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Exercícios Resolvidos de Caso Escalar

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Enunciado

UTFPR. Calculo Avançado. Lista 2 de Exercícios - Cálculo Vetorial. AV1. Questão 1b.

1. Calcule a integral de superfície:

b) ∫ ∫ S x 2 z 2 d S , S é a parte do cone z 2 = x 2 + y 2 que está entre os planos z = 1 e z = 3 .

Passo 1

Fala aí! Tudo certinho? Esta questão está um pouco complicada? Relaxa que vamos tentar te ajudar. 😎

Nessa questão temos um caso escalar de integrais de superfície. No caso, nossa superfície foi dada como um cone z 2 = x 2 + y 2 que está contido entre os planos z = 1 e z = 3 .

Ta ligado como fazemos pra obter a integral de superfície em um caso escalar?? 🤔🤔

A primeira coisa que temos que fazer é parametrizar a nossa superfície em relação a duas variáveis, por exemplo u e v .

Depois disso, derivamos o vetor paramétrico com relação a u e a v e calculamos o produto vetorial dessas derivadas e tiramos seu módulo, assim obtemos o modulo do vetor normal a S .

Por fim, aplicamos a parametrização na função de integração e obtemos os limites de integração para u e v .

Parece difícil? Bora ver na prática? 😁

Passo 2

Vamos começar parametrizando nossa região S dada por z 2 = x 2 + y 2 . Vamos chamar x de u e y de v .

Com isso, z será

z 2 = x 2 + y 2 → z = x 2 + y 2

Se x = u e y = v , logo

z = u 2 + v 2

Dessa forma, nosso vetor paramétrico será

P = u , v , u 2 + v 2

Derivando P com relação a u , temos

∂ P ∂ u = ∂ u , v , u 2 + v 2 ∂ u

Aplicando a regra da cadeia, a derivada de u 2 + v 2 é obtida derivando a função interna e multiplicando pela derivada da função de fora.

∂ u 2 + v 2 ∂ u = ∂ u 2 + v 2 ∂ u · ∂ ω ∂ ω

∂ u 2 + v 2 ∂ u = 2 u · 1 2 ω

Substituindo ω por u 2 + v 2 de volta e simplificando o resultado, temos

∂ u 2 + v 2 ∂ u = u u 2 + v 2

Logo a derivada de P com relação a u é

∂ P ∂ u = 1,0 , u u 2 + v 2

Tranquilo até aqui? 👀

Passo 3

Agora vamos derivar P com relação a v

∂ P ∂ v = ∂ u , v , u 2 + v 2 ∂ v

Vamos precisar aplicar a regra da cadeia novamente pra obter a derivada de u 2 - v 2

∂ u 2 + v 2 ∂ v = ∂ u 2 + v 2 ∂ v · ∂ ω ∂ ω

Como já vimos a derivada de ω , podemos reciclar o resultado

∂ u 2 + v 2 ∂ v = - 2 v · 1 2 ω

Simplificando, temos

∂ u 2 + v 2 ∂ v = v u 2 + v 2

Assim, nosso vetor P derivado em v é

∂ P ∂ v = 0,1 , v u 2 + v 2

Calculando o produto vetorial entre ∂ P ∂ u e ∂ P ∂ v

∂ P ∂ u x ∂ P ∂ v = i j k 1 0 u u 2 + v 2 0 1 v u 2 + v 2

Calculando esse determinante, vamos obter

∂ P ∂ u x ∂ P ∂ v = - u u 2 + v 2 i + - v u 2 + v 2 j + 1 k

Com isso, nosso vetor normal a S é

N = - u u 2 + v 2 , - v u 2 + v 2 , 1

Calculando o módulo desse vetor, temos

N = - u u 2 + v 2 2 + - v u 2 + v 2 2 + 1 2

N = u 2 u 2 + v 2 + v 2 u 2 + v 2 + 1

Podemos simplificar a raiz juntando os termos com o mesmo denominador

N = u 2 + v 2 u 2 + v 2 + 1

N = 1 + 1 = 2

Interessante, não é? 😉

Passo 4

Estamos quase terminando de montar nossa integral.

Agora vamos substituir nossos parâmetros na função de integração

f x , y , z = x 2 z 2 → f P u , v = u 2 u 2 + v 2 2

Simplificando a função, temos

f P u , v = u 4 + u 2 v ²

Por último, temos que obter nossos limites de integração. Foi dito no enunciado que z está contido entre 1 e 3 . Ou seja

1 ≤ u 2 + v 2 ≤ 3

Elevando os dois lados ao quadrado, vamos duas equações que conhecemos bem

u 2 + v 2 = 9 u 2 + v 2 = 1

Já percebeu o que temos que fazer?

Temos que mudar nossas coordenadas para coordenadas polares!

Como x virou u , fazendo uma analogia com o que tínhamos aprendido lá em coordenadas polares, vamos substituir u por r c o s θ e v por r s e n θ .

Como nossa superfície S é obtida através do cone centrado na origem, θ vai variar entre 0 a 2 π , concorda?

Pelo sistema que definimos ali em cima, vemos que r varia entre 1 e 3 , já que u 2 + v 2 = r 2

Logo os limites de integração da nossa integral será

0 ≤ θ ≤ 2 π 1 ≤ r ≤ 3

Lembrando que o jacobiano para essa mudança é r e aplicando as substituições em u e v , temos

∫ 0 2 π ∫ 1 3 r c o s θ 4 + r c o s θ 2 r s e n θ 2 r d r d θ

∫ 0 2 π ∫ 1 3 r 4 cos 4 ⁡ θ + r 4 c o s 2 θ s e n 2 θ r d r d θ

Se a gente colocar r 4 c o s 2 θ em evidência, temos

∫ 0 2 π ∫ 1 3 r 4 cos 2 ⁡ θ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ r d r d θ

Sabemos que cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1 e multiplicando r 4 pelo jacobiano r

∫ 0 2 π ∫ 1 3 r 5 cos 2 ⁡ θ d r d θ

Bonitinho, não é? 🤩

Passo 5

Integrando nossa função com relação a r , temos

∫ r 5 cos 2 ⁡ θ d r = r 5 + 1 5 + 1 cos 2 ⁡ θ = r 6 6 cos 2 ⁡ θ

Aplicando os limites de integração d r

∫ 1 3 r 5 cos 2 ⁡ θ d r = 3 6 6 cos 2 ⁡ θ - 1 6 6 cos 2 ⁡ θ

∫ 1 3 r 5 cos 2 ⁡ θ d r = 243 2 cos 2 ⁡ θ - 1 6 cos 2 ⁡ θ

Simplificando o resultado, vamos obter

∫ 1 3 r 5 cos 2 ⁡ θ d r = 364 3 cos 2 ⁡ θ

Agora com base nesse resultado, integramos com relação a θ .

Perceba que para não carregar muita informação, podemos tirar a constante de integral

364 3 ∫ cos 2 ⁡ θ d θ

Usando identidades trigonométricas c o s 2 θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2 . Logo podemos reescrever nossa integral como

364 3 ∫ 1 + cos ⁡ 2 θ 2 d θ → 364 3 · 1 2 ∫ 1 + cos ⁡ 2 θ d θ

Simplificando a integral que temos

*   182 3 ∫ 1 d θ + ∫ cos ⁡ 2 θ d θ

Como sabemos, a integral de uma constante é a própria constante multiplicada pela variável de integração

∫ 1 d θ = θ

Já a integral do cos ⁡ 2 θ é obtida pelo método de substituição, no caso α = 2 θ → d θ = d α 2  

∫ cos ⁡ 2 θ d θ → ∫ cos ⁡ α 2 d α

Pelo teorema fundamental do cálculo, a integral de c o s é s e n , logo

∫ cos ⁡ α 2 d α = sen ⁡ α 2

Voltando α para 2 θ

∫ cos ⁡ 2 θ d θ = sen ⁡ 2 θ 2

Substituindo esses resultados na simplificação que fizemos em *

364 3 ∫ cos 2 ⁡ θ d θ = 182 3 θ + sen ⁡ 2 θ 2

Grandinha essa questão, não é?

Mas relaxa, estamos chegando ao fim!

Passo 6

Aplicando os limites de integração d θ

364 3 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ d θ = 182 3 2 π + sen ⁡ 2 2 π 2 - 182 3 0 + sen ⁡ 2 0 2

364 3 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ d θ = 364 π 3

Com isso, vemos que a integral de superfície que tínhamos lá no início resulta em 364 π 3 !

∫ ∫ S x 2 z 2 d S = 364 π 3

Fim! Iae, o que achou? Responde Aí! 😁

Resposta

∫ ∫ S x 2 z 2 d S = 364 π 3

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