Question

Como calcular a área da integral dupla do cone " Z^2 = 4x^2+4y^2 " que está acima da região do primeiro quadrante limitada pela reta "y = x'' e a parábola "y = x^2. ? Resposta = Raiz(5)/6 :(

Answer 1

Olá, bom dia!

Bom, como o domínio dessa função são curvas e retas...
Não seria adequado nós usarmos substituição polares ok?

Vamos identificar os pontos de intersecção do dominio, para isso igualamos ambas funções. Assim:

$\\ x^2=x \\ \\ x^2-x = 0 \\ \\ x(x-1)=0 \\ \\ \left \{ {{x=0} \atop {x=1}} \right.$

Substituindo "x" em uma das funções teremos:

$\left \{ {{y=0} \atop {y=1}} \right.$
------------------------------------

Pois bem, agora deveremos achar uma parametrização ok?

Seja,


$\\ x = u \\ y = v$

Agora isolando a variável "z" teremos:

$\\ Z^2=4x^2+4y^2 \\ \\ Z^2 = 4(x^2+y^2) \\ \\ Z = \frac{+}{-} \sqrt{4(x^2+y^2)} \\ \\ Z = \frac{+}{-}2 \sqrt{x^2+y^2}$

Mas como queremos apenas valores positivos de "z" já que a questão nos pede a área acima do primeiro quadrante. Z deve ser positivo...

$Z = 2 \sqrt{x^2+y^2}$

Mas, devemos substituir os parametros...

x = u
y = v
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$Z = 2 \sqrt{u^2+v^2}$
------------------------------

Agora, iremos determinar a variação de "u" e "v"

"x" varia de zero a 1?

Então,

$0 \leq u \leq 1$

"Y" varia de x² a x? e x = u certo?

Então,

$u^2 \leq v \leq u$
------------------------------

Agora nosso vetor de parametrização fica desse modo:


$r(u,v) = ui+vj+2 \sqrt{u^2+v^2} k$

Acharemos as derivadas parciais desse vetor:

$\\ \frac{dr}{du} = \frac{d( ui+vj+2 \sqrt{u^2+v^2)} }{du} \\ \\ \frac{dr}{du} = 1i+0j+ \frac{2u}{ \sqrt{u^2+v^2} } k$

Acharemos as derivadas parciais em relação a "v"

$\frac{dr}{dv} = 0i+1j+ \frac{2v}{ \sqrt{u^2+v^2} } k$
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Agora deveremos calcular o vetor normal pelo produto vetorial das derivadas parciais:


$\frac{dr}{du}X \frac{dr}{dv} = det \left[\begin{array}{ccc}i&j&k\\1&0& \frac{2u}{ \sqrt{u^2+v^2} } \\0&1& \frac{2v}{ \sqrt{u^2+v^2} } \end{array}\right]$

Resolvendo por "LAPLACE ou SARRUS"

Terás como resultado:

$\frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} = -\frac{2u}{ \sqrt{u^2+v^2} } i-\frac{2v}{ \sqrt{u^2+v^2} }j+1k$

Mas lembre-se, o que queremos realmente é o "MÒDULO"

Então,

$\\ || \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || = \sqrt{ (-\frac{2u}{ \sqrt{u^2+v^2} })^2+ (-\frac{2v}{ \sqrt{u^2+v^2} })^2+1^2} \\ \\ || \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || = \sqrt{ \frac{4u^2+4v^2}{u^2+v^2}+1 } \\ \\ || \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || = \sqrt{ \frac{4(u^2+v^2)}{u^2+v^2}+1 } \\ \\ || \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || = \sqrt{4+1} \\ \\ || \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || = \sqrt{5}$

Agora aplicando a formula de área por parametrização ficamos:


$A = \int\limits^b_a {} \, \int\limits^d_c {|| \frac{dr}{du} X \frac{dr}{dv} || } \, dudv$

Lembrando que nossos limites são: 0, 1 e  "u² , u"

O limite de u² vou escrever "t" ok? não consegui escrever na integra rs

Mas continuando,



$\\ A = \int\limits^1_0 {} \, \int\limits^u_t \sqrt{5} \, dvdu \\ \\ A = \int\limits^1_0 {} \, \sqrt{5} v|(u^2,u) \\ \\ A = \int\limits^1_0 {} \, (\sqrt{5} u-u^2 \sqrt{5} )du \\ \\ A = \frac{ \sqrt{5} u^2}{2} - \frac{ \sqrt{5}u^3 }{3} |(0,1) \\ \\ A = \frac{ \sqrt{5}* 1^2}{2} - \frac{ \sqrt{5}*1^3 }{3} -0 \\ \\ A = \frac{ \sqrt{5}}{2} - \frac{ \sqrt{5} }{3} \\ \\ A = \frac{ 3\sqrt{5}-2 \sqrt{5} }{2*3} \\ \\ A = \frac{ \sqrt{5} }{6} u.a$