Parametrize as superfícies dadas pelos conjuntos:
S=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} / 4 x^{2}+3 y^{2}=1\right\}.

Passo 1

O enunciado dá o conjunto
S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid 4x^2+3y^2=1\}.
O que se pede: encontrar uma parametrização da superfície S, ou seja, uma aplicação \Phi(u,v) de um domínio em \mathbb{R}^2 que cubra exatamente os pontos de S. Vou listar as informações úteis fornecidas:
  • A equação envolve apenas x e y: 4x^2+3y^2=1.
  • Não há nenhuma condição sobre z no enunciado.
  • A tarefa é construir \Phi(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) tal que todo ponto da imagem satisfaça a equação dada e que toda solução da equação seja atingida por algum (u,v) do domínio escolhido.

Passo 2

Interpretando a equação em x e y: reescrevo para ver formato de elipse. Divido os dois lados por 1:
4x^2+3y^2=1\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x^2}{1/4}+\frac{y^2}{1/3}=1.
Isso mostra que, para cada z fixo, a seção em plano xy é uma elipse com semi-eixos
a=\frac{1}{2},\qquad b=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Como a equação não restringe z, a superfície é uma cilindro elíptico: a mesma elipse “se estende” ao longo do eixo z.

Passo 3

Parametrização padrão da elipse: se \,a e \,b são os semi-eixos, uma parametrização da elipse é
x=a\cos u,\qquad y=b\sin u,
porque \cos^2 u+\sin^2 u=1 garante que a equação da elipse seja satisfeita. Aplicando isso ao nosso caso com a=\tfrac{1}{2} e b=\tfrac{1}{\sqrt{3}}, tomo u como parâmetro angular da elipse e v como o parâmetro ao longo de z. Assim proponho
\Phi(u,v)=\left(\tfrac{1}{2}\cos u,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin u,\;v\right).

Passo 4

Verificação direta de que \Phi realmente manda para S. Substituo x(u,v) e y(u,v) na equação:
4\bigl(\tfrac{1}{2}\cos u\bigr)^2 + 3\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin u\bigr)^2 =4\cdot\tfrac{1}{4}\cos^2 u + 3\cdot\tfrac{1}{3}\sin^2 u =\cos^2 u+\sin^2 u=1.
Logo todo ponto \Phi(u,v) satisfaz 4x^2+3y^2=1. E como u percorre [0,2\pi) a parametrização percorre toda a elipse no plano xy e v\in\mathbb{R} cobre todas as alturas z, a imagem de \Phi é exatamente S.

Passo 5

Mostro que a parametrização é regular (útil para aplicações: superfície diferenciável sem “pontos degenerados”). Calculo as derivadas parciais:
\partial_u\Phi(u,v)=\left(-\tfrac{1}{2}\sin u,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\cos u,\;0\right), \qquad \partial_v\Phi(u,v)=(0,0,1).
O produto vetorial dá um vetor normal (não nulo):
\partial_u\Phi\times\partial_v\Phi=\left(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\cos u,\;\tfrac{1}{2}\sin u,\;0\right).
A norma desse vetor é
\sqrt{\tfrac{1}{3}\cos^2 u+\tfrac{1}{4}\sin^2 u},
que é sempre positiva (não podem simultaneamente \cos u e \sin u ser zero). Portanto \Phi é regular para todo u,v.

Passo 6

Domínio e observações finais: escolha usual do domínio é
u\in[0,2\pi),\qquad v\in\mathbb{R}.
Essa parametrização é simples, suave e cobre toda a superfície. Alternativas equivalentes existem (por exemplo usando \sin e \cos trocados, ou deslocando u por uma constante), mas a apresentada é a mais direta.

Resposta

\Phi(u,v)=\left(\tfrac{1}{2}\cos u,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin u,\;v\right),\quad u\in[0,2\pi),\;v\in\mathbb{R}.

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