Calcule

∬ S   x z   d y ∧ d z + z y 2 d z ∧ d x + y 2 2 d x ∧ d y

Onde

S = { x , y , z ∈ R 3 | x 2 + y 2 + z 2 = 4 ,   x 2 + y 2 ≤ 2 x ,   z ≥ 0

Orientada pela normal N → com N → . k → > 0 .

Passo 1

Antes de tudo, vamos pensar que superfície é essa do problema. Temos uma esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 com z ≥ 0 , portanto, apenas a casca de cima da esfera.

Temos ainda que x 2 + y 2 ≤ 2 x . Isso é a equação de um cilindro deslocado, é essa equação que limita nossa superfície no plano x y .

Nossa superfície é, portanto, a porção da casca superior da esfera que está contida dentro desse cilindro.

Passo 2

Agora vamos parametrizar essa superfíce. Vamos usar logo x e y como parâmetros, para ser mais simples:

φ x , y = ( x , y ,   4 - x 2 - y 2 )

Como ja dissemos, o que limita nossa superfície no plano x y é o cilindro, portanto, o domínio D dessa parametrização é

x 2 + y 2 ≤ 2 x

Passo 3

Agora temos que calcular a normal ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y

Temos:

∂ φ ∂ x = 1 ,   0 ,   - x 4 - x 2 - y 2

∂ φ ∂ y = ( 0,1 , - y 4 - x 2 - y 2 )

∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y = i ^ j ^ k ^ 1 0 - x 4 - x 2 - y 2 0 1 - y 4 - x 2 - y 2 = x 4 - x 2 - y 2 ,   y 4 - x 2 - y 2 , 1

Bom, como o problema diz que a normal aponta para cima N → . k → > 0 , e temos a coordenada z positiva nesse vetor, sabemos que é esse mesmo o que queremos.

Passo 4

Agora, para calcular essa integral, vamos usar a seguinte fórmula:

∬ S   F → . n → d S = ∬ D   F → φ x , y ∂ φ ∂ x × ∂ φ ∂ y d x d y

Aplicando os valores que nós temos:

∬ S   F → ⋅ n → d S = ∬ D   F → φ x , y . x 4 - x 2 - y 2 ,   y 4 - x 2 - y 2 , 1 d x d y

Escrevendo o campo em função das variáveis da parametrização, temos:

x z   d y ∧ d z + z y 2 d z ∧ d x + y 2 2 d x ∧ d

F → x , y , z = x z , z y 2 , y 2 2

φ x , y = ( x , y ,   4 - x 2 - y 2 )

F → φ x , y = x 4 - x 2 - y 2 , y 2 4 - x 2 - y 2 , y 2 2

A integral fica então

= ∬ D   x 4 - x 2 - y 2 , y 2 4 - x 2 - y 2 , y 2 2 . x 4 - x 2 - y 2 ,   y 4 - x 2 - y 2 , 1 d x d y =

= ∬ D   x 2 + y 2 2 + y 2 2 d x d y =

= ∬ D   x 2 + y 2 d x d y =

Passo 5

Beleza, agora precisamos escrever essa região D , dada por

x 2 + y 2 ≤ 2 x

Bom, como se trata de uma circunferência (onde o cilindro corta o plano x y ), vamos usar coordenadas polares:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

Aplicando na nossa equação, isso nos dá

r cos ⁡ θ 2 + r   s e n   θ 2 = 2   r cos ⁡ θ

r 2 = 2 r cos ⁡ θ

r = 2 cos ⁡ θ

Essa é a equação da circunferência deslocada em coordenadas polares. Como r varia desde a origem onde r = 0 até a circunferência, temos 0 ≤ r ≤ 2 cos ⁡ θ .

Agora no intervalo de θ vamos pensar um pouquinho. Temos x 2 + y 2 = 2 x . Como o lado esquerdo dessa equação é sempre positivo (ou nulo), sabemos que 2 x ≥ 0 , logo, x ≥ 0 . Isso quer dizer que o círculo está no 1º e no 4º quadrantes do plano cartesiano.

Portanto, podemos escrever - π 2 ≤ θ ≤ π 2 .

Substituindo na integral, isso nos dá

= ∬ D   x 2 + y 2 d x d y =

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

= ∫ - π 2 π 2 ∫ 0 2 cos ⁡ θ r 3   d r d θ =

Passo 6

Agora temos que resolver isso aí

= 1 4 ∫ - π 2 π 2 r 4 0 2 cos ⁡ θ d θ =

= 4 ∫ - π 2 π 2 cos 4 ⁡ θ d θ =

Beleza, agora, precisamos usar aquela fórmula de arco duplo:

cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2

= 4 ∫ - π 2 π 2 1 + cos ⁡ 2 θ 2 2 d θ =

= ∫ - π 2 π 2 1 + 2 cos ⁡ 2 θ + cos 2 ⁡ 2 θ d θ =

Usando a fórmula mais uma vez, temos:

= ∫ - π 2 π 2 1 + 2 cos ⁡ 2 θ + 1 + cos ⁡ 4 θ 2 d θ =

= ∫ - π 2 π 2 3 2 + 2 cos ⁡ 2 θ + cos ⁡ 4 θ 2 d θ =

= 3 θ 2 + s e n   2 θ + 1 8 s e n   4 θ - π 2 π 2 =

= 3 π 4 + 0 + 0 - - 3 π 4 + 0 + 0 =

= 3 π 2

Resposta

3 π 2

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