UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA CAMPUS SANTIAGO
Problemas Resueltos Integrales de Superficie - MAT 4 1. Calcula Calcularr
xy dS .
S
donde S es la parte parte del plano plano x + z = 1 , acota acotada da por los plano planoss z = 0 , y = 0 y x = y . Soluci´ on on
Como la superficie corresponde al gr´ afico afico de la funci´ on on z = f (x, y ) = 1 x , cuyo dominio es el tri´angulo angulo determinado por las rectas: y = 0 , y = x , x = 1 . Por lo tanto
−
S
1
xy dS =
x
0
0
√
xy 12 + 02 + 1 2 dydx =
√
2
1
y2
x
0
2
x
dx = 0
√ 2 2
1
0
x3 dx =
√ 2 8
2. Hallar el ´area la porci´ on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a 2 incluida dentro del cilindro x2 + y 2 = ay , a > 0 . Soluci´ on
Sea S la porci´on de la esfera, en el hemisferio superior, contenida en el cilindro. Sea z = a2 (x2 + y 2 ) , con x , y en el interior del cilindro x2 + y 2 = ay , la parametrizaci´on natural de S . Entonces:
−
A
=
2
− − − √ − √ − − √ − − − − − −
dS = 2
S
a2
2
x +y
2
x2 x2
+
y2
a2
≤ay
a
= 2
a2
x2 +y 2 ay
(x2 + y 2 )
y2 x2
− − y + 1 dA
dA
≤
π/2
a sen θ
= 4
0
ar
a2
0
dr dθ
a sen θ
π/2
=
r2
a2
4a
r2
0
dθ
0
π/2
=
a2
4a
a2
sen2
0
π/2
=
2
4a
(cos θ
1) dθ
0
π/2
=
2
4a (sen θ
θ)
0
= 2πa 2
− 4a
2
θ
− a
dθ
2
3. Calcular el a´rea de la porci´ on de superficie c´ onica x2 + y 2 = z 2 , situada entre los planos z = 0 y x + 2 z = 3 . Soluci´ on:
De la ecuaci´ on del plano z =
1 x + y = (3 4 2
2
2
− x) ⇔
3
−x 2
y reemplazando en la ecuaci´ on del cono se tiene
2
2
3(x + 1) + 4y = 12
⇔
(x + 1) 2 y 2 + =1 4 3
entonces:
A =
√
x2 y2 + 2 + 1 dA x2 + y 2 x + y 2
3(x+1)2 +4y 2 12
≤
=
2 dA
3(x+1)2 +4y 2 12
≤
=
√ 2(´area de la elipse)
=
√
2 6π
4. Sea Γ la curva de intersecci´ on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 y el plano x Use el Teorema de Stoke para calcular la integral de linea
(2x
Γ
2
− z = 0 .
2
− y)dx − yz dy − y z dz
Orientada en el sentido positivo, respecto del plano xy . Soluci´ on:
Resolviendo el sistema: x2 + y 2 + z 2 = 4
⇒
x = z
2
2
2x + y = 4
⇔
x2
2
+
y2
=1
4
Por otra parte:
F = ∇ × −→
−→i
→ − j
→ −k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z 2
2x
2
= (0, 0, 1)
− y −yz −y z Luego si llamamos S al pedazo del plano x − z = 0 contenido en la esfera, entonces ∂ S = Γ . Usando el Teorema de Stokes:
Γ
(2x
2
2
− y)dx − yz dy − y z dz =
S
(0, 0, 1) ( 1, 0, 1) dS =
·−
√
dA = 2 2π
2x2 +y 2 4
≤
Pues el a´rea de la elipse de semieje mayor a = 2 y semieje menor b =
√ 2 es 2√ 2π .
5. Calcular
(x3 + ez ) dy
S
2
∧ dz + x y dz ∧ dx + (sen xy) dx ∧ dy
donde S es la frontera de la regi´ on acotada por el paraboloide z = 4 los planos y = 0 , z = 0 , y + z = 5
2
−x
y por
Soluci´ on:
Usando el teorema de la divergencia y calculando la integral triple, se tiene:
(x3 + ez ) dy
S
2
∧ dz + x y dz ∧ dx + (sen xy) dx ∧ dy =
T
donde T es el s´olido acotado por la superficie S . Calculando:
4 x2
2
2
4x dV = 2
0
T
= 2
4x2 dydzdx
0
4x
4 x2
−
2
0
(5
z ) dz
0
2
8
x
2
4
5)2
2 (z
0
=
−
0
2
=
5 z
−
− − − − − − − 2
4 x2
−
dx
0
x2 (x4 + 2x2
24) dx
0
= =
4
4640 35
x7
2 x5 + 7 5
2
8x
3
0
dx
4x2 dV
6. Suponer que 2 f 0 en una regi´ on T de simple cerrada S . Pruebe que
∇ ≡
∂f f dS = ∂ n S
R
3
, acotada por una superficie suave,
| ∇
−→
f 2 dV
|
Soluci´ on:
Observar que
∂f = ∂ n
−→ ∇ f · −→n
y por lo tanto
∂f ∂f ∂f ∂f = f f , , ∂ n ∂x ∂y ∂z
−→
=
∂f ∂f ∂f f , f , f ∂x ∂y ∂z
Luego usando el teorema de la divergencia, se tiene:
S
∂f f dS = ∂ n
−→
S
→n ) dS = (f ∇ f · −
| ∇ |
f 2 dV
div(f f ) dV =
∇
T
T
En efecto, esta u´ltima igualdad se obtiene de la siguiente manera:
∂ div(f f ) = ∂x
∇
=
=
= =
∂f f ∂x 2
∂f dx
2
∂f dx
2
2
f ∂f ∂y
∂ 2 f + f 2 + dx
∂f dx
|∇f |
∂ + ∂y
+
∂f dy
+
∂f dy
∂f dy
2
+
2
∂ ∂z
∂ 2 f + f 2 + dy 2
+
∂f dz
2
+
∂f dz
2
∂f ∂z
+ f
∂f dz
2
∂ 2 f + f 2 dz
∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f + 2 + 2 dx2 dy dz
−→
7. Calcular el flujo del campo F (x , y , z) = (xy 2 , yz , zx2 ) a traves de la frontera del s´olido (orientado por la normal exterior) , entre los cilindros x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 4 y entre los planos z = 1 y z = 3 . Soluci´ on:
Usando el teorema de la divergencia, se tiene: 2
2
2
(y + z + x ) dV =
2π
3
1
0
1
2
3
= 2π
1
(r3 + rz ) dzdr
1
2
= 2π
3
r z +
1
2
= 2π
1
= 27π
r (r 2 + z ) dzdθdr
rz 2
2
(2r3 + 4r) dr
3
dr 1
8. Calcular
S
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS 2
donde S es la superficie exterior total del tronco de cono
x2
9
+
y2
=
9
z 2
4
con 1
≤ z ≤ 2
Soluci´ on:
2 Observar que la superficie S es el gr´afico de la funci´ on z = f (x, y) = 3 9 x2 + y 2 9 . definida en 4
≤
≤
x2 + y 2 ,
Calculamos directamente la integral de superficie, primero sobre el manto del cono 9 (S 1 ) y luego sobre las tapas: x2 + y 2 9, con z = 2 (S 2 ) y x2 + y 2 , con z = 1 4 (S 3 )
≤
≤
Para S 1 usamos la parametrizaci´ on natural (x, y)
−→
caso el vector normal es n =
9 4
=
9 4
2
≤x
2
≤x
=
3/2
1 = 3 =
3
≤
2π
3
3/2
, y,
2 3
+ y 2
3
x2
+ y 2
r
x2
2x
x2 + y 2
x3
+y 2 9
0
2
2
≤
− 214π
3
x2
2y
,
,
−1
· − − x
+y 2 9
3
2x
x,y, 32
x2 + y 2 y en este
. Se tiene
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS 2
S 1
=
→
+ y 2
+
3 x2 + y 2
2y 2
3
x2
+ y 2
r3 cos3 θ 2 r2 sen2 θ + 3r 3r 2π
3
r dr
0
2 cos3 θ dθ + 3
2 3
,
2y
3 x2 + y 2
,
−1
dydx
x2 + y 2 dydx
2 r dθdr 3 3
2π
2
r dr
3/2
0
2
sen θ dθ
3
− 4 π 3
3/2
r2 dr
Para la tapa S 2 . Usar la parametrizaci´ on: (x, y) (x,y, 2) definida en el circulo x2 + y 2 9 , vector normal unitario n = (0, 0, 1) , que apunta hacia afuera del s´olido. Se tiene:
→
→ −
≤
·
1 2 x , y, 2 2
x2 +y 2 9
≤
(0, 0, 1) dA = 2
dA = 18π
x2 +y 2 9
≤
Para la tapa S 3 . Usar la parametrizaci´ on: (x, y) (x,y, 1) definida en el circulo 9 2 2 x + y , vector normal unitario n = (0, 0, 1 , que apunta hacia afuera del 4 s´olido. Se tiene:
→ −
→ −
≤
1 2 x , y, 2 2
x2 +y 2 9/4
≤
·
(0, 0, 1) dA =
−
−
dA =
− 94π
x2 +y 2 9
≤
Luego evaluando:
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS 2
S
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS + 2
=
S 1
+
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS 2
S 2
1 2 x cos α + y cos β + z cos γ dS 2
S 3
=
− 214π + 18π − 94π
=
21π 2
Usando el teorema de la divergencia y calculando la integral triple 2
2
√ − −
(x + 2) dV +
x2 +y 2 9/4
≤
3/2
=
2π
0
3/2
9/4 x2 +y 2 9
≤
2
≤
x2 +y 2
3
2π
1
2
2π
(r cos θ + 2) r dzdθdr
3/2
3
2
2π
(r cos θ + 2 r) dθdr +
0
0
3/2
=
(x + 2) dV
2/3
(r cos θ + 2) r dzdθdr +
0
=
1
3/2
2π
2
r sen θ
0
3/2
dr + 0
0
(r 2 cos θ + 2 r ) 2
0
3
2r dr + 2 π
0
2r/3
4r
3/2
4r2 3
dr
2 r dθdr 3 =
21π 2
9. Calcular
−→ ·−→
on del paraboloide z = x 2 + y 2 entre F n dS , donde S es la porci´
S
→ −
los planos z = 1 y z = 4 y n es normal a S , unitario, con tercera coordenada negativa. Soluci´ on
Para usar el teorema de la divergencia es necesario agregar las tapas en z = 1 y en z = 4 , para luego restarlas como integrales de superficie. Con esto:
−→ · −→ F
n dS =
S
−→ · −
(x2 + y 2 ) dV
−
R
F (0, 0,
tapa: z=1
=
−→ ·
F (0, 0, 1) dS
tapa: z=4
−1) dS
(x2 + y 2 ) dV
−
Arctg(x2 + y 2 ) dA
x2 +y 2 4
R
≤
Arctg(x2 + y 2 ) dA
+
x2 +y 2 1
≤
2π
=
√ z
4
0
1
2π
+
=
6
0
r Arctg(r 2 ) dθ dr
0
r Arctg(r2 ) dθ dr
4
√ z
2
− − − r
4
1
π
2π
0
4
= 2π
r dr dz dθ
0
1
0
2
3
−
4
3
z
1
dz
2π
0
63π π 2 = + 6 4
r Arctg(r ) dr + 2 π
0
0
1 2π ( r2 Arctg(r 2 )) 2
1 +2π ( r2 Arctg(r 2)) 2
1
2
−
1 ln(1 + r 4) 4
1 ln(1 + r 4 ) 4
− 4π Arctg(4) + π2 ln
17 2
1 0
2 0
r Arctg(r2 ) dr
10. Considerar el campo :
−→ F (x,y,z ) = (xy Calcular
−→
2
−→
−→
+ e−y sen(z )) i + (x2 y + e−x cos(z )) j + Arctg(x2 + y 2 ) k
−→ ·−→
on del paraboloide z = x 2 + y 2 entre F n dS , donde S es la porci´
S
→ −
los planos z = 1 y z = 4 y n es normal a S , unitario, con tercera coordenada negativa. Soluci´ on
Para usar el teorema de la divergencia es necesario agregar las tapas en z = 1 y en z = 4 , para luego restarlas como integrales de superficie. Con esto:
−→ · −→ F
n dS =
S
−→ · −
(x2 + y 2 ) dV
−
R
F (0, 0,
tapa: z=1
=
−→ ·
F (0, 0, 1) dS
tapa: z=4
−1) dS
(x2 + y 2 ) dV
−
Arctg(x2 + y 2 ) dA
x2 +y 2 4
R
≤
Arctg(x2 + y 2 ) dA
+
x2 +y 2 1
≤
2π
=
√ z
4
0
1
2π
+
=
6
0
r Arctg(r 2 ) dθ dr
0
r Arctg(r2 ) dθ dr
4
√ z
2
− − − r
4
1
π
2π
0
4
= 2π
r dr dz dθ
0
1
0
2
3
−
4
3
z
1
dz
2π
0
63π π 2 = + 6 4
r Arctg(r ) dr + 2 π
0
0
1 2π ( r2 Arctg(r 2 )) 2
1 +2π ( r2 Arctg(r 2)) 2
1
2
−
1 ln(1 + r 4) 4
1 ln(1 + r 4 ) 4
− 4π Arctg(4) + π2 ln
17 2
1 0
2 0
r Arctg(r2 ) dr
