Aula 33: Planos tangentes e áreas de superfícies

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Planos tangentes
Seja S a superfície paramétrica descrita pela função vetorial
−→r (u, v) = x(u, v) −→i + y(u, v) −→j + z(u, v) −→k , (u, v) ∈ D
Seja P0 = (u0, v0) ∈ D um ponto do conjunto D. Se fixarmos u0 como constante e variarmos
v obtemos a curva grade C1 dada por
−→r (u0, v). O vetor tangente a C1 em P0 é dado por
−→r v(u0, v0) = xv(u0, v0)−→i + yv(u0, v0)−→j + zv(u0, v0)−→k
De forma análoga, se fixarmos v0 como constante e variarmos u obtemos a curva grade C2
dada por
−→r (u, v0). O vetor tangente a C2 em P0 é dado por
−→r u(u0, v0) = xu(u0, v0)−→i + yu(u0, v0)−→j + zu(u0, v0)−→k
Se
−→r u(u0, v0) × −→r v(u0, v0) 6= −→0 , então definimos o plano tangente à S em P0 como sendo
o plano passando por P0 com vetor normal
−→r u(u0, v0)×−→r v(u0, v0)
Se permitirmos ao ponto P variar dentro do conjunto D, obtemos as funções vetoriais
−→r v = xv(u, v)−→i + yv(u, v)−→j + zv(u, v)−→k
−→r u = xu(u, v)−→i + yu(u, v)−→j + zu(u, v)−→k
Se
−→ru×−→rv 6= −→0 para todo (u, v) ∈ D, então dizemos que a superfície S é uma superfície lisa
(ou seja, uma superfície é lisa se o plano tangente está bem definido em qualquer ponto dela).
Exemplo 1. Determine o plano tangente à superfície com equações paramétricas
x = u2, y = v2, z = u+ 2v
no ponto (1, 1, 3).
Temos que
xu = 2u, yu = 0, zu = 1
xv = 0, yv = 2v, zv = 2
1
Logo,
−→r u = 2u−→i +−→k , −→r v = 2v−→j + 2−→k e temos que
−→r u ×−→r v = −2v−→i − 4u−→j + 4uv−→k
No ponto (1, 1, 3) temos que 
u2 = 1
v2 = 1
u+ 2v = 3
Portanto, u = 1, v = 1 e o vetor normal ao plano tangente é
−2−→i − 4−→j + 4−→k
Uma equação para o plano tangente é então
−2(x− 1)− 4(y − 1) + 4(z − 3) = 0 ⇒ x+ 2y − 2z + 3 = 0
Área de superfície
Se uma superfície paramétrica lisa S é dada pela equação
−→r (u, v) = x(u, v) −→i + y(u, v) −→j + z(u, v) −→k , (u, v) ∈ D
onde S é coberto uma única vez quando (u, v) varia em D, então a área de superfície de S é
A(S) =
∫∫
D
||−→r u ×−→r v|| dA
onde −→r u = xu(u, v)−→i + yu(u, v)−→j + zu(u, v)−→k
−→r v = xv(u, v)−→i + yv(u, v)−→j + zv(u, v)−→k
No caso particular em que a superfície S é dado pela equação z = f(x, y) (ou seja, se S é o
gráfico da função f) e f têm derivadas parciais contínuas, então já sabemos que
x = u, y = v, z = f(u, v), (u, v) ∈ Dom(f)
é uma parametrização de S. Nesse caso, temos
−→r u = −→i + fu(u, v)−→k
2
−→r v = −→j + fv(u, v)−→k
Logo,
−→r u ×−→r v = −fu(u, v)−→i − fv(u, v)−→j +−→k
Como
−→r u ×−→r v 6= −→0 para todo (u, v) ∈ Dom(f), então S é uma superfície lisa. Temos que
||−→r u ×−→r v|| =
√
1 + fu(u, v)2 + fv(u, v)2
Portanto,
A(S) =
∫∫
D
√
1 + fu(u, v)2 + fv(u, v)2 dA
Exemplo 2. Determine a área da parte do parabolóide z = x2 + y2 que está abaixo do plano
z = 9.
O parabolóide e o plano se interceptam na circunferência x2 + y2 = 9. Logo, podemos ver a
superfície S é o gráfico da função f(x, y) = x2+y2 onde (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2 | x2+y2 ≤ 9}
e uma parametrização da superfície é
x = u, y = v, z = u2 + v2, (u, v) ∈ D
Temos então que
A(S) =
∫∫
D
√
fu(u, v)2 + fv(u, v)2 + 1 dA =
∫∫
D
√
4u2 + 4v2 + 1 dA
Em coordenadas polares temos
D = {(r, θ) ∈ R2 | 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2pi}
e, portanto, ∫∫
D
√
4u2 + 4v2 + 1 dA =
∫ 2pi
0
∫ 3
0
r
√
1 + 4r2 dr dθ
3
Calculando a integral com relação à r:∫ 3
0
r
√
1 + 4r2 dr =
[
(1 + 4r2)
3
2
12
]r=3
r=0
=
(37)
3
2
12
− 1
12
=
37
√
37− 1
12
Calculando a integral do resultado com relação à θ:∫ 2pi
0
37
√
37− 1
12
dθ =
pi
6
(
37
√
37− 1
)
Concluímos assim que
A(S) =
pi
6
(
37
√
37− 1
)
4