Exercícios Resolvidos de Parametrização de Curvas

Ver Teoria

Enunciado

Calcule a integral de superfície ∫ ∫ S F . d S onde F x , y , z = x 2 i + x y j + z k e S é a parte do paraboloide z = x 2 + y 2 abaixo do plano z = 1   com orientação ascendente (orientada para fora da superfície).

Passo 1

Opa! A primeira coisa que a gente precisa fazer é parametrizar essa superfície aí. Olhando a cara dela, que é um paraboloide e tem esses termos de x 2 e y 2 , o melhor caminho talvez seja ir para as coordenadas cilíndricas: x = r cos ⁡ θ y = r sen ⁡ θ

z =   ( r cos ⁡ θ ) 2 + ( r sen ⁡ θ ) 2 = r 2

A gente só precisa entender melhor o que esses limites que o problema nos deu fazem com essas coordenadas e com o z que a gente ainda não sabe. Como o paraboloide só possui valores positivos de z , observamos que ele começa em z = 0 e termina no z = 1 , onde o problema falou.

Dessa forma a parametrização é

φ → r ,   θ = ( r cos ⁡ θ ,   r sen ⁡ θ ,   r 2 )

0 ≤ θ ≤ 2   π

0 ≤ r ≤ 1  

Passo 2

Precisamos calcular a normal à S . Fazemos isso através das derivadas da nossa parametrização

∂ φ → ∂ r = cos ⁡ θ , sen ⁡ θ ,   2 r

∂ φ → ∂ θ = - r sen ⁡ θ , r cos ⁡ θ ,     0  

E a normal é dada pelo produto vetorial

n → =   ∂ φ → ∂ θ × ∂ φ → ∂ r = i j k - r  sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 cos ⁡ θ sen ⁡ θ 2 r n → = 2 r 2 sen ⁡ θ j - r cos 2 ⁡ θ k - r sen 2 ⁡ θ k + 2 r 2 cos ⁡ θ   i   n → = ( 2 r 2 cos ⁡ θ ,   2 r 2 sen ⁡ θ ,   - r )

Aqui a gente tem que tomar um cuidado. Olha, se é um paraboloide e a orientação é para fora da superfície, quando tivermos no primeiro octante ( x e y maiores que 0) temos que ter um vetor que tenha componentes x e y positivas e a componente z negativa. Nesse octante temos 0 ≤ θ ≤ π 2 e a nossa parametrização ( 2 r 2 cos ⁡ θ ,   2 r 2 sen ⁡ θ ,   - r ) está de acordo com esses sinais nesse intervalo. Se tivéssemos feito ∂ φ → ∂ r × ∂ φ → ∂ θ íamos encontrar uma orientação oposta.

Passo 3

Vamos montar a nossa integral

∫ ∫ S F → . n → d S   =   ∫ 0 2 π ∫ 0 1 F → r , θ ⋅ 2 r 2 cos ⁡ θ ,   2 r 2 sen ⁡ θ ,   - r d r d θ

Escrevendo o campo em função das variáveis da parametrização, temos

F → r , θ = x 2 ,   x y ,   z = ( r 2 cos ⁡ θ , r 2 cos ⁡ θ sen ⁡ θ ,   r 2 )

A integral fica

∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 cos ⁡ θ , r 2 cos ⁡ θ sen ⁡ θ ,   r 2 ⋅ 2 r 2 cos ⁡ θ ,   2 r 2 sen ⁡ θ ,   - r d r d θ =   ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( 2 r 4 cos 2 ⁡ θ + 2 r 4 sen 2 ⁡ θ   - r 3 ) d r d θ   =   ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( 2 r 4   - r 3 ) d r d θ  

Passo 4

Resolvendo a integral

∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 r 4   - r 3 d r d θ =   ∫ 0 2 π 2 r 5 5   - r 4 4 0 1   d θ =   ∫ 0 2 π 2 5 - 1 4   d θ = 3 20 ∫ 0 2   π d θ

= 3 20 2 π = 3 π 10

Resposta

3 π 10

Exercícios de Livros Relacionados

Como se calcula a área de uma superfície parametrizada no espa-ço? E de uma superfície implicitamente definida F(x, y, z) = 0?E da superfície que é o gráfico de z = ƒ(x, y)? Dê exemplos
Calcule 1C F ∙ T ds para o campo vetorial F = x2i – yj ao longoda curva x = y2 de (4, 2) a (1, –1).
Calcule int_C x y d x + ( x + y ) d y ao longo da curva y = x^2 de ( - 1,1 ) a ( 2,4 )
O que são integrais de linha? Como elas são calculadas? Dêexemplos
Calcule as integrais nos Exercícios 9 e 10.10. ∫ y 2d x + x 2d x C é a circunferência x 2 + y 2 = 4 .