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

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Stokes

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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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Stokes

Gauss ouDivergencia

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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Campo Escalar

Campo Vetorial

Stokes

Gauss ouDivergencia

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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Stokes

Gauss ouDivergencia

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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Campo Escalar

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Stokes

Gauss ouDivergencia

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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Stokes

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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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PlanoTangente

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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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Stokes

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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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Stokes

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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

Integral deSuperfıcies

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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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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

24π

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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

24π

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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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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

2

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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

2

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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

2

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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

2

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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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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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Stokes

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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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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

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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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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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Notacao

Escrever no quadro.

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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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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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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

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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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PlanoTangente

SuperfıcieSuave

Area de umaSuperfıcie

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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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.

Integral deSuperfıcies

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Integral desuperfıcie

Campo Escalar

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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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Campo Escalar

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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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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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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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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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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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Stokes

Gauss ouDivergencia

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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Stokes

Gauss ouDivergencia

Solucao

No quadro

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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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Area de umaSuperfıcie

Integral desuperfıcie

Campo Escalar

Campo Vetorial

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!

Integral deSuperfıcies

Professor:Fabrıcio deFigueredoOliveira

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CurvaCoordenada

PlanoTangente

SuperfıcieSuave

Area de umaSuperfıcie

Integral desuperfıcie

Campo Escalar

Campo Vetorial

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!