Dado um número real positivo h , considere a superfíce S obtida como gráfico da função

f x , y = h - h x 2 + y 2

S é um cone de base x 2 + y 2 = 1 e z = 0 , e altura h .

  1. Faça um esboço de S .
  2. Parametrize S como gráfico da função f ( x , y ) e, sendo r ( x , y ) a parametrização obtida, mostre que
  3. r x × r y = 1 + h 2

  4. Seja C a curva x 2 + y 2 = 1 ,   z ≥ 0 , orientada no sentido horário. Sendo F x , y , z = ( 0 , x , 0 ) , calcule a integral de linha
  5. ∫ C   F . d r

  6. Usando o Teorema de Stokes conclua do item anterior que

Á r e a S = π 1 + h 2

Passo 1

Letra a)

Bom, nós sabemos que a equação f x , y = x 2 + y 2

Representa a folha de cima de um cone centrado na origem, não é? Se a gente tiver

f x , y = - x 2 + y 2

Passa a ser a folha de baixo. Agora, escrevendo

f x , y = h - x 2 + y 2

Nós deslocamos o centro desse cone no eixo z , levando para z = h , pois quando x = y = 0 , temos z = h . Como não sabemos quem é h , vamos deslocar uma medida qualquer, ok?

Tá, mas e o h mutiplicando a raiz, o que ele faz?

f x , y = h - h x 2 + y 2

Ele altera a abertura do cone, o que não vai alterar muito nosso esboço. Temos então:

Onde o ponto máximo tem z = h .

Passo 2

Letra b)

Agora vamos parametrizar essa superfíce, usando x e y como parâmetros. Temos:

r ( x , y ) = x , y , h - h x 2 + y 2

Então, calculamos r x e r y :

r x = 1,0 , - h x x 2 + y 2

r y = 0,1 , - h y x 2 + y 2

Agora, podemos calcular

r x × r y = i j k 1 0 - h x x 2 + y 2 0 1 - h y x 2 + y 2 = h x x 2 + y 2 , h y x 2 + y 2 , 1

r x × r y = h 2 x 2 x 2 + y 2 + h 2 y 2 x 2 + y 2 + 1

r x × r y = h 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 + 1

r x × r y = 1 + h 2

Passo 3

Letra c)

Antes de mais nada, vamos parametrizar essa curva C usando coordenadas polares:

σ → ( t ) = cos ⁡ t ,   s e n   t ,   0

Como ela está no sentido horário, t vai de 2 π a zero.

Agora, derivamos isso aí

σ → ' ( t ) = - s e n   t , cos ⁡ t ,   0

Escrevendo o campo nas variáveis da parametrização:

F σ → ( t ) = 0 , cos ⁡ t , 0

Agora levamos isso tudo para a fórmula:

∫ C   F . d r = ∫ a b   F σ → ( t ) . σ → ' ( t ) d t

∫ C   F . d r = ∫ 2 π 0   0 , cos ⁡ t , 0 - s e n   t , cos ⁡ t ,   0 d t

∫ C   F . d r = ∫ 2 π 0   cos 2 ⁡ t d t

Usando essa relação:

cos 2 ⁡ t = 1 + cos ⁡ 2 t 2

Temos

∫ C   F . d r = 1 2 ∫ 2 π 0   1 + cos ⁡ 2 t d t

∫ C   F . d r = 1 2 t + s e n   2 t 2 2 π 0

∫ C   F . d r = 1 2 0 - 2 π = - π

Passo 4

Letra d)

Para usar o Teorema de Stokes, precisamos de uma superfície que tenha C como fronteira. Como o problema fala da área de S , vamos usar S mesmo. Então temos:

∮ C -   F → . d r = ∬ S   r o t F → . n → d s

Onde C - é a curva C com orientação oposta. Isso porque C está gira no sentido horário e, como temos a normal a S apontanto para cima, precisamos que a sua fronteira seja orientada no sentido anti-horário (Regra da Mão Direita). Isso aqui é o mesmo que

∮ C   F → . d r = - ∬ S   r o t F → . n → d s = - π

∬ S   r o t F → . n → d s = π

Show? Agora precisamos desse rotacional.

F x , y , z = ( 0 , x , 0 )

r o t F → = ∇ ×   F → = i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z F 1 F 2 F 3

r o t F → = ∂ F 3 ∂ y - ∂ F 2 ∂ z ,   ∂ F 1 ∂ z - ∂ F 3 ∂ x ,   ∂ F 2 ∂ x - ∂ F 1 ∂ y

r o t F → = 0 - 0,0 - 0,1 - 0 = 0,0 , 1

Como já sabemos que

r x × r y = h x x 2 + y 2 , h y x 2 + y 2 , 1

r x × r y = 1 + h 2

Temos a normal unitária:

n → = 1 1 + h 2 h x x 2 + y 2 , h y x 2 + y 2 , 1

Então, podemos escrever

∬ S   r o t F → . n → d s = ∬ S   0,0 , 1 1 1 + h 2 h x x 2 + y 2 , h y x 2 + y 2 , 1 d s = π

∬ S   1 1 + h 2 d s = π

1 1 + h 2 ∬ S   d s = π

1 1 + h 2 Á r e a ( S ) = π

Á r e a ( S ) = π 1 + h 2

Resposta

  1. - π

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