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Exercícios Resolvidos de Caso Escalar

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Enunciado

Considere S a superfície parametrizada por

r → u , v = u cos ⁡ v , u sen ⁡ v , u

Com 1 ≤ u ≤ 3 e 0 ≤ v ≤ 2 π

(a) Determine o vetor normal unitário de S no ponto P 0 = 1 , 3 , 2 de S que aponta para cima

(b) Calcule a área de S .

Passo 1

Letra (a)

Sabemos que podemos calcular o vetor normal a uma superfície através das derivadas parciais de alguma parametrização.

Na questão aqui o enunciado já nos deu S parametrizada

r → u , v = u cos ⁡ v , u sen ⁡ v , u

A normal em qualquer ponto pode ser obtida por esse produto vetorial aqui

N → = δ r → δ u × δ r → δ v

Vamos fazer isso então

δ r → δ u = cos ⁡ v , sen ⁡ v , 1

δ r → δ v = - u sen ⁡ v , u cos ⁡ v , 0

δ r → δ u × δ r → δ v = i j k cos ⁡ v sen ⁡ v 1 - u sen ⁡ v u cos ⁡ v 0

= 0 - u cos ⁡ v , - u sen ⁡ v - 0 , u cos 2 ⁡ v + u sen 2 ⁡ v

N → = - u cos ⁡ v , - u sen ⁡ v , u

Passo 2

Continuando a questão, agora temos a normal em qualquer ponto da superfície! O enunciado nos pede a normal, unitária, e no ponto P 0 = 1 , 3 , 2

Mas quais os valores de u e v nesses pontos?

u cos ⁡ v , u sen ⁡ v , u

Olhando o valor de z , sabemos que

u = 2

Olhando pra x agora

u cos ⁡ v = 1

cos ⁡ v = 1 2

v = π 3   o u 5 π 3

Olhando para y

u sen ⁡ v = 3

sen ⁡ v = 3 2

v = π 3

Passo 3

Substituindo em N →

N → = - u cos ⁡ v , - u sen ⁡ v , u

N → = - 2 cos ⁡ π 3 , - 2 sen ⁡ π 3 , 2

N → = - 2 1 2 , - 2 3 2 , 2

N → = - 1 , - 3 , 2

A questão pede o vetor apontando pra cima, então N → tem z positivo mesmo.

Ela também pede o vetor unitário n → , e não esse N → que calculamos, ainda precisamos dividir valor por N →

N → = - 1 2 + - 3 2 + 2 2

= 1 + 3 + 4 = 2 2

Portanto, o vetor normal unitário no ponto P 0 é

n → = 1 2 2 - 1 , - 3 , 2

Passo 4

Letra (b)

A área da superfície é calculada pela integral

∬ D N → d u d v

Tome cuidado, temos que usar o N → calculado para qualquer ponto, não mais aquele do ponto P 0 da letra (a)

Sabemos que

N → = - u cos ⁡ v , - u sen ⁡ v , u

Calculando o módulo disso aí

N → = - u cos ⁡ v 2 + - u sen ⁡ v 2 + u 2

= u 2 cos 2 ⁡ v + u 2 sen 2 ⁡ v + u 2

= 2 u 2 = u 2

Passo 5

Os limites de u e v foram dados no enunciado

1 ≤ u ≤ 3

0 ≤ v ≤ 2 π

Colocando tudo isso na integral

∫ 0 2 π ∫ 1 3 u 2 d u d v

Agora é só integrar

∫ 0 2 π u 2 2 2 1 3 d v

= ∫ 0 2 π 3 2 - 1 1 2 2 d v = ∫ 0 2 π 4 2 d v

= 4 2 v 0 2 π

A = 8 2 π

Resposta

n → = 1 2 2 - 1 , - 3 , 2

A = 8 2 π

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