 2 3 17 17 - 2 3 d θ =

17 17 12 - 1 12 ∫ 0 2 π d θ =

17 17 - 1 12 2 π =

17 17 - 1 6 π

Resposta

17 17 - 1 6 π

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