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Exercícios Resolvidos de Área de Superfícies

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Enunciado

Cálculo Aplicado – 1ª Atividade Avaliativa – 2021.1 – Prof. Thiago de Souza Pinto

Considerando a superfície S dada pela porção do cone z = x 2 + y 2 limitada pelos planos z = 1 e z = 4 .c) Determine a área da superfície S .

Passo 1

Opa! A primeira coisa que a gente precisa fazer é parametrizar essa superfície doida aí. Olhando a cara dela, que é um cone 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

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 os limites de z são entre 1 e 4, temos 1 ≤ r ≤ 4 e a nossa parametrização é

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

Passo 2

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

∂ φ → ∂ r = cos ⁡ θ , sen ⁡ θ ,   1

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

E a normal é dada pelo produto vetorial

∂ φ → ∂ r × ∂ φ → ∂ θ = i j k cos ⁡ θ sen ⁡ θ 1 - r  sen ⁡ θ r cos ⁡ θ 0 = - r sen ⁡ θ j + r cos 2 ⁡ θ k + r sen 2 ⁡ θ k - r cos ⁡ θ   i   = ( - r cos ⁡ θ ,   - r sen ⁡ θ ,   r )

Agora vamos tirar o módulo desse vetor

∂ φ → ∂ r × ∂ φ → ∂ θ = ( r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ + r 2 ) = r 2

Passo 3

Aplicamos esse resultado na fórmula

A = ∫ ∫ S d S =   ∫ ∫ D ∂ φ → ∂ r × ∂ φ → ∂ θ d r   d θ

Usando os limites que obtemos, escrevemos A =   ∫ 0 2   π ∫ 1 4 r 2   d r   d θ = 2 ∫ 0 2   π ∫ 1 4 r   d r   d θ  

A integral em r a gente resolve

∫ 1 4 r   d r = r 2 2 1 4 = 4 2 2 - 1 2 2 = 15 2

Devolvendo esse resultado na integral temos

A =   2 ∫ 0 2   π 15 2 d θ = 15 2 2 ∫ 0 2   π d θ A = 15 2 2 2 π - 0 = 15 π 2  

Resposta

A = 15 π 2   u . a .    

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