Extremos Condicionados. Integrais Campos Escalares

Método dos Multiplicadores de Lagrange

Seja MM uma variedade de dimmRn\dim m \subset \R^n, e uma função ff:

M={xRn:F(x)=0}F:RnRnmf:RnR\begin{array}{lll} M = \{x \in \R^n: F(x) = 0\} & F: \R^n \to \R^{n-m} & f: \R^n \to \R \end{array}

Como calcular máximo (ou mínimo) de ff em MM?

Seja x0x_0 um máximo local em MM.
Sabemos que f(x0)\nabla f(x_0) pertence ao espaço normal de MM, pelo que, sendo

F=(F1,F2,,Fnm)linhas de DF(x0)=F1(x0),F2(x0),,Fnm(x0)\begin{darray}{c} F=(F_1, F_2, \dots, F_{n-m})\\ \text{linhas de } DF(x_0) = \nabla F_1(x_0), \nabla F_2(x_0), \dots, \nabla F_{n-m}(x_0) \end{darray}

Existem λ1,,λnmR\lambda_1, \dots, \lambda_{n-m} \in \R tais que

(fλ1F1λ2F2λnmFnm)(x0)=0\nabla (f-\lambda_1 F_1 - \lambda_2 F_2 - \dots - \lambda_{n-m} F_{n-m})(x_0) = 0

isto é, tais que x0x_0 é ponto crítico de fλ1F1λnmFnmf - \lambda_1 F_1 - \dots- \lambda_{n-m} F_{n-m}.

DEFINIÇÃO

Seja MM uma variedade dimm\dim m, e f:MRf: M \to \R de classe C1C^1,

M={xRn:F1(x)=0,,Fnm(x)=0}M = \{x \in \R^n: F_1(x) = 0, \dots, F_{n-m}(x) = 0 \}

aa é ponto de máximo ou mínimo se e só se

{(fλ1F1λnmFnm)(a)=0F1(a)=0Fnm(a)=0\begin{cases} \nabla(f - \lambda_1 F_1 - \dots - \lambda_{n-m} F_{n-m}) (a) = 0\\ F_1(a) = 0\\ \quad \vdots\\ F_{n-m}(a) = 0 \end{cases}

tal que λj\lambda_j são Multiplicadores de Lagrange.

Demonstração

Seja γ\gamma caminho em MM e x0x_0 um máximo local em MM com γ(0)=x0\gamma(0) =x_0, em que f(γ(t))f(\gamma(t)) atinge o máximo em t=0t=0.

 ⁣d ⁣dtf(γ(t))t=0=0\frac{\d}{\d t} f(\gamma(t)) \big|_{t=0} = 0
f(γ(0))γ(0)=0f(x0)γ(0)=0γ caminho com γ(0)=0\begin{array}{ll} \nabla f(\gamma (0)) \cdot \gamma'(0) = 0 & \nabla f(x_0) \cdot \gamma'(0) = 0 \forall \gamma \text{ caminho com } \gamma(0) = 0 \end{array}
    f(x0)(Tx0M)=L{linhas de DF(x0)}\implies \nabla f(x_0) \in (T_{x_0}M)^{\perp} = \mathcal{L}\{\text{linhas de } DF(x_0)\}
F=(F1,F2,,Fnm)linhas de DF(x0)=F1(x0),F2(x0),,Fnm(x0)\begin{array}{l} F=(F_1, F_2, \dots, F_{n-m})\\ \text{linhas de } DF(x_0) = \nabla F_1(x_0), \nabla F_2(x_0), \dots, \nabla F_{n-m}(x_0) \end{array}

    \implies existem λ1,,λnmR\lambda_1, \dots, \lambda_{n-m} \in \R com

f(x0)=λ1F1(x0)++λnmFnm(x0)\nabla f(x_0) = \lambda_1 \nabla F_1(x_0) + \dots + \lambda_{n-m} \nabla F_{n-m}(x_0)
(fλ1F1λ2F2λnmFnm)(x0)=0\nabla (f-\lambda_1 F_1 - \lambda_2 F_2 - \dots - \lambda_{n-m} F_{n-m})(x_0) = 0

Conclusão: existem λ1,,λnmR\lambda_1, \dots, \lambda_{n-m} \in \R tais que x0x_0 é ponto crítico de fλ1F1λnmFnmf - \lambda_1 F_1 - \dots- \lambda_{n-m} F_{n-m}

Exemplos

Considerando MM, uma esfera de raio 1, e a função ff

M={x2+y2+z2=1}f(x,y,z)=z\begin{array}{ll} M= \{x^2+y^2+z^2=1\} & f(x,y,z) = z \end{array}

Mostre que ff tem máximo (0,0,1)(0,0,1) e mínimo (0,0,1)(0,0,-1) em MM.

Podemos escrever MM como o conjunto de nível: F(x,y,z)=x2+y2+z21F(x,y,z) = x^2+y^2+z^2-1

Assim, pelo método dos multiplicadores de Lagrange:

{(fλF)=0F=0{(zλ(x2+y2+z21))=0x2+y2+z2=1{2λx=02λy=012λz=0x2+y2+z2=1\begin{array}{l} \begin{cases} \nabla(f - \lambda F) = 0 \\ F=0 \end{cases}\\ \Leftrightarrow \begin{cases} \nabla(z-\lambda(x^2+y^2+z^2-1)) = 0\\ x^2+y^2+z^2=1 \end{cases}\\ \Leftrightarrow \begin{cases} -2\lambda x = 0\\ -2 \lambda y = 0\\ 1-2\lambda z = 0\\ x^2+y^2+z^2=1 \end{cases} \end{array}

Se λ=0\lambda = 0, então 12λz=01=01-2\lambda z = 0 \Leftrightarrow 1=0, que é impossível.
Logo λ0\lambda\ne 0, pelo que:

{y=0 e x=02λz=1    λ=±12z2=1    z=±1\begin{cases} y = 0 \text{ e } x = 0\\ 2\lambda z = 1 \implies \lambda = \pm \frac{1}{2}\\ z^2=1 \implies z=\pm 1 \end{cases}

Soluções do sistema:

(x,y,z)=(0,0,1)λ=12(x,y,z)=(0,0,1)λ=12\begin{array}{ll} (x,y,z) = (0,0,1) & \lambda = \frac{1}{2}\\ (x,y,z) = (0,0,-1) & \lambda = -\frac{1}{2} \end{array}

O critério indica os candidatos a máximo ou mínimo.

Como nos encontramos numa esfera, (0,0,1)(0,0,1) será o máximo e (0,0,1)(0,0,-1) será o mínimo.

Justificar existência de extremos

O método dos multiplicadores de Lagrange ajuda-nos a encontrar os candidatos a máximo e mínimo, mas não justifica a sua existência.

Podemos assim recorrer ao Teorema de Weierstrass:

f:MRf: M \to \R, MM limitado fechado (compacto), ff contínua.

Então ff tem máximo e mínimo em MM.

Ficamos assim com dois passos que temos de fazer quando queremos encontrar extremos condicionados:

  1. Justificar a existência de máximo (ou mínimo) - Teorema de Weierstrass.
  2. Utilizar um critério para encontrar os candidatos a máximo ou mínimo - método dos multiplicadores de Lagrange.
Exemplos

Queremos encontrar o paralelipípedo com maior volume de entre aqueles que satisfazem x+y+z=1x+y+z = 1, x,y,z0x,y,z \geq 0

Para isso, temos de maximizar o volume V=xyzV = xyz, com F=x+y+z1=0F=x+y+z-1=0.

  1. Será que existe máximo?
    Sabemos que V=xyzV = xyz é contínua

    {x+y+z=1x,y,z0\begin{cases} x+y+z=1\\ x,y,z\geq 0 \end{cases}

    MM é fechado e limitado

    Então, pelo Teorema de Weierstrass, VV tem máximo em MM.

  2. {(VλF)=0F=0x+y+z=1    {(xyzλ(x+y+z1))=0x+y+z=1    {yzλ=0xzλ=0xyλ=0x+y+z=1    {yz=λxz=yz=xyx+y+z=1\begin{array}{l} \begin{cases} \nabla(V-\lambda F) = 0\\ F=0 \Leftrightarrow x+y+z=1 \end{cases} \implies \begin{cases} \nabla(xyz-\lambda(x+y+z-1))=0\\ x+y+z=1 \end{cases}\\ \implies \begin{cases} yz-\lambda = 0\\ xz-\lambda = 0\\ xy-\lambda = 0\\ x+y+z=1 \end{cases} \implies \begin{cases} yz=\lambda\\ xz=yz=xy\\ x+y+z=1 \end{cases} \end{array}

    Será que interessa x=0y=0z=0x=0 \land y=0 \land z=0? Não, porque nesse caso V=0V=0.

    {xz=yz    x=yyz=xy    z=xx+y+z=1    {x=yz=x3x=1    {x=13y=13z=13\begin{cases} xz=yz\implies x=y\\ yz=xy\implies z=x\\ x+y+z=1 \end{cases} \implies \begin{cases} x=y\\ z=x\\ 3x=1 \end{cases} \implies \begin{cases} x=\frac{1}{3}\\ y=\frac{1}{3}\\ z=\frac{1}{3} \end{cases}

    Só há um candidato a máximo. Como sabemos que ele existe, o máximo tem de ser atingido em (13,13,13)(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}).


Quais os pontos que estão na interseção do plano x+z=1x+z=1 com z=x2+y2z = x^2+y^2 e que estão mais próximos da origem?

M={(x,y,z)R3:x+z1=0,x2+y2z=0}M = \{(x,y,z) \in \R^3 : x+z-1 = 0, x^2+y^2-z = 0 \}

Como minimizar a distância é a mesma coisa que minimizar distância ao quadrado, podemos encontrar o mínimo da seguinte função na variedade MM:

f(x,y,z)=(distaˆncia aˋ origem)2=(x2+y2+z2)2=x2+y2+z2f(x,y,z) = (\text{distância à origem})^2 = (\sqrt{x^2+y^2+z^2})^2 = x^2+y^2+z^2

Pelo método dos multiplicadores de Lagrange:

{(fλ1F1λ2F2)=0F1=0F2=0{(x2+y2+z2λ1(x+y1)λ2(x2+y2z))=0x+z=1z=x2+y2{2xλ1λ22x=02y2λ2y=02zλ1+λ2=0x+z=1z=x2+y2\begin{array}{l} \begin{cases} \nabla(f-\lambda_1 F_1 - \lambda_2 F_2) = 0\\ F_1=0\\ F_2=0 \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} \nabla(x^2+y^2+z^2-\lambda_1 (x+y-1) - \lambda_2 (x^2+y^2-z)) = 0\\ x+z=1\\ z=x^2+y^2 \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} 2x-\lambda_1-\lambda_2\cdot 2x=0\\ 2y-2\lambda_2 y = 0\\ 2z-\lambda_1 + \lambda_2 = 0\\ x+z=1\\ z=x^2+y^2 \end{cases} \end{array}

Se y=0y=0,

{2xλ1λ22x=02zλ1+λ2=0x+z=1z=x2+y2\begin{cases} 2x-\lambda_1-\lambda_2\cdot 2x=0\\ 2z-\lambda_1 + \lambda_2 = 0\\ x+z=1\\ z=x^2+y^2 \end{cases}

x2=1x    x2+x1=0    x=1±52x^2=1-x\implies x^2+x-1=0 \implies x= \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}
z=1x=11±52=3252z=1-x=1-\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2} = \frac{3}{2} \mp \frac{\sqrt{5}}{2}

Pontos com y=0y=0: (1±52,0,352)(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, 0, \frac{3 \mp \sqrt{5}}{2})

Se λ2=1\lambda_2 = 1

{2xλ12x=02zλ1+1=0x+z=1z=x2+y2{λ1=02z+1=0x+z=1z=x2+y2{λ1=0z=12x+z=1x2+y2=12\begin{cases} 2x-\lambda_1-2x=0\\ 2z-\lambda_1 + 1 = 0\\ x+z=1\\ z=x^2+y^2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = 0\\ 2z+1=0\\ x+z=1\\ z=x^2+y^2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = 0\\ z=-\frac{1}{2}\\ x+z=1\\ \smartcolor{orange}{x^2+y^2=-\frac{1}{2}} \end{cases}

É impossível (a soma do quadrado de dois números nunca pode ser negativa), logo os únicos candidatos são:

(152,0,3+52)(\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}, 0, \frac{3 + \sqrt{5}}{2}) e (1+52,0,352)(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}, 0, \frac{3 - \sqrt{5}}{2})

ff (ponto):

  • (152)2+02+(3+52)2=1+25+54+9+65+54\left(\frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \right)^2 + 0^2 + \left(\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right)^2 = \frac{1+2\sqrt{5} + 5}{4} + \frac{9+6\sqrt{5} + 5}{4}

  • (1+52)2+02+(352)2=125+54+965+54\left(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \right)^2 + 0^2 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^2 = \frac{1-2\sqrt{5} + 5}{4} + \frac{9-6\sqrt{5} + 5}{4}

O último tem a menor imagem

Logo o ponto mais próximo da origem é (1+52,0,352)\left(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}, 0, \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)

Pelo Teorema de Weierstrass podemos também afirmar que este ponto é mesmo um mínimo, pois:

  • MM é limitado
  • O mínimo de ff em MM está de certeza dentro de uma bola de raio RR grande

Então, MBR(0)M \cap \overline{B_R(0)} fechado, limitado e tem o mínimo lá dentro.

Logo, pelo Teorema de Weierstrass:

  • ff tem mínimo em MBR(0)M \cap B_R(0)
  • ff tem mínimo em MM

Integrais de Campos Escalares em Variedades

Dada uma variedade MM e f:MRf: M \to \R, como podemos definir Mf\int_M f?

Para dim M = 1

DEFINIÇÃO

Considerando dimM=1\dim M = 1 e seja MM um caminho em R2\R^2, podemos escrever que

Mf ⁣dγ=abf(g(t))g(t) ⁣dt\int_M f \d \gamma = \int^b_a f(g(t)) \cdot ||g'(t)|| \d t

A estes integrais chamamos Integral de um campo escalar numa variedade de dim1\dim 1 ou Integral de linha de um campo escalar.

Exemplos

Seja a circunferência x2+y2=1x^2+y^2=1.

Qual o perímetro (comprimento) da circunferência?

Começamos por parametrizar esta variedade:

g(t)=(cost,sint)t]0,2π[g(t)=(sint,cost)g(t)=sin2t+cos2t=1\begin{array}{cc} g(t) = (\cos t, \sin t) & t \in ]0, 2\pi[\\ g'(t) = (-\sin t, \cos t) & ||g'(t)|| = \sqrt{\sin^2t + \cos^2t} = 1 \end{array}

Assim, basta-nos calcular o integral do campo escalar:

x2+y2=11 ⁣dγ=02π1g(t) ⁣dt=02π1 ⁣dt=2π\int_{x^2+y^2=1} 1 \d \gamma = \int^{2\pi}_{0} 1 \cdot ||g'(t)|| \d t = \int^{2\pi}_{0} 1 \d t = 2\pi

Considere o segmento que une (1,0,1)(1,0,1) a (0,1,0)(0,1,0).
Sabe-se que a densidade de massa deste segmento é dada por z2z^2. Qual a massa do segmento?

Comecemos por parametrizar o segmento, que podemos fazer através de da expressão vetorial de uma reta.

g(t)=(1,0,1)+t((0,1,0)(1,0,1)v)=(1,0,1)+t(1,1,1)=(1t,t,1t)t[0,1]g(t)=(1,1,1)g(t)=3\begin{array}{ll} \begin{aligned} g(t) &= (1,0,1) + t(\overbrace{(0,1,0) - (1,0,1)}^v)\\ &=(1,0,1) + t(-1,1,-1)\\ &= (1-t, t, 1-t) \end{aligned} & t \in [0,1]\\ \\ g'(t) = (-1,1,-1) & ||g'(t)|| = \sqrt 3 \end{array}
Massa do segmento=segmentodensidade de massa\text{Massa do segmento} = \int_{\text{segmento}} \text{densidade de massa}
Massa=segmentoz2 ⁣dγ=01(1t)23 ⁣dt=3[(1t)33]01=3(0(13))=33\begin{aligned} \text{Massa} &= \int_{\text{segmento}} z^2 \d \gamma\\ &= \int^1_0 (1-t)^2 \cdot \sqrt{3} \d t\\ &= \sqrt{3} \left[- \frac{(1-t)^3}{3} \right]^1_0\\ &= \sqrt{3} \left(0 - \left(-\frac{1}{3} \right) \right)\\ &= \frac{\sqrt{3}}{3} \end{aligned}

Para dim M > 1

DEFINIÇÃO

Considerando dimM1\dim M \geq 1 e seja MM um caminho em Rn\R^n, podemos escrever que

Mf ⁣dγ=abf(g(t))detDgTDg ⁣dt\int_M f \d \gamma = \int^b_a f(g(t)) \cdot \sqrt{|det Dg^T Dg|} \d t

DgTDg^T é a matriz transposta de DgDg

Devido às propriedades da matriz transposta, sabemos sempre que DgTDgDg^T Dg é uma matriz simétrica.

Podemos observar que se m=1m=1, vamos ter a definição anterior:

Dg(t)=g(t)DgTDg=g(t)g(t)=g(t)2\begin{array}{ll} Dg(t) = g'(t) & Dg^T \cdot Dg = g'(t) \cdot g'(t) = ||g'(t)||^2 \end{array}
Exemplo

Considerando a variedade PP, correspondente a um paraboloide:

P={(x,y,z)R3:x2+y2=z,z<1}P = \{(x,y,z) \in \R^3: x^2+y^2=z, z < 1\}

Qual a área de PP?

Podemos utilizar coordenadas cilíndricas:

{x=rcosθy=rsinθz=z=r2\begin{cases} x=r \cos \theta\\ y=r \sin \theta\\ z=z=r^2 \end{cases}

E assim parametrizar:

g(r,θ)=(rcosθ,rsinθ,r2)θ]0,2π[,r]0,1[\begin{array}{ll} g(r, \theta) = (r \cos \theta, r \sin \theta, r^2) & \theta \in ]0, 2 \pi[, r \in ]0, 1[ \end{array}
P1 ⁣dS=02π011det(DgtDg) ⁣dr ⁣dθ\int_P 1 \d S = \int^{2 \pi}_0 \int^1_0 1 \cdot \sqrt{|\det (Dg^t Dg ) | } \d r \d \theta
Dg(r,θ)=[cosθrsinθsinθrcosθ2r0]Dg(r, \theta) = \begin{bmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta\\ \sin \theta & r \cos \theta\\ 2 r & 0 \end{bmatrix}
DgtDg=[cosθsinθ2rrsinθrcosθ0][cosθrsinθsinθrcosθ2r0]=[1+4r200r2]Dg^t \cdot Dg = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta & 2r\\ -r \sin \theta & r \cos \theta & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta\\ \sin \theta & r \cos \theta\\ 2 r & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1+4r^2 & 0\\ 0 & r^2 \end{bmatrix}
det=(4r2+1)r2det=r4r2+1\begin{array}{ll} \det = (4r^2 + 1 ) r^2 & \sqrt{\det} = r \sqrt{4r^2 +1} \end{array}
P1 ⁣dS=02π011r4r2+1 ⁣dr ⁣dθ=02π01188r4r2+1 ⁣dr ⁣dθ=1802π[(4r2+1)3232]01 ⁣dθ=1802π23(5321) ⁣dθ=18232π(5321)=π6(5321)\begin{aligned} \int_P 1 \d S &= \int^{2 \pi}_0 \int^1_0 1 \cdot r \sqrt{4r^2 + 1} \d r \d \theta\\ &= \int^{2 \pi}_0 \int^1_0 \frac{1}{8} \cdot 8 r \sqrt{4r^2 + 1} \d r \d \theta\\ &= \frac{1}{8} \int^{2\pi}_0 \left[\frac{(4r^2 + 1)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right]^1_0 \d \theta\\ &= \frac{1}{8} \int^{2\pi}_0 \frac{2}{3} (5^{\frac{3}{2}} - 1) \d \theta\\ &= \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} \cdot 2\pi \cdot (5^{\frac{3}{2}} - 1)\\ &= \frac{\pi}{6} (5^{\frac{3}{2}} - 1) \end{aligned}

Produto Externo de Dois Vetores

Podemos definir o produto externo de u,vR3u, v \in \R^3, considerando u=(u1,u2,u3)u = (u_1, u_2, u_3), v=(v1,v2,v3)v = (v_1, v_2, v_3) e e1,e2,e3e_1, e_2, e_3 vetores da base canónica, como:

u×v=det[e1e2e3u1u2u3v1v2v3]u \times v = \det \begin{bmatrix} e_1 & e_2 & e_3\\ u_1 & u_2 & u_3\\ v_1 & v_2 & v_3 \end{bmatrix}

Efetuando a regra de Laplace na primeira linha:

=(u2v3v2u3)e1(u1v3v1u3)e2+(u1v2v1u2)e3=(u2v3v2u3,u1v3+v1u3,u1v2v1u2)\begin{array}{l} = (u_2 v_3 - v_2 u_3) e_1 - (u_1v_3 - v_1u_3) e_2 + (u_1 v_2 - v_1u_2) e_3\\ = (u_2 v_3 - v_2 u_3, -u_1 v_3 + v_1u_3 , u_1v_2-v_1u_2) \end{array}

Propriedades do produto externo:

  • u×vu \times v é ortogonal a uu e vv
  • u(v×w)=v(w×u)u \cdot (v \times w) = v\cdot (w \times u)
  • u×(v×w)=(uw)v(uv)wu \times (v \times w ) = (u \cdot w) v - (u \cdot v) w

Alternativamente ao fator de escala det(DgTDg)\sqrt{ | \det (Dg^T Dg) | } usado acima, podemos usar o produto externo. Assim,

det(DgtDg)=gu×gv\sqrt{ | \det \left(Dg^t Dg \right) | } = \left|\left| \frac{\partial g}{\partial u} \times \frac{\partial g}{\partial v} \right|\right|
Exemplo

Considerando a variedade

S={x2+y2=z2+1,0<z<1}S = \{x^2 + y^2 = z^2 + 1, 0 < z < 1\}

Sabe-se que a densidade de massa é ϕ(x,y,z)=12z2+1\phi (x,y,z) = \frac{1}{\sqrt{2z^2+1}}

Qual a massa de SS?

A massa é dada por Sϕ\int_S \phi

Começamos por parametrizar SS, usando coordenadas cilíndricas:

{x=rcosθy=rsinθz=z\begin{cases} x=r \cos \theta\\ y=r \sin \theta\\ z=z \end{cases}
r2=z2+1r=z2+10<z<1\begin{array}{lll} r^2 = z^2 + 1 & r = \sqrt{z^2 + 1} & 0 < z < 1 \end{array}
g(θ,z)=(z2+1cosθ,z2+1sinθ,z)g(\theta, z) = (\sqrt{z^2 + 1} \cos \theta, \sqrt{z^2+1} \sin \theta, z)
Dg(θ,z)=[z2+1sinθzz2+1cosθz2+1cosθzz2+1sinθ01]Dg (\theta, z) = \begin{bmatrix} -\sqrt{z^2+1} \sin \theta & \frac{z}{\sqrt{z^2 + 1}}\cos \theta\\ \sqrt{z^2+1} \cos \theta & \frac{z}{\sqrt{z^2 + 1}}\sin \theta\\ 0 & 1 \end{bmatrix}
gθ×gz=e1e2e3z2+1sinθz2+1cosθ0zz2+1cosθzz2+1sinθ1=(z2+1cosθ,z2+1sinθ,zsin2θzcos2θ)=(z2+1cosθ,z2+1sinθ,z)\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial \theta} \times \frac{\partial g}{\partial z} &= \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3\\ -\sqrt{z^2 + 1} \sin \theta & \sqrt{z^2 + 1}\cos \theta & 0\\ \frac{z}{\sqrt{z^2 + 1}}\cos \theta & \frac{z}{\sqrt{z^2 + 1}}\sin \theta & 1 \end{vmatrix}\\ &=(\sqrt{z^2+1} \cos \theta, \sqrt{z^2 + 1} \sin \theta, -z \sin ^2 \theta - z \cos^2 \theta)\\ &=(\sqrt{z^2+1} \cos \theta, \sqrt{z^2 + 1} \sin \theta, -z) \end{aligned}
gθ×gz2=(z2+1)cos2θ+(z2+1)sin2θ+z2=2z2+1\left|\left|\frac{\partial g}{\partial \theta} \times \frac{\partial g}{\partial z}\right|\right|^2 = (z^2 + 1) \cos^2 \theta + (z^2 + 1) \sin^2 \theta + z^2 = 2z^2 + 1
ϕ(x,y,z)=12z2+1ϕ(g(θ,z))=12z2+1\begin{array}{ll} \phi(x,y,z) = \frac{1}{\sqrt{2z^2 + 1}} & \phi (g(\theta,z )) = \frac{1}{\sqrt{2z^2 + 1}} \end{array}
Sϕ=0102π12z2+12z2+1 ⁣dθ ⁣dz=0102π1 ⁣dθ ⁣dz=2π\begin{aligned} \int_S \phi &= \int^1_0 \int^{2\pi}_0 \frac{1}{\sqrt{2z^2 + 1}} \cdot \sqrt{2z^2 + 1} \d \theta \d z\\ &= \int^1_0 \int^{2\pi}_0 1 \d \theta \d z\\ &= 2\pi \end{aligned}

Centroide e Momento de Inércia

Tal como referido em Aplicações do Integral, é possível calcular o centroide e momento de inércia de um sólido através do cálculo de um integral.

Esses cálculos são também aplicáveis em campos escalares, pelo que voltamos a ter a mesma definição:

x=MxM1y=MyM1\begin{darray}{ll} \overline x = \frac{\int_M x}{\int_M 1} & \overline y = \frac{\int_M y}{\int_M 1} \end{darray}

As definições de quantidades físicas em regiões de R2\R^2 e R3\R^3 têm definições idênticas no contexto.

Exemplos

Considerando a variedade definida por

M={y=x2,x]1,1[}M = \{ y = x^2, x \in ]-1, 1[\}

Qual o centroide de MM?

Começamos por fazer a sua parametrização:

g(t)=(t,t2)t]1,1[g(t)=(1,2t)g(t)=1+4t2\begin{array}{cc} g(t) = (t, t^2) & t \in ]-1,1[\\ g'(t) = (1,2t) & ||g'(t)|| = \sqrt{1 + 4t^2} \end{array}
M1 ⁣dγ=111+4t2 ⁣dt\int_M 1 \d \gamma = \int^1_{-1} \sqrt{1 + 4t^2} \d t
x=Mx ⁣dγM1 ⁣dγ=11t1+4t2 ⁣dt111+4t2 ⁣dt\overline x = \frac{\int_M x \d \gamma}{\int_M 1 \d \gamma} = \frac{\int^1_{-1} t \sqrt{1+4t^2} \d t}{\int^1_{-1} \sqrt{1+4t^2} \d t}
y=My ⁣dγM1 ⁣dγ=11t21+4t2 ⁣dt111+4t2 ⁣dt\overline y = \frac{\int_M y \d \gamma}{\int_M 1 \d \gamma} = \frac{\int^1_{-1} t^2 \sqrt{1+4t^2} \d t}{\int^1_{-1} \sqrt{1+4t^2} \d t}

Considerando a variedade definida por

M={x2+y2=1,y>0}M = \{ x^2 +y^2 = 1, y > 0\}

Determine o seu centroide

Começamos por parametrizar a variedade:

g(t)=(cost,sint)t]0,π[g(t)=(sint,cost)g(t)=1\begin{array}{ll} g(t) = (\cos t, \sin t) & t \in ]0, \pi[\\ g'(t) = (-\sin t, \cos t) & || g'(t) || = 1 \end{array}

Esta variedade representa um semi-círculo de raio 1.
De seguida, calculamos o centroide, sabendo já que M1=π\int_M 1 = \pi, visto que corresponde ao comprimento do semi-círculo.

Centroide de MM: (x,y)(\overline x, \overline y)

x=MxM1=1πMx ⁣dγ=1π0πcost1 ⁣dt=1π[sint]0π=0\overline x = \frac{\int_M x}{\int_M 1} = \frac{1}{\pi} \int_M x \d \gamma = \frac{1}{\pi} \int^{\pi}_0 \cos t \cdot 1 \d t = \frac{1}{\pi} \left[\sin t\right]^{\pi}_0 = 0
y=MyM1=1πMy ⁣dγ=1π0πsint1 ⁣dt=1π[cost]0π=2π\overline y = \frac{\int_M y}{\int_M 1} = \frac{1}{\pi} \int_M y \d \gamma = \frac{1}{\pi} \int^{\pi}_0 \sin t \cdot 1 \d t = \frac{1}{\pi} \left[-\cos t\right]^{\pi}_0 = \frac{2}{\pi}

Centroide: (0,2π)\left(0, \frac{2}{\pi}\right)


Slides: