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La integral de superficie
Problemas resueltos
- Calcule el área de la porción del paraboloide z = x^2 + y^2 que está comprendida entre los planos z = 0 y z = 1.
Solución:
La intersección del paraboloide con el plano z = 0 es el punto (0, 0) y con el plano z = 1 es la circunferencia x^2 + y^2 = 1. La región limitada por la proyección de dicha circunferencia sobre el plano XY es
D =
(x, y) ∈ R^2 : x^2 + y^2 ≤ 1
Podemos considerar la siguiente parametrización:
r(x, y) = (x, y, x^2 + y^2 ), (x, y) ∈ D.
De esta manera S = r(D), siendo S la superficie descrita en el enunciado. Su producto vectorial fundamental es:
N (x, y) = (− 2 x, − 2 y, 1), y ‖N (x, y)‖ =
4 x^2 + 4y^2 + 1.
El área solicitada será:
a(S) =
D
‖N (x, y)‖dxdy =
D
4 x^2 + 4y^2 + 1 dxdy.
Problemas resueltos
Esta integral la haremos mediante un cambio de variable a coordenadas polares.
x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ
con 00 < ρ< ϕ <^ ≤^12 π y JT (ρ, ϕ) = ρ > 0.
a(S) =
D
4 x^2 + 4y^2 + 1 dxdy =
0
[∫ (^2) π
0
4 ρ^2 + 1 ρ dϕ
]
dρ =
= 2π
[
3 (4ρ
] 1
0
π 6 (
- Parametrize la superficie plana cuyo borde es la curva
C :
x^2 + y^2 = z^2 / 2 z = y + 1
Solución:
La curva C es la intersección del cono x^2 + y^2 = z^2 / 2 con el plano z = y + 1 :
x^2 + y^2 =
2 (y^ + 1)
2 =^1
2 (y
(^2) + 2y + 1) → x (^2) +^1 2 y
(^2) − 2 y − 1 2 = 0^ →
→ x^2 + (y^ −^ 1)
2 2 = 1
Problemas resueltos
N (u, v) = ∂r ∂u
(u, v) × ∂r ∂v
(u, v) =
~ı ~ ~k −a senu a cos u 0 0 0 1
= (a cos u, a senu, 0);
‖N ‖ = a ∫
S
x^2 zdS =
D
a^3 v cos^2 u dudv = a^3
∫ (^2) π
0
[∫ 2
− 2
v cos^2 u dv
]
du =
= a^3
∫ (^2) π
0
cos^2 u
[
v^2 2
] 2
− 2
du = 0.
- Calcule el área de la porción de superficie cónica x^2 + y^2 = z^2 situada por encima del plano z = 0 y limitada por la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 2ax.
Solución:
Hemos de parametrizar la superficie de la cual hay que hallar el área, esto es, la hoja superior (pues z ≥ 0 ) del cono x^2 + y^2 = z^2. Como S es la gráfica de la función z =
x^2 + y^2 = f (x, y) sobre la región D (que queda definida por la intersección del cono y la esfera)
x^2 + y^2 = z^2 x^2 + y^2 + z^2 = 2ax
→ 2(x^2 + y^2 ) = 2ax → (x −
a 2 )
(^2) + y (^2) = a^2 4
D =
(x, y) ∈ R^2 : (x − a 2 )^2 + y^2 ≤ a
2 4
La integral de superficie
entonces S = r(D) siendo r la parametrización:
r(x, y) = (x, y,
x^2 + y^2 ), ∀(x, y) ∈ D.
El producto vectorial fundamental es:
N (x, y) = (−
∂f ∂x (x, y),^ −^
∂f ∂y (x, y),^ 1) =
√^ −x x^2 + y^2
√−y x^2 + y^2
‖N (x, y)‖ =
y el área pedida vale:
a(S) =
D
‖N (x, y)‖dxdy =
D
2 dxdy =
2 μ(D) =
2 π a
2
Dado el recinto limitado por los planos z = y, z = 0 y el cilindro x^2 + y^2 = a^2. Calcule el área de la porción de superficie cilíndrica comprendida entre los dos planos.
Solución:
En el cilindro x^2 + y^2 = a^2 podemos tomar la parametrización:
x = a cos u y = a senu z = v
→^ r(u, v) = (a^ cos^ u, a^ senu, v),^ (u, v)^ ∈^ D
La integral de superficie
Para ver la orientación de N podemos, por ejemplo, calcular dicho vector en algún punto concreto de la superficie y en todos los demás puntos la orientación será la misma. Veamos qué pasa en el punto (0, 1 , 0), es decir, si tomamos u = v = π 2
: aquí es N ( π 2
, π 2
) = (0, 1 , 0) y es hacia el exterior de la esfera. La parametrización que hemos considerado en este caso es la adecuada. Así:
F (r(u, v)) · N (u, v) = = (sen u cos v, (−2 cos v − sen v) sen u, cos u) · · (sen^2 u cos v, sen^2 u sen v, sen u cos u) = = sen^3 u cos^2 v − 2 sen^3 u cos v sen v − sen^3 u sen^2 v + cos^2 u sen u = = sen^3 u (cos 2v − sen 2 v) + cos^2 u sen u.
∫
S
F · n dS =
S
F dS =
D
F (r(u, v)) · N (u, v) =
∫ π 2
0
[∫ (^2) π
0
(sen^3 u (cos 2v − sen 2 v) + cos^2 u senu)dv
]
du =
∫ π 2
0
sen^3 u (^12)
[
sen 2 v + cos 2v
] 2 π 0
du =
[
− 2 π cos
(^3) u 3
] π 2
0
2 π
Calcule, aplicando el teorema de Stokes, la integral
∫
C
(y − 1)dx + z^2 dy + ydz , donde C :
x^2 + y^2 = z^2 / 2 z = y + 1
Solución:
Sea F (x, y, z) = (y − 1 , z^2 , y), que es un campo vectorial de clase C^1. Por el teorema de Stokes (^) ∫
C
F =
S
rotF dS
siendo S = r(D) una superficie simple y regular cuyo borde C es la imagen r(γ∗) de una curva γ de Jordan C^1 a trozos orientada positivamente.
Problemas resueltos
Sea S la superficie del plano z = y + 1 limitada por C; se puede parametrizar como (vease el problema 2)
r(x, y) = (x, y, y + 1), (x, y) ∈ D =
(x, y) ∈ R^2 : x^2 +
(y − 1)^2 2 ≤^1
rotF (x, y, z) = (1 − 2 z, 0 , −1); N (x, y) = (0, − 1 , 1)
Así la integral de línea que se pide vale:
∫
C
F =
S
rotF dS =
D
(1 − 2(y + 1), 0 , −1).(0, − 1 , 1)dxdy =
=
D
−dxdy = −μ(D) = −
2 π.
- Halle el flujo del campo F (x, y, z) = (x^3 , y^3 , z^3 ) a través de la super- ficie del cono x^2 + y^2 = z^2 , con 0 ≤ z ≤ H.
a) Directamente.
b) Aplicando el teorema de Gauss.
Solución:
El flujo del campo se calcula mediante la integral de superficie
S
F dS. Hemos
de parametrizar el cono x^2 + y^2 = z^2 , con 0 ≤ z ≤ H.
Problemas resueltos
b) Sea V el sólido limitado por el cono y el plano z = H. La superficie cerrada que limita V es la unión, S ∪ S 1 , donde S 1 es la superficie paramétrica que describe el círculo x^2 + y^2 = H^2 en el plano z = H. Aplicando el teorema de Gauss: (^) ∫ ∫ ∫
V
divF dxdydz =
S
F · n dS +
S 1
F · n dS 1
y podemos calcular la integral de superficie que nos piden como
∫
S
F · n dS =
V
divF dxdydz −
S 1
F · n dS 1
siendo n la normal exterior.
divF = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 →
V
divF dxdydz = 3
V
(x^2 + y^2 + z^2 )dxdydz
Para calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas cilíndricas:
x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ z = z
con
0 < ρ ≤ H 0 < ϕ < 2 π ρ ≤ z ≤ H
(teniendo en cuenta que sobre el cono es z^2 = x^2 + y^2 → z = ρ). De donde:
∫ ∫ ∫
V
divF dxdydz =
∫ H
0
∫ (^2) π
0
∫ H
ρ
(ρ^2 + z^2 )ρdzdϕdρ = 6π
∫ H
0
[
ρ^3 z + ρ
z^3 3
]H
ρ
dρ =
= 6π
∫ H
0
Hρ^3 + H
3 3
ρ − ρ^4 − ρ
4 3
dρ =
= 6π
[
H ρ
4 4
2 6 −^
15 ρ
5
]H
0
10 πH
Nos falta calcular la integral de F sobre S 1. Parametrizamos la superficie:
r 1 (x, y) = (x, y, H), (x, y) ∈ Q =
(x, y) ∈ R^2 : x^2 + y^2 ≤ H^2
La integral de superficie
El producto vectorial fundamental es N (x, y) = (0, 0 , 1) (normal exterior). Entonces: ∫
S 1
F · n dS =
=
Q
(x^3 , y^3 , H^3 ).(0, 0 , 1)dxdy = H^3
Q
dxdy = H^3 μ(Q) = πH^5.
De donde: ∫
S
F · n dS =
V
divF dxdydz −
S 1
F · n dS 1 = 9 10
πH^5 − πH^5 = − 1 10
πH^5.
Como para el cálculo de la integral
S
F dS en el apartado a), hemos utilizado
una parametrización cuyo vector fundamental, N (u, v) = (−u cos v, −u sin v, u), es normal hacia el interior de V (pues tiene tercera coordenada positiva) en- tonces ∫
S
F dS = −
S
F · n dS = 1 10
πH^5
que concuerda con el resultado obtenido en el apartado a).
- Calcule, utilizando el teorema de Stokes, la integral curvilínea ∫
γ
(2x + y − z) dx + (2x + z) dy + (2x − y − z) dz
siendo γ una parametrización de la curva intersección de las superficies
4 x^2 + 4y^2 + z^2 = 4 , 2 x − z = 0.
Solución:
El teorema de Stokes relaciona la integral curvilínea de un campo vectorial a lo largo de una curva cerrada con el flujo del rotacional del campo a través de una superficie cuyo borde sea la curva en cuestión. En este caso la superficie más sencilla es la superficie plana que parametrizamos mediante:
r : R^2 −→ R^3 r(x, y) = (x, y, 2 x) ,
siendo el vector normal:
N (x, y) = ∂r ∂x
× ∂r ∂y
La integral de superficie
Solución:
La superficie de ecuación z = x^2 + (y − 1)^2 es un paraboloide de revolución cuyo eje es una recta paralela al eje Z y el vértice es el punto de coordenadas (0, 1 , 0).
La superficie S es la porción de paraboloide limitada por los planos z = 1 y z = 4, esta superficie puede parametrizarse utilizando x e y como parámetros, de la forma:
r : R^2 −→ R^3 r(x, y) = (x, y, x^2 + (y − 1)^2 ) , S = r(D) , D = {(x, y) ∈ R^2 : 1 ≤ x^2 + (y − 1)^2 ≤ 4 }.
El vector normal es
N (x, y) =
∂r ∂x ×^
∂r ∂y = (−^2 x,^ −2(y^ −^ 1),^ 1),^ ‖N^ (x, y)‖^ =^
4 x^2 + 4(y − 1)^2 + 1.
El área de S se obtiene
a(S) =
D
‖N (x, y)‖ dxdy =
D
4 x^2 + 4(y − 1)^2 + 1 dxdy;
Como el recinto de integración D es un anillo circular desplazado, resolveremos la integral realizando un cambio a coordenadas polares aunque desplazando el centro: x = ρ cos ϕ , y = 1 + ρ sin ϕ , ρ ∈]1, 2[ , ϕ ∈]0, 2 π].
Aplicando el teorema de cambio de variables ∫ ∫
D
4 x^2 + 4(y − 1)^2 + 1 dxdy =
∫ (^2) π
0
1
4 ρ^2 + 1 ρ dρdϕ = π(
Problemas resueltos
- Calcule la integral curvilínea ∫
α
(y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz
siendo α una parametrización de la curva dada por las ecuaciones
α :
x^2 + 4y^2 = 1 , z = x^2 + y^2.
a) Directamente.
b) Utilizando el teorema de Stokes.
Solución:
a) Directamente.
Comenzamos parametrizando la curva:
α : [0, 2 π] → R^3 , α(t) = (x(t), y(t), z(t)) = (cos t, 1 2
sin t, 1 − 3 4
sin^2 t).
Aplicando la definición de integral de línea de un campo vectorial, se tiene que
F (α(t)) · α′(t)dt =
= (^12 sin t − 1 +^34 sin^2 t, 1 − cos t − 34 sin^2 t, cos t − 12 sin t)·
· (− sin t,
2 cos^ t,^ −^
2 cos^ t^ sin^ t).
Problemas resueltos
- a) Calcule el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = (xz, −y^2 , xz) a través de la superficie cerrada que limita el cilindro
x^2 + y^2 ≤ R^2 con 0 ≤ z ≤ 3.
b) Resuelva el apartado anterior utilizando el teorema de Gauss.
Solución:
a) La superficie cerrada S que limita el cilindro es la unión de tres superficies: la tapa superior S 1 , la inferior S 2 y la superficie cilíndrica S 3.
Por tanto, hemos de calcular la integral de F en cada una de ellas.
r 1 : R^2 → R^3 : r 1 (x, y) = (x, y, 3) , S 1 = r 1 (D) , D = {(x, y) ∈ R^2 : x^2 + y^2 ≤ R^2 }.
El vector normal es
N 1 (x, y) = ∂r^1 ∂x
∧ ∂r^1 ∂y
cuyo sentido es hacia el exterior de la superficie S. Calculamos, ∫
S 1
F · n dS =
D
F (r 1 (x, y)) · N 1 (x, y) dxdy =
=
D
(3x, −y^2 , 3 x) · (0, 0 , 1) dxdy =
D
3 xdxdy =
∫ (^2) π
0
(∫ R
0
3 ρ^2 cos ϕ dρ
dϕ = 0.
La integral de superficie
r 2 : R^2 → R^3 : r 2 (x, y) = (x, y, 0) , S 2 = r 2 (D).
El vector normal N 2 (x, y) =
∂r 2 ∂x ∧^
∂r 2 ∂y = (0,^0 ,^ 1)^ ,
está dirigido hacia el interior de la superficie S. Calculamos, ∫
S 2
F · n dS =
D
F (r 2 (x, y)) · (−N 2 (x, y)) dxdy =
=
D
(0, −y^2 , 0) · (0, 0 , −1) dxdy = 0.
r 3 : R^2 → R^3 : r 3 (u, v) = (R cos u, R sin u, v) ,
S 3 = r 3 (D) , D = {(u, v) ∈ R^2 : 0 ≤ u ≤ 2 π , 0 ≤ v ≤ 3 }.
El vector normal es
N 3 (u, v) = ∂r ∂u^3 ∧ ∂r ∂v^3 = (R cos u, R sin u, 0) ,
y su sentido es hacia el exterior de S. El flujo de F a través de S 3 se obtiene: ∫
S 3
F · ndS =
D
F (r 3 (u, v)) · N 3 (u, v) dudv =
=
D
(Rv cos u, −R^2 sin^2 u, Rv cos u) · (R cos u, R sin u, 0)dudv =
0
∫ (^2) π
0
(R^2 v cos^2 u − R^3 sin^3 u) dudv =^9 2
πR^2.
b) Calculamos el flujo del campo utilizando el teorema de Gauss. ∫
S
F · n dS =
V
divF dxdydz,
siendo V ⊂ R^3 el volumen limitado por la superficie S. En primer lugar calculamos la divergencia de F
divF (x, y, z) = z − 2 y + x.
La integral de superficie
Por tanto, hay que calcular el flujo de F a través de cada una de ellas hacia el exterior de la superficie cerrada.
- Parametrizamos S 1 de ecuación z = 4 − 2 x^2 − 2 y^2 (paraboloide):
r 1 : R^2 → R^3 : r 1 (x, y) = (x, y, 4 − 2 x^2 − 2 y^2 ) ,
Donde las variables x e y varían en la proyección del sólido en el plano XY , que calculamos a partir de la interseccción del paraboloide z = 4 − 2 x^2 − 2 y^2 con el plano z = 0.
S 1 = r 1 (D) , D = {(x, y) ∈ R^2 : x^2 + y^2 ≤ 2 }.
El vector normal
N 1 (x, y) = ∂r^1 ∂x
∧ ∂r^1 ∂y
= (4x, 4 y, 1) ,
tiene tercera componente positiva y por lo tanto su sentido es hacia el exterior de S. El flujo de F a través de S 1 es ∫
S 1
F · n dS =
D
F (r 1 (x, y)) · N 1 (x, y) dxdy =
=
D
(x, y, 8 − 4 x^2 − 4 y^2 ) · (4x, 4 y, 1) dxdy =
=
D
8 dxdy = 16π.
- Parametrizamos S 2 , tapa inferior de ecuación z = 0,
r 2 : R^2 → R^3 : r 2 (x, y) = (x, y, 0) , S 2 = r 2 (D).
El vector normal N 2 (x, y) =
∂r 2 ∂x ∧^
∂r 2 ∂y = (0,^0 ,^ 1)^ , está dirigido hacia el interior de la superficie S. Calculamos, ∫
S 2
F · n dS =
D
F (r 2 (x, y)) · (−N 2 (x, y)) dxdy =
D
(x, y, 0) · (0, 0 , −1) dxdy = 0.
Por tanto, el flujo de F hacia el exterior de la superficie cerrada S es: ∫
S
F · n dS =
S 1
F · n dS +
S 2
F · n dS = 16π.
Problemas resueltos
b) El flujo de F , utilizando el teorema de Gauss, puede calcularse como la integral triple en V de la divergencia de F.
divF (x, y, z) = 1 + 1 + 2 = 4.
Entonces, ∫
S
F · n dS =
V
divF dxdydz =
V
4 dxdydz =
D
(∫ (^4) − 2 x (^2) − 2 y 2
0
dz
dxdy = 4
D
(4 − 2 x^2 − 2 y^2 ) dxdy
Para hacer esta integral doble en el circulo D pasamos a coordenadas polares con ρ ∈]0,
2[ , ϕ ∈]0, 2 π[.
Por tanto,
∫
S
F · n dS = 4
0
∫ (^2) π
0
(4 − 2 ρ^2 )ρ dρdϕ = 16π.
