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Integral de superfície
| Topo pág | Fim pág |Seja uma superfície genérica S e uma função f(x, y). A integral de superfície dessa função em S é dada por:
∫∫S f(x, y) dS = limΔS→0 ∑ f(x, y) ΔS #A.1#.Se S é uma superfície plana,
dS = dx dy e a integral de superfície pode ser geometricamente vista como o volume entre S e a superfície definida por f(x, y).
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| Figura 01 |
E o cálculo do volume é feito pela divisão em integrais simples.
V = ∫∫S f(x, y) dS #B.1#.
V = ∫y1...y2 [ ∫x1(y)...x2(y) f(x, y) dx ] dy #B.2#.Pode-se também permutar x com y na fórmula anterior:
V = ∫∫S f(x, y) dS = ∫x1...x2 [ ∫y1(x)...y2(x) f(x, y) dy ] dx #B.3#.Exemplo 01: seja a função
z = f(x, y) = x2 y #C.1#.Deseja-se calcular o volume entre a superfície definida por f(x, y) e o plano xy no contorno triangular definido pelos pontos (0,0), (0,1) e (1,0) conforme Figura 01 (b).
Pode-se considerar a reta
y = 1 − x #C.2# e calcular a primeira integral com relação a y:[ ∫y1(x)...y2(x) f(x, y) dy ] = [ ∫0...1−x x2 y dy ] = [ x2 y2/2 ]0...1−x = x2 (1 − x)2 / 2 #C.3#.Calcula-se agora a segunda integral:
V = ∫∫ x2 y dx dy = ∫0...1 [ x2 (1 − x)2 / 2 ] #C.4#.V = ∫0...1 (1/2) [ x2 − 2x3 + x4 ] = [ x3/6 − 2 x4/8 + x5/10 ]0...1 = [ 1/6 − 1/4 + 1/10 ] #C.5#.V = 1/60 #C.6#.Exemplo 02: uma elipsóide é o sólido definido por
x2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = 1 #D.1#. Determinar o seu volume.Considera-se
z = f(x, y) = c √(1 − x2/a2 − y2/b2) #D.2#.Notar que essa função representa apenas a metade do sólido porque a raiz quadrada pode ser positiva ou negativa. Portanto, o volume é dado por
V = 2 ∫∫S f(x, y) dS = 2 ∫∫S [ c √(1 − x2/a2 − y2/b2) ] dx dy #D.3#.V = 2c ∫∫S [ √(1 − x2/a2 − y2/b2) ] dx dy #D.4#.O contorno para integração é a curva no plano xy, isto é, para z = 0. Portanto,
x2/a2 + y2/b2 = 1 #D.5#. Isolando y, tem-se y = b √(1 − x2/a2) #D.6#.Notar que isso é a equação de uma elipse e os valores de x devem variar entre −a e a e os de y entre −b e b. A simetria do caso permite uma simplificação, ou seja, considera-se um quadrante com x entre 0 e a (portanto, y entre 0 e b) e multiplica-se o resultado por quatro. Tem-se então:
V = 2c 4 ∫0...a { ∫0...y1 [ √(1 − x2/a2 − y2/b2) ] dy } dx #D.7#.Onde
y1 = b √(1 − x2/a2) #D.8#.Fazendo
U = √(1 − x2/a2) #D.9#, obtém-se y1 = b U #D.10#. E a integral interna fica:∫0...bU [ √(U2 − y2/b2) ] dy = U ∫0...bU { √[1 − y2/(Ub)2] } dy #D.11#.A solução dessa integral pode ser obtida pela troca de variável tal que
y = Ub sen t #D.12#. Portanto, dy = Ub cos t dt #D.13#.∫0...bU [ √(U2 − y2/b2) ] dy == U ∫0...bU { √[1 − (Ub sen t)2/(Ub)2] } Ub cos t dt = U2 b ∫0...bU cos2 t dt #D.14#.Mas os limites devem ser ajustados à transformação.
Para y = 0, 0 = Ub sen t. Portanto, t = 0.Para y = bU, bU = Ub sen t. Portanto, t = π/2.Assim,
∫0...bU [ √(U2 − y2/b2) ] dy = U2 b ∫0...π/2 cos2 t dt == U2 b [t/2 + (1/4)sen 2t ]0...π/2 = π U2 b / 4 #D.15#.Substituindo o valor de U anterior,
∫0...bU [ √(U2 − y2/b2) ] dy = (π b / 4) (1 − x2/a2) #D.16#.Voltando à igualdade do volume,
V = 2c 4 ∫0...a { ∫0...y [ √(1 − x2/a2 − y2/b2) ] dy } dx #D.17#.V = 8 c ∫0...a [ (π b / 4) (1 − x2/a2) ] dx = 2 π b c ∫0...a (1 − x2/a2) dx #D.18#.V = 2 π b c [ x − x3/(3a2) ]0...a = 2 π b c [ a − a3/(3a2) ] = 2 π b c ( a − a/3 ) = 2 π b c ( 2 a / 3) #D.19#.Portanto, volume da elipsóide
V = (4/3) π a b c #D.20#.No caso particular de uma esfera,
a = b = c = R e volume V = (4/3) π R3 #D.21#.Integral de superfície com vetores
| Topo pág | Fim pág |É relativamente comum o uso de integrais de superfície na análise de fenômenos físicos representados por vetores.
Exemplo do escoamento de líquidos: seja um líquido escoando com velocidade (vetorial) v através de uma superfície infinitesimal dS. A vazão volumétrica do escoamento através dessa superfície é dada pelo produto da velocidade normal à mesma pela área, ou seja,
v cos φ dS, onde φ é o ângulo entre o vetor v e a reta normal à superfície. Mas isso é o produto escalar v·dS, onde dS é o vetor-superfície já visto em tópico anterior.Então, para uma superfície genérica S atravessada por um fluxo de líquido, a vazão volumétrica é calculada pela integração:
Q = ∫∫S v · dS #A.1#.Exemplo
| Topo pág | Fim pág |Este tópico é um exemplo de questão de prova (fonte: Inmetro 2007, com adaptações) que usa alguns conceitos dados nesta série de páginas.
Considere as funções
f: R2 → R g: R2 → R |
definidas por |
f(x, y) = ex sen y g(x, y) = ex cos y |
e os seus respectivos vetores gradientes |
 f(x, y) = { |
∂f(x, y) | , | ∂f(x, y) | } |
| ∂x | ∂y |
| g(x, y) = { |
∂g(x, y) | , | ∂g(x, y) | } |
| ∂x | ∂y |
para julgar os itens que se seguem (Certo ou Errado).
55) A função
G(x, y) = f(x, y) − g(x, y) não têm ponto crítico, isto é, não existe nenhum ponto (x0, y0) em que as derivadas parciais de primeira ordem da função G se anulem simultaneamente.Determinando as derivadas parciais,
| ∂f(x, y) | = ex sen y | ∂f(x, y) | = ex cos y |
| ∂x | ∂y |
| ∂g(x, y) | = ex cos y | ∂g(x, y) | = −ex sen y |
| ∂x | ∂y |
Para a função G(x, y), com a substituição dos valores acima,
| ∂G(x, y) | = ex sen y − ex cos y = ex (sen y − cos y) |
| ∂x |
| ∂G(x, y) | = ex cos y + ex sen y = ex (sen y + cos y) |
| ∂y |
Para essas derivadas parciais nulas, deve-se ter:
sen y = cos y sen y = −cos y
Essas relações não podem ocorrer com o mesmo y e, portanto, a resposta é Certo.
56) Em qualquer ponto (x, y) de R2, tem-se que os vetores gradientes
f(x, y) e g(x, y) são paralelos.Os vetores de gradientes são:
O produto escalar é
f(x, y) · g(x, y) = ex sen y ex cos y − ex cos y ex sen y = 0.Se o produto escalar é nulo, os vetores são perpendiculares e não paralelos. Resposta: Errado.
57) Se Γ é a curva definida por
Γ(t) = [f(t, t), g(t, t)], para 0 ≤ t ≤ 2π, então o comprimento dessa curva, nesse intervalo, é igual a √2 e2π unidades de comprimento.De acordo com o enunciado,
Γ(t) = (et sen t, et cos t).Para uma curva genérica
(y, x), o comprimento infinitesimal éds = √[ (dy)2 + (dx)2 ].Para este caso,
y = et sen t dy = et cos t dt + et sen t dt = (cos t + sen t) et dt x = et cos t dx = −et sen t dt + et cos t dt = (cos t − sen t) et dt
(dy)2 = e2t (dt)2 (cos2t + sen2t + 2 sen t cos t) (dx)2 = e2t (dt)2 (cos2t + sen2t − 2 sen t cos t)
(dy)2 + (dx)2 = 2 e2t (dt)2 . Portanto,ds = √2 et dt . E o comprimento da curva é dado pela integração no intervalo:| s = | ∫ | s | ds = | ∫ | 2π | √2 et dt | = | √2 e2π − √2 e0 | = | √2 (e2π − 1) |
| 0 | 0 |
Portanto, a questão tem resposta Errado.
58) Considere-se a função
F(x, y) definida por F(x, y) = f(x, y) + g(x, y). Então o volume do sólido que está acima do plano xOy, limitado superiormente pelo gráfico de F restrita ao retângulo Q determinado pelos intervalos 0≤x≤1 e 0≤y≤π/2, pode ser expresso pela integral dupla que se resolve calculando as integrais simples na ordem mostrada a seguir.
Conforme enunciado,
F(x, y) = ex (sen y + cos y), que está de acordo com a fórmula apresentada. Entretanto, o intervalo de integração de x deve ser 0 a 1 e o de y, 0 a π/2. Assim,
Portanto, resposta da questão deve ser Errado.
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Referências: APOSTOL, Tom M. Calculus. USA: Blaisdell, 1969. |
Planetmath. http://planetmath.org/. VYGODSKY, M. Mathematical Handbook. Moscow: Mir Publishers, 1971. |