Enunciado

4) Calcule a área das superfícies:

a) S :   porção do plano x + 2 y + z = 4 , que está dentro do cilindro x 2 + y 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 antes, é mais vantajoso nos perguntarmos quem é a superfície S ?

Bem, como o próprio problema nos indicou, é um pedaço do plano azul

Dentro do cilindro:

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 lidando com um plano com uma equação bem legal onde podemos definir z de forma explícita em termos de x e y ...

x + 2 y + z = 4   →

z = 4 - x - 2 y

Se levarmos em consideração que uma superfície têm dois parâmetros, a nossa já está parametrizada em termos de x e y ...

σ → x ,   y = x , y ,   4 - x - 2 y

Passo 4

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

Bem, a superfície é um plano, mas ela está sendo delimitado dentro de um cilindro...

Se olharmos para a projeção dessa superfície no plano x y , o que vamos ver é exatamente esse disco D de raio igual ao do cilindro delimitador... r = 2 :

No momento, digamos apenas que x e y variam dentro de D .

Passo 5

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

d S = N →   d x d y

Onde esse vetor normal é dado por...

N → = ∂ σ → x ,   y ∂ x × ∂ σ → x ,   y ∂ y

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...

σ → x ,   y = x , y ,   4 - x - 2 y           →  

  ∂ σ → x ,   y ∂ x = 1,0 ,   - 1

∂ σ → x ,   y ∂ y = 0,1 ,   - 2

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

N → = ∂ σ → x ,   y ∂ x × ∂ σ → x ,   y ∂ y

N → = i → j → k → 1 0 - 1 0 1 - 2                 →

N → = k → - - 2   j → -   i → =

-

  i → + 2   j → + k →

Então

N → = 1 ,   2 ,   1

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

N → = 1 2 + 2 2 + 1 2

N → = 6

d S = 6 ��   d x d y

Passo 6

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 x e y ).

∬ S   1   d S = ∬ D   6     d u d v =

6 ∬ D     d u d v

Epa! Essa integral dupla aí é a área da região D e como a ela é uma circunferência...

∬ S   1   d S = 6 π r 2

O raio dela é 2 ...

∬ S   1   d S = 6 π 2 2 =

4 6 π

Resposta

4 6 π

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