CALCULO v 0254 Calculo Vectorial Tema 2 Integrales de Superficie y Aplicaiones J.L. Quintero 2011 51p

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada

CÁLCULO VECTORIAL (0254)

Semestre 3-2011

José Luis Quintero Enero 2012

Cálculo Vectorial (0254) Semestre 3-2011

TEMA 2 INTEGRALES DE SUPERFICIE Y SUS APLICACIONES

Semestre 3-2011


Cálculo Vectorial (0254) Semestre 3-2011

TEMA 2 INTEGRALES DE SUPERFICIE Y SUS APLICACIONES

Semestre 3-2011


Integrales de Superficie y sus Aplicaciones

U.C.V.

F.I.U.C.V.

CÁLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 2

Prof. José Luis Quintero

Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de integrales de superficie y sus aplicaciones. La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores, también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo Vectorial en Ingeniería. Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo: [email protected].. [email protected]

INDICE GENERAL U.C.V.

2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10. 2.11. 2.12. 2.13.

F.I.U.C.V.


Superficies paramétricas Plano tangente Área de una superficie Área superficial de la gráfica de una función Integrales de superficie de campos escalares Centro de masa y momento de inercia Ejercicios resueltos Superficies orientadas Integrales de superficie de campos vectoriales Teorema de Stokes o del Rotor Teorema de Gauss o de la Divergencia Ejercicios resueltos Ejercicios propuestos

Integrales de Superficie y sus Aplicaciones


111 113 114 116 118 120 122 127 127 131 133 135 151

U.C.V.

F.I.U.C.V.

SUPERFICIES PARAMÉTRICAS

Integrales de Superficie y sus Aplicaciones Pág.: 111 de 160



2.1. SUPERFICIES PARAMÉTRICAS De forma similar a como se describe una curva mediante una función vectorial r(t) de (u, v) un solo parámetro t, se puede describir una superficie mediante una función vectorial r(u, de dos parámetros u y v. Suponga que r(u, v) = (x( (x(u, v), v), y(u, v), v), z(u, v)) v)) es una función vectorial definida en una región D del plano uv. Así, las funciones componentes de r son funciones de dos variables u y v, con dominio D. El conjunto de todos los puntos (x, y, y, z) z) ∈ R3 tal que

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v)

(*)

y (u,v) varía en todo D, se llama superficie paramétrica S paramétrica S y las ecuaciones (*) se llaman ecuaciones paramétricas de paramétricas de S. Cada par de u y v da un punto en S; al recorrer todos los posibles valores de u y v se obtiene toda la superficie S. En otras palabras, la superficie S resulta trazada por el extremo del vector de posición r(u, (u, v) cuando (u,v) recorre toda la región D. Ejemplo 1. Identifique 1. Identifique la superficie con ecuación vectorial r(u, v) = (2 cos( cos(u u),v,2sen ),v,2sen((u)) . Solución. Las ecuaciones paramétricas para esta superficie son x = 2 cos(u) , y = v , z = 2sen(u) . Por tanto, para cualquier punto (x,y,z) ( x,y,z) sobre la superficie, se tiene que se verifica x2 + z2 = 4 cos2((u u) + 4sen2(u (u) = 4 . Significa que secciones transversales verticales, paralelas al plano xz (es decir, con y constante), son todas circunferencias de radio 4. Como y = v y no se indica ninguna restricción sobre v, la superficie es un cilindro circular con radio 2 cuyo eje es el eje y. En el ejemplo 1, no se pusieron restricciones sobre los parámetros u y v y por tanto se obtuvo todo el cilindro. Si, por ejemplo, se restringe u y v al escribir el dominio de los parámetros como 0 ≤ u ≤ π 2 , 0 ≤ v ≤ 3 entonces se obtiene el cuarto de cilindro con longitud 3. Si una superficie paramétrica S está dada por una función vectorial r(u, (u, v) , entonces hay dos familias importantes de curvas que se encuentran en S, una familia con u constante y la otra con v constante. Estas familias corresponden a líneas verticales y horizontales del plano uv. Si se conserva u constante al poner u = u0 entonces r(u0 , v) v) se convierte en una función vectorial del parámetro v y define una curva C1 que se encuentra en S.

U.C.V.

F.I.U.C.V.





Del mismo modo, si se conserva v constante, al poner v = v0 , se obtiene una curva C2 dada por r(u,v0 ) que se encuentra en S. Estas curvas reciben el nombre de curvas reticulares. En el ejemplo 1, las curvas reticulares obtenidas al hacer u constante son rectas horizontales mientras que las curvas reticulares con v constante son circunferencias. Ejemplo 2. Halle una función vectorial que represente el plano que pasa por el punto P0 con vector de posición r0 y que contiene dos vectores no paralelos a y b. Solución.  Si P es cualquier punto del plano, entonces hay escalares u y v tales que P0P = ua + vb . Si r es el vector de posición de P, entonces  r = OP0 + P0P = r0 + ua + vb . Por tanto, la ecuación vectorial del plano se puede escribir como r(u, v) = r0 + ua + vb donde u y v son números reales. Ejemplo 3. Halle una representación paramétrica de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 . Solución. La esfera tiene una representación sencilla ρ = a en coordenadas esféricas, de modo que se escogen los ángulos φ y θ en coordenadas esféricas como los parámetros. Entonces, poniendo ρ = a en las ecuaciones de transformación de coordenadas esféricas a rectangulares, se obtiene x = asen(φ)cos(θ) , y = asen(φ)sen(θ), , z = acos(φ) como las ecuaciones paramétricas de la esfera. La ecuación vectorial correspondiente es r(φ, θ) = (asen(φ) cos(θ), asen(φ)sen(θ), a cos(φ)). Si se toma 0 ≤ φ ≤ π y 0 ≤ θ ≤ 2π , el dominio del parámetro es el rectángulo D = 0, π × 0,2π . Las curvas reticulares con φ constante son las circunferencias de latitud constante. Las curvas reticulares con θ constante son los meridianos (semicircunferencias), que enlazan los polos norte y sur. En general, una superficie dada como la gráfica de una función de x y y, es decir, con una ecuación de la forma z = f(x, y) , siempre puede ser considerada como una superficie paramétrica si se toman x y y como parámetros, y se escriben las ecuaciones paramétricas como x = x, y = y, z = f(x, y) . Estas representaciones para las superficies no son únicas. El siguiente ejemplo muestra dos formas de parametrizar un cono. Ejemplo 4. Halle una representación paramétrica para la superficie z = 2 x2 + y2 , es decir, la mitad superior del cono z2 = 4x2 + 4y2 . Solución 1.

U.C.V.

F.I.U.C.V.





Una posible representación se obtiene al seleccionar x y y como parámetros: x = x , y = y , z = 2 x2 + y2 de modo que la ecuación vectorial viene dada por r(x, y) = (x, y,2 x2 + y2 ) . Solución 2. Otra representación resulta de escoger como parámetros a las coordenadas polares r y θ . Un punto (x,y,z) sobre el cono satisface x = r cos(θ) , y = rsen(θ) , z = 2 x2 + y2 = 2r . Por tanto, la ecuación vectorial para el cono viene dada por r(r, θ) = (rcos(θ),rsen(θ),2r) , donde r ≥ 0 y 0 ≤ θ ≤ 2π .

2.2. PLANO TANGENTE A continuación se va a obtener la ecuación del plano tangente a la superficie paramétrica S, dada por la función vectorial

r(u, v) = (x(u, v), y(u, v),z(u, v)) en un punto P0 con vector de posición r(u0 , v0 ) . Si se mantiene a u constante poniendo u = u0 , entonces r(u0 , v) se convierte en una función vectorial solo del parámetro v y que define una curva reticular C1 sobre S. El vector tangente a C1 en P0 se obtiene al tomar la derivada parcial de r con respecto a v:

∂x ∂y ∂z rv =  (u0, v0 ), (u0, v0 ), (u0, v0 )  . ∂v ∂v  ∂v  Asimismo, si se mantiene v constante poniendo v = v0 , se obtiene una curva reticular C2 dada por r(u,v0 ) sobre S, y su vector tangente en P0 viene dado por la expresión

∂x ∂y ∂z ru =  (u0, v0 ), (u0 , v0 ), (u0 , v0 )  . ∂u ∂u  ∂u  Si ru × rv no es 0, entonces la superficie S recibe el nombre de suave (no tiene “esquinas”). Para una superficie suave, el plano tangente es el plano que contiene los vectores tangentes ru y rv , siendo ru × rv el vector normal al plano tangente.

U.C.V.

F.I.U.C.V.

PLANO TANGENTE




Ejemplo 5. Encuentre el plano tangente a la superficie con ecuaciones paramétricas x = u2 , y = v2 , z = u + 2v en el punto (1,1,3). Solución. Primero se calculan los vectores tangentes: ru = (2u,0,1) , rv = (0,2v,2) . Así, un vector normal al plano tangente es i j k ru × rv = 2u 0 1 = (−2v, −4u, 4uv) . 0 2v 2 Note que el punto (1,1,3) corresponde a los valores de los parámetros u = 1 y v = 1 de modo que el vector normal ahí es (−2, −4, 4) . Por tanto, una ecuación del plano tangente en (1,1,3) es −2(x − 1) − 4(y − 1) + 4(z − 3) = 0 ⇒ x + 2y − 2z + 3 = 0 .

2.3. ÁREA DE UNA SUPERFICIE Se va a definir el área de una superficie paramétrica general dada por la ecuación r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) . Para simplificar se comenzará por considerar una superficie tal que el dominio de los parámetros, D, es un rectángulo y se dividirá en subrectángulos Rij (ver figura 1). La parte Sij de la superficie S que corresponde a Rij se llama parche y tiene el punto

Pij con vector de posición r(ui* , v*j ) como uno de sus vértices. Sean ru* = ru(ui* , v*j ) y rv* = rv (ui*, v*j ) los vectores tangentes en Pij . Los dos bordes del parche que se encuentren en Pij se pueden aproximar mediante vectores. Estos vectores, a su vez, se pueden aproximar con los vectores ∆uru* y ∆vrv* porque las derivadas parciales se pueden aproximar con los cocientes incrementales. Por tanto, se aproxima Sij con el paralelogramo determinado por los vectores ∆uru* y

∆vrv* . Este paralelogramo está en el plano tangente S en Pij . El área del paralelogramo es

U.C.V.

ÁREA DE UNA SUPERFICIE




F.I.U.C.V.

Z V

Rij r

vk

Sij

∆vk P

∗

ij

(u,v)

Pij

∆uk

A

uk

U

Y X

Figura 1. Área de una superficie.

(∆uru* ) × (∆vrv* ) = ru* × rv* ∆u∆v . Por tanto, una aproximación del área de S es m

n

∑∑ i =1

ru* × rv* ∆u∆v .

i =1

Esto da lugar a la siguiente definición: Definición 1. Si una superficie paramétrica suave S está dada por la ecuación de la forma r(u,v) = (x(u,v),y(u,v),z(u,v)) (u,v) ∈ D y S se cubre sólo una vez cuando (u,v) varía en todo el dominio paramétrico D, entonces el área superficial de S viene dada por la expresión

A(S) =

∫∫ D

donde

ru × rv dA ,

U.C.V.

ÁREA DE UNA SUPERFICIE




F.I.U.C.V.

∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ru =  , ,  y rv =  , ,  .  ∂u ∂u ∂u   ∂v ∂v ∂v  Ejemplo 6. Halle el área superficial de una esfera de radio a. Solución. Ecuaciones paramétricas: x = asen(φ) cos(θ) , y = asen(φ)sen(θ) , z = acos(φ) , donde el dominio de los parámetros es D = {(φ, θ) / 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π} . Primero se calcula el producto cruz de los vectores tangente: i j k i j k ∂x ∂y ∂z = a cos(φ) cos(θ) a cos(φ)sen(θ) −asen(φ) rφ × rθ = ∂φ ∂φ ∂φ . −asen(φ)sen(θ) asen(φ)cos(θ) 0 ∂x ∂y ∂z ∂θ ∂θ ∂θ = (a2sen2 (φ) cos(θ), a2sen2 (φ)sen(θ), a2sen(φ) cos( φ)) rφ × rθ = a4sen4 (φ)cos2 (θ) + a4sen4 (φ)sen2(θ) + a4sen2(φ)cos2( φ) = a2sen( φ) . Como sen(φ) ≥ 0 para 0 ≤ φ ≤ π , según la definición 1, el área de la esfera viene dada por la expresión A=

∫∫

2π

rφ × rθ dA =

∫ ∫ 0

D

π

a2sen(φ)dφdθ = 4πa2 . 0

2.4. ÁREA SUPERFICIAL DE LA GRÁFICA DE UNA FUNCIÓN Para el caso especial de una superficie S con ecuación z = f(x, y) donde (x,y) se encuentra en D y f tiene derivadas parciales continuas, se toman x y y como parámetros. Las ecuaciones paramétricas son x = x, y = y, z = f(x, y) por lo que se tiene

∂f  ∂f  rx = 1,0,  , ry =  0,1,  ∂x ∂y 

y







ÁREA SUPERFICIAL DE LA GRÁFICA DE UNA FUNCIÓN U.C.V.

F.I.U.C.V.




i j

k ∂f  ∂f ∂f  = − , − ,1 . rx × ry = 1 0 ∂x  ∂x ∂y  ∂f 0 1 ∂y Entonces se tiene 2

2

2

2

∂f  ∂f  ∂z  ∂z  rx × ry =   +   + 1 = 1 +   +    ∂x   ∂x   ∂y   ∂y  y la fórmula del área de la superficie es aquí

∫∫

A(S) =

2

2

∂z  ∂z  1 +   +   dA .  ∂x   ∂y 

D

Ejemplo 7. Encuentre el área de la parte del paraboloide z = x2 + y2 que está bajo el plano z = 9. Solución. El plano corta al paraboloide en la circunferencia x2 + y2 = 9, z = 9 . Por tanto, la superficie dada se encuentra arriba del disco con centro en el origen y radio 3. Se tiene

A=

∫∫

1 + 4(x2 + y2 )dA .

D

Pasando a coordenadas polares, se obtiene la expresión 2π

A=

∫ ∫ 0

3

1 + 4r2 rdrdθ = 0

π (37 37 − 1) . 6

Ejemplo 8. Calcule el área de la porción de la superficie x2 + y2 + z2 = 25 en el primer octante que se encuentra entre los planos de ecuaciones z = 3 , z = 4 , y = 3x , x = 3y . Solución. Paso 1. Parametrización de la superficie. Si se toman como parámetros x y y se tiene entonces (ver figura 2):


ÁREA SUPERFICIAL DE LA GRÁFICA DE UNA FUNCIÓN U.C.V.

F.I.U.C.V.



Figura 2. Región del ejemplo 8.

r(x, y) = (x, y, 25 − x2 − y2 ) con x y y en la región D. Paso 2. Cálculo de la norma del vector rx × ry . x2 y2 5 . + + 1 = 2 2 25 − x2 − y2 25 − x2 − y2 25 − x − y

rx × ry =

Paso 3. Construcción y resolución de la integral doble.

5

∫∫ D

π /3

∫ ∫

dA =5 25 − x2 − y2

π /6

4 3

∫

rdrdθ = −5 25 − r2

π /3

4

∫

π /3

25 − r2 dθ = − 5 π /6

3

(3 − 4)dθ π /6

π π 5 = 5  −  = π 3 6 6

2.5. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES La relación entre integrales de superficie y áreas de superficies es muy similar a la relación entre integrales de línea y longitud de arco. Suponga que f es una función de tres variables cuyo dominio incluye una superficie S. Se divide S en parches Sij con área ∆Sij . Se evalúa f en un punto Pij* en cada parche y se multiplica por el área ∆Sij y se forma la suma m

n

∑∑ i =1

j= 1

f(Pij* )∆Sij .

INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES U.C.V.

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Entonces se escribe el límite cuando el tamaño del parche se aproxima a 0, y se define la integral de superficie de f sobre la superficie S como

∫∫

m

f(x, y,z)dS = lím

m,n→∞

∑∑ i =1

S

n

f(Pij* )∆Sij .

j =1

Si la superficie S es la gráfica de una función de dos variables, entonces

∫∫

2

2

f(x, y,g(x, y)) gx (x, y) + gy (x, y) + 1dA .

D

Ejemplo 9. Evalúe

∫∫

ydS ,

S

2

donde S es la superficie z = x + y , 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 . Solución. zx = 1, zy = 2y .

∫∫

1

ydS =

∫∫ 0

S

2

y 1 + 1 + 4y2 dydx = 0

13 2. 3

Ejemplo 10. Calcule la integral de superficie

∫∫

x2dS ,

S

2

2

2

2π

π

donde S es la esfera unitaria x + y + z = 1 . Solución. x = sen(φ) cos(θ) , y = sen(φ)sen(θ) , z = cos(φ) , 0 ≤ φ ≤ π 0 ≤ θ ≤ 2π rθ × rφ = sen(φ) . De modo que

∫∫ S

2

x dS =

∫ ∫ 0

(sen(φ)cos(θ))2 sen(φ)dφdθ = 0

4 π. 3

INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES U.C.V.

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Si S es una superficie suave a trozos, es decir, la unión finita de superficies suaves S1 , S2 , ..., Sn que se intersectan sólo en sus fronteras, entonces la integral de superficie de f sobre S viene dada por

∫∫

f(x, y, z)dS =

S

∫∫

f(x, y,z)dS + ... +

S1

∫∫

f(x, y,z)dS .

Sn

Ejemplo 11. Evalúe

∫∫

zdS ,

S

donde S es la superficie cuyos lados S1 están sobre el cilindro x2 + y2 = 1, el fondo S2 es el disco x2 + y2 ≤ 1 del plano z = 0 y su tapa S3 es la parte del plano z = x + 1 que está arriba de S2 . Solución. S1 : x = cos(θ) , y = sen(θ) , z = z , donde 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 1 + cos(θ) 2π

1 + cos(θ)

∫∫ ∫ ∫ ∫∫ zdS =

S1

0

zdzdθ =

0

S2 :

3 π. 2

zdS =0

S2

S3 :

∫∫ S3

1

zdS =

∫ ∫ −1

1 − x2

2π

(1 + x) 2dydx = 2 − 1− x2

∫ ∫ 0

1 0

3 (1 + r cos(θ))rdrdθ =  + 2  π 2 

2.6. CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA Las integrales de superficie tienen aplicaciones semejantes a las de las integrales que se han estudiado antes. Por ejemplo, si una lámina delgada tiene la forma de una superficie S y la densidad (masa por área unitaria) en el punto (x,y,z) es ρ(x,y,z) , entonces la masa total viene dada como


CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA U.C.V.

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m=

∫∫

ρ(x, y, z)dS

S

y el centro de masa será (x,y,z) donde

x=

Myz 1 = m m

∫∫

xρ(x, y, z)dS , y =

Mxz 1 = m m

S

∫∫

yρ(x, y, z)dS , z =

Mxy 1 = m m

S

∫∫

zρ(x, y,z)dS .

S

Los momentos de inercia vienen dados por las expresiones

Ix =

∫∫

(y2 + z2 )ρ(x, y, z)dS , Iy =

S

∫∫

(x2 + z2 )ρ(x, y,z)dS , Iz =

S

∫∫

(x2 + y2)ρ(x, y,z)dS .

S

Ejemplo 12. Calcule la masa de una lámina delgada que tiene la forma de la porción de superficie z = 2 − x2 − y2 , z ≥ 0 , sabiendo que la densidad superficial en cada punto de la misma, es proporcional al cuadrado de su distancia al eje z. Solución.

m=

∫∫ ∫ ∫ ∫

ρ(x, y, z)dS = K

S

2π

=K

0

∫

r3 4r2 + 1dr =

∫

2π

∫∫

(x2 + y2 ) N dA = K

S

2

r3 4r2 + 1drdθ

∫∫

(x2 + y2 ) 4x2 + 4y2 + 1dA

S

2

u u2 = 4r2 + 1 ⇒ r2 =

0

−1 ⇒ 2udu = 8rdr 4

(u2 − 1)u2 1  u5 u3  1  (4r2 + 1)5/2 (4r2 + 1)3 /2  − = − du =    16 16  5 3  16  5 3  2

1  (4r2 + 1)5/2 (4r2 + 1)3/2  1  (9)5/2 (9)3/2 1 1  − θ = − − +  K m=K d    16 5 3 16 5 3 5 3  0  0 π  35 33 1 1  π 242 26  π 596 149 − K = . πK m =  − − +  K =  K= 8  5 3 5 3 8 5 3  8 15 30

∫

2π

dθ 0

Ejemplo 13. Una lámina delgada, homogénea tiene la forma de la superficie dada por la ecuación x2 + y2 + z2 = R2 , z ≥ 0 . a. Determine las coordenadas de su centro de masa. Solución. r(φ, θ) = (Rsen(φ) cos(θ),Rsen(φ)sen(θ),R cos(φ)) 0 ≤ φ ≤ π / 2 0 ≤ θ ≤ 2π N = R2sen(φ) .


CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA U.C.V.

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M  (x, y, z) =  0,0, xy m  Mxy = K

∫∫


2π

π /2

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

zdS = K

S

0

2

π /2

2π

2

dS = K

S

0

∫

R cos(φ)R sen(φ)dφd θ = KR

3

0

2π

m=K

  πKR3   = 0,0, R  .  =  0,0, 2   2 2πKR    

R sen(φ)dφdθ = −KR 0

2

∫

2π

π /2

 sen2 (φ)    2  0 0

d θ = KπR 3

cos(φ)0π /2 dθ = 2πKR 2 . 0

b. Demuestre que su momento de inercia respecto a z es Iz =

2 mR2 , donde m es la masa de 3

la superficie. Solución.

Iz = K

∫∫ ∫

2π

(x2 + y2 )dS = K

= KR

4

∫ ∫ 0

S

2π

π /2

2π

R2sen2 (φ)R 2sen(φ)dφdθ = KR 4 0

π /2

 cos3(φ)  − cos(φ)   3 0 0 

∫ ∫ 0

π /2

sen3(φ)dφd θ 0

2 2 dθ = .2πKR 4 = .2πKR 2 .R 2 3 3  masa

2.7. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Encuentre una representación paramétrica para el cilindro x2 + y2 = 4 , 0 ≤ z ≤ 1 . Solución. El cilindro tiene una representación sencilla r = 2 en coordenadas cilíndricas, de modo que se escogen θ y z como parámetros en coordenadas cilíndricas. Entonces las ecuaciones paramétricas del cilindro son x = 2 cos(θ) , y = 2sen(θ) , z = z donde 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ z ≤ 1 . 2. Encuentre una función vectorial que represente el paraboloide elíptico z = x2 + 2y2 . Solución. Si se consideran x y y como parámetros, entonces las correspondientes ecuaciones paramétricas son simplemente x = x , y = y , z = x2 + 2y2 y la ecuación vectorial es r(x, y) = (x, y, x2 + 2y2 ) .

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F.I.U.C.V.

EJERCICIOS RESUELTOS




3. Sea la superficie de ecuación vectorial r(u, v) = (2(u + v), 3(u − v), 4uv) . a. Determine una ecuación cartesiana F(x, y, z) = 0 e identifíquela. Solución. x2 y 2 − = (u + v)2 − (u − v)2 = 4uv = z . 4 9 Por lo tanto x2 y2 − = z (Paraboloide hiperbólico) 4 9 b. Encuentre la ecuación del plano tangente en el punto (2, −3,0) . Solución. ru(u,v) = (2,3,4v) , rv (u, v) = (2, −3, 4u) , ru × rv = (12(u + v), 8(v − u), −12) . En el punto (2, −3,0) , u = 0 , v = 1 . Por lo tanto ru × rv = (12,8, −12) . Ecuación del plano tangente: 3x + 2y − 3z = 0 . 4. Sea la superficie definida por las ecuaciones paramétricas dadas por x(u,v) = ucos(v) , y(u,v) = usen(v) , z(u, v) = u2 , (u, v) ∈ 0,10 × 0,2π . Determine: a. Una ecuación cartesiana e identifíquela. Solución. x2 + y2 = z 0 ≤ z ≤ 100 (Porción de un paraboloide) b. La ecuación del plano tangente en el punto (0,1,1). Solución. π u = 1, v = , ru (u, v) = (cos(v), sen(v),2u) rv (u, v) = (−usen(v),u cos(v),0) 2 ru × rv = (−2u2 cos(v), −2u2sen(v),u) . Evaluando se tiene ru × rv = (0, −2,1) . La ecuación del plano tangente es: −2(y − 1) + 1(z − 1) = 0 ⇒ −2y + z = −1 . 5. Sean las funciones vectoriales t(u, v) = (ucos(v),usen(v),u2 ) ; w(u, v) = (u − v,(u − v)2 ,(u − v)3 ) . a. Encuentre la ecuación cartesiana de la superficie parametrizada por t e identifíquela. Solución. x2 + y2 = u2 = z . Paraboloide b. Pruebe que w no determina una superficie. Solución. wu(u, v) = (1,2(u − v),3(u − v)2 ) ; wv (u, v) = (−1, −2(u − v), −3(u − v)2 ) . Se puede ver que wu es paralelo a w v , por lo tanto wu × wv = 0 ⇒ wu × w v = 0 y en consecuencia w no determina una superficie.

U.C.V.





F.I.U.C.V.

6. Sea S la porción de la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 2a2 contenida dentro del cono de ecuación x2 + y2 = z2 , para z ≥ 0, a > 0 . Encuentre el área de la superficie S. Solución. Paso 1. Región donde se mueven los parámetros. D = {(x, y) ∈ R 2 : x2 + y2 ≤ a2 } Paso 2. Parametrización de la superficie de interés. r(x, y) = (x, y, 2a2 − x2 − y2 ) , (x, y) ∈ D Paso 3. Cálculo de la norma del vector normal. x2 y2 2a + 2 2 2 +1 = rx × ry = 2 2 2 2a − x − y 2a − x − y 2a2 − x2 − y2

Paso 4. Cálculo del área de la superficie. A(S) =

∫∫ D

2π

∫ ∫

2a dA = 2a 2a2 − x2 − y2

0

a

r 2a2 − r2

0

∫

2π

a

2a2 − r2 dθ

drdθ = − 2a

0

0

= (2 − 2)2a2 π 7. Sea S = S1 ∪ S2 , donde S1 es la porción de superficie esférica dada por x2 + y2 + z2 = 3 , interior al paraboloide de ecuación x2 + y2 − 2z = 0 y S2 la parte de superficie de paraboloide interior a la esfera. Calcule el área de S. Solución. Intersección esfera-paraboloide: x2 + y2 = 2 , z = 1 Área de S1 : Parametrización de la superficie esférica: r(x, y) = (x, y, 3 − x2 − y2 ) , (x, y) ∈ D , D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2} rx × ry = A(S1 ) = 3

∫∫ D

dA = 3 2 2 − − 3 x y

3 3 − x2 − y2 2π

∫ ∫ 0

0

2

r drdθ = 2 3π( 3 − 1) 2 − 3 r

Área de S2 : Parametrización de la superficie del paraboloide interior a la esfera: 2 2 r(x, y) = (x, y, x 2+ y ) , (x, y) ∈ D , D = {(x, y) ∈ R 2 : x2 + y2 ≤ 2}

rx × ry = 1 + x2 + y2

U.C.V.





F.I.U.C.V.

A(S2 ) =

∫∫

2π

1 + x2 + y2 dA =

∫∫ 0

D

2

r 1 + r2 drdθ =

0

2π (3 3 − 1) 3

Por lo tanto A(S) = A(S1 ) + A(S2 ) = 2 3π( 3 − 1) +

2π 3

(3 3 − 1) =

16 π 3

8. La lámina helicoidal que se encuentra indicada en la figura 3 está descrita por la ecuación vectorial: r(r, θ) = (r cos(θ),rsen(θ), θ) , 0 ≤ r ≤ 2 2 , 0 ≤ θ ≤ 2 π . Sabiendo que en cada punto (x,y,z) de la lámina, la densidad es ρ(x, y, z) = x2 + y2 + 1 , halle las coordenadas de su centro de masa.

Figura 3. Representación gráfica de la región del ejercicio 8

Solución. Paso 1. Cálculo de la norma del vector normal. i j k rr × rθ = cos(θ) sen(θ) 0 = (sen(θ), − cos(θ),r) ⇒ rr × rθ = 1 + r2 −rsen(θ) rcos(θ) 1 Paso 2. Cálculo de la masa.

m=

∫∫

2π

1+ r

2

2

1 + r dA =

∫ ∫ 0

D

2 2 2

(1 + r )drdθ = 0

∫

2π

(r + 0

2 2 r3 ) 3 0

dθ =

Paso 3. Cálculo de los momentos. Myz =

∫∫ D

r cos(θ)(1 + r2 )dA = 0 =

∫∫ D

rsen(θ )(1 + r2 )dA = Mxz

44 2 3

π

U.C.V.





F.I.U.C.V.

∫∫

Mxy =

θ(1 + r2 )dA =

D

∫

2π

2 2

∫

(1 + r2 )dr =

θdθ 0

44 2 π2 3

0

Paso 4. Cálculo del centro de masa. (x, y, z) = (0, 0, π) 9. Calcule el momento de inercia alrededor del eje Y de la superficie S definida sobre el cono superior de ecuación z = x2 + y2 que está dentro de la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 6z . Suponga que la densidad (uniforme) es igual a 1. Solución. Paso 1. Región donde se mueven los parámetros. D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9} Paso 2. Parametrización de la superficie de interés. r(x, y) = (x, y, x2 + y2 ) , (x, y) ∈ D Paso 3. Cálculo de la norma del vector normal. x2 y2 + +1 = 2 rx × ry = 2 x + y2 x 2 + y 2 Paso 4. Cálculo del momento de inercia.

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2π

2

Iy = 2

2

2

(x + x + y )dA = 2

2π

= 2

0

∫ ∫ 0

D

3

r (1 + cos (θ))drdθ = 2 0

0 2π

=

81 2 8

(3 + cos(2θ))dθ =

0

0

2

(1 + cos2 (θ))dθ =

81 2 4

r(r2 cos2 (θ) + r2 )drdθ

3

2π

=

3

81 2 4

∫

∫

2π 2

((1 + cos

4 (θ)) r4 )

0

3 0

dθ

2π

θ) (1 + 1+ cos(2 )dθ 2 0

81 2 (3θ 8

+ 12 sen(2θ))20π = 818 2 .6π = 3. 8142π

U.C.V.

F.I.U.C.V.

SUPERFICIES ORIENTADAS




2.8. SUPERFICIES ORIENTADAS Se comenzará con una superficie S que tiene un plano tangente en todo punto (x,y,z) sobre S (excepto en cualquier punto frontera). Hay dos vectores unitarios normales n1 y n2 = −n1 en (x,y,z). Si es posible escoger un vector unitario n en cada uno de estos puntos (x,y,z) de modo que n varía constantemente sobre S, entonces S se llama superficie orientada y la selección dada de n da a S una orientación. Hay dos posibles orientaciones para cualquier superficie orientada. Para una superficie z = g(x, y) dada como la gráfica de g, la orientación inducida está dada por el vector unitario normal

n=

 ∂g ∂g   − ∂x , − ∂y ,1    2

2

.

∂g   ∂g   +  ∂y   ∂x   

1 + 

Como la componente k es positiva, esto da la orientación hacia arriba de la superficie. Si S es una superficie suave orientable, dada en forma paramétrica por una función vectorial r(u,v) , entonces automáticamente recibe la orientación del vector unitario normal

n=

ru × rv ru × rv

y la orientación opuesta está dada por −n . Para una superficie cerrada, esto es, una superficie que es la frontera de una región sólida E, se ha convenido en que la orientación positiva, es aquella para la cual los vectores normales apuntan hacia fuera desde E, y las normales que apuntan hacia adentro dan la orientación negativa.

2.9. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS VECTORIALES Para definir las integrales de superficie de campos vectoriales, se necesitan excluir superficies que no se puedan orientar, por ejemplo la cinta de Mobius. Se puede construir una si se toma una tira de papel larga, rectangular, se tuerce a la mitad y se unen los extremos.

INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS VECTORIALES U.C.V.

F.I.U.C.V.




Suponga que S es una superficie orientada con vector unitario normal n, e imagine un fluido con densidad ρ(x,y,z) y campo de velocidad v(x,y,z) que circula a través de S. (Considere S como una superficie imaginaria que no obstruye la corriente del fluido, como una red de pesca en la corriente de un río.) Entonces el flujo es ρv . Si se divide S en pequeños parches Sij , es casi plana y por tanto se puede aproximar la masa del fluido que atraviesa Sij en la dirección de la normal n por unidad de tiempo por la cantidad (ρv • n)A(Sij ) donde ρ , v y n se evalúan en algún punto sobre Sij . (Se recuerda que la componente del vector ρv en la dirección del vector unitario n es ρv • n ). Al sumar estas cantidades y pasar al límite, se obtiene la expresión

∫∫

ρv • ndS =

S

∫∫

ρ(x, y, z)v(x, y,z) • n(x, y, z)dS ,

S

y ésta se interpreta físicamente como la rapidez del flujo que pasa por S. Si se escribe F = ρv , entonces F es también un campo vectorial en R3 y la integral se convierte en

∫∫

F • ndS .

S

Este tipo de integrales de superficie se presenta con frecuencia en física, incluso cuando F no es ρv , y se llama integral de superficie (o integral de flujo) de F sobre S. Definición 2. Si F es un campo vectorial continuo en una superficie S orientada con un vector unitario normal n, entonces la integral de superficie de F sobre S viene dada por

∫∫ S

F • dS =

∫∫

F • ndS .

S

Esta integral también se llama flujo de F a través de S. Sea F(x, y, z) = (P(x, y,z),Q(x, y, z),R(x, y,z)) , se tiene entonces la expresión para la integral de flujo como (−gx , −gy ,1) 2 2 F • ndS = (P,Q,R) • gx + gy + 1dA . 2 2 gx + gy + 1

∫∫ S

De modo que

∫∫ D


F.I.U.C.V.


∫∫

F • ndS =

S

∫∫



(−Pgx − Qgy + R)dA .

D

De modo que

∫∫

F • ndS =

S

∫∫

(−Pgx − Qgy + R)dA

D

Si F está dada por una función vectorial r(u, v) , entonces n está dado por

n=

ru × rv ru × rv

y se tiene que:

∫∫ S

F • dS =

∫∫

F•

ru × rv dS = ru × rv

D

∫∫

F(r(u, v)) •

ru × rv r × r dA = ru × rv u v

D

∫∫

F • (ru × rv )dA

D

Ejemplo 14. Halle el flujo del campo vectorial F(x,y,z) = (y,x,z) a través de S, donde S es la frontera de la región sólida limitada por el paraboloide z = 1 − x2 − y2 y el plano z = 0 . Solución. S1 : z = 1 − x2 − y2 , F(x, y, z) = (y, x,z) , rx × ry = (2x,2y,1)

∫∫

(2xy + 2xy + z)dA =

D

∫∫

(2xy + 2xy + 1 − x 2 − y 2)dA .

D

2π

∫ ∫ 0

1

(4r2 cos(θ)sen(θ) + 1 − r2 )rdrd θ = 0

S2 : z = 0 , rx × ry = (0,0,1) ,

∫∫

π 2

−zdA = 0

D

Ejemplo 15. Halle el flujo del campo vectorial F(x,y,z) = (z,y,x) a través de la esfera unitaria x2 + y2 + z2 = 1 . Solución. r(φ, θ) = (sen(φ) cos(θ), sen(φ)sen(θ), cos(φ)) , 0 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π rφ × rθ = (sen2 (φ)cos(θ),sen2 (φ)sen(θ),sen(φ)cos( φ))


F.I.U.C.V.

2π

∫ ∫ 0




π

(sen2 (φ) cos(φ) cos(θ) + sen3 (φ)sen2 (θ) + sen2 (φ) cos(φ) cos(θ))dφdθ = 0

4π 3

Ejemplo 16. Calcule el flujo del campo F(x, y, z) = (y2 , −y, xyz) a través del cilindro de ecuación x2 + y2 = 4 , 0 ≤ z ≤ 4 (superficie lateral). Solución. r(θ, z) = (2 cos(θ),2sen(θ), z) , 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 4 , rθ × rz = (2 cos(θ),2sen(θ),0) 2π

∫ ∫ 0

4

(8sen2 (θ) cos(θ) − 4sen2 (θ))dzdθ = −16π . 0

Ejemplo 17. Demuestre que el flujo del campo F(x,y,z) = c(x,y,z) , donde c es un número real positivo, a través de la esfera x2 + y2 + z2 = c2 , es igual a 3c veces el volumen de la esfera. Solución. Al parametrizar la esfera se tiene: r(φ, θ) = (c.sen(φ)cos(θ),c.sen(φ).sen(θ),c.cos(φ)) , con 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π . Calculando: rφ (φ, θ) = (c.cos(φ).cos(θ),c.cos(φ).sen(θ), − c.sen(φ )) y

rθ (φ, θ) = (−c.sen(φ).sen(θ),c.sen(φ).cos(θ),0) . De modo que i j k rφ × rθ = c cos(φ).cos(θ) cos(φ).sen(θ) − sen(φ) 0 −sen(φ).sen(θ) sen(φ).cos(θ) 2

= c2 (sen2 (φ) cos(θ), sen2 (φ)sen(θ), sen(φ) cos(φ)) Calculando el flujo: 2π

∫ ∫ c ∫ ∫ c4 4

π

0 0 π 2π 0

π

c

4

(sen(φ).cos(θ), sen(φ).sen(θ ), cos(φ )) • (sen2 (φ ).cos(θ ), sen2 (φ ).sen(θ ), sen(φ ).cos(φ ))dφ dθ

∫∫ ∫ 0

 2πc   

(sen3(φ).cos2 (θ) + sen3 (φ).sen2 (θ) + sen(φ )cos2 (φ ))dφ dθ

0 2π

 (sen (φ) + sen(φ)cos (φ))dθdφ = 2πc   0  3

π

4

sen(φ)dφ − 0

2

∫

4

π 2

sen(φ )cos (φ)dφ + 0

∫

π

∫

π 3

sen (φ )dφ + 0



∫

π

 sen(φ )cos (φ )dφ   0 

sen(φ )cos2 (φ)dφ  = 4π c 4 0

 

2

TEOREMA DE STOKES O DEL ROTOR U.C.V.

F.I.U.C.V.




2.10. TEOREMA DE STOKES O DEL ROTOR El teorema de Stokes se puede considerar como una versión del teorema de Green para tres dimensiones. Mientras que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre una región plana D con una integral de línea alrededor de su curva frontera plana, el teorema de Stokes relaciona una integral de superficie sobre una superficie S con una integral de línea alrededor de la curva frontera de S (que es una curva en el espacio). La figura muestra una superficie orientada con vector unitario normal n. La orientación de S induce la orientación positiva de la curva frontera C que se ilustra en la figura 4.

•

n

Figura 4. Teorema de Stokes

TEOREMA 1. (TEOREMA DEL ROTOR). Sea S una superficie suave a trozos y orientada, que está limitada por una curva frontera C, cerrada, suave a trozos y positivamente orientada. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta de R3 que contiene a S. Entonces

∫

F • dr = C

∫∫

rotF • dS .

S

Como

∫

F • dr = C

∫

F • Tds y C

∫∫ S

rotF • dS =

∫∫ S

rotF • ndS ,


F.I.U.C.V.




el teorema de Stokes dice que la integral de línea de la componente tangencial de F alrededor de la curva frontera de S, es igual a la integral de superficie de la componente normal del rotF. Hay una analogía entre el teorema de Stokes, el teorema de Green y el teorema fundamental del Cálculo. En el caso especial en el que la superficie S es plana y se encuentra en el plano xy con orientación hacia arriba, la normal unitaria es k, la integral de superficie se convierte en una integral doble y el teorema de Stokes es

∫

F • dr = C

∫∫

rotF • dS =

S

∫∫

(rotF) • kdA .

S

Ésta es precisamente la forma vectorial del teorema de Green que se discutió anteriormente. Así es que el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de Stokes. Ejemplo 18. Evalúe

∫ 2

F • dr , C

2

donde F(x, y, z) = (−y , x, z ) y C es la curva de intersección del plano y + z = 2 con el cilindro x2 + y2 = 1 . (Oriente C de manera que se recorra en sentido contrario al de las manecillas del reloj, cuando se vea desde arriba.) Solución. Aunque

∫

F • dr C

podría ser evaluada directamente, es más fácil hacerlo usando el teorema de Stokes. Primero se calcula

rotF =

i

j

k

∂ ∂x 2

∂ ∂y

∂ ∂z 2

= (0,0,1 + 2y) .

−y x z A pesar de que son muchas las superficies que tienen a C como frontera, lo más cómodo es considerar la región elíptica S del plano y + z = 2 que está limitado por C. si se orienta S hacia arriba, entonces se induce en C una orientación positiva. La proyección D de S sobre el plano xy es el disco x2 + y2 ≤ 1 y por tanto, se tiene

∫

F • dr = C

∫∫ S

rotF • dS =

∫∫ D

2π

(1 + 2y)dA =

∫ ∫ 0

1

(1 + 2rsen(θ))rdrdθ = π 0


F.I.U.C.V.




Ejemplo 19. Utilice el teorema de Stokes para calcular la integral

∫∫

rotF • dS ,

S

donde F(x,y,z) = (yz,xz,yx) y S es la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 que se encuentra dentro del cilindro x2 + y2 = 1 y arriba del plano xy. Solución. Para hallar la curva C se resuelven las ecuaciones x2 + y2 + z2 = 4 y x2 + y2 = 1 . Restando, se obtiene z2 = 3 y por tanto z = 3 (porque z > 0 ). Así, C es la circunferencia dada por las ecuaciones x2 + y2 = 1 , z = 3 . La ecuación vectorial de C es r(t) = (cos(t),sen(t), 3) 0 ≤ t ≤ 2π , por lo cual r '(t) = (−sen(t),cos(t),0) . Del mismo modo, se tiene F(r(t)) = ( 3sen(t), 3 cos(t),cos(t)sen(t)) , entonces

∫∫ S

rotF • dS =

∫

F • dr = C

∫

2π

F(r(t)) • r '(t)dt = 0

∫

2π

(− 3sen2 (t) + 3 cos2 (t))dt = 0 . 0

2.11. TEOREMA DE GAUSS O DE LA DIVERGENCIA En secciones anteriores se escribió el teorema de Green en una versión vectorial como

∫

F • nds = C

∫∫

divF(x, y)dA ,

D

donde C es la curva frontera, positivamente orientada, de la región plana D. Si se estuviera buscando extender este teorema a campos vectoriales sobre R3 , se podría suponer que

∫∫ S

F • ndS =

∫∫∫

divF(x, y,z)dV ,

E

donde S es la superficie frontera de la región sólida E. Resulta que la relación dada por esta última ecuación se cumple bajo hipótesis apropiadas, y se llama teorema de la divergencia. Note su similitud con el teorema de Green y el teorema de Stokes en cuanto a que relaciona la integral de la derivada de una función, (divF en este caso), sobre una región, con la integral de la función original F sobre la frontera de la región.


TEOREMA DE GAUSS O DE LA DIVERGENCIA U.C.V.

F.I.U.C.V.



TEOREMA 2. (TEOREMA DE LA DIVERGENCIA). Sea E una región sólida simple y sea S la superficie frontera de E, dada con orientación positiva (hacia fuera). Sea F un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta que contiene a E. Entonces

∫∫

F • dS =

S

∫∫∫

div(F)dV .

E

Ejemplo 20. Halle el flujo del campo vectorial F(x,y,z) = (z,y,x) a través de la esfera unitaria x2 + y2 + z2 = 1 . Solución. Primero se calcula la divergencia de F: ∂ ∂ ∂ divF = (z) + (y) + (x) = 1 . ∂x ∂y ∂z El teorema de la divergencia da el flujo como 4π . F • dS = divFdV = 1dV = 3

∫∫

∫∫∫

S

∫∫∫

B

B

Ejemplo 21. Un fluido tiene como vector densidad de flujo, el campo dado por la expresión F(x, y, z) = (3x2 + z2 + y2, 2y2 − z3 x3, 6z + x5y3) . Calcule el flujo a través de la superficie S, en dirección de su vector normal exterior, si S es la frontera del sólido V = {(x, y, z) ∈ R 3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4, x2 + y 2 + (z − 1)2 ≥ 1, z ≥ 0} . Solución. Aplicando el teorema de la divergencia se tiene que:

∫∫

F • dr =

S

∫∫∫

div(F)dV =

V

∫∫∫

(6x + 4y + 6)dV .

V

Utilizando coordenadas esféricas: 2π

π /2

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 2π

0 π /2

0

0

2π

0

2π

∫ ∫ 0

2

(6ρsen(φ) cos(θ) + 4ρsen(φ)sen(θ) + 6)ρ2 sen(φ)dρdφdθ . 2 cos(φ)

2

(6ρ3sen2 (φ) cos(θ) + 4ρ3sen2 (φ)sen(θ) + 6ρ2 sen(φ))dρdφdθ .

2 cos(φ) π /2 2

0

2π

2

(6ρ sen(φ))dρdφdθ = 2 cos(φ)

π /2 3

(16 − 16 cos (φ))sen(φ)dφd θ = 0

∫ ∫ 0

∫

π /2

2ρ3 0

2 2 cos(φ)

sen(φ)dφdθ

2π 4

(−16 cos(φ) + 4 cos 0

(φ))0π /2 dθ

∫

2π

= 12

dθ = 24π 0

EJERCICIOS RESUELTOS U.C.V.

F.I.U.C.V.




2.12. EJERCICIOS RESUELTOS 1. Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial F(x,y,z) = 3yi + 4z j - 6xk y la parte de la superficie paraboloidal z = 9 - x 2 - y 2 mostrada en la figura 5 ubicada sobre el plano xy y orientada hacia arriba. z

9 S

3

y

3 C

x

Figura 5. Gráfica del ejercicio 1

Solución. Cálculo como integral de línea. La curva C es en este caso una circunferencia de radio 3 centrada en el origen sobre el plano xy. Se puede parametrizar como: x = 3 cos(θ)  0 ≤ θ ≤ 2π . y = 3 sen(θ) , z = 0  Con esta parametrización se tiene: F(θ) = 9sen(θ) i + 0 j − 18cos(θ) k , r´(θ) = −3sen(θ) i + 3cos(θ) j + 0k F(θ) . r´(θ) = −27sen2(θ)

∫

C

F ⋅ dr =

∫

2π

0

F(θ) ⋅ r′(θ)dθ =

∫

2π 2

−27 sen (θ)dθ =

0

∫

2π

0

1 − cos(2θ)   θdθ 2  

−27 

2π

=−

27  sen(2θ)  θ− = −27π 2  2  0

Cálculo como integral de superficie. Primero se evalúa el rotacional.



F.I.U.C.V.



i

j

k rot F = ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z = −4i + 6 j − 3k 3y 4z −6x Ahora se parametriza la superficie del paraboloide. Para eso observamos que su proyección sobre el plano xy es un círculo de radio 3 con centro en el origen. Parece lógico usar una parametrización basada en coordenadas cilíndricas: x = r cos(θ) 0≤r≤3  r(r, θ) y = r sen(θ) , 0 ≤ θ ≤ 2π  2 = − z 9 r  El producto vectorial fundamental será: i j k rr × rθ = cos(θ) sen(θ) −2r = 2r 2 cos(θ) i + 2r 2 sen( θ) j + r k −r sen(θ) r cos(θ) 0 Se ve que la componente z de este vector es positiva. Por lo tanto la parametrización describe una superficie orientada positiva. Usando esta parametrización, se tiene:

∫∫ S

rot F ⋅ dS =

∫∫

2π

rot F ⋅ (rr × rθ )drdθ =

∫∫ 0

D

3

(8r 2 cos(θ) + 12r 2 sen(θ) − 3r)drdθ

0

=

∫

2π

0

3

3r2 − = −27 π 2 0

Se verifica entonces el teorema de Stokes. 2. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral del rotacional del campo vectorial F(x,y,z) = xyzi + xy j + x2yzk sobre el dominio S consistente en la unión de la parte superior y de las cuatro caras laterales (pero no el fondo) del cubo con vértices (±1; ±1; ±1), orientado hacia afuera (ver figura 6).

z

1 1 1 x




F.I.U.C.V.



Solución. La geometría descrita en el enunciado está representada en la figura. Se requiere calcular el flujo de rot F a través de todas las caras del cubo menos la de abajo. Se observa que esa región de integración está limitada por la curva orientada indicada en la figura; llamémosla C. (La orientación dada se corresponde con normales con la componente z mayor o igual que 0, que es lo necesario para que las normales apunten hacia el exterior del cubo.) El teorema de Stokes asegura que:

∫∫

(∇ × F) ⋅ dS =

S

∫ F ⋅ dr , C

lo cual en sí no implica una simplificación demasiado significativa, dado que en lugar de tener que parametrizar cinco superficies para evaluar la integral de flujo se debe parametrizar cuatro segmentos de recta para calcular la integral de línea. Sin embargo, se nota que la curva C también delimita la superficie de la base del cubo, a la cual se llamará S’ . Puesto que el teorema de Stokes asegura que la integral del campo vectorial sobre una curva cerrada es igual al flujo de su rotacional sobre cualquier superficie limitada por ella, se tiene que:

∫∫

(∇ × F) ⋅ dS =

S

∫ F ⋅ dr = ∫∫ (∇ × F) ⋅ dS C

S'

con lo cual se puede integrar el rotor directamente sobre la superficie de la base. Parametrizando esta última se tiene, pues: T(x,y) = (x(x,y); y(x,y); z(x,y)) = (x,y, -1), -1 ≤ x ≤ 1, -1 ≤ y ≤ 1 (1) y su producto vectorial fundamental es: i j k N = Tx × Ty = 1 0 0 = k . 0 1 0 Se nota que esta normal apunta hacia arriba, que es precisamente el sentido en que debe apuntar de acuerdo a la regla de la mano derecha. Por otro lado el rotacional del campo escalar viene dado por: reemp. por

i j k la param. (1) ↓ ∂ ∂ ∂ ∇ ×F = = x2zi + (xy − 2xyz) j + (y − xz)k = x 2i + (−xy) j + (y − x)k ∂x ∂y ∂z xyz xy x2yz

Por lo tanto la integral que se busca será:

∫∫ S'

∇ × F ⋅ dS =

∫∫ S'

∇ × F ⋅ NdS =

∫∫ S'

1

(x2i − xyj + (y − x)k ) ⋅ kdS =

∫∫ −1

1

−1

(y − x)dxdy = 0


F.I.U.C.V.




En este problema se ve que el teorema de Stokes permite no sólo transformar una integral de superficie en una de línea, sino también convertirla en otra integral de superficie sencilla. 3. Calcule la circulación del campo de velocidades de un fluido F(x,y,z) = (tan-1(x2); 3x; e3z tan(z)) a lo largo de la intersección de la esfera de ecuación x 2 + y2 + z2 = 4 con el cilindro de ecuación x 2 + y2 =1, con z > 0 (ver figura 7).

z

2

1

2

x

y


Solución. La circulación de un campo es su integral a lo largo de una línea cerrada. Se recordará que la razón entre la circulación del campo de velocidades y el área de la superficie encerrada por la curva tiende a un cierto valor a medida que el radio de la curva tiende a 0; si este valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional y un molinillo ubicado en ese punto límite no rotará. A simple vista se ve que el campo vectorial F tiene una ley bastante compleja, por lo que se puede anticipar que el cálculo de la circulación como integral de línea puede resultar muy engorroso. Por lo tanto, vale la pena calcular el rotacional a ver si resulta una función matemáticamente más tratable. i j k ∂ ∂ rot F = ∂ ∂x ∂y ∂z = 0i + 0 j + 3k . tg−1(x2 )

3x

e3z tg(z)


F.I.U.C.V.




En efecto, se simplifican de forma significativa los cálculos al resultar el rotacional una función vectorial constante. Por el teorema de Stokes, podemos calcular la integral de línea de F sobre la curva dada como el flujo del rotor a través de la superficie grisada. Parametrizando esta última: x = r cos(θ)  0≤r ≤1 r(r, θ) y = r sen(θ) , 0 ≤ θ ≤ 2π  2 z = 4 − r y hallando el producto vectorial fundamental: i j k r r r rr × rθ = cos(θ) sen(θ) − cos(θ) i + sen(θ) j + r k = 4 − r2 4 − r2 4 − r2 −r sen(θ) r cos(θ) 0 Se ve que esta normal tiene componente z positiva, correspondiendo a una superficie positivamente orientada. con esto se puede calcular ahora:

∫∫

rot F ⋅ dS =

S

∫∫

2π

rot F ⋅ (rr × rθ )drdθ =

∫ ∫ 0

D

1

3rdrdθ =3π .

0

4. Calcule I=

∫

x2 dx + 2x dy + z2 dz ,

Γ+

siendo Γ la curva 2  2 Γ :  4x + y = 4 z = 1 con orientación antihoraria vista desde P(0,0,5). Solución. La curva Γ es una elipse  x2 y2 + =1  .  1 22 z = 1  Por tratarse de una curva cerrada, puede calcularse I mediante el teorema de Stokes: Es

I=

∫

Γ2

con F = x2i + 2xj + z2k y

F ⋅ dr


F.I.U.C.V.




i j k ∂ ∂ ∂ rot F = = 2k . ∂x ∂y ∂z x2 2x z2 Luego: I=

∫

F ⋅ dr =

∫∫

(rot F) ⋅ n d σ ,

Σ+

Γ2

siendo Σ+ la porción de plano z = 1 limitada por la elipse Γ ,con normal n = k . Como (rot F) ⋅ n = 2k ⋅ k = 2 , resulta: I=

∫∫

2 dσ = 2 µ(Σ) = 2π ⋅ 1 ⋅ 2 = 4π .

Σ+

5. Calcule

∫ 2

y

2

F • dr , C

y

donde F(x, y,z) = (z + 4x + e , x − 2z + e , z2 + 3y + ex ) y C es la curva intersección de la superficie (y − 2)2 2(z − 3)2 + =x 2 9 con el plano x = 2 . La orientación de C es en sentido antihorario cuando la curva es vista desde un punto distante del origen y en la parte positiva del eje x. Solución. Aplicando el Teorema de Stokes se tiene: Paso 1. Cálculo del rotF. rotF = ( ∂∂Ry − ∂∂Qz , ∂∂Pz − ∂∂Rx , ∂∂Qx − ∂∂yP ) , ∂∂Ry − ∂∂Qz = 3 + 2 = 5 , ∂∂Pz − ∂∂Rx = 2z − ex , ∂∂Qx − ∂∂Py = 2x − ey . Por tanto rotF = (5,2z − ex ,2x − ey ) . Paso 2. Cálculo del vector N de la superficie de interés. Superficie de interés: plano x = 2 N = (1,0,0) . Paso 3. Proyección en el plano yz.




F.I.U.C.V.



Paso 4. Construcción y resolución de la integral doble.

∫∫

rotF • NdA =

D

∫∫

∫∫

(5,2z − ex , 2x − ey) • (1,0,0)dA = 5

D

dA = 30π

D

6. Sean r = (x, y, z) , S una superficie cerrada, orientable que limita un sólido V y n el vector normal unitario exterior a S. Pruebe que: a.

∫∫ ∫∫∫ dS =

S

(div(n))dV

V

Solución. Al aplicar el teorema de la divergencia donde F = n se tiene que

∫∫

F • dS =

S

b.

1 6

∫∫ ∫∫∫

n • dS =

S

∫∫

(∇r2 ) • ndS =

S

∫∫

n • ndS =

S

∫∫

2

n dS =

S

∫∫ ∫∫∫ dS =

S

(div(n))dV .

T

dV

V

Solución. Al aplicar el teorema de Gauss donde F(x, y, z) =

1 2 x y z ∇r =  , ,  6 3 3 3

se tiene

∫∫

F • dS =

S

∫∫∫

(div(F))dV =

V

∫∫∫

dV .

V

7. Verifique el Teorema de Gauss donde F(x, y, z) = (3xy, y2 , −(x + 4y)) y S es la superficie del tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano de ecuación x + y + 2z = 1 . Solución. Integrales de superficie: S1 : z = 0 N = (0, 0, −1)

∫∫

1

∫∫ ∫

1− x

(x + 4y)dA =

0

D

(x + 4y)dydx = 0

∫

1 0

 xy 

1

=

1− x + 2y2  0 1

dx =

∫

1

(1 − x)(2 − x)dx 0

 3x2 x3  3 1 5 (2 − 3x + x )dx =  2x − +  = 2 − + = 2 3 0 2 3 6  0 2

S2 : y = 0 N = (0, −1,0)

∫∫ D

y2dA = 0


F.I.U.C.V.




S3 : x = 0 N = (− 1,0, 0)

∫∫

−3xydA = 0

D

S4 : z =

1 x y 1 1 − − N =  , ,1  2 2 2 2 2 

∫∫ ∫∫ ∫ D

1 2 1 2

 3xy + y2  − x − 4y  dA = 1  2 2   1

0 1

1− x 0

∫∫

(3xy + y2 − 2x − 8y)dA

D

1 (3xy + y2 − 2x − 8y)dydx = 2

∫

1

1− x

 3xy2 y3  + − 2xy − 4y2   2 3 0 0 

dx

 3x(1 − x)2 (1 − x)3  5 + − 2x(1 − x) − 4(1 − x)2  dx =  2 3 48  0 

Integrales triples:

P(x, y, z) = 3xy , Q(x,y,z) = y2 , R(x,y,z) = −(x + 4y) ∂P ∂Q ∂R + + = 5y divF = ∂x ∂y ∂z 1

1− x

∫∫ ∫ ∫

(1 − x − y)/2

5

5 2

0 0 1

0

5 ydzdydx = 2

 (1 − x)3 (1 − x)3  5 −   dx = 2 3  2 0 

∫

1

∫∫ 0

1

1− x

(y − xy − y2 )dydx 0

 (1 − x)3  6 0 

 5  dx = 48 

8. Verifique el teorema de la divergencia para el campo vectorial F = rr y la superficie esférica x2 + y2 + z2 = 9. Solución. El vector r es el vector posición (x,y,z). De modo que en términos de las variables cartesianas el campo vectorial dado puede expresarse como: F = x2 + y2 + z2 (x, y,z) . La superficie dada puede parametrizarse a través de coordenadas esféricas: x = 3 sen(ϕ)cos(θ) 0≤ϕ≤π  . y = 3 sen(ϕ)sen(θ) , 0 2 ≤ θ ≤ π z = 3 cos(ϕ)  Se tiene:

i j k rθ × rϕ = −3 sen(ϕ)sen(θ) 3 sen(ϕ)cos(θ) 0 3 cos(ϕ)cos(θ) 3 cos(ϕ)sen(θ) −3 sen(ϕ)

= (−9 sen2 (ϕ) cos(θ), −9 sen2 (ϕ)sen(θ), −9 sen(ϕ) cos(ϕ))



F.I.U.C.V.



¿Es ésta una normal exterior? Se probará con un punto. En (0,3,0) se tendría θ = ϕ = π /2, y para tales valores el Producto Vectorial Fundamental (PVF) calculado da (0,-9,0), o sea una normal interna. Por lo tanto la normal externa vendrá dada por el PVF calculado haciendo el producto vectorial en el orden opuesto, esto es: rϕ × rθ = (9 sen2 (ϕ) cos(θ), 9 sen2 (ϕ) sen(θ), 9 sen(ϕ) cos(ϕ)) . Evaluando ahora F en función de esta parametrización es: F(ϕ,θ)=3(3sen(ϕ)cos(θ),3sen(ϕ)sen(θ),3cos(ϕ)) y F·(rϕ ×rθ ) = ··· = 81sen( ϕ). Así que:

∫∫ S

F ⋅ dS =

∫∫

2π

F(ϕ, θ) ⋅ (rϕ ×rθ )dϕdθ =

∫ ∫ 0

D

π

∫

2π

81 sen(π)dϕ dθ = 81

0

0

 − cos(π ) 2π  dθ = 324π . 0  

Se ha hecho un cálculo bastante complejo por integrales de superficie. Se verá ahora cómo reduciendo esto a una integral de volumen con el teorema de la divergencia el cálculo se simplifica notablemente. Se calcula en primer lugar la divergencia: ∂ ∂ ∂ div F = (x x2 + y2 + z2 ) + (y x2 + y2 + z2 ) + (x x2 + y2 + z2 ) ∂x ∂y ∂z Calculando las derivadas parciales por separado y sumando miembro a miembro: ∂ x2 (x x2 + y2 + z2 ) = x2 + y2 + z2 + ∂x x2 + y2 + z2 y2 ∂ 2 2 2 2 2 2 (y x + y + z ) = x + y + z + ∂y x2 + y2 + z2 z2 ∂ 2 2 2 2 2 2 + + = + + + (z x y z ) x y z ∂z x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 2 2 2 = 4 x 2 + y 2 + z2 div F = 3 x + y + z + x2 + y2 + z2 Si ahora se lleva esto a coordenadas esféricas se tiene: 2π

π

3

div FdV = ∫ ∫ ∫ 4ρ ⋅ ρ ∫∫∫ 0 0 0 E

2

sen(ϕ)dρdϕdθ = 4

π

2π  ρ4 

∫0 ∫0

3

  sen(ϕ) dϕdθ  4  0

Haciendo los cálculos se obtiene:

∫∫∫

div FdV = 324π .

E

Se ha obtenido el mismo resultado por los dos caminos, verificando así el teorema de la divergencia.


F.I.U.C.V.




9. Evalúe

∫∫

F • dS ,

S

xz2

donde F(x, y, z) = (xy, y2 + e , sen(xy)) y S es la superficie de la región E limitada por el cilindro parabólico z = 1 − x2 y los planos z = 0 , y = 0 , y + z = 2 (ver figura 9).

z

z = 1-x2 (0,0,1)

y=2-z

y

(0,2,0) x

(1,0,0)


Solución. Sería muy difícil evaluar directamente la integral de superficie dada. (Se tendrían que evaluar cuatro integrales de superficie correspondientes a las cuatro partes de S.) Además, la divergencia de F es mucho menos complicada que F misma: 2 ∂ ∂ ∂ divF = (xy) + (y2 + exz ) + (sen(xy)) = 3y . ∂x ∂y ∂z Si se proyecta en el plano xz se tiene: 1

1− x2

∫ ∫ ∫ −1

0

2−z

3ydydzdx = 0

184 . 35

10. Sea S la porción de la superficie mostrada en la figura 10 de ecuación z = 4 − x2 , limitada por los planos de ecuaciones y = 0 , z = 0 , y + z = 5 . Halle la circulación del campo vectorial F(x, y, z) = (3z(x2 − y2 ), −xz,0) a lo largo del contorno C de S. La orientación de S es la inducida por el vector normal unitario a S de componente z negativa.



F.I.U.C.V.



Figura 10. Representación gráfica de la región del ejercicio 10

Solución. USANDO TEOREMA DE STOKES: Paso 1. Cálculo del rotacional de F.  ∂(−xz) ∂(3zx2 − 3zy2 )  2 2 − rot(F) =  0,0,  = (x,3(x − y ),(6y − 1)z) . ∂ ∂ x y   Paso 2. Región donde se mueven los parámetros. D = {(x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 1 + x2 } Paso 3. Parametrización de la superficie de interés. r(x, y) = (x, y, 4 − x2 ) , (x, y) ∈ D Paso 3. Cálculo del vector normal.

rx × ry = (−2x, 0, −1) Paso 4. Cálculo de la circulación.

C=

∫∫

(x,3(x2 − y2 ),(6y − 1)(4 − x2 )) • (−2x,0, −1)dA =

D

2

= =

D

∫∫ ∫ ∫ −2 2

∫∫

1+ x2 2

2

(−3x + 6yx − 24y + 4)dydx =

0

∫

2

(− 3x2 y + 3y2 x2 − 12y2 + 4y)

−2

1 + x2 0

dx

(−3x2(1 + x2 ) + 3(1 + x2 )2 x 2 − 12(1 + x2 )2 + 4(1 + x2 ))dx

−2 2

=

(− 2x2 + (6y − 1)(x2 − 4))dA

2

2

2

2

2

(−3x + 3(1 + x )x − 12(1 + x ) + 4)(1 + x )dx = 2

−2

∫

2

(3x6 − 9x4 − 20x2 − 8)dx

0

2

 3x7 9x5 20x3   3.27 9.25 20.23   3.26 9.24 20.22  = 2  − − − 8x  = 2  − − − 8.2  = 4  − − − 8  5 3 5 3 5 3  7 0  7   7 

192 144 80 − − − 8  = 5 3  7 

= 4 

2880 − 3024 − 2800 − 840  15136 =−  105 105  

4 



F.I.U.C.V.



11. Sea E una región del espacio con volumen V, superficie frontera S, vector normal unitario exterior n y centroide (x,y,z) . a. Demuestre que 1 z= (0,0, z2 )  ndS . 2V

∫∫ S

Solución.

k z=

∫∫∫ ∫∫∫

∫∫∫

zdV

E

k

=

E

dV

∫∫∫

zdV

=

V

zdV

E

=

V

1 2V

∫∫

(0,0, z2 )  ndS

S

E

2

(div(0, 0, z2 ) = z) b. Use el resultado anterior para calcular las coordenadas del centroide del hemisferio sólido x2 + y2 + z 2 ≤ a2 , z ≥ 0 . Solución. Paso 1. Región donde se mueven los parámetros. D = {(x, y) ∈ R 2 : x2 + y2 ≤ a2 } Paso 2. Parametrización de la superficie de interés. r(x, y) = (x, y, a2 − x2 − y2 ) , (x, y) ∈ D Paso 3. Cálculo del vector normal exterior.   x y rx × ry =  , ,1   a2 − x2 − y2 a2 − x2 − y2   Paso 4. Cálculo del centroide de la superficie.

1 z= 2V

∫∫ ∫ ∫

1 (0,0, z )  ndS = 2V 2

S

1 = 4 3 3 πa

2π

0

∫∫

2

2

2

(a − x − y )dA =

D

π

1 3

4 πa 2. 3.2

∫∫ 0

a

(a2 − r2 )rdrdθ 0

a

3.2π  a4 a4  3a −  = (a − r )rdrdθ = ) ⇒ (x, y, z) = (0,0, 3a 8 3  2 4 8 π 4 a   0 2

2

12. Sea S la porción del paraboloide z + 1 = x2 + y2 situada debajo del plano z = 1 y sea F(x, y, z) = (0, x − 2yz, x2 ) . Calcule

∫∫

rot(F) • ndS ,

S

donde n es la normal exterior al paraboloide, directamente, mediante el Teorema de Stokes y mediante el Teorema de Gauss.



F.I.U.C.V.



Solución. DIRECTAMENTE: Cálculo de rot(F):

i j k rot(F) = ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z = (2y, −2x,1) 0 x − 2yz x2 Sea D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2} , entonces

r(x, y) = (x, y, x2 + y2 − 1) , (x, y) ∈ D ⇒ r x × ry = (−2x, −2y,1) . La normal exterior al paraboloide viene dada por rx × ry = (2x,2y, −1) . Se tiene que:

∫∫

rot(F) • ndS =

S

∫∫

(2y, −2x,1) • (2x,2y, −1)dA =

D

∫∫

(4xy − 4xy − 1)dA = −

D

∫∫

dA = −2π

D

TEOREMA DE STOKES: Curva frontera con orientación horaria: C : x2 + y2 = 2 , z = 1 ⇒ r(t) = ( 2 cos(t), − 2sen(t),1) , 0 ≤ t ≤ 2π Se tiene que:

∫

F • dr =

C

=

∫ ∫

2π

F(r(t)) • r'(t)dt 0 2π

(0, 2 cos(t) + 2 2sen(t), 2 cos2 (t)) • (− 2sen(t), − 2 cos(t), 0)dt

0

= −2 = −2

∫ ∫

2π 2

(cos (t) + 2sen(t)cos(t))dt = −2 0 2π

cos2(t)dt = − 0

∫

∫

2π

∫

2

2π

cos (t)dt − 4 0

sen(t)cos(t)dt 0

2π

(1 + cos(2t))dt = −2π 0

TEOREMA DE STOKES (ALTERNATIVO): Superficie orientada: r(x, y) = (x, y,1) , (x, y) ∈ D ⇒ rx × ry = (0, 0,1) La orientación correcta del plano viene dada por rx × ry = (0,0, −1) . Se tiene que:

∫∫ S

rot(F) • ndS =

∫∫

(2y, −2x,1) • (0,0, −1)dA = −

D

TEOREMA DE GAUSS: Sea la superficie cerrada S = S1 ∪ S2 , donde:

∫∫ D

dA = − 2π



F.I.U.C.V.



S1 : r(x, y) = (x, y, x2 + y2 − 1) , (x, y) ∈ D ⇒ rx × ry = (2x,2y, −1) S2 : r(x, y) = (x, y,1) , (x, y) ∈ D ⇒ rx × ry = (0,0,1) Se tiene:

∫∫ ∫∫

rot(F) • ndS +

S1

⇒

∫∫ S2

div(rot(F))dV = 0

∫∫

rot(F) • ndS

S2

rot(F) • ndS = −

S1

∫∫∫ V


S1

∫∫

rot(F) • ndS =

∫∫


S2

∫∫

(2y, −2x,1) • (0,0,1)dA = −

D

∫∫

dA = − 2π

D

13. Sea S la porción de la semiesfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0 , que se encuentra en el interior del cilindro x2 + y2 = 1 . Dado el campo vectorial F(x,y,z) = (xy,yz,zx) , calcule el flujo exterior del campo rot( F) a través de S, directamente, usando el teorema de Stokes y aplicando el teorema de Gauss. Solución. Directamente: r(x, y) = (x, y, 4 − x2 − y2 ) , (x, y) ∈ D , D = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 1} 

 x y , ,1   4 − x2 − y2 4 − x2 − y2  

rx × ry = 

rot(F) =

i

j

k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

= (−y, −z, −x)

xy yz zx

∫∫

rot(F) • dS =

S

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫



 x y , ,1  dA  4 − x2 − y2 4 − x2 − y2  

(−y, − 4 − x2 − y2 , −x) • 

D

=

  yx − − y − x  dA = −   4 − x2 − y2  

D

yx dA − 4 − x2 − y2

=−

D

2π

=−

0

1 3 0

∫∫ D

ydA −

∫∫ ∫∫ ∫

r sen(θ)cos(θ) drdθ = − 4 − r2

D

yx dA − 2 2 4−x −y

xdA = −

D

1

0

∫∫ ∫ D

r3 dr 4 − r2

∫∫

ydA −

D

∫∫

xdA

D

yx dA 4 − x2 − y2 2π

sen(θ)cos(θ)dθ = 0 0



F.I.U.C.V.



Aplicando el Teorema de Stokes: r(t) = (cos(t),sen(t), 3) , t ∈ 0,2π  ⇒ r'(t) = (−sen(t), cos(t),0) (orientación antihoraria)

∫

F • dr =

C

=

∫ ∫

2π

(cos(t)sen(t),sen(t),cos(t)) • (−sen(t),cos(t),0)dt 0 2π

(− cos(t)sen2 (t) + sen(t)cos(t))dt = 0

0

Aplicando el Teorema de Gauss: Sea S1 la región circular del plano z = 3 bordeada por la curva C. Parametrizando se tiene: r(x, y) = (x, y, 3) , (x, y) ∈ D , D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} . El vector normal viene dado por rx × ry = (0,0,1) . De modo que

∫∫

rot(F ) • dS +

S

∫∫

rot(F ) • dS =

S1

∫∫∫

div(rot(F ))dV ⇒

E

∫∫

∫∫

rot(F ) • dS = −

S

rot(F ) • dS .

S1

Entonces

−

∫∫

rot(F) • dS = −

S1

∫∫

(−y, −z, − x) • (0,0,1)dA =

D

∫∫

xdA = 0

D

14. Sean el campo vectorial F(x, y, z) = (1,1,(x2 + y2 )2 ) y la superficie S = S1 ∪ S2 ∪ S3 con orientación exterior que encierra el sólido V donde S1 : z = −x + 1 , S2 : x2 + y2 = 1 , S3 : z = −x − 1 Calcule a.

∫∫

F • dS , usando el teorema de Gauss.

S1 ∪ S3

Solución.

∫∫ ∫∫

S1 ∪S3

S1 ∪S3

F • dS +

∫∫ ∫∫

F • dS =

S2

F • dS = −

∫∫∫ V

div(F)dV ⇒

∫∫

S1 ∪S3

F • dS =

∫∫∫ V

div(F)dV −

∫∫

F • dS

S2

F • dS

S2

S2 : r(θ,z) = (cos(θ), sen(θ), z) , 0 ≤ θ ≤ 2 π , − 1 − cos(θ) ≤ z ≤ 1 − cos(θ) rθ (θ, z) = (−sen(θ),cos(θ),0) , rz (θ,z) = (0,0,1) , rθ × rz = (cos( θ), sen(θ),0)


F.I.U.C.V.

−

∫∫

F • dS = −

∫ ∫ 0

S2

2π

−



2π

∫ ∫ 0

Por lo tanto

1− cos(θ)

(1,1,1) • (cos(θ), sen(θ),0)dzdθ −1− cos(θ )

1 − cos(θ)

2π

(cos(θ) + sen(θ))dzdθ = − −1− cos(θ)

∫∫


∫ ∫ 0

1− cos(θ)

(cos(θ) + sen(θ))dzdθ = 0 −1− cos(θ )

F • dS = 0 .

S1 ∪S3

b.

∫∫

F • dS , usando el teorema de Stokes.

S2 ∪ S3

Solución. S1 : r(x, y) = (x, y, −x + 1) , (x, y) ∈ D , D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} , ry × rx = (−1,0, − 1)

∫∫

F • dS =

S2 ∪ S3

∫∫

2π

F • dS = 2π

=−

∫ ∫ 0

S1

∫ ∫ 0

1

(1,1,r4 ) • (−1,0, −1)rdrdθ 0

1

(r + r5 )drdθ = −2π(12 + 16 ) = − 34 π 0

15. Suponga que V y S satisfacen las hipótesis del Teorema de Gauss. Demuestre el Teorema del Gradiente enunciado como sigue: Si f es un campo escalar continuo y con primeras derivadas parciales continuas en V ∪ S , entonces se verifica que

∫∫

fndS =

S

∫∫∫

∇fdV .

V

Solución. Considere un vector constante no nulo cualquiera A = (A1, A2 , A3 ) y el campo F = f A . Aplicando el teorema de la divergencia al campo F, resulta

∫∫

fA • ndS = A •

S

∫∫

fndS =

S

A•

∫∫

div(fA)dV =

V

fndS = A •

S

∫∫∫

∫∫∫ V

∫∫∫

A • ∇fdV = A •

V

V

  ∇fdV ⇒ A •  fndS −   S

∫∫

∫∫∫ V

  ∇fdV  = 0 .  

Como A es un vector constante no nulo, entonces

∫∫ S

fndS −

∫∫∫ V

∇fdV = 0 ⇒

∫∫ S

fndS =

∫∫∫

∫∫∫ V

∇fdV .

∇fdV ,

U.C.V.

F.I.U.C.V.

EJERCICIOS PROPUESTOS




2.13. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Encuentre una representación paramétrica para cada superficie: a. El plano que pasa por el punto (1,2, −3) y contiene los vectores (1,1, −1) y (1, −1,1) . Rta. x = 1 + u + v, y = 2 + u − v, z = −3 − u + v b. La parte de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 que se encuentra arriba del cono z = x2 + y2 . Rta. x = 2sen(φ) cos(θ), y = 2sen(φ)sen(θ), z = 2 cos(φ) 0 ≤ φ ≤ π 4 0 ≤ θ ≤ 2π c. La parte del plano z = 5 que está dentro del cilindro x2 + y2 = 1 . Rta. r(r, θ) = (r cos(θ),rsen(θ),5) , 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2 π 2. Sea la superficie S parametrizada r(u, v) = (ucos(v),usen(v),u2 ) , 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π . Halle: a. Una ecuación en x,y,z que describa la superficie, identifíquela y grafíquela. Rta. x2 + y2 = z (paraboloide) b. La ecuación del plano tangente a la superficie paramétrica en el punto (1,1,2). Rta. −2x − 2y + z = −2 c. El área de S. Rta. 6π (17 17 − 1) 3. Pruebe que las ecuaciones paramétricas x(u, v) = asen(u)cos(v) , y(u, v) = bsen(u)sen(v) , z(u, v) = c.cos(u) , 0 ≤ u ≤ π , 0 ≤ v ≤ 2π , representan un elipsoide. 4. Determine el área de la superficie S definida por la representación vectorial dada por r(r, θ) = (r cos(θ), rsen(θ),b θ) ,  donde (r, θ) ∈ 0,a × 0,2π , a > 0, b > 0 . Rta. π  ba b2 + a2 + b.ln( a+ 

b2 + a2 )  b



5. Calcule el área de la porción de la superficie cónica x2 + y2 = z2 situada entre los planos de ecuaciones z = 0 , x + 3z = 6 . Rta. 274π 6. Calcule el área de la parte del plano x + y − z = 0 que se encuentra dentro del cilindro circular x2 + y2 + ax = 0 . Rta.

3πa2 4

7. Calcule el área de la porción de la superficie y2 + z2 = 4 , que se encuentra entre los planos x + z = 4 y z − 4x = 8 . Rta. 24π

U.C.V.

F.I.U.C.V.





8. Calcule el área de la superficie x2 + y2 = 8 − z por encima del plano xy. Rta.

π (33 6

33 − 1)

9. Una esfera de radio R está inscrita en un cilindro circular recto de radio R. Se cortan ambas figuras con los planos z = a y z = b (a < b) . Demuestre que las porciones de superficie de la esfera y del cilindro comprendidos entre los dos planos tienen igual área.

x y z + + = 1 donde a, b y c son números positivos a b c dados, que se encuentra en el primer octante. Rta. 12 a2b2 + a2c2 + b2c2

10. Halle el área de la parte del plano

11. Halle el área de la porción del paraboloide z = x2 + y2 que está dentro del cilindro x2 + y2 = 16 . Rta. 6π (65 65 − 1) 12. Calcule el área de la superficie dada por la porción del plano x + y + z = 4 que determina la parte interior del cilindro 2x2 + 2y2 = 1 . Rta.

3π 2

13. Calcule el área de la región que en el plano de ecuación x + y + z = b determina el cilindro x2 + y2 = a2 , a > 0 , b > 0 , 0 < a < b . Rta. 3πa2 14. Calcule el área de la porción de superficie cónica x2 + z2 = y2 , situada entre los planos de ecuaciones y = 0, z + 4y = 5 . Rta.

4π 3

10 3

x2 15. Halle el área de la parte del cilindro de ecuación z = comprendida entre los planos de 2 ecuaciones y = 0, y = x, x = 2 . Rta. 13 (5 5 − 1) 16. Halle el área de la parte del cono z2 = x2 + y2 situada por encima del plano xy y recortada x por el plano z = 2  + 1  . Rta. 8π 2  17. Calcule el área de la porción de superficie que el cilindro x2 + y2 = a2 , a > 0 recorta sobre 2 xy el paraboloide hiperbólico de ecuación z = , b > 0 . Rta. 23 πb2 (1 + a2 )3/2 − 1 b   b 18. Halle el área de la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 que se encuentra dentro del cilindro x2 + y2 = ax , a > 0 . Rta. 2a2 (π − 2)

U.C.V.

F.I.U.C.V.





19. Halle el área de la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 que se encuentra dentro del cilindro x2 y2 + 2 = 1 , b ≤ a , z ≥ 0 . Rta. 4a2arcsen(b / a) 2 a b 20. Halle el área de la parte del cono z2 = x2 + y2 , z ≥ 0 , que se encuentra dentro del cilindro x2 + y2 = 2x . Rta. 2π 21. Determine el área de la parte de superficie cónica z2 + y2 = x2 comprendida entre la 2 superficie cilíndrica z = y2 , y el plano y = z − 6 . Rta. 125 3 22. Sea K la porción del casquete esférico z = R 12 − x 2 − y2 cortado por el cilindro circular recto x2 + y2 = R22 , R1 > R2 . Demuestre que el área de K viene dada por la expresión 2πR1(R1 − R12 − R22 ) . 23. Considere una curva plana C, contenida en el plano xz, cuya ecuación viene dada por z = f(x), a ≤ x ≤ b . Sea S la superficie de revolución que se obtiene al girar la curva C en torno al eje z. a. Obtenga una parametrización de S. Rta. (u cos(θ),usen(θ), f(u)); (u, θ) ∈ a,b  × 0,2π  b. Demuestre que A(S) = 2π

∫

b

x 1 + (f '(x))2 dx . a

c. Aplique el resultado obtenido en (b), para calcular el área de una superficie esférica de radio a. Rta. 4πa2 24. Calcule las integrales de superficie siguientes: a.

∫∫

1 (x2 + y2 + z)dS , donde S es la superficie de ecuación z = (x2 + y2 ) que se 2

S

proyecta en el plano xy en el dominio limitado por la circunferencia de ecuación 1 .23 / 2 + 2 ) x2 + y2 = 1 . Rta. 3π(15 15 b.

∫∫ ∫∫

z2dS , donde S es la superficie de ecuación x2 + y2 + z2 = 1 . Rta.

4π 3

S

c.

(x2 + y2 )dS , donde S es la superficie del cono de ecuación z2 = 3(x2 + y2 ) limitada

S

por el plano z = 3 y que se encuentra por “encima” del plano xy. Rta. 9π

U.C.V.

d.

F.I.U.C.V.

∫∫





ydS , donde S es la superficie del triángulo de vértices los puntos (1,0,0), (0,0,1),

S

(0,2,0). Rta. 1 25. Encuentre la masa de un embudo delgado en forma de cono z = x2 + y2 , 1 ≤ z ≤ 4 , si su función de densidad es ρ(x, y, z) = 10 − z . Rta. 108 2π 26. Calcule la masa de la porción del plano x + y + z = 1 que se encuentra en el primer octante si la densidad superficial en cualquier punto (x,y,z) de la superficie es kx2 kilogramos por 1 3k metro cuadrado, donde k es una constante. Rta. 12 27. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie S definida por la esfera x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0 , la cual se supone que es homogénea. Rta. (0,0,1) 28. Con una lámina homogénea muy delgada, se fabrica un cono de ecuación z = x2 + y2 , 0 ≤ z ≤ 1 . Determine la posición del centro de masa de la superficie S formada por la 2 2 +3 ) superficie lateral de ese cono más la superficie de la base. Rta. (0,0, 3(1 + 2) 29. Determine la masa de la superficie del cubo limitado por los planos coordenados y los planos x = 1 , y = 1 , z = 1 . Se supone que la densidad superficial está dada por ρ(x, y, z) = yz . Rta. 23 30. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie homogénea en forma de cono circular recto de radio de base R y altura H, incluyendo la base. 2 Rta. (x, y, z) = (0,0, R (2 2R2 +3H) ) 3( 2R +1)

31. La superficie cónica z2 = x2 + y2 ; 0 ≤ z ≤ a tiene densidad constante. Calcule el centro de masa y el momento de inercia alrededor del eje z. 2 2 + 3a ) I π Rta. (x, y, z) = (0,0, 3( z = 2 ( 2 + 1) 2 +1) 32. Halle el momento de inercia alrededor del eje x, de la parte de la superficie de la esfera unitaria x2 + y2 + z2 = 1 que está sobre el cono z2 = x2 + y2 . Suponga la densidad 7 13) constante igual a k. Rta. kπ( 43 − 12

U.C.V.





F.I.U.C.V.

33. Calcule el flujo del campo F(x,y,z) = (x,2y,4z) a través de la superficie S dada como el cubo limitado por los planos coordenados y por los tres planos de ecuaciones x = 1 , y = 1 , z = 1 . Rta. 7 34. Calcule el flujo del campo F a través de la superficie S, sabiendo que F(x,y,z) = (0,y,z) y S es el paraboloide y = x2 + z2 y el disco x2 + z2 ≤ 1 , y = 1 . Rta. π 35. Calcule el flujo del campo F(x,y,z) = (x,y,z) , a través de la superficie lateral del cilindro x2 + y2 = 1 limitado por los planos x + y + z = 1 y x + y + z = 2 . Rta. 2π 36. Calcule la integral de superficie

∫∫

xdydz + zdzdx + ydxdy ,

S

donde S es la superficie esférica x2 + y2 + z2 = a2 . Rta.

4 3

πa3

37. Verifique el teorema de Stokes donde F(x, y, z) = (z, x, y) ; la superficie S es la parte del paraboloide z = 4 − x2 − y2 con z ≥ 0 . Se considera la normal unitaria con componente z no negativa. Rta. 4π 38. Utilice el Teorema de Stokes para calcular

∫ 2

2

F • dr , C

2

donde F(x, y, z) = (x z, xy ,z ) y C es la curva de intersección del plano x + y + z = 1 y el cilindro x2 + y2 = 9 tal que vista desde arriba del plano xy está orientada en sentido contrario al de las manecillas del reloj. Rta. 812π 39. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza dado por la expresión vectorial F(x, y,z) = (x x + z2 , yy + x2 , zz + y2 ) al mover una partícula alrededor del borde de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está en el primer octante, en sentido contrario al giro de las agujas del reloj (visto desde arriba). Rta. 8 40. Verifique el teorema de la divergencia para el campo F(x, y, z) = (3x, −2y, z) y el sólido V acotado por las superficies de ecuaciones x2 + z2 = 4, y = 0, x + y + z = 3 . Rta. 24π

U.C.V.





F.I.U.C.V.

41. Calcule las integrales de superficie siguientes: a.

∫∫

F • ndS , donde F(x, y, z) = (x, y, z) y S es la frontera de la región limitada por

S 2

x + y2 = 16, z = 0, z = 6 . b.

∫∫

Rta. 288 π

(x2 , y2 , z2 ) • dS , donde S es la superficie del cubo unidad limitado por los planos

S

coordenados y los planos de ecuación x = 1, y = 1, z = 1 .

Rta. 3

42. Use el teorema de Stokes para calcular la integral de línea dada por la expresión

∫ (y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz , C

donde C es la curva definida por el sistema de ecuaciones x2 + y2 = 2x, x = z , recorrida en sentido tal que su proyección sobre el plano xy vista desde la parte positiva del eje z se recorre en sentido horario. Rta. 0 43. Suponga que S y C satisfacen las hipótesis del teorema de Stokes y f, g tienen derivadas parciales continuas de segundo orden. Utilice las identidades vectoriales rot(F + G) = rotF + rotG y rot(fF) = frotF + (∇f) × F para demostrar que: a. b. c.

∫ ∫ ∫

(f∇g) • dr = C

∫∫

(∇f × ∇g) • dS S

(f∇f) • dr = 0 C

(f∇g + g∇f) • dr = 0 C

44. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral de línea

 ∫C F • Tds si se sabe que F(x, y, z) = (xz, xy, y2 ) y C es la frontera de la superficie que consiste de la porción del cilindro z = 4 − x2 del primer octante determinada por los planos coordenados y el plano y = 3 . Rta. 45 45. Calcule la integral de línea que se da a continuación (Utilice el teorema de Stokes indicando el sentido de recorrido de C para obtener la respuesta dada).

CALCULO v 0254 Calculo Vectorial Tema 2 Integrales de Superficie y Aplicaiones J.L. Quintero 2011 51p

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