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Exercícios Resolvidos de Caso Escalar

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Enunciado

UFPB, Sem Campus, Cálculo Diferencial e Integral III, Listas de Cálculo 3 - Profº Edson Figueiredo - 4ª Lista, Questão 23

Nos exercícios 16 -> 25, calcule ∬ S f x , y , z d s

∬ S   x 2 + y 2 + z ² d s

onde S a parte do plano - x + z = 2 , contida no cilindro x 2 + y ² = 1 .

Passo 1

Fala galera, bora resolver nosso exercício?

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

Bom, vamos começar parametrizando a nossa superfície S. Vamos começar analisando a fórmula dela:

- x + z = 2

Como vamos fazer uma parametrização de um pedaço do plano, podemos fazer uma parametrização explícita:

x = x

y = y

z = 2 + x

Com uma notação um pouco mais gentil...

r → x , y = x , y , 2 + x

Passo 3

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

f x ,   y ,   z = x 2 + y 2 + z ²

Pelos termos da parametrização...

x = x

y = y

z = 2 + x

Logo...

f r → x , y = x 2 + y 2 + ( 2 + x ) ²

f r → x , y = 2 x 2 + y 2 + 4 + 4 x

Passo 4

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

d S = N →   d x d y

Onde esse vetor normal é dado por...

N → = ∂ r → x , y ∂ x × ∂ r → x , y ∂ y

Vamos começar derivando:

∂ r → x , y ∂ x = 1 , 0 , 1

∂ r → x , y ∂ y = 0 , 1 , 0

Calculando agora a norma:

N → = ∂ r → x , y ∂ x × ∂ r → x , y ∂ y = i j k 1 0 1 0 1 0

N → = ( 0 i + 0 j + 1 k ) - ( 0 k + 1 i + 0 j )

N → = ( - 1 i + 0 j + 1 k )

Então

Extraindo o módulo...

N → = ( - 1 ) ²   + ( 0 ) ² + ( 1 ) ²  

N → = 2  

Então...

d S = 2 d x d y

Passo 5

A ideia agora é ir atrás do intervalo de variação de x e y . O que acontece aqui é que ele vai estar variando de acordo com o raio do nosso cilindro:

Então usaremos coordenadas polares:

x = r c o s θ

y = r s e n ( θ )

J = r

Aonde r vai variar da origem até o limite do círculo:

0 ≤ r ≤ 1

E no caso, θ da uma volta completa:

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 6

Voltando agora para a nossa integral do início:

∬ S   f x ,   y ,   z d S

∬ S   x 2 + y 2 + z ² d s = 2 ∬ D   ( 2 x 2 + y 2 + 4 + 4 x ) d x d y

Aplicando os limites de Integração que vimos no Passo 6 e substituindo:

2 ∬ D   ( 2 r ² c o s ² θ + r ² s e n ² θ + 4 + 4 r c o s θ ) r d r d θ = 2 ∬ D   ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r d θ

2 ∬ D   ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r d θ = 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r d θ

Vamos então calcular primeiro a integral de dentro:

∫ 0 1 ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r = r 4 4 c o s ² θ + r 4 4 + 2 r ² + 4 r 3 3 c o s θ 0 1

∫ 0 1 ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r = c o s ² θ 4 + 9 4 + 4 c o s θ 3

Logo a nossa integral agora fica:

2 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( r ³ c o s ² θ + r ³ + 4 r + 4 r ² c o s θ ) d r d θ = 2 ∫ 0 2 π c o s ² θ 4 + 9 4 + 4 c o s θ 3 d θ

Resolvendo:

2 ∫ 0 2 π c o s ² θ 4 + 9 4 + 4 c o s θ 3 d θ = 2 19 θ 8 + 4 3 s e n θ + 1 16 s e n ( 2 θ ) 0 2 π

2 ∫ 0 2 π c o s ² θ 4 + 9 4 + 4 c o s θ 3 d θ = 19 2 π 4

Resposta

19 2 π 4

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