Enunciado

4) Calcule a área das superfícies:

d) S : parte do cilindro x 2 + y 2 = 2 y , limitado pelo plano z = 0 e o z = x 2 + y 2 .

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, as antes, quem é mais vantajoso nos perguntarmos quem é a superfície S ?

No nosso caso, estamos lidando com a parte do cilindro deslocado, pois...

x 2 + y 2 = 2 y     →         x 2 + y 2 - 2 y = 0

Completando quadrado: y - 1 2 = y 2 - 2 y + 1

x 2 + y - 1 2 - 1 = 0     →

x 2 + y - 1 2 = 1

É um cilindro deslocado em y de raio 1 :

Mas queremos apenas a parte do cilindro que está acima do z = 0 (palno x y ) e abaixo do cone:

Não se preocupe na hora de fazer um esboço, afinal isso é apenas para nos dar uma noção de quem que estamos trabalhando. O que queremos mesmo é parametrizar isso daí, então bora?

Passo 3

Bem, estamos trabalhando com um pedaço de cilindro, então nada mais justo que utilizar uma parametrização “prima” das coordenadas cilíndricas (lembre-se que o cilindro está deslocado em y ):

x = R sin ⁡ θ

y - 1 = R cos ⁡ θ

z = z

Agora tome muito cuidado! Uma superfície, mesmo no espaço, tem duas dimensões, certo? Então ela precisa sempre de dois parâmetros para descrevê-la. No nosso caso, é só o ângulo θ e o próprio z , esse R desaparece virando o raio do cilindro que estamos trabalhando...

R = 1

Logo a parametrização é...

x = sin ⁡ θ

y = 1 + cos ⁡ θ

z = z

Ou, com uma anotação um pouco mais elegante do ponto de vista da matemática...

r → θ ,   z = sin ⁡ θ , 1 + cos ⁡ θ ,   z

Passo 4

Ok, agora nos falta a segunda parte do problema que é encontrar o domínio dos parâmetros: onde eles estão variando.

Bem, como a parametrização é prima das coordenadas cilíndricas, o ângulo θ gira no plano x y ao redor do eixo do cilindro:

Como pode ver na projeção da superfície no plano x y , precisamos de um θ dando uma volta completa:

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 5

Enquanto isso, o z varia entre o plano z = 0 e o cone:

0 ≤ z ≤ x 2 + y 2

Trocando os termos x ,   y e z pelos parâmetros...

0 ≤ z ≤ sin ⁡ θ 2 + 1 + cos ⁡ θ 2

0 ≤ z ≤ sin 2 ⁡ θ + 1 + 2 cos ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ

0 ≤ z ≤ sin 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ + 1 + 2 cos ⁡ θ

Como cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ = 1 ...

0 ≤ z ≤ 2 + 2 cos ⁡ θ

0 ≤ z ≤ 2 1 + cos ⁡ θ

Multiplicando o interior por quatro e dividindo ao mesmo tempo...

0 ≤ z ≤ 2 ∙ 4 1 + cos ⁡ θ 4     →         0 ≤ z ≤ 2 1 + cos ⁡ θ 2

Lembrando que cos 2 ⁡ t = 1 + cos ⁡ 2 t 2 , então, considerando 2 t = θ ...

0 ≤ z ≤ 2 cos 2 ⁡ θ 2

Extraindo a raiz lembrando que a raiz de alguém ao quadrado é o módulo desse alguém (cuidado com isso)

0 ≤ z ≤ 2 cos ⁡ θ 2

Sabemos que quando θ está entre 0 e 180 ° o cosseno de θ / 2 é positivo...

0 ≤ θ ≤ π

0 ≤ z ≤ 2 cos ⁡ θ 2

E quando θ está entre 180 ° e 360 ° , o cosseno de θ / 2 é negativo, então pelo módulo...

π ≤ θ ≤ 2 π

0 ≤ z ≤ - 2 cos ⁡ θ 2

Guarde essas duas informações, pois quando formos montar a integral, gerará duas interias diferentes devido essa diferença ;)

Passo 6

Beleza, então com essa primeira etapa já resolvida podemos sair em busca do termo d S ...

d S = N →   d z d θ

Onde esse vetor normal é dado por...

N → = ∂ r → θ ,   z ∂ θ × ∂ r → θ ,   z ∂ z

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 → θ ,   z = sin ⁡ θ , 1 + cos ⁡ θ ,   z           →  

  ∂ r → θ ,   z ∂ θ = cos ⁡ θ , - sin ⁡ θ ,   0

∂ r → θ ,   z ∂ z = 0,0 ,   1

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

N → = ∂ r → θ ,   z ∂ θ × ∂ r → θ ,   z ∂ z

N → = i → j → k → cos ⁡ θ - sin ⁡ θ 0 0 0 1                 →

N → = - sin ⁡ θ i →   - cos ⁡ θ   j → =

- sin ⁡ θ i → - cos ⁡ θ   j →

Então

N → = - sin ⁡ θ , - cos ⁡ θ ,   0

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

N → = - cos ⁡ θ 2 + - sin ⁡ θ 2 + 0 2

N → = cos 2 ⁡ θ + sin 2 ⁡ θ = 1

d S =   d z d θ

Passo 7

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 z e θ ).

A s = ∬ S   1   d S = ∬ D     d z d θ

Lembrando que D foi dividido em duas partes, a primeira é:

0 ≤ θ ≤ π

0 ≤ z ≤ 2 cos ⁡ θ 2

Gerando a integral

∫ 0 π ∫ 0 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ

a segunda é

π ≤ θ ≤ 2 π

0 ≤ z ≤ - 2 cos ⁡ θ 2

Gerando...

∫ π 2 π ∫ 0 - 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ

A integral sobre D será a soma das duas...

∬ D     d z d θ = ∫ 0 π ∫ 0 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ + ∫ π 2 π ∫ 0 - 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ

Resolvendo a 1 º integral:

∫ 0 π ∫ 0 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ = ∫ 0 π 2 cos ⁡ θ 2 d θ =

4 sin ⁡ θ 2 0 π = 4 sin ⁡ π 2 - 4 sin ⁡ 0

4

E agora a segunda...

∫ π 2 π ∫ 0 - 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ = ∫ π 2 π ∫ 0 - 2 cos ⁡ θ 2 d z d θ =

∫ π 2 π - 2 cos ⁡ θ 2   d θ =

- 4 sin ⁡ θ 2 π 2 π = - 4 sin ⁡ π - - 4 sin ⁡ π 2 =

4

Ganhamos no final...

∬ S   1   d S = 4 + 4 =

8

Resposta

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