Seja f: K \subset \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} de classe C^{1} em K. Mostre que a área da superfície z=f(x, y) é dada pela fórmula
\iint_{K} \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
Calcule a área da superfície z=x y que se encontra dentro do cilindro x^{2}+y^{2}=1.

Passo 1

O enunciado dá que f:K\subset\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} é de classe C^1 em K e pede duas coisas: (i) mostrar que a área da superfície z=f(x,y) sobre o domínio K é dada por
\iint_{K} \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,
e (ii) calcular a área da superfície z=xy que está dentro do cilindro x^{2}+y^{2}=1 (ou seja, sobre o disco unitário D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1\}).\n
As informações relevantes: f é C^1 (logo as derivadas parciais existem e são contínuas), e o domínio para o segundo item é o disco unitário. A resolução começa a partir dessa descrição.

Passo 2

Ideia geométrica e parametrização: vamos ver a superfície como imagem da parametrização \mathbf{r}(x,y) que toma cada ponto do plano (x,y)\in K para o ponto da superfície (x,y,f(x,y)) em \mathbb{R}^3. Escrevemos
\mathbf{r}(x,y) = (x,\; y,\; f(x,y)).
Explicando devagar: a superfície é o gráfico de f, e parametrizamos por coordenadas naturais (x,y). A área de uma pequena parte da superfície pode ser aproximada pela área do paralelogramo gerado pelos vetores tangentes \mathbf{r}_x\,\mathrm{d}x e \mathbf{r}_y\,\mathrm{d}y, onde \mathbf{r}_x e \mathbf{r}_y são as derivadas parciais de \mathbf{r} em relação a x e y.

Passo 3

Calcular os vetores tangentes: como \mathbf{r}(x,y)=(x,y,f(x,y)), temos (cada componente é uma função; todas as expressões matemáticas estão entre ...)
\mathbf{r}_x(x,y) = \left(1,\;0,\;\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\right), \qquad \mathbf{r}_y(x,y) = \left(0,\;1,\;\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right).
Interpretação: \mathbf{r}_x aponta na direção em que x varia, \mathbf{r}_y na direção em que y varia; ambos tangenciam o gráfico e geram o paralelogramo que aproxima a área local.

Passo 4

Área elementar pela norma do produto vetorial: a área do paralelogramo gerado por \mathbf{r}_x\,\mathrm{d}x e \mathbf{r}_y\,\mathrm{d}y é
\left\|\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y\right\|\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.
Vamos calcular o produto vetorial \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y. Fazendo o cálculo (determinante da matriz dos vetores):
\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\\\ 1 & 0 & f_x \\\\ 0 & 1 & f_y \end{vmatrix} = (-f_x,\; -f_y,\; 1),
onde escrevemos f_x para \dfrac{\partial f}{\partial x} e f_y para \dfrac{\partial f}{\partial y}. Agora a norma desse vetor é
\left\|\mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y\right\| = \sqrt{(-f_x)^2+(-f_y)^2+1^2} = \sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}.

Passo 5

Conclusão da derivação da fórmula: como cada pequeno elemento de área da superfície vale \sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y, integrando sobre todo o domínio K obtemos a área total da superfície:
\boxed{\text{Área}(S)=\iint_{K} \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.}Á
Comentário pedagógico: a hipótese C^1 garante que f_x e f_y são contínuas, logo o integrando é contínuo e a integral está bem definida. Geometricamente, aproximamos a superfície por paralelogramos tangentes e somamos (integral).

Passo 6

Aplicação ao caso z=xy sobre o disco unitário D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1\}. Primeiro calculemos as derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x.
Logo o integrando da fórmula fica
\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}=\sqrt{1+y^{2}+x^{2}}=\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}.
Portanto a área procurada é
\text{Área}=\iint_{D} \sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.Á

Passo 7

Mudança para coordenadas polares (motivo: o domínio D é o disco unitário, simetria circular). Em coordenadas polares tomamos
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,
com r\in[0,1] e \theta\in[0,2\pi]. O jacobiano da transformação é r, então \mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta. Além disso x^{2}+y^{2}=r^{2}, então o integrando vira \sqrt{1+r^{2}}. Assim a integral é
\text{Área} = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} \sqrt{1+r^{2}}\, r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta.Á

Passo 8

Calcule a integral interna em r. Faça a substituição u=1+r^{2} (método padrão para integrar r\sqrt{1+r^{2}}):
u=1+r^{2}\quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}u = 2r\,\mathrm{d}r \quad\Rightarrow\quad r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\mathrm{d}u.
Os limites: quando r=0 tem u=1; quando r=1 tem u=2. Assim
\int_{0}^{1} r\sqrt{1+r^{2}}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int_{1}^{2} u^{1/2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_{1}^{2} = \frac{1}{3}\bigl(2^{3/2}-1\bigr).

Passo 9

Conclua multiplicando pelo fator angular \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta = 2\pi:
\text{Área} = 2\pi \cdot \frac{1}{3}\bigl(2^{3/2}-1\bigr) = \frac{2\pi}{3}\bigl(2\sqrt{2}-1\bigr).Á
Pequeno incentivo: ficou um resultado bonito e fechado; se bater ansiedade na prova, lembra que a ideia foi parametrizar, calcular \mathbf{r}_x\times\mathbf{r}_y e usar coordenadas adequadas (a simetria do domínio sugeriu polares).

Resposta

\iint_{K} \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
\frac{2\pi}{3}\bigl(2\sqrt{2}-1\bigr)

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