Calcule as seguintes integrais de superfícies:

h ) ∫ ∫ S x + 1 d σ , onde S é a parte de z = x 2 + y 2 limitada por x 2 + y 2 = 2 y .

Passo 1

Fala aí pessoal, tudo bom?

Nessa questão temos que calcular a nossa famosa integral de superfície no caso escalar (não temos um campo vetorial).

Vocês lembram a receita do bolo pra calcular esse tipo de integral?

Hahaha! Então bora dar uma revisada nos passos!

Imagina que temos que calcular:

∫ ∫ S f x , y , z d S

1 )   Parametrizar a superfície S

ϕ ( u , v )

2 )   Escrever a função f ( x , y , z ) como função da parametrização

f ϕ u , v

3 )   Calcular o módulo do vetor normal à superfície, usando que:

N → = ∂ ϕ ∂ u × ∂ ϕ ∂ v

4 )   Montar a integral:

∫ ∫ S f x , y , z d S = ∫ ∫ D f ϕ u , v ∂ ϕ ∂ u × ∂ ϕ ∂ v d u d v

5 )   Resolver como uma integral dupla normal!

Show de bola gente! Essa é a receitinha de bolo pra gente matar qualquer integral de superfície no caso escalar.

Então, bora usar essa ideia na integral pedida no enunciado e matar mais um item 😊

Passo 2

Nesse item, temos:

∫ ∫ S x + 1 d σ

Ou seja, aqui vale:

f x , y , z = x + 1

Além disso, a superfície S é a parte de z = x 2 + y 2 limitada por x 2 + y 2 = 2 y .

Massa! Vamo seguir a nossa receita de bolo que vai dar tudo certo 😊

1 )   Parametrizar a superfície S :

Precisamos parametrizar a superfície S .

Podemos utilizar a parametrização explícita, assim vamos ter:

z = x 2 + y 2

Logo, a função da parametrização fica:

ϕ x , y = x , y , x 2 + y 2

O problema dessa parametrização é que fica difícil determinar o intervalo de variação de x e de y . Como S é limitada por

x 2 + y 2 = 2 y

Precisaremos utilizar uma mudança de variáveis depois pra analisar melhor esses intervalos. Mas, vamos um passo de cada vez, beleza?

2 )   Escrever a função f ( x , y , z ) como função da parametrização:

Como vimos que:

f x , y , z = x + 1

Como x é um dos nossos parâmetros, essa função não é alterada:

f ϕ x , y = x + 1

Show de bola! Vamos para a próxima etapa.

Passo 3

Agora temos a etapa 3 :

3 )   Calcular o módulo do vetor normal à superfície, usando que:

Como usamos a parametrização explícita, tem um truque muito bom pra calcular a normal rapidamente:

N → = d z d x 2 + d z d y 2 + 1

Como z = x 2 + y 2 , vamos ter:

d x 2 + y 2 d x = 1 2 ⋅ 2 x x 2 + y 2

Analogamente:

d x 2 + y 2 d y = 1 2 ⋅ 2 y x 2 + y 2

Daí:

N → = 1 2 ⋅ 2 x x 2 + y 2 2 + 1 2 ⋅ 2 y x 2 + y 2 2 + 1

N → = x x 2 + y 2 2 + y x 2 + y 2 2 + 1

= x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 1

= 2

Perfeito!

Vamos para a próxima etapa:

4 )   Montar a integral:

∫ ∫ S f x , y , z d S = ∫ ∫ D f ϕ u , v ∂ ϕ ∂ u × ∂ ϕ ∂ v d u d v

Vamos ter:

∫ ∫ S f x , y , z d S = ∫ ∫ D x + 1 2 d x d y

Show! Nossa missão então é resolver essa integral.

Passo 4

Vamos lá então, queremos resolver:

∫ ∫ D x + 1 2 d x d y

O problema é que não sabemos como varia x e y , mas sabemos que eles são limitados por:

x 2 + y 2 = 2 y

∴ x 2 + y 2 - 2 y = 0

Completando quadrados, vamos ter:

x 2 + y 2 - 2 y + 1 - 1 = 0

∴ x 2 + y - 1 2 = 1

Ou seja, a região D é uma circunferência. Logo, podemos usar a parametrização usual:

x = r c o s   θ y = 1 + r s e n   θ

onde:

0 ≤ r ≤ 1

0 ≤ θ ≤ 2 π

Massa! Vamos fazer essa mudança de variáveis, mas para isso precisamos calcular o jacobiano.

J = ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ

= cos ⁡ θ - r s e n   θ s e n   θ r c o s   θ

= r c o s 2 θ + r s e n 2 θ

Logo:

J = r

Perfeito! Reescrevendo a integral, teremos:

∫ ∫ D x + 1 2 d x d y

= 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r c o s   θ + 1 r d r d θ

= 2 ⋅ ∫ 0 2 π r 3 3 c o s θ + r 2 2 0 1 d θ

= 2 ⋅ ∫ 0 2 π ( c o s θ 3 + 1 2 )   d θ

Resolvendo a segunda integral, ficamos com:

2 ⋅ s e n θ 3 + θ 2 0 2 π

= 2 ⋅ π

Portanto galera, a integral de superfície dada nesse item vale:

∫ ∫ S x + 1 d σ = 2 ⋅ π

Ufaaa! Terminamos!

Curtiram a solução? Responde Aí!

Resposta

2 π

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