Integral de Superfícies - UFERSA · Integral de Superf cies Professor: Fabr cio de Figueredo...
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Integral deSuperfıcies
Professor:Fabrıcio deFigueredoOliveira
ParametrizandoSuperfıcies
CurvaCoordenada
PlanoTangente
SuperfıcieSuave
Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Integral de Superfıcies
Professor: Fabrıcio de Figueredo Oliveira
1 de dezembro de 2011
Integral deSuperfıcies
Professor:Fabrıcio deFigueredoOliveira
ParametrizandoSuperfıcies
CurvaCoordenada
PlanoTangente
SuperfıcieSuave
Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Parametrizacoes
Uma superfıcie S ⊂ R3 e uma aplicacao
φ : U ⊂ R2 → R3, φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
Se S = {(x , y , z) ∈ R3|f (x , y , z) = 0} diremos quef (x , y , z) = 0 e uma representacao implıcita para S .
Se de f (x , y , z) = 0 for possıvel isolar uma variavel,diremos que esta e uma representacao explıcita dasuperfıcie.
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ParametrizandoSuperfıcies
CurvaCoordenada
PlanoTangente
SuperfıcieSuave
Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Parametrizacoes
Uma superfıcie S ⊂ R3 e uma aplicacao
φ : U ⊂ R2 → R3, φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
Se S = {(x , y , z) ∈ R3|f (x , y , z) = 0} diremos quef (x , y , z) = 0 e uma representacao implıcita para S .
Se de f (x , y , z) = 0 for possıvel isolar uma variavel,diremos que esta e uma representacao explıcita dasuperfıcie.
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Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
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Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Parametrizacoes
Uma superfıcie S ⊂ R3 e uma aplicacao
φ : U ⊂ R2 → R3, φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
Se S = {(x , y , z) ∈ R3|f (x , y , z) = 0} diremos quef (x , y , z) = 0 e uma representacao implıcita para S .
Se de f (x , y , z) = 0 for possıvel isolar uma variavel,diremos que esta e uma representacao explıcita dasuperfıcie.
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Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplos
x2 + y2 + z2 − 1 = 0 e representacao implıcita da esfera.
z = x2 + y2 e representacao explıcita do paraboloide.
Isolando x no primeiro exemplo temosx = ±
√1− z2 − y2 representacao explıcita da esfera.
No segundo caso, z − x2 − y2 = 0 e representacaoimplıcita do paraboloide.
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Exemplos
x2 + y2 + z2 − 1 = 0 e representacao implıcita da esfera.
z = x2 + y2 e representacao explıcita do paraboloide.
Isolando x no primeiro exemplo temosx = ±
√1− z2 − y2 representacao explıcita da esfera.
No segundo caso, z − x2 − y2 = 0 e representacaoimplıcita do paraboloide.
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplos
x2 + y2 + z2 − 1 = 0 e representacao implıcita da esfera.
z = x2 + y2 e representacao explıcita do paraboloide.
Isolando x no primeiro exemplo temosx = ±
√1− z2 − y2 representacao explıcita da esfera.
No segundo caso, z − x2 − y2 = 0 e representacaoimplıcita do paraboloide.
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Exemplos
x2 + y2 + z2 − 1 = 0 e representacao implıcita da esfera.
z = x2 + y2 e representacao explıcita do paraboloide.
Isolando x no primeiro exemplo temosx = ±
√1− z2 − y2 representacao explıcita da esfera.
No segundo caso, z − x2 − y2 = 0 e representacaoimplıcita do paraboloide.
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Superfıcies Parametrizadas
Algumas parametrizacoes
Seja S uma superfıcie. Ela estara parametrizada se for possıvelobter uma aplicacao
r : U ⊂ R2 → R3, r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),
veja abaixo:
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2 + v2)) com (u, v) ∈ R2.
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u cos v , u sin v , a2u2)
0 ≤ v ≤ 2π e 0 ≤ u <∞
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2 + v2)) com (u, v) ∈ R2.
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u cos v , u sin v , a2u2)
0 ≤ v ≤ 2π e 0 ≤ u <∞
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2 + v2)) com (u, v) ∈ R2.
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u cos v , u sin v , a2u2)
0 ≤ v ≤ 2π e 0 ≤ u <∞
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2 + v2)) com (u, v) ∈ R2.
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u cos v , u sin v , a2u2)
0 ≤ v ≤ 2π e 0 ≤ u <∞
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2 + v2)) com (u, v) ∈ R2.
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u cos v , u sin v , a2u2)
0 ≤ v ≤ 2π e 0 ≤ u <∞
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2+v2)) com (u, v) ∈ R2.
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Exemplos
Esfera x2 + y2 + z2 = a2, dada por
r(u, v) = (a cos v cos u, a cos v sin u, a sin v)
0 ≤ u ≤ 2π e − π
2≤ v ≤ π
2
Paraboloide z = a2(x2 + y2), dada por
r(u, v) = (u, v , a2(u2+v2)) com (u, v) ∈ R2.
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Campo Escalar
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Stokes
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Curvas coordenadas
Daqui por dianter(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ R representarasuperfıcie parametrizada S .
u−curva
Fazendo v = v0 constante, a parametrizacao r depende apenasde u. Tal curva e chamada de u−curva coordenada.
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Curvas coordenadas
Daqui por dianter(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ R representarasuperfıcie parametrizada S .
u−curva
Fazendo v = v0 constante, a parametrizacao r depende apenasde u. Tal curva e chamada de u−curva coordenada.
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Curvas coordenadas
Daqui por dianter(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ R representarasuperfıcie parametrizada S .
u−curva
Fazendo v = v0 constante, a parametrizacao r depende apenasde u. Tal curva e chamada de u−curva coordenada.
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Stokes
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Curvas coordenadas
v−curva
Fazendo u = u0 constante, a parametrizacao r depende apenasde v . Tal curva e chamada de v−curva coordenada.
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Curvas coordenadas
v−curva
Fazendo u = u0 constante, a parametrizacao r depende apenasde v . Tal curva e chamada de v−curva coordenada.
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Exemplo de curva coordenadas
Curva coordenada na esfera
Encontrar as curvas coordenadas da esfera
r(u, v) = (cos u cos v , sin u cos v , sin v)
0 ≤ u ≤ 2π,−π2≤ v ≤ π
2
no ponto P = ( 12 ,
12 ,√
22 )
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Curva coordenada na esfera
Para encontrarmos as curvas coordenadas, precisaremos doponto (u0, v0) no domınio da parametrizacao. Assim,
r(u0, v0) = (cos u0 sin v0, sin u0 cos v0, sin v0) = ( 12 ,
12 ,√
22 ),
donde tiramos (u0, v0) = (π4 ,π4 ).
Fazendo v = π4 obtemos a u−curva
r(u, π4 ) = (√
22 cos u,
√2
2 sin u,√
22 )
Fazendo u = π4 obtemos a v−curva
r(π4 , v) = (√
22 cos v ,
√2
2 cos v , sin v)
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Stokes
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Curva coordenada na esfera
Para encontrarmos as curvas coordenadas, precisaremos doponto (u0, v0) no domınio da parametrizacao. Assim,
r(u0, v0) = (cos u0 sin v0, sin u0 cos v0, sin v0) = ( 12 ,
12 ,√
22 ),
donde tiramos (u0, v0) = (π4 ,π4 ).
Fazendo v = π4 obtemos a u−curva
r(u, π4 ) = (√
22 cos u,
√2
2 sin u,√
22 )
Fazendo u = π4 obtemos a v−curva
r(π4 , v) = (√
22 cos v ,
√2
2 cos v , sin v)
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Curva coordenada na esfera
Para encontrarmos as curvas coordenadas, precisaremos doponto (u0, v0) no domınio da parametrizacao. Assim,
r(u0, v0) = (cos u0 sin v0, sin u0 cos v0, sin v0) = ( 12 ,
12 ,√
22 ),
donde tiramos (u0, v0) = (π4 ,π4 ).
Fazendo v = π4 obtemos a u−curva
r(u, π4 ) = (√
22 cos u,
√2
2 sin u,√
22 )
Fazendo u = π4 obtemos a v−curva
r(π4 , v) = (√
22 cos v ,
√2
2 cos v , sin v)
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Plano tangente
Seja S uma superfıcie, r sua parametrizacao e P umponto de S . Os vetores ∂r
∂u e ∂r∂v no ponto P, sao
tangentes as curvas coordenadas.
Se tais vetores forem Linearmente Independentes entaopodemos calcular o produto vetorial entre eles e obter ovetor ∂r
∂u ×∂r∂v . Desta forma no ponto P teremos um plano
tangente TP de vetor normal dado por ∂r∂u ×
∂r∂v .
Se Q e um ponto qualquer de TP teremos(Q − P) · ∂r∂u ×
∂r∂v = 0 a equacao deste plano tangente.
A reta normal a superfıcie em P tem equacaoX = P + t ·
(∂r∂u ×
∂r∂v
)
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Plano tangente
Seja S uma superfıcie, r sua parametrizacao e P umponto de S . Os vetores ∂r
∂u e ∂r∂v no ponto P, sao
tangentes as curvas coordenadas.
Se tais vetores forem Linearmente Independentes entaopodemos calcular o produto vetorial entre eles e obter ovetor ∂r
∂u ×∂r∂v . Desta forma no ponto P teremos um plano
tangente TP de vetor normal dado por ∂r∂u ×
∂r∂v .
Se Q e um ponto qualquer de TP teremos(Q − P) · ∂r∂u ×
∂r∂v = 0 a equacao deste plano tangente.
A reta normal a superfıcie em P tem equacaoX = P + t ·
(∂r∂u ×
∂r∂v
)
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Seja S uma superfıcie, r sua parametrizacao e P umponto de S . Os vetores ∂r
∂u e ∂r∂v no ponto P, sao
tangentes as curvas coordenadas.
Se tais vetores forem Linearmente Independentes entaopodemos calcular o produto vetorial entre eles e obter ovetor ∂r
∂u ×∂r∂v . Desta forma no ponto P teremos um plano
tangente TP de vetor normal dado por ∂r∂u ×
∂r∂v .
Se Q e um ponto qualquer de TP teremos(Q − P) · ∂r∂u ×
∂r∂v = 0 a equacao deste plano tangente.
A reta normal a superfıcie em P tem equacaoX = P + t ·
(∂r∂u ×
∂r∂v
)
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Seja S uma superfıcie, r sua parametrizacao e P umponto de S . Os vetores ∂r
∂u e ∂r∂v no ponto P, sao
tangentes as curvas coordenadas.
Se tais vetores forem Linearmente Independentes entaopodemos calcular o produto vetorial entre eles e obter ovetor ∂r
∂u ×∂r∂v . Desta forma no ponto P teremos um plano
tangente TP de vetor normal dado por ∂r∂u ×
∂r∂v .
Se Q e um ponto qualquer de TP teremos(Q − P) · ∂r∂u ×
∂r∂v = 0 a equacao deste plano tangente.
A reta normal a superfıcie em P tem equacaoX = P + t ·
(∂r∂u ×
∂r∂v
)
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Suavidade
Intuitivamente, uma superfıcie e suave quando nao possuiarestas ou pontas. Esta propriedade pode ser vista em termosda existencia de vetor normal a superfıcie, ou seja, quando ∂r
∂u e∂r∂v sao Linearmente Independentes.
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Orientacao
Uma superfıcie sera orientavel quando for possıvel escolherum vetor normal em cada um de seus pontos dividindo asuperfıcie em lados (dentro ou fora),(direita ou esquerda),(acima ou abaixo).
Ao escolher a orientacao (O vetor normal) diremos que asuperfıcie esta orientada.
Existem superfıcies nao orientaveis. O exemplo maiscomum e a Faixa de Mobius
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Orientacao
Uma superfıcie sera orientavel quando for possıvel escolherum vetor normal em cada um de seus pontos dividindo asuperfıcie em lados (dentro ou fora),(direita ou esquerda),(acima ou abaixo).
Ao escolher a orientacao (O vetor normal) diremos que asuperfıcie esta orientada.
Existem superfıcies nao orientaveis. O exemplo maiscomum e a Faixa de Mobius
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Orientacao
Uma superfıcie sera orientavel quando for possıvel escolherum vetor normal em cada um de seus pontos dividindo asuperfıcie em lados (dentro ou fora),(direita ou esquerda),(acima ou abaixo).
Ao escolher a orientacao (O vetor normal) diremos que asuperfıcie esta orientada.
Existem superfıcies nao orientaveis. O exemplo maiscomum e a Faixa de Mobius
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Orientacao
Uma superfıcie sera orientavel quando for possıvel escolherum vetor normal em cada um de seus pontos dividindo asuperfıcie em lados (dentro ou fora),(direita ou esquerda),(acima ou abaixo).
Ao escolher a orientacao (O vetor normal) diremos que asuperfıcie esta orientada.
Existem superfıcies nao orientaveis. O exemplo maiscomum e a Faixa de Mobius
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Area de Superfıcie
O plano tangente fornece uma aproximacao da superfıcieem seu ponto de tangencia.
Os vetores ∂r∂u e ∂r
∂v , que geram o plano, formam um
pequeno paralelogramo de area | ∂r∂u ×∂r∂v |.
Quando u e v sofrem acrescimos ∆u e ∆v , a area desteparalelogramo e ∆S = | ∂r∂u ×
∂r∂v |∆u∆v e assim definimos:
Area de superfıcie
A area a(S) da superfıcie S e dada por
a(s) =
∫R
∫ ∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv
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O plano tangente fornece uma aproximacao da superfıcieem seu ponto de tangencia.
Os vetores ∂r∂u e ∂r
∂v , que geram o plano, formam um
pequeno paralelogramo de area | ∂r∂u ×∂r∂v |.
Quando u e v sofrem acrescimos ∆u e ∆v , a area desteparalelogramo e ∆S = | ∂r∂u ×
∂r∂v |∆u∆v e assim definimos:
Area de superfıcie
A area a(S) da superfıcie S e dada por
a(s) =
∫R
∫ ∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv
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Gauss ouDivergencia
Area de Superfıcie
O plano tangente fornece uma aproximacao da superfıcieem seu ponto de tangencia.
Os vetores ∂r∂u e ∂r
∂v , que geram o plano, formam um
pequeno paralelogramo de area | ∂r∂u ×∂r∂v |.
Quando u e v sofrem acrescimos ∆u e ∆v , a area desteparalelogramo e ∆S = | ∂r∂u ×
∂r∂v |∆u∆v e assim definimos:
Area de superfıcie
A area a(S) da superfıcie S e dada por
a(s) =
∫R
∫ ∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv
Integral deSuperfıcies
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ParametrizandoSuperfıcies
CurvaCoordenada
PlanoTangente
SuperfıcieSuave
Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Area de Superfıcie
O plano tangente fornece uma aproximacao da superfıcieem seu ponto de tangencia.
Os vetores ∂r∂u e ∂r
∂v , que geram o plano, formam um
pequeno paralelogramo de area | ∂r∂u ×∂r∂v |.
Quando u e v sofrem acrescimos ∆u e ∆v , a area desteparalelogramo e ∆S = | ∂r∂u ×
∂r∂v |∆u∆v e assim definimos:
Area de superfıcie
A area a(S) da superfıcie S e dada por
a(s) =
∫R
∫ ∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv
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Exemplo de calculo de area
Determinar a area do paraboloide z = 2(x2 + y2) abaixo doplano z = 8.
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Solucao
Temos que a parametrizacao do paraboloide pode ser dadapor r(u, v) = (u, v , 2u2 + 2v2), (u, v) ∈ R,R = {(u, v) ∈ R2|u2 + v2 ≤ 4}Encontrando os vetores tangentes as curvas coordenadasobtemos ∂r
∂u = (1, 0, 4u) e ∂r∂v = (0, 1, 4v)
O vetor normal e dado por ∂r∂u ×
∂r∂v = (−4u,−4v , 1), e
seu modulo∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ =√
16u2 + 16v2 + 1.
Finalmente a(S) =∫R
∫ √16u2 + 16v2 + 1dA, passando
para polares, obtemos
a(S) =∫ 2
0
∫ 2π0
√16r2 + 1rdθdr =
65√
65− 1
24π
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Stokes
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Solucao
Temos que a parametrizacao do paraboloide pode ser dadapor r(u, v) = (u, v , 2u2 + 2v2), (u, v) ∈ R,R = {(u, v) ∈ R2|u2 + v2 ≤ 4}Encontrando os vetores tangentes as curvas coordenadasobtemos ∂r
∂u = (1, 0, 4u) e ∂r∂v = (0, 1, 4v)
O vetor normal e dado por ∂r∂u ×
∂r∂v = (−4u,−4v , 1), e
seu modulo∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ =√
16u2 + 16v2 + 1.
Finalmente a(S) =∫R
∫ √16u2 + 16v2 + 1dA, passando
para polares, obtemos
a(S) =∫ 2
0
∫ 2π0
√16r2 + 1rdθdr =
65√
65− 1
24π
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Solucao
Temos que a parametrizacao do paraboloide pode ser dadapor r(u, v) = (u, v , 2u2 + 2v2), (u, v) ∈ R,R = {(u, v) ∈ R2|u2 + v2 ≤ 4}Encontrando os vetores tangentes as curvas coordenadasobtemos ∂r
∂u = (1, 0, 4u) e ∂r∂v = (0, 1, 4v)
O vetor normal e dado por ∂r∂u ×
∂r∂v = (−4u,−4v , 1), e
seu modulo∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ =√
16u2 + 16v2 + 1.
Finalmente a(S) =∫R
∫ √16u2 + 16v2 + 1dA, passando
para polares, obtemos
a(S) =∫ 2
0
∫ 2π0
√16r2 + 1rdθdr =
65√
65− 1
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Solucao
Temos que a parametrizacao do paraboloide pode ser dadapor r(u, v) = (u, v , 2u2 + 2v2), (u, v) ∈ R,R = {(u, v) ∈ R2|u2 + v2 ≤ 4}Encontrando os vetores tangentes as curvas coordenadasobtemos ∂r
∂u = (1, 0, 4u) e ∂r∂v = (0, 1, 4v)
O vetor normal e dado por ∂r∂u ×
∂r∂v = (−4u,−4v , 1), e
seu modulo∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ =√
16u2 + 16v2 + 1.
Finalmente a(S) =∫R
∫ √16u2 + 16v2 + 1dA, passando
para polares, obtemos
a(S) =∫ 2
0
∫ 2π0
√16r2 + 1rdθdr =
65√
65− 1
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Solucao
Temos que a parametrizacao do paraboloide pode ser dadapor r(u, v) = (u, v , 2u2 + 2v2), (u, v) ∈ R,R = {(u, v) ∈ R2|u2 + v2 ≤ 4}Encontrando os vetores tangentes as curvas coordenadasobtemos ∂r
∂u = (1, 0, 4u) e ∂r∂v = (0, 1, 4v)
O vetor normal e dado por ∂r∂u ×
∂r∂v = (−4u,−4v , 1), e
seu modulo∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ =√
16u2 + 16v2 + 1.
Finalmente a(S) =∫R
∫ √16u2 + 16v2 + 1dA, passando
para polares, obtemos
a(S) =∫ 2
0
∫ 2π0
√16r2 + 1rdθdr =
65√
65− 1
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Para campo escalar
Seja S uma superfıcie suave parametrizada por r(u, v) e fcampo escalar definido em S .
Definicao
A integral de superfıcie de f sobre S , denotada por∫S
∫fdS e
definida por∫S
∫fdS =
∫R
∫f (r(u, v))
∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫(x + z)ds, onde S e a superfıcie plana
2x + 2y + z = 6 no primeiro octante.
Solucao
Parametrizando a superfıcie temosr(u, v) = (u, v , 6− 2u − 2v) com 0 ≤ u ≤ 3 e0 ≤ v ≤ 3− u.
f (r(u, v)) = −u − 2v + 6, ∂r∂u = (1, 0,−2),
∂r∂v = (0, 1,−2) e
∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ = 3.
Assim,∫S
∫(x + z)ds =
∫ 3
0
∫ 3−u
03(6− u − 2v)dvdu =
81
2
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Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫(x + z)ds, onde S e a superfıcie plana
2x + 2y + z = 6 no primeiro octante.
Solucao
Parametrizando a superfıcie temosr(u, v) = (u, v , 6− 2u − 2v) com 0 ≤ u ≤ 3 e0 ≤ v ≤ 3− u.
f (r(u, v)) = −u − 2v + 6, ∂r∂u = (1, 0,−2),
∂r∂v = (0, 1,−2) e
∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ = 3.
Assim,∫S
∫(x + z)ds =
∫ 3
0
∫ 3−u
03(6− u − 2v)dvdu =
81
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Exemplo
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Calcular
∫S
∫(x + z)ds, onde S e a superfıcie plana
2x + 2y + z = 6 no primeiro octante.
Solucao
Parametrizando a superfıcie temosr(u, v) = (u, v , 6− 2u − 2v) com 0 ≤ u ≤ 3 e0 ≤ v ≤ 3− u.
f (r(u, v)) = −u − 2v + 6, ∂r∂u = (1, 0,−2),
∂r∂v = (0, 1,−2) e
∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ = 3.
Assim,∫S
∫(x + z)ds =
∫ 3
0
∫ 3−u
03(6− u − 2v)dvdu =
81
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Exemplo
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Calcular
∫S
∫(x + z)ds, onde S e a superfıcie plana
2x + 2y + z = 6 no primeiro octante.
Solucao
Parametrizando a superfıcie temosr(u, v) = (u, v , 6− 2u − 2v) com 0 ≤ u ≤ 3 e0 ≤ v ≤ 3− u.
f (r(u, v)) = −u − 2v + 6, ∂r∂u = (1, 0,−2),
∂r∂v = (0, 1,−2) e
∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ = 3.
Assim,∫S
∫(x + z)ds =
∫ 3
0
∫ 3−u
03(6− u − 2v)dvdu =
81
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Exemplo
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Calcular
∫S
∫(x + z)ds, onde S e a superfıcie plana
2x + 2y + z = 6 no primeiro octante.
Solucao
Parametrizando a superfıcie temosr(u, v) = (u, v , 6− 2u − 2v) com 0 ≤ u ≤ 3 e0 ≤ v ≤ 3− u.
f (r(u, v)) = −u − 2v + 6, ∂r∂u = (1, 0,−2),
∂r∂v = (0, 1,−2) e
∣∣ ∂r∂u ×
∂r∂v
∣∣ = 3.
Assim,∫S
∫(x + z)ds =
∫ 3
0
∫ 3−u
03(6− u − 2v)dvdu =
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Continua....
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Para Campo Vetorial
Seja S uma superfıcie suave parametrizada por r(u, v),
(u, v) ∈ R, −→η vetor normal a S e unitario e−→f campo vetorial
definido em S .
Definicao
A integral de superfıcie de−→f sobre S , denotada por,∫
S
∫ −→f −→η dS
e definida por∫S
∫ −→f −→η dS =
∫R
∫f (r(u, v))−→η (u, v)
∣∣∣∣ ∂r∂u × ∂r
∂v
∣∣∣∣ dudv ,quando a integral a direita existe.
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Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Escolha do vetor normal
Observe que se −→η 1 =∂r∂u ×
∂r∂v∣∣ ∂r
∂u ×∂r∂v
∣∣ , entao −→η = −→η 1 ou
−→η = −−→η 1.
Assim, a integral pode ter um sinal positivo ou negativo.O sinal sera positivo se o normal unitario aponta para olado que estamos calculando a integral e negativo em casocontrario.
∫S
∫ −→f −→η dS = ±
∫R
∫f (r(u, v))
(∂r
∂u× ∂r
∂v
)dudv
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Escolha do vetor normal
Observe que se −→η 1 =∂r∂u ×
∂r∂v∣∣ ∂r
∂u ×∂r∂v
∣∣ , entao −→η = −→η 1 ou
−→η = −−→η 1.
Assim, a integral pode ter um sinal positivo ou negativo.O sinal sera positivo se o normal unitario aponta para olado que estamos calculando a integral e negativo em casocontrario.
∫S
∫ −→f −→η dS = ±
∫R
∫f (r(u, v))
(∂r
∂u× ∂r
∂v
)dudv
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Gauss ouDivergencia
Escolha do vetor normal
Observe que se −→η 1 =∂r∂u ×
∂r∂v∣∣ ∂r
∂u ×∂r∂v
∣∣ , entao −→η = −→η 1 ou
−→η = −−→η 1.
Assim, a integral pode ter um sinal positivo ou negativo.O sinal sera positivo se o normal unitario aponta para olado que estamos calculando a integral e negativo em casocontrario.
∫S
∫ −→f −→η dS = ±
∫R
∫f (r(u, v))
(∂r
∂u× ∂r
∂v
)dudv
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Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫ −→f −→η dS , onde
−→f = (x , y , z) e S e a superfıcie
exterior ao cilindro x2 + z2 = a2 limitada pelos planos y = −4e y = 4.
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Solucao
Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
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Solucao
Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Solucao
Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Solucao
Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Solucao
Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Inicialmente precisamos da parametrizacao.
r(u, v) = (a cos u, v , a sin u), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2π e−4 ≤ v ≤ 4.
f (r(u, v)) = (a cos u, v , a sin u).∂r∂u = (−a sin u, 0, a cos u), ∂r
∂v = (0, 1, 0) e∂r∂u ×
∂r∂v = (−a cos u, 0,−a sin u)(Aponta para o interior).
Assim, f (r(u, v)) ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −a2 e portanto∫
S
∫ −→f −→η dS = −
∫ 2π
0
∫ 4
−4(−a2) = 16πa2
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Notacao
Escrever no quadro.
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Stokes
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Teorema Stokes
Teorema de Stokes
Seja S uma superfıcie orientavel, suave por partes, delimitadapor uma curva fechada simples, suave por partes C . Se −→g ecampo vetorial contınuo, com derivadas parciais de 1a ordemcontınuas em um domınio que contem S ∪ C , temos∫
S
∫rot−→g −→η dS =
∮C
−→g d−→r ,
C e tomada no sentido positivo determinado pela orientacao deS (regra mao direita).
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Exemplo
Exemplo
Calcular I =
∫C
(y2dx + z2dy + x2dz), onde C e o contorno de
x + y + z = a, a > 0 no 1o octante, no sentido anti-horario.
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Gauss ouDivergencia
Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
Integral deSuperfıcies
Professor:Fabrıcio deFigueredoOliveira
ParametrizandoSuperfıcies
CurvaCoordenada
PlanoTangente
SuperfıcieSuave
Area de umaSuperfıcie
Integral desuperfıcie
Campo Escalar
Campo Vetorial
Stokes
Gauss ouDivergencia
Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
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Campo Escalar
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
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Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
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Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
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Solucao
Veja que−→f = (y2, z2, x2) e r(u, v) = (u, v , a− u − v)
0 ≤ u ≤ a e 0 ≤ v ≤ a− u, e a parametrizacao.∂r∂u = (1, 0,−1) e ∂r
∂v = (0, 1,−1) com ∂r∂u ×
∂r∂v = (1, 1, 1)
(aponta para o exterior).
rot−→f = (−2z ,−2x ,−2y). Aplicando na parametrizacao
fica rot−→f = (−2a + 2u + 2v ,−2u,−2v)
rot−→f ·(∂r∂u ×
∂r∂v
)= −2a.
Logo, I =
∫ a
0
∫ a−u
0(−2a)dvdu = −a3
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Integral desuperfıcie
Campo Escalar
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ], onde S e a
superfıcie exterior ao cubo limitado pelos planos coordenados epor x = 1, y = 1 e z = 1.
Exemplo
Como resolverıamos utilizando integral de superfıcie?
Integral deSuperfıcies
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Integral desuperfıcie
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ], onde S e a
superfıcie exterior ao cubo limitado pelos planos coordenados epor x = 1, y = 1 e z = 1.
Exemplo
Como resolverıamos utilizando integral de superfıcie?
Integral deSuperfıcies
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Gauss ouDivergencia
Teorema da Divergencia ou de Gauss
Teorema da Divergencia
Seja T um solido no espaco delimitado por uma superfıcieorientavel S . Se −→η e a normal unitaria exterior a S e se−→f (x , y , z) = (f1(x , y , z), f2(x , y , z), f3(x , y , z)) e uma funcaovetorial contınua que possui derivadas parciais de primeiraordem contınuas em um domınio que contem T , entao∫
S
∫ −→f −→η dS =
∫ ∫T
∫div−→f dV
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ], onde S e a
superfıcie exterior ao cubo limitado pelos planos coordenados epor x = 1, y = 1 e z = 1.
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Stokes
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Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Gauss ouDivergencia
Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Solucao
Inicialmente observe que para usar o teorema dadivergencia nem precisamos da parametrizacao.−→f = (2x − z , x2,−xz2)
div−→f = 2− 2zx
A regiao de integracao e o proprio prisma, assim∫S
∫[(2x − z)dydz + x2dxdz − xz2dxdy ] =∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(2− 2xz)dxdydz =
3
2
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Exemplo
Exemplo
Calcular
∫S
∫ −→f −→η dS , onde S e a superfıcie exterior ao solido
delimitado por z = x2 + y2 − 9 e z = −2x2 − 2y2 + 9, sendo−→f = (2x , 3y , 4z)
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Solucao
No quadro
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Agradecimentos e mensagem final
Henry Ford: ”Se voce acha que pode, voce esta certo. Sevoce acha que nao pode, voce tambem esta certo.”
Airton Senna: ”Se voce quer ser bem sucedido, precisa terdedicacao total, buscar seu ultimo limite e dar o melhor desi mesmo.”
Foi bom estar com voces. Obrigado!
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Integral desuperfıcie
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Agradecimentos e mensagem final
Henry Ford: ”Se voce acha que pode, voce esta certo. Sevoce acha que nao pode, voce tambem esta certo.”
Airton Senna: ”Se voce quer ser bem sucedido, precisa terdedicacao total, buscar seu ultimo limite e dar o melhor desi mesmo.”
Foi bom estar com voces. Obrigado!
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Stokes
Gauss ouDivergencia
Agradecimentos e mensagem final
Henry Ford: ”Se voce acha que pode, voce esta certo. Sevoce acha que nao pode, voce tambem esta certo.”
Airton Senna: ”Se voce quer ser bem sucedido, precisa terdedicacao total, buscar seu ultimo limite e dar o melhor desi mesmo.”
Foi bom estar com voces. Obrigado!