Seja S a superfície do paraboloide z=x^{2}+y^{2} com 0 \leq z \leq 1. Calcule a área de S usando o Teorema de Stokes, escolhendo um campo vetorial \mathbf{F} adequado.

Passo 1

O enunciado dá a superfície S que é o paraboloide z=x^{2}+y^{2} com 0\le z\le1. Ou seja, S é a porção do gráfico de z=x^{2}+y^{2} sobre o disco do plano z=0 cuja projeção no plano xy é o disco D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le1\}.
O que se pede: calcular a área de S.
Informações relevantes fornecidas:
  • A superfície S é dada explicitamente por z=f(x,y)=x^{2}+y^{2} com projeção D no plano xy sendo o disco de raio 1.
  • A fronteira \partial S é a curva C definida por x^{2}+y^{2}=1 e z=1 (círculo de raio 1 na altura z=1).
  • Deve-se usar o Teorema de Stokes, escolhendo um campo vetorial \mathbf{F} adequado.

Passo 2

Estratégia e ideia física do uso de Stokes (sem cálculos ainda).
O Teorema de Stokes afirma que, para uma superfície orientada por uma normal \mathbf{n} e um campo vetorial \mathbf{F} suficientemente suave,
\iint_{S} (\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS \;=\; \oint_{\partial S} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.
Se conseguirmos escolher \mathbf{F} tal que (\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}=1 ponto a ponto em S, então a integral de superfície do lado esquerdo será exatamente a área de S, pois
\iint_{S} 1\,dS = \text{Área}(S).Á
Para trabalhar com mais facilidade é conveniente usar a expressão do elemento vetorial de área via parametrização por x,y. Para a superfície z=f(x,y) a área vetorial orientada é
\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y\,dA = (-f_x,\,-f_y,\,1)\,dA.
Assim, se encontrarmos um campo \mathbf{F} cujo rotor \nabla\times\mathbf{F} satisfaça
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(-f_x,-f_y,1)=\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}},
então usando a parametrização por dA a integral será a área. No caso do nosso paraboloide temos f_x=2x, f_y=2y, então
\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y = (-2x,-2y,1),
e o módulo (o elemento escalar de área) é |\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y|=\sqrt{1+4x^2+4y^2}.
Para simplificar a construção, vamos procurar um vetor \mathbf{G}=\nabla\times\mathbf{F} que seja radialmente simétrico e tal que
\mathbf{G}\cdot(-2x,-2y,1)=\sqrt{1+4x^2+4y^2}.
Uma escolha natural é tomar \mathbf{G} puramente na direção z, isto é
\mathbf{G}(x,y,z) = \bigl(0,0,\beta(r)\bigr), \qquad r=\sqrt{x^{2}+y^{2}},
porque então \mathbf{G}\cdot(-2x,-2y,1)=\beta(r). Para que esse produto seja \sqrt{1+4r^{2}} devemos exigir
\beta(r)=\sqrt{1+4r^{2}}.
Além disso é importante que exista um \mathbf{F} tal que \nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{G}. Uma condição necessária para que um campo \mathbf{G} seja rotor de algum \mathbf{F} é \nabla\cdot\mathbf{G}=0. No caso \mathbf{G}=(0,0,\beta(r)) temos
\nabla\cdot\mathbf{G}=\frac{\partial}{\partial x}0+\frac{\partial}{\partial y}0+\frac{\partial}{\partial z}\beta(r)=0,
pois \beta depende só de x,y (e não de z), logo \partial\beta/\partial z=0. Então \nabla\cdot\mathbf{G}=0 e, portanto, existe localmente um campo \mathbf{F} com \nabla\times\mathbf{F}=\mathbf{G}. Assim a escolha
\mathbf{G}(x,y,z)=(0,0,\sqrt{1+4(x^{2}+y^{2})})
é consistente e nos dá
(\nabla\times\mathbf{F})\cdot(\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y)=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}.
Pelo Teorema de Stokes teremos então
\text{Área}(S)=\iint_{S} 1\,dS =\iint_{S} (\nabla\times\mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r},Á
ou seja, a área de S pode ser obtida calculando a integral de linha de qualquer \mathbf{F} cujo rotor seja \mathbf{G} ao longo da curva limite C. Agora vamos construir explicitamente um \mathbf{F} conveniente e calcular a integral de linha.

Passo 3

Construção explícita de \mathbf{F} com \nabla\times\mathbf{F}=(0,0,\beta(r)), onde \beta(r)=\sqrt{1+4r^{2}}.
Procuramos um \mathbf{F} com simetria angular que não dependa de z e cuja componente azimutal seja proporcional à rotação padrão. Uma ansatz conveniente é
\mathbf{F}(x,y,z)=\left(-\dfrac{y}{2}\,B(r),\; \dfrac{x}{2}\,B(r),\;0\right),
onde B(r) é uma função escalar a determinar (a escolha dos fatores \pm y/2, x/2 segue a ideia de um campo circular). Vamos calcular a componente z do rotor de \mathbf{F}:
(\nabla\times\mathbf{F})_z =\frac{\partial}{\partial x}\Big(\frac{x}{2}B(r)\Big)-\frac{\partial}{\partial y}\Big(-\frac{y}{2}B(r)\Big).
Desenvolvendo e lembrando que B depende apenas de r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, obtemos
(\nabla\times\mathbf{F})_z = \frac{1}{2}B(r)+\frac{x}{2}\frac{\partial B}{\partial x} + \frac{1}{2}B(r)+\frac{y}{2}\frac{\partial B}{\partial y} = B(r) + \frac{1}{2}\bigl(xB_x+yB_y\bigr).
Como B_x = B'(r)\,\dfrac{x}{r} e B_y = B'(r)\,\dfrac{y}{r}, isto dá
(\nabla\times\mathbf{F})_z = B(r) + \frac{r}{2} B'(r).
Queremos que isto seja \beta(r)=\sqrt{1+4r^{2}}. Assim B deve satisfazer a ODE
B(r) + \frac{r}{2}B'(r) = \sqrt{1+4r^{2}}.
Esta é uma equação linear de primeira ordem para B. Reescrevendo:
B'(r) + \frac{2}{r}B(r) = \frac{2}{r}\sqrt{1+4r^{2}}.
O fator integrante é \mu(r)=\exp\!\left(\int \frac{2}{r}dr\right)=r^{2}. Multiplicando por r^{2} obtemos
\bigl(r^{2}B(r)\bigr)' = 2r\sqrt{1+4r^{2}}.
Integramos em r:
r^{2}B(r) = \int 2r\sqrt{1+4r^{2}}\,dr + C,
onde C é constante. Façamos a integral: coloque u=1+4r^{2}, então du=8r\,dr e r\,dr=du/8. Assim
\int 2r\sqrt{1+4r^{2}}\,dr = 2\int r\sqrt{u}\,\frac{du}{8r} = \frac{1}{4}\int u^{1/2}\,du = \frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}u^{3/2} = \frac{1}{6}(1+4r^{2})^{3/2}.
Portanto
r^{2}B(r)=\frac{1}{6}(1+4r^{2})^{3/2}+C.
Escolhemos a constante C de modo que B(r) seja finita em r=0. Observe que a expansão de (1+4r^{2})^{3/2} em r começa por 1+6r^{2}+\cdots, então a parte \tfrac{1}{6}(1+4r^{2})^{3/2} tem termo constante \tfrac{1}{6}. Para eliminar a singularidade B\sim \text{const}/r^{2} no centro, escolhemos C=-\tfrac{1}{6}. Assim
r^{2}B(r)=\frac{1}{6}\bigl((1+4r^{2})^{3/2}-1\bigr),
logo
B(r)=\frac{(1+4r^{2})^{3/2}-1}{6r^{2}},\qquad(r>0),
e o limite em r\to0 é finito (pode-se usar série ou L’Hôpital para ver que o limite existe), de modo que B é bem definida e suave no disco.
Portanto um campo \mathbf{F} que serve é
\mathbf{F}(x,y,z)=\left(-\dfrac{y}{2}\,B(r),\; \dfrac{x}{2}\,B(r),\;0\right), \qquad B(r)=\frac{(1+4r^{2})^{3/2}-1}{6r^{2}}.
Por construção \nabla\times\mathbf{F}=(0,0,\sqrt{1+4r^{2}}).

Passo 4

Aplicação do Teorema de Stokes e cálculo da integral de linha na fronteira.
Pelo Teorema de Stokes,
\text{Área}(S)=\iint_{S}1\,dS =\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.Á
A fronteira \partial S é o círculo C dado por
\mathbf{r}(t)=(\cos t,\;\sin t,\;1),\qquad 0\le t\le 2\pi,
com velocidade \mathbf{r}'(t)=(-\sin t,\;\cos t,\;0). Sobre C tem-se r=1, então B(1) é constante ao longo da curva:
B(1)=\frac{(1+4\cdot1^{2})^{3/2}-1}{6\cdot1^{2}}=\frac{5^{3/2}-1}{6}=\frac{5\sqrt{5}-1}{6}.
Assim no círculo
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))=\left(-\dfrac{\sin t}{2}B(1),\;\dfrac{\cos t}{2}B(1),\;0\right).
O produto escalar com \mathbf{r}'(t) é
\mathbf{F}(\mathbf{r}(t))\cdot\mathbf{r}'(t) = \left(-\frac{\sin t}{2}B(1)\right)(-\sin t) + \left(\frac{\cos t}{2}B(1)\right)(\cos t) = \frac{B(1)}{2}\,(\sin^{2}t+\cos^{2}t) = \frac{B(1)}{2}.
Logo a integral de linha é
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \int_{0}^{2\pi} \frac{B(1)}{2}\,dt = \frac{B(1)}{2}\cdot 2\pi = \pi\,B(1).
Substituindo B(1)=\dfrac{5\sqrt{5}-1}{6} obtemos
\text{Área}(S)=\pi\cdot\frac{5\sqrt{5}-1}{6}=\frac{\pi}{6}\bigl(5\sqrt{5}-1\bigr).Á

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{6}\bigl(5\sqrt{5}-1\bigr)

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