INTEGRALES DE SUPERFICIE

INTEGRALES DE SUPERFICIE. 31. Encontrar el a ´rea de la superficie definida como intersecci´ on del plano x + y + z = 1 con el s´ olido x2 + 2y 2 ≤ 1...
42 downloads 0 Views 77KB Size
INTEGRALES DE SUPERFICIE.

31. Encontrar el a ´rea de la superficie definida como intersecci´ on del plano x + y + z = 1 con el s´ olido x2 + 2y 2 ≤ 1.

Soluci´ on La superficie dada se puede parametrizar por   x = u cos √v y = (u/ 2) sen v S: √  z = 1 − u cos v − (u/ 2) sen v

(0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π),

ZZ |Tu × Tv | dudv.

Por definici´ on A = D

En este caso, √ √ (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) i j √ k √ sen v/ 2 − cos v − sen Tu × Tv = cos v √ √ v/ 2 −u sen v (u/ 2) cos v u sen v − (u/ 2) cos v p Por tanto, |Tu × Tv | = u 3/2 y √ Z 1 Z 2π p π 6 A= du u 3/2dv = . 2 0 0 Tu

=

  = √u , √u , √u . 2 2 2

32. Sea S la superficie obtenida al hacer girar la curva y = f (x) (a ≤ x ≤ b) alrededor del eje X. Comprobar, a partir de la definici´ on, que el ´ area de dicha superficie es Z b p A = 2π |f (x)| 1 + [f 0 (x)]2 dx. a

Soluci´ on Por definici´ on, el ´ area de la superficie corresponde a la integral ZZ A= |Tu × Tv | dudv, S

donde S se parametriza como (ver figura):   x=u y = f (u) cos v , a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ 2π.  z = f (u) sen u 1

Los vectores tangentes son: − → − → Tu = (1, f 0 (u) cos v, f 0 (u) sen v), Tv = (0, −f (u) sen v, f (u) cos v). Por tanto, − → − → Tu × Tv = (f (u)f 0 (u), −f (u) cos v, −f (u) sen v), p − → − → |Tu × Tv | = |f (u)| 1 + (f 0 (u))2 . Al sustituir resulta entonces Z b Z 2π Z p |f (u)| 1 + (f 0 (u))2 dv = 2π du A= 0

a

b

p |f (u)| 1 + (f 0 (u))2 du,

a

que es el resultado deseado.

ZZ 33. Calcular

z2

p

x2 + y 2 dS donde S representa la esfera de centro el origen y radio

S

R.

Soluci´ on Parametrizamos la esfera de ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 = R2 como   x = R cos u sen v y = R sen u sen v , 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ π.  z = R cos v De este modo, − → Tu − → Tv Tu × Tv |Tu × Tv |

=

(−R sen u sen v, R cos u sen v, 0),

= (R cos u cos v, R sen u cos v, −R sen v) = (−R2 cos u sen2 v, −R2 sen u sen2 v, −R2 sen v cos v) = R2 sen v.

Entonces, ZZ S

z2

p x2 + y 2 dS

Z



Z

π

R2 cos2 v · R sen v · R2 sen v dv 0 Z 0π Z π 5 = R · 2π sen2 v · cos2 v dv = 2πR5 (sen 2v/2)2 dv 0 0 Z πR5  sen 4v  π π 2 R5 πR5 π 1 − cos 4v dv = v− . = = 2 2 4 4 4 0 0 =

du

2

ZZ 34. Calcular

(xy+yz+zx) dS, donde S es la parte de la superficie c´ onica z =

p x2 + y 2

S

recortada por la superficie x2 + y 2 = 2ax (a > 0).

Soluci´ on p x2 + y 2 , utilizamos la Como la superficie est´ a definida por la ecuaci´on expl´ıcita z = f´ormula ZZ ZZ q F (x, y, z) dS = F (x, y, z(x, y)) · 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy, S

R

donde R es la regi´ on del plano XY que delimita la superficie. y x , zy0 = p , y R es la regi´on limitada por la circunEn nuestro caso, zx0 = p 2 2 2 x +y x + y2 ferencia x2 + y 2 = 2ax. En consecuencia, ZZ ZZ p p (xy + yz + zx) dS = [xy + y x2 + y 2 + x x2 + y 2 ] S R s x2 y2 × 1+ 2 + 2 dxdy 2 x +y x + y2 ZZ √ p 2 · [xy + (x + y) x2 + y 2 ] dxdy. = R

Resolveremos la integral doble mediante un cambio de variables a coordenadas polares. Si llamamos x = u cos v, y = u sen v, entonces la circunferencia x2 + y 2 = 2ax se escribe como u = 2a cos v. La integral queda de la forma: ZZ √ p I = 2 · [xy + (x + y) x2 + y 2 ] dxdy Z

R π/2

=

Z

2a cos v

dv −π/2



2u · [u2 sen v cos v + u2 (sen v + cos v)] du

0

√ 64 2a4 4a (sen v cos v + sen v cos v + cos v) dv = . 15 −π/2

√ Z = 2

ZZ 35. Calcular

π/2

4

5

4

5

xz dydz + x2 y dzdx + y 2 z dxdy, siendo S la superficie situada en el primer

S

octante y limitada por las superficies z = x2 +y 2 , x2 +y 2 = 1 y los planos coordenados.

3

Soluci´ on Debemos descomponer la superficie S es cinco secciones: S1 S2 S3 S4 S5

: : : : :

x ≥ 0, y ≥ 0, z = 0, x2 + y 2 ≤ 1, x = 0, 0 ≤ y ≤ 1, z ≥ 0, z ≤ y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, y = 0, z ≥ 0, z ≤ x2 , x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1, x2 + y 2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1, z = x2 + y 2 ,

que corresponden a las distintas caras del s´olido indicado. Debemos, por tanto, descomponer la integral en cinco sumandos, a trav´es de cada una de las superficies indicadas. Si parametrizamos S1 por las ecuaciones   x = u cos v y = u sen v  z=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) (elegimos → como vector normal − n 1 = (0, 0, −u) para que se trate de la normal exterior a la superficie). As´ı pues, ZZ xz dydz

+ x2 y dzdx + y 2 z dxdy

S1

Z =

1

Z du

0

π/2

(0, u3 sen v cos2 v, 0) · (0, 0, −u) dv = 0.

0

De forma an´ aloga, parametrizamos S2 por   x=0 y=u  z = 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 consideraremos → el vector − n 2 = (−u2 , 0, 0) que es normal exterior a la superficie). Entonces ZZ

2

Z

2

xz dydz + x y dzdx + y z dxdy = S2

1

Z du

0

1

(0, 0, u4 v) · (−u2 , 0, 0) dv = 0.

0

La superficie S3 se parametriza de forma completamente an´aloga a S2 y el resultado de la integral tambi´en es cero. Con respecto a S4 , utilizaremos la parametrizaci´on   x = cos v y = sen v  z=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 este → caso, el vector normal exterior a la superficie es − n 4 = (cos v, sen v, 0) y la integral vale ZZ xz dydz + x2 y dzdx + y 2 z dxdy S4

Z

1

=

Z

π/2

(u cos v, sen v cos2 v, u sen2 v) · (cos v, sen v, 0) dv

du 0

Z =

0 1

Z du

0

π/2

(u cos2 v + sen2 v cos2 v) dv

0

Z 1h  v sen 2v  π/2  v sen 4v  π/2 i 3π + du = + − . u 2 4 8 32 16 0 0 0

=

Por u ´ltimo, la superficie S5 podemos parametrizar como   x = u cos v y = u sen v , 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2;  z = u2 por tanto, Tu Tv Tu × Tv

= (cos v, sen v, 2u), = (−u sen v, u cos v, 0), = (−2u2 cos v, −2u2 sen v, u),0

Tenemos as´ı que, ZZ xz dydz + x2 y dzdx + y 2 z dxdy Z

S5 1

= 0

Z

π/2

(u3 cos v, u3 sen v cos2 v, u4 sen2 v) · (−2u2 cos v, −2u2 sen v, u) dv

0 1

=

Z

π/2

(−2u5 cos2 v − 2u5 sen2 v cos2 v + u5 sen2 v) dv

du 0

Z = 0

=

Z

du

0 1

u5 du

Z

π/2

(1 − 3 cos2 v − sen2 2v/2) dv

0

sen 2v  π/2 1  sen 4v  π/2 i −π 1 h π/2 3  · v v+ . − − · v− = 6 2 2 4 4 16 0 0 0

Sumando todos los resultados parciales, obtenemos en definitiva que ZZ π xz dydz + x2 y dzdx + y 2 z dxdy = . 8 S Observaci´ on: Un m´etodo m´ as sencillo de resolver la integral sin descomponer la superficie en secciones se basa en el teorema de la divergencia de Gauss, que trataremos en el cap´ıtulo siguiente.

5