Questão 11. Considere o cone S_{\varphi}, de equação z=\cot (\varphi) \sqrt{x^{2}+y^{2}}, e o plano P_{\gamma}, cujo vetor normal faz um ângulo \gamma com eixo z. Suponhamos que \gamma<\frac{\pi}{2}-\varphi, de forma que a interseção de P_{\gamma} com S_{\varphi} seja uma elipse. Denotemos por S_{1} a região contida em S_{\varphi} limitada por P_{\gamma} e por S_{2} a região contida em P_{\gamma} limitada por S_{\varphi}. Mostre que
\frac{A\left(S_{1}\right)}{A\left(S_{2}\right)}=\frac{\cos \gamma}{\operatorname{sen} \varphi}

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que está descrito abaixo:
  • Temos o cone S_{\varphi} de equação
z=\cot(\varphi)\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
  • Existe um plano P_{\gamma} cujo vetor normal faz um ângulo \gamma com o eixo z.
  • Supõe-se \gamma<\frac{\pi}{2}-\varphi, de modo que P_{\gamma}\cap S_{\varphi} é uma elipse.
  • Denotamos por S_{1} a porção da superfície do cone S_{\varphi} limitada por P_{\gamma} (ou seja, a “casquinha” do cone cortada pelo plano).
  • Denotamos por S_{2} a região do plano P_{\gamma} limitada por essa elipse (ou seja, a região elíptica dentro do plano).
O que se pede mostrar:
\frac{A\left(S_{1}\right)}{A\left(S_{2}\right)}=\frac{\cos\gamma}{\operatorname{sen}\varphi}.

Passo 2

Escolha do método (explicação didática):
  • Vou projetar as duas regiões sobre o plano horizontal z=0 (o plano xy). A ideia é que tanto a área do pedaço do cone quanto a área da elipse no plano podem ser expressas em termos da área de sua projeção no plano xy. Assim a razão entre as áreas tende a simplificar, porque a mesma área projetada aparece em ambas as expressões multiplicada por fatores geométricos simples.
  • Esta escolha é conveniente porque a superfície do cone é um gráfico z=f(x,y) com gradiente de módulo constante, o que simplifica muito a expressão da área da superfície.

Passo 3

Fórmula da área de uma superfície gráfica e interpretação:
  • Se uma superfície é o gráfico z=f(x,y) sobre uma região D do plano xy, a área dessa superfície é dada por
A_{\text{superf}}=\iint_{D}\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}\;dA_{xy},
onde f_x e f_y são as derivadas parciais de f em relação a x e y, e dA_{xy} é o elemento de área no plano xy.
  • Explicação do porquê: geometricamente, cada pequeno retângulo no xy de área dA_{xy} gera um pequeno paralelogramo na superfície cuja área é \sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA_{xy}. Isso vem do comprimento dos vetores tangentes e do produto vetorial.

Passo 4

Aplicação ao cone: calcular f_x, f_y e o fator de escala
  • No nosso caso f(x,y)=\cot(\varphi)\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Para simplificar, ponha
k=\cot(\varphi).
Assim f(x,y)=k\sqrt{x^{2}+y^{2}}=k\,r, onde r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
  • Calculemos as derivadas parciais (mostrando passo a passo):
f_x = k\frac{\partial}{\partial x}\bigl(\sqrt{x^2+y^2}\bigr) = k\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=k\frac{x}{r},
f_y = k\frac{y}{r}.
  • Então o quadrado do módulo do gradiente é
f_x^{2}+f_y^{2}=k^{2}\frac{x^{2}+y^{2}}{r^{2}}=k^{2}.
Note que isso é independente de (x,y): o módulo do gradiente é constante e igual a |k|.
  • Portanto o fator dentro da raiz que aparece na fórmula da área é constante:
\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}=\sqrt{1+k^{2}}.

Passo 5

Expressão da área A(S_{1}) em função da projeção no plano xy
  • Seja D a projeção no plano xy da elipse P_{\gamma}\cap S_{\varphi}. Então a porção do cone S_{1} é exatamente o gráfico z=f(x,y) sobre D.
  • Pela fórmula da área de superfície,
A\bigl(S_{1}\bigr)=\iint_{D}\sqrt{1+k^{2}}\;dA_{xy}=\sqrt{1+k^{2}}\;\iint_{D}dA_{xy}.
  • Denotando A_{xy}:=\iint_{D}dA_{xy} (a área da projeção no plano xy), obtemos
A\bigl(S_{1}\bigr)=\sqrt{1+k^{2}}\;A_{xy}.

Passo 6

Relação entre a área A(S_{2}) da elipse no plano P_{\gamma} e sua projeção A_{xy}
  • Seja n o vetor normal unitário ao plano P_{\gamma}. Denotemos sua componente na direção z por n_{z}. Geometricamente, a projeção ortogonal de uma área infinitesimal dA_{P} no plano P_{\gamma} sobre o plano xy tem área |n_{z}|\,dA_{P}. Em outras palavras,
dA_{xy}=|n_{z}|\,dA_{P}.
Isto decorre do fato de que a componente z do vetor área é n_{z}dA_{P} e corresponde à área da projeção sobre xy.
  • Integrando sobre a região elíptica, obtemos
A_{xy}=|n_{z}|\;A\bigl(S_{2}\bigr).
  • Portanto
A\bigl(S_{2}\bigr)=\frac{A_{xy}}{|n_{z}|}.

Passo 7

Combinar as duas expressões e substituir k=\cot\varphi
  • A razão procurada é
\frac{A\left(S_{1}\right)}{A\left(S_{2}\right)} =\frac{\sqrt{1+k^{2}}\;A_{xy}}{A_{xy}/|n_{z}|} =|n_{z}|\;\sqrt{1+k^{2}}.
  • Substituindo k=\cot(\varphi) e usando a identidade trigonométrica 1+\cot^{2}\varphi=\csc^{2}\varphi, obtemos
\sqrt{1+k^{2}}=\sqrt{1+\cot^{2}\varphi}=\csc\varphi=\frac{1}{\operatorname{sen}\varphi}.
  • Logo
\frac{A\left(S_{1}\right)}{A\left(S_{2}\right)}= \frac{|n_{z}|}{\operatorname{sen}\varphi}.

Passo 8

Relacionar n_{z} com o ângulo \gamma e conclusão
  • Pelo enunciado, o vetor normal do plano faz ângulo \gamma com o eixo z. Para um vetor unitário n, a componente na direção z é exatamente o cosseno desse ângulo:
n_{z}=\cos\gamma.
  • Como \gamma<\frac{\pi}{2}-\varphi implica \gamma<\frac{\pi}{2}, temos \cos\gamma>0 e portanto |n_{z}|=n_{z}=\cos\gamma.
  • Substituindo em (Passo 7) obtemos
\frac{A\left(S_{1}\right)}{A\left(S_{2}\right)}=\frac{\cos\gamma}{\operatorname{sen}\varphi}.

Resposta

\displaystyle \frac{\cos\gamma}{\operatorname{sen}\varphi}

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