\_\_\_\_ Questão 2.
(2.5 pt) Seja S a parte da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=9 que está dentro do cilindro y^{2}+z^{2}=1 e contida no semi-espaço x>0. Calcule a integral \iint_{S} x d S.
Dica: Parametrize a superfície como um gráfico de função da forma x=f(y, z) e depois use coordenadas polares.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral de superfície
\iint_{S} x\,dS
onde S é a parte da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=9 que está dentro do cilindro y^{2}+z^{2}=1 e contida no semi-espaço x>0.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\begin{aligned} &\text{Esfera: } x^{2}+y^{2}+z^{2}=9.\\\ &\text{Cilindro: } y^{2}+z^{2}=1 \quad\text{(a superfície \(S\) está dentro desse cilindro, ou seja, }y^{2}+z^{2}\le 1\text{).)}\\ &\text{Restrição: } x>0 \quad\text{(logo usamos a ramo positivo da esfera, }x=\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}\text{).}\\ &\text{Quantidade a calcular: } \iint_{S} x\,dS. \end{aligned}íáçã

Passo 2

Escolha da parametrização sugerida: escrever a superfície como gráfico da forma x=f(y,z). Neste caso, a parte da esfera com x>0 é bem escrita como
x=f(y,z)=\sqrt{9-y^{2}-z^{2}},
definida no disco
D=\{(y,z)\mid y^{2}+z^{2}\le 1\}.
Explicação do porquê: representar a superfície como x=f(y,z) permite transformar a integral de superfície em uma integral dupla sobre o domínio D no plano (y,z), usando a fórmula do elemento de área para um gráfico.

Passo 3

Fórmula do elemento de área para um gráfico x=f(y,z):
Se uma superfície é dada por (x,y,z)=(f(y,z),y,z) com (y,z) variando em D, então o elemento de área é
dS=\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial z}\right)^{2}}\,dy\,dz.
Explicação didática: a fórmula vem de calcular os vetores tangentes \partial \mathbf{r}/\partial y e \partial \mathbf{r}/\partial z, formar o produto vetorial e tirar a norma; o resultado é essa raiz quadrada que mede estiramento da área do plano (y,z) para a superfície.
Agora aplicamos à nossa função f(y,z)=\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}. Calculamos as derivadas parciais (mostrando cada passo):
\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{d}{dy}\big(9-y^{2}-z^{2}\big)^{1/2} =\frac{1}{2}(9-y^{2}-z^{2})^{-1/2}\cdot(-2y) =-\frac{y}{\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}}.
De modo análogo,
\frac{\partial f}{\partial z} =-\frac{z}{\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}}.

Passo 4

Substituímos essas derivadas na fórmula de dS:
\begin{aligned} 1+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial z}\right)^{2} &=1+\frac{y^{2}}{9-y^{2}-z^{2}}+\frac{z^{2}}{9-y^{2}-z^{2}}\\[6pt] &=1+\frac{y^{2}+z^{2}}{9-y^{2}-z^{2}}\\[6pt] &=\frac{9-y^{2}-z^{2}+y^{2}+z^{2}}{9-y^{2}-z^{2}}\\[6pt] &=\frac{9}{9-y^{2}-z^{2}}. \end{aligned}
Logo
dS=\sqrt{\frac{9}{9-y^{2}-z^{2}}} \,dy\,dz=\frac{3}{\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}}\,dy\,dz.]

Passo 5

Montagem da integral. Como x=f(y,z)=\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}, o integrando x\,dS fica
x\,dS=\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}\cdot\frac{3}{\sqrt{9-y^{2}-z^{2}}}\,dy\,dz=3\,dy\,dz.
Observação importante (muito útil na prova): houve um cancelamento elegante—o fator \sqrt{9-y^{2}-z^{2}} do x cancela o denominador de dS, deixando uma constante. Isso simplifica tudo.
Assim a integral sobre S reduz-se à integral dupla sobre o disco D:
\iint_{S} x\,dS=\iint_{D} 3\,dy\,dz = 3\iint_{D} dy\,dz.

Passo 6

Troca para coordenadas polares no plano (y,z). Definimos
\begin{aligned} y&=r\cos\theta,\\\ z&=r\sin\theta, \end{aligned}
com 0\le r\le 1 e 0\le\theta\le 2\pi, porque D é o disco de raio 1. O elemento de área no plano é dy\,dz = r\,dr\,d\theta (esta é a jacobiana das coordenadas polares — pense que estreitamente cada pequeno retângulo vira um anel com comprimento r\,d\theta).
Substituindo:
\iint_{S} x\,dS = 3\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} r\,dr\,d\theta.

Passo 7

Calculamos a integral iterada:
\begin{aligned} 3\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} r\,dr\,d\theta &=3\int_{0}^{2\pi}\left[\frac{r^{2}}{2}\right]_{0}^{1} d\theta\\[6pt] &=3\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\,d\theta\\[6pt] &=3\cdot\frac{1}{2}\cdot(2\pi)\\[6pt] &=3\pi. \end{aligned}]

Resposta

\;3\pi

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