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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 7ª Edição - James Stewart- Ed: 7º - Capítulo 16.7 - Ex. 12

Calcule a integral de superfície.

∫ ∫ S   y   d S

S é a superfície z = 2 3 x 3 2 + y 3 2   ,   0 ≤ x ≤ 1   ,   0 ≤ y ≤ 1

Passo 1

E aí, galerinha! De boa?

A questão quer o valor da integral:

∫ ∫ S   y   d S

Onde   S é a superfície

z = 2 3 x 3 2 + y 3 2

Com:

  0 ≤ x ≤ 1   ,   0 ≤ y ≤ 1

Bom, para isso podemos usar a equação:

∫ ∫ S   f ( x , y , z )   d S = ∫ ∫ D   f x , y , g x , y 1 + ∂ z ∂ x 2 + ∂ z ∂ y 2   d A

Então, vamos precisar achar as derivadas parciais da nossa função z , que o enunciado nos deu como a equação da superfície. Daí, é só escrevermos nossa região D como uma integral dupla e usamos os limites de integração que o próprio enunciado deu para resolver nossa integral.

Bora!

Passo 2

Como o enunciado já nos deu nossa equação z da superfície e nossos limites de integração em x e y , vamos calcular nossas derivadas parciais:

z = 2 3 x 3 2 + y 3 2

  • Derivada em x , tratando y como constante:

    • ∂ z ∂ x = ∂ 2 3 x 3 2 + y 3 2     ∂ x = x 1 2

  • Derivada em y , tratando x como constante:

    • ∂ z ∂ y = ∂ 2 3 x 3 2 + y 3 2   ∂ y = y 1 2

    Substituindo na nossa integral:

    ∫ ∫ S   y   d S = ∫ ∫ D   y 1 + x 1 2 2 + y 1 2 2   d A

    Como estamos lidando com x e y :

    d A = d x   d y

    Substituindo também os limites de integração:

    0 ≤ x ≤ 1   ,   0 ≤ y ≤ 1

    Ficamos com:

    ∫ 0 1 ∫ 0 1 y 1 + x 1 2 2 + y 1 2 2   d x   d y

    Resolvendo as operações na raiz:

    ∫ 0 1 ∫ 0 1 y 1 + x + y   d x   d y

    Passo 3

    Show! Agora vamos começar a resolver a integral:

    ∫ 0 1 ∫ 0 1 y 1 + x + y   d x   d y

    Começamos em x que é a integral de dentro, tratando y como constante:

    = ∫ 0 1   y 1 + x + y 3 2 3 2 0 1 d y

    Aplicando os limites em x :

    = ∫ 0 1 2 3 y y + 2 3 2 - y + 1 3 2   d y

    Agora podemos integrar em y . Para isso, precisamos fazer substituição de variáveis:

    u = y + 2                     e                     t = y + 1

    Nossos limites de integração também mudarão:

  • u :

    • y = 0

    y = 1

    Substituindo na equação de u :

    u = 0 + 2 = 2

    u = 1 + 2 = 3

  • t :

y = 0

y = 1

Substituindo na equação de t :

t = 0 + 1 = 1

t = 1 + 1 = 2

Assim nossa integral fica:

∫ 0 1 2 3 y y + 2 3 2 - y + 1 3 2   d y

Fica:

∫ 2 3 2 3 u - 2   u 3 2   d u - ∫ 1 2 2 3 t - 1   t 3 2   d t

Repare que separamos a subtração na integral em duas integrais:

∫ 2 3 2 3 u 5 2 - 2 u 3 2   d u - ∫ 1 2 2 3 t 5 2 - t 3 2   d t

Resolvendo as integrais:

= 2 3 2 u 7 2 7 - 4 u 5 2 5 2 3 - 2 3 2 t 7 2 7 - 2 t 5 2 5 1 2

Aplicando os limites:

= 4 105 9 3 + 4 2 - 2

Então:

∫ ∫ S   y   d S = 4 105 9 3 + 4 2 - 2

Resposta

∫ ∫ S   y   d S = 4 105 9 3 + 4 2 - 2

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