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Exercícios Resolvidos de Caso Escalar

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Enunciado

9) Calcule

∬ S   f x ,   y ,   z d S

Onde

a) f x ,   y ,   z = z - x 2 + x y 2 - 1 e S : r → u ,   v = u   i → + v   j → + u 2 + 1   k → , com 0 ≤ u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 .

Passo 1

Estamos lidando nesse caso com uma integral de linha no caso escalar onde para resolver, seguiremos o passo a passo para a sua solução direta:

1º - Parametrizar a superfície S .

2º - Substituir os termos da parametrização na função f x ,   y ,   z .

3º - Encontrar o termo d S .

Partiu chegar ao nosso objetivo?

Passo 2

Bem, primeiro, como vimos, devemos parametrizar a superfície S . Porém, para a nossa alegria aqui, ela já veio parametrizada:

r → u ,   v = u   i → + v   j → + u 2 + 1   k →  

Ou em uma notação um pouco mais gentil...

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + 1

Onde

0 ≤ u ≤ 1  

0 ≤ v ≤ 2

Passo 3

Então, agora precisamos substituir os termos da função que estamos integrando...

f x ,   y ,   z = z - x 2 + x y 2 - 1

Pelos termos da parametrização...

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + 1

O que significa que onde tem x ,   y   e z , trocaremos por...

x = u

y = v

z = u 2 + 1

Logo...

f x ,   y ,   z = z - x 2 + x y 2 - 1         →             f r → u ,   v = u 2 + 1 - u 2 + u v 2 - 1   →

f r → u ,   v = u v 2

Passo 4

Beleza, então com essas etapas concluídas, podemos sair em busca do termo d S ...

d S = N →   d u d v

Onde esse vetor normal é dado por...

N → = ∂ r → u ,   v ∂ u × ∂ r → u ,   v ∂ v

Não precisa se preocupar com a ordem dessas derivadas parciais, pois o módulo no d S corrige qualquer sinal de menos ( ). Por falar nisso, calculando essas derivadas parciais...

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + 1                       →                       ∂ r → u ,   v ∂ u = 1 ,   0 ,   2 u

r → u ,   v = u ,   v ,   u 2 + 1                       →                       ∂ r → u ,   v ∂ v = 0 ,   1 ,   0

Substituindo tudo dentro do produto vetorial (um determinante, lembrando que a primeira linha são os vetores i → , j → e k → )...

N → = ∂ r → u ,   v ∂ u × ∂ r → u ,   v ∂ v

N → = i → j → k → 1 0 2 u 0 1 0                 →

N → = k → - + 2 u   i → =

- 2 u   i → + k →

Então

N → = - 2 u ,   0 ,   1

Passo 5

Bem, ainda não concluímos o termo d S , pois ele nos exige o módulo de N → , então devemos extrair a raiz quadrada...

N → = - 2 u 2 + 0 2 + 1 2

N → = 4 u 2 + 1

d S = 4 u 2 + 1     d u d v

Passo 6

Voltando para integral de linha que estamos resolvendo...

∬ S   f x ,   y ,   z d S

E substituindo esses termos que determinamos (lembrando que S , trocamos por D que é a região de variação de u e v ).

∬ S   f x ,   y ,   z d S = ∬ D   u v 2 4 u 2 + 1     d u d v =

∫ 0 2 ∫ 0 1 u v 2 4 u 2 + 1   d u d v

Calculando essa integral dupla considerando a v como constante...

∫ 0 2 v 2 ∫ 0 1 u 4 u 2 + 1   d u d v

Fazendo uma mudança do tipo...

4 u 2 + 1 = t     →         d t = 8 u   d u     →           u   d u = d t 8

Trocando também os limites...

u = 0       →             t = 4 0 2 + 1 = 1

u = 1       →             t = 4 1 2 + 1 = 5

∫ 0 2 v 2 ∫ 0 1 u 4 u 2 + 1   d u d v = ∫ 0 2 v 2 ∫ 1 5 t d t 8 d v =

1 8 ∫ 0 2 v 2 ∫ 1 5 t   d t d v =

1 8 ∫ 0 2 v 2 2 3 t t 1 5 d v =

1 8 ∫ 0 2 v 2 10 3 5 - 2 3 d v =

1 8 10 5 - 2 3 ∫ 0 2 v 2 d v =

5 5 - 1 12 v 3 3 0 2 = 5 5 - 1 12 8 3 =

10 5 - 2 9

Resposta

10 5 - 2 9

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