Enunciado

Determine a área da superfície.

A parte da superfície z = 1 + 3 x + 2 y 2 que está acima do triângulo com vértices 0,0 , 0,1 e 2,1 .

Passo 1

E aiiiiii pessoal, tudo bem com vocês?

Bom, precisamos determinar a área da superfície que compreende parte da superfície:

z = 1 + 3 x + 2 y 2

e está acima do triangulo de vértices:

0,0

0,1

2,1

Vish, e agora?

Precisamos lembrar primeiramente como calculamos a área de uma superfície. Para isto, basta resolver a seguinte integral:

A s u p = ∬ D 1 + ∂ z ∂ x 2 + ∂ z ∂ y 2 d A

Onde, d A = d x d y .

Observe que temos derivadas parciais de uma função z ( x , y ) . Olhando para as equações fornecidas, já temos a função de   z que dependa de x e y . Que é:

z = 1 + 3 x + 2 y 2

E os vértices do triangulo? Vamos precisar fazer um esboço dessa região. Logo, vamos concluir que se trata de uma região do tipo I ou II.

Vamos lembrar como é a região tipo I e II.

Tipo I:

Tipo II:

Depois disso e só aplicar na integral e começar a resolver. Lembre-se, que sempre começamos a integrar de dentro para fora.

Vamos começar!

Passo 2

Precisamos lembrar primeiramente como calculamos a área de uma superfície. Para isto, basta resolver a seguinte integral:

A s u p = ∬ D 1 + ∂ z ∂ x 2 + ∂ z ∂ y 2 d A

Onde, d A = d x d y .

Portanto, precisamos calcular primeiramente as derivadas parciais de z em função de x e de y para só depois resolvermos as integrais.

Sabemos também quem é z , pois o enunciado forneceu:

z = 1 + 3 x + 2 y 2

Logo, as derivadas parciais da função z = f x , y vão ser:

∂ z ∂ x = 3

∂ z ∂ y = 4 y

Portanto, devemos resolver a seguinte integral:

A s u p = ∬ D 1 + 3 2 + 4 y 2 d A

Simplificando:

A s u p = ∬ D 10 + 16 y 2 d A

Passo 3

Vamos avaliar a região delimitada pelo triangulo de vértices:

0,0

0,1

2,1

A nossa região pode ser visualizada abaixo:

A região pode ser descrita como tanto do tipo I quanto do tipo II. Devido à presença de uma função de y dentro da raiz, a integral se torna mais fácil de ser resolvida se descrevermos a região como sendo do tipo II.

Portanto,

0 ≤ y ≤ 1

0 ≤ x ≤ 2 y

Passo 4

Agora, só nos basta aplicarmos os limites de integração e resolvermos a integral.

Vamos ter a seguinte integral:

A s u p = ∫ 0 1 ∫ 0 2 y 10 + 16 y 2 d x d y

Começamos resolvendo de dentro para fora. Logo, integrando em d x vamos ter:

A s u p = ∫ 0 1 10 + 16 y 2 x 0 2 y d y

Aplicando os limites de integração:

A s u p = ∫ 0 1 2 y 10 + 16 y 2 d y

Agora, pra resolver essa integralzinha vamos fazer a seguinte substituição:

u = 10 + 16 y 2

d u = 32 y d y

2 y d y = d u 16

Também vamos escrever os limites de integração em função de u . Vamos ter:

y = 0 → u = 10

y = 1 → u = 26

Assim, a integral fica:

A s u p = ∫ 10 26 u 1 / 2 d u 16

Integrando em d u , temos:

A s u p = 1 16 2 3 u 3 / 2 10 26

Aplicando os limites de integração e simplificando, vamos ter:

A s u p = 1 24 26 3 - 10 3

Show ein pessoal, encontramos nossa resposta!!! Uhuuuullll

Resposta

A s u p = 1 24 26 3 - 10 3

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Nos Exercícios 67 e 68, esboce a região de integração e o sólido cujo volume seja dado pela integral dupla.
Encontre o volume da região delimitada superiormente pela superfície z = 4 – y2 e inferiormente pelo retângulo R: 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2.
Encontre o volume da região delimitada superiormente pelo plano z = 2 – x – y e inferiormente pelo quadrado R: 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1
Encontre o volume da região delimitada superiormente peloplano z = y/2 e inferiormente pelo retângulo R: 0 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 2.
Encontre o volume da região delimitada superiormentepelo paraboloide z = x2 + y2 e inferiormente pelo quadradoR: –1 ≤ x ≤ 1, –1 ≤ y ≤ 1.