INTEGRALES DE SUPERFICIE. - Hasiera - UPV/EHUmtpalezp/libros/06_5.pdf · INTEGRALES DE SUPERFICIE....
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INTEGRALES DE SUPERFICIE.
31. Encontrar el area de la superficie definida como interseccion del plano x + y + z = 1con el solido x2 + 2y2 ≤ 1.
Solucion
La superficie dada se puede parametrizar por
S :
x = u cos v
y = (u/√
2) sen v
z = 1− u cos v − (u/√
2) sen v
(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π),
Por definicion A =∫∫
D
|Tu × Tv| dudv.
En este caso,
Tu = (cos v, (1/√
2) sen v,− cos v − (1/√
2) sen v)
Tv = (−u sen v, (u/√
2) cos v, u sen v + (u/√
2) cos v)
Tu × Tv =
∣∣∣∣∣∣i j k
cos v sen v/√
2 − cos v − sen v/√
2−u sen v (u/
√2) cos v u sen v − (u/
√2) cos v
∣∣∣∣∣∣ =( u√
2,
u√2,
u√2
).
Por tanto, |Tu × Tv| = u√
3/2 y
A =∫ 1
0
du
∫ 2π
0
u√
3/2dv =π√
62
.
32. Sea S la superficie obtenida al hacer girar la curva y = f(x) (a ≤ x ≤ b) alrededordel eje X. Comprobar, a partir de la definicion, que el area de dicha superficie es
A = 2π∫ b
a
|f(x)|√
1 + [f ′(x)]2 dx.
Solucion
Por definicion, el area de la superficie corresponde a la integral
A =∫∫
S
|Tu × Tv| dudv,
donde S se parametriza como (ver figura): x = uy = f(u) cos vz = f(u) sen u
, a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ 2π.
1
Los vectores tangentes son:
−→Tu = (1, f ′(u) cos v, f ′(u) sen v),
−→Tv = (0,−f(u) sen v, f(u) cos v).
Por tanto,
−→Tu ×
−→Tv = (f(u)f ′(u),−f(u) cos v,−f(u) sen v),
|−→Tu ×
−→Tv| = |f(u)|
√1 + (f ′(u))2.
Al sustituir resulta entonces
A =∫ b
a
du
∫ 2π
0
|f(u)|√
1 + (f ′(u))2 dv = 2π
∫ b
a
|f(u)|√
1 + (f ′(u))2 du,
que es el resultado deseado.
33. Calcular
∫∫S
z2√
x2 + y2 dS donde S representa la esfera de centro el origen y radio
R.
Solucion
Parametrizamos la esfera de ecuacion x2 + y2 + z2 = R2 como x = R cos u sen vy = R senu sen vz = R cos v
, 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ π.
De este modo,
−→Tu = (−R senu sen v,R cos u sen v, 0),−→Tv = (R cos u cos v,R senu cos v,−R sen v)
Tu × Tv = (−R2 cos u sen2 v,−R2 senu sen2 v,−R2 sen v cos v)|Tu × Tv| = R2 sen v.
Entonces,∫∫S
z2√
x2 + y2 dS =∫ 2π
0
du
∫ π
0
R2 cos2 v ·R sen v ·R2 sen v dv
= R5 · 2π
∫ π
0
sen2 v · cos2 v dv = 2πR5
∫ π
0
(sen 2v/2)2 dv
=πR5
2
∫ π
0
1− cos 4v
2dv =
πR5
4
(v − sen 4v
4
)∣∣∣π0
=π2R5
4.
2
34. Calcular
∫∫S
(xy+yz+zx) dS, donde S es la parte de la superficie conica z =√
x2 + y2
recortada por la superficie x2 + y2 = 2ax (a > 0).
Solucion
Como la superficie esta definida por la ecuacion explıcita z =√
x2 + y2, utilizamos laformula ∫∫
S
F (x, y, z) dS =∫∫
R
F (x, y, z(x, y)) ·√
1 + (z′x)2 + (z′y)2 dxdy,
donde R es la region del plano XY que delimita la superficie.
En nuestro caso, z′x =x√
x2 + y2, z′y =
y√x2 + y2
, y R es la region limitada por la circun-
ferencia x2 + y2 = 2ax. En consecuencia,∫∫S
(xy + yz + zx) dS =∫∫
R
[xy + y√
x2 + y2 + x√
x2 + y2]
×
√1 +
x2
x2 + y2+
y2
x2 + y2dxdy
=∫∫
R
√2 · [xy + (x + y)
√x2 + y2] dxdy.
Resolveremos la integral doble mediante un cambio de variables a coordenadas polares. Sillamamos x = u cos v, y = u sen v, entonces la circunferencia x2 + y2 = 2ax se escribe comou = 2a cos v. La integral queda de la forma:
I =∫∫
R
√2 · [xy + (x + y)
√x2 + y2] dxdy
=∫ π/2
−π/2
dv
∫ 2a cos v
0
√2u · [u2 sen v cos v + u2(sen v + cos v)] du
=√
2∫ π/2
−π/2
4a4(sen v cos5 v + sen v cos4 v + cos5 v) dv =64√
2a4
15.
35. Calcular
∫∫S
xz dydz+x2y dzdx+y2z dxdy, siendo S la superficie situada en el primer
octante y limitada por las superficies z = x2+y2, x2+y2 = 1 y los planos coordenados.
3
Solucion
Debemos descomponer la superficie S es cinco secciones:
S1 : x ≥ 0, y ≥ 0, z = 0, x2 + y2 ≤ 1,
S2 : x = 0, 0 ≤ y ≤ 1, z ≥ 0, z ≤ y2,
S3 : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0, z ≥ 0, z ≤ x2,
S4 : x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1, x2 + y2 = 1,
S5 : x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1, z = x2 + y2,
que corresponden a las distintas caras del solido indicado. Debemos, por tanto, descomponerla integral en cinco sumandos, a traves de cada una de las superficies indicadas.
Si parametrizamos S1 por las ecuaciones x = u cos vy = u sen vz = 0
, 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2,
entonces Tu = (cos v, sen v, 0), Tv = (−u sen v, u cos v, 0) y Tu × Tv = (0, 0, u) (elegimoscomo vector normal −→n 1 = (0, 0,−u) para que se trate de la normal exterior a la superficie).Ası pues, ∫∫
S1
xz dydz + x2y dzdx + y2z dxdy
=∫ 1
0
du
∫ π/2
0
(0, u3 sen v cos2 v, 0) · (0, 0,−u) dv = 0.
De forma analoga, parametrizamos S2 por x = 0y = uz = vu2
, 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1,
de modo que Tu = (0, 1, 2vu), Tv = (0, 0, u2) y Tu× Tv = (u2, 0, 0) (aunque consideraremosel vector −→n 2 = (−u2, 0, 0) que es normal exterior a la superficie). Entonces∫∫
S2
xz dydz + x2y dzdx + y2z dxdy =∫ 1
0
du
∫ 1
0
(0, 0, u4v) · (−u2, 0, 0) dv = 0.
La superficie S3 se parametriza de forma completamente analoga a S2 y el resultado de laintegral tambien es cero.
Con respecto a S4, utilizaremos la parametrizacion x = cos vy = sen vz = u
, 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2,
4
con lo que Tu = (0, 0, 1), Tv = (− sen v, cos v, 0) y Tu × Tv = (− cos v,− sen v, 0). En estecaso, el vector normal exterior a la superficie es −→n 4 = (cos v, sen v, 0) y la integral vale∫∫
S4
xz dydz + x2y dzdx + y2z dxdy
=∫ 1
0
du
∫ π/2
0
(u cos v, sen v cos2 v, u sen2 v) · (cos v, sen v, 0) dv
=∫ 1
0
du
∫ π/2
0
(u cos2 v + sen2 v cos2 v) dv
=∫ 1
0
[u(v
2+
sen 2v
4
)∣∣∣π/2
0+
(v
8− sen 4v
32
)∣∣∣π/2
0
]du =
3π
16.
Por ultimo, la superficie S5 podemos parametrizar como x = u cos vy = u sen vz = u2
, 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2;
por tanto,
Tu = (cos v, sen v, 2u),Tv = (−u sen v, u cos v, 0),
Tu × Tv = (−2u2 cos v,−2u2 sen v, u),0
Tenemos ası que,∫∫S5
xz dydz + x2y dzdx + y2z dxdy
=∫ 1
0
du
∫ π/2
0
(u3 cos v, u3 sen v cos2 v, u4 sen2 v) · (−2u2 cos v,−2u2 sen v, u) dv
=∫ 1
0
du
∫ π/2
0
(−2u5 cos2 v − 2u5 sen2 v cos2 v + u5 sen2 v) dv
=∫ 1
0
u5 du
∫ π/2
0
(1− 3 cos2 v − sen2 2v/2) dv
=16·[v∣∣∣π/2
0− 3
2
(v +
sen 2v
2
)∣∣∣π/2
0− 1
4·(v − sen 4v
4
)∣∣∣π/2
0
]=−π
16.
Sumando todos los resultados parciales, obtenemos en definitiva que∫∫S
xz dydz + x2y dzdx + y2z dxdy =π
8.
Observacion: Un metodo mas sencillo de resolver la integral sin descomponer la superficieen secciones se basa en el teorema de la divergencia de Gauss, que trataremos en el capıtulosiguiente.
5