Questão 1(2,5) : Calcule
\iint_{S}(z-3 x-4 y) d S
em que S é a superfície delimitada pelo triângulo de vértices (0,0,2),(1,0,1) e (1,1,1).

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral superficial
\iint_{S}(z-3x-4y)\,dS
onde S é a superfície plana limitada pelo triângulo de vértices (0,0,2), (1,0,1) e (1,1,1).
Informações dadas:
  • Vértices do triângulo em \mathbb{R}^3: (0,0,2), (1,0,1), (1,1,1).
  • A função a integrar sobre a superfície é g(x,y,z)=z-3x-4y.
  • A superfície S é a face triangular determinada por esses três pontos.
O objetivo é transformar essa integral de superfície numa integral dupla sobre uma região no plano xy (ou outra parametrização conveniente) e calcular o valor numérico.

Passo 2

Primeiro vamos achar a equação do plano que contém os três vértices. Para isso formam-se dois vetores diretores do plano usando os pontos:
\vec{v}_1=(1,0,1)-(0,0,2)=(1,0,-1), \qquad \vec{v}_2=(1,1,1)-(0,0,2)=(1,1,-1).
O vetor normal ao plano é o produto vetorial \vec{n}=\vec{v}_1\times\vec{v}_2. Calculando:
\vec{n}=\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\\\ 1 & 0 & -1 \\\\ 1 & 1 & -1 \end{vmatrix} =(0\cdot(-1)-(-1)\cdot1)\,\mathbf{i}- (1\cdot(-1)-(-1)\cdot1)\,\mathbf{j}+(1\cdot1-0\cdot1)\,\mathbf{k}.
Isso dá
\vec{n}=(1)\,\mathbf{i} - (0)\,\mathbf{j} + (1)\,\mathbf{k}=(1,0,1).

Passo 3

Usando a forma normal do plano, com ponto (0,0,2), temos:
\vec{n}\cdot\bigl((x,y,z)-(0,0,2)\bigr)=0
ou seja
1\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot(z-2)=0 \quad\Rightarrow\quad x+z-2=0.
Portanto a equação do plano é
z=2-x.
Observação útil: o plano não depende de y, isto é, z é função linear simples de x apenas.

Passo 4

Agora percebemos que S é o gráfico da função
f(x,y)=2-x
sobre a região D do plano xy que é a projeção do triângulo. Projetando os três vértices sobre o plano xy (ou seja, eliminando a coordenada z), obtemos os pontos
(0,0),\quad (1,0),\quad (1,1).
Logo D é o triângulo no plano xy com vértices (0,0),(1,0),(1,1).

Passo 5

Usaremos a fórmula padrão para integral de uma função escalar g(x,y,z) sobre a superfície que é gráfico z=f(x,y):
\iint_{S} g(x,y,z)\,dS = \iint_{D} g\bigl(x,y,f(x,y)\bigr)\,\sqrt{1+f_x(x,y)^2+f_y(x,y)^2}\,dA.
Explicação didática curta: a parametrização natural é \mathbf{r}(x,y)=(x,y,f(x,y)). Os vetores tangentes são \mathbf{r}_x=(1,0,f_x) e \mathbf{r}_y=(0,1,f_y). O elemento de área dS é |\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y|\,dA, e esse módulo dá \sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA. Aqui f_x é a derivada parcial de f em relação a x e f_y a derivada parcial em relação a y.

Passo 6

Calculemos as derivadas parciais de f(x,y)=2-x:
f_x(x,y)=-1,\qquad f_y(x,y)=0.
Portanto
\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+(-1)^2+0^2}=\sqrt{2}.

Passo 7

Substituímos z=f(x,y)=2-x na função a integrar:
g\bigl(x,y,f(x,y)\bigr) = f(x,y)-3x-4y = (2-x)-3x-4y = 2-4x-4y.
Assim a integral sobre S vira
\iint_{S}(z-3x-4y)\,dS = \iint_{D} (2-4x-4y)\,\sqrt{2}\,dA = \sqrt{2}\iint_{D} (2-4x-4y)\,dA.

Passo 8

Descrever a região D convenientemente para integrar: o triângulo com vértices (0,0),(1,0),(1,1) pode ser escrito em coordenadas como
D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\\\ 0\le y\le x\},
pois a hipotenusa é a reta y=x entre x=0 e x=1.
Montamos a integral iterada:
\iint_{D} (2-4x-4y)\,dA = \int_{x=0}^{1}\left(\int_{y=0}^{x} (2-4x-4y)\,dy\right)dx.

Passo 9

Calculemos a integral interna em y:
\int_{y=0}^{x} (2-4x-4y)\,dy = (2-4x)\,y -4\cdot\frac{y^2}{2}\Big|_{0}^{x} = (2-4x)x -2x^2 = 2x-4x^2-2x^2 = 2x-6x^2.
Agora integramos em x:
\int_{0}^{1} (2x-6x^2)\,dx =\left[x^2-2x^3\right]_{0}^{1} =1-2=-1.
Portanto
\iint_{D} (2-4x-4y)\,dA = -1.

Resposta

-\sqrt{2}

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