Integrales de superficie

Semestre 3-2011

Jos Luis Quintero Enero 2012

CLCULO VECTORIAL (0254)

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniera

Ciclo Bsico Departamento de Matemtica Aplicada

Semestre 3-2011

Jos Luis Quintero Enero 2012

TEMA 2

INTEGRALES DE SUPERFICIE

Y SUS APLICACIONES

Clculo Vectorial (0254)

Semestre 3-2011

Integrales de Superficie

y sus Aplicaciones

Prof. Jos Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 2

Las notas presentadas a continuacin tienen como nico fin, el de prestar apoyo al

estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de integrales de superficie y sus

aplicaciones.

La gua contempla un pequeo resumen de la teora correspondiente que sirve de

repaso a los contenidos tericos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y

propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guas redactadas por profesores,

tambin hay ejercicios tomados de exmenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo

ms didctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseanza del Clculo Vectorial en

Ingeniera.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora

del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente direccin de correo:

[email protected].

INDICE GENERAL Integrales de Superficie

y sus Aplicaciones


2.1. Superficies paramtricas

2.2. Plano tangente

2.3. rea de una superficie

2.4. rea superficial de la grfica de una funcin

2.5. Integrales de superficie de campos escalares

2.6. Centro de masa y momento de inercia

2.7. Ejercicios resueltos

2.8. Superficies orientadas

2.9. Integrales de superficie de campos vectoriales

2.10. Teorema de Stokes o del Rotor

2.11. Teorema de Gauss o de la Divergencia

2.12. Ejercicios resueltos

2.13. Ejercicios propuestos

111

113

114

116

118

120

122

127

127

131

133

135

151

SUPERFICIES PARAMTRICAS Integrales de Superficie

y sus Aplicaciones Pg.: 111 de 160


2.1. SUPERFICIES PARAMTRICAS

De forma similar a como se describe una curva mediante una funcin vectorial r(t) de

un solo parmetro t, se puede describir una superficie mediante una funcin vectorial r(u,v)

de dos parmetros u y v. Suponga que r(u,v) (x(u,v),y(u,v),z(u,v))= es una funcin vectorial

definida en una regin D del plano uv. As, las funciones componentes de r son funciones de

dos variables u y v, con dominio D. El conjunto de todos los puntos 3(x,y,z) R tal que

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

y (u,v) vara en todo D, se llama superficie paramtrica S y las ecuaciones (*) se llaman

ecuaciones paramtricas 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 posicin r(u, v) cuando (u,v) recorre toda la

regin D.

Ejemplo 1. Identifique la superficie con ecuacin vectorial (u,v) (2cos(u),v,2sen(u))=r .

Solucin.

Las ecuaciones paramtricas para esta superficie son x 2cos(u) , y v , z 2sen(u)= = = .

Por tanto, para cualquier punto (x,y,z) sobre la superficie, se tiene que se verifica 2 2 2 2x z 4cos (u) 4sen (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

restriccin 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 parmetros 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 parmetros como 0 u 2 , 0 v 3 entonces se obtiene el cuarto de cilindro con longitud

3. Si una superficie paramtrica S est dada por una funcin vectorial r(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 lneas verticales y horizontales del plano uv. Si se conserva u constante al poner 0u u= entonces r 0(u ,v) se convierte en una funcin vectorial del parmetro v y define una curva 1C que se encuentra en S.




Del mismo modo, si se conserva v constante, al poner 0v v= , se obtiene una curva

2C dada por r 0(u,v ) 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 funcin vectorial que represente el plano que pasa por el punto 0P con vector de posicin r0 y que contiene dos vectores no paralelos a y b.

Solucin. Si P es cualquier punto del plano, entonces hay escalares u y v tales que a b0P P u v= +

. Si r

es el vector de posicin de P, entonces r r a b0 0 0OP P P u v= + = + +

.

Por tanto, la ecuacin vectorial del plano se puede escribir como r r a b0(u,v) u v= + +

donde u y v son nmeros reales.

Ejemplo 3. Halle una representacin paramtrica de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = .

Solucin. La esfera tiene una representacin sencilla a = en coordenadas esfricas, de modo que se escogen los ngulos y en coordenadas esfricas como los parmetros. Entonces, poniendo a = en las ecuaciones de transformacin de coordenadas esfricas a

rectangulares, se obtiene x asen( )cos( )= , y asen( )sen( ),= , z acos( )=

como las ecuaciones paramtricas de la esfera. La ecuacin vectorial correspondiente es ( , ) (asen( )cos( ),asen( )sen( ),acos( )) = r .

Si se toma 0 y 0 2 , el dominio del parmetro es el rectngulo D 0, 0,2= . Las curvas reticulares con constante son las circunferencias de latitud constante. Las curvas

reticulares con constante son los meridianos (semicircunferencias), que enlazan los polos norte y sur.

En general, una superficie dada como la grfica de una funcin de x y y, es decir, con una ecuacin de la forma z f(x,y)= , siempre puede ser considerada como una superficie

paramtrica si se toman x y y como parmetros, y se escriben las ecuaciones paramtricas como x x, y y, z f(x,y)= = = . Estas representaciones para las superficies no son nicas. El

siguiente ejemplo muestra dos formas de parametrizar un cono.

Ejemplo 4. Halle una representacin paramtrica para la superficie 2 2z 2 x y= + , es decir, la

mitad superior del cono 2 2 2z 4x 4y= + .

Solucin 1.




Una posible representacin se obtiene al seleccionar x y y como parmetros:

x x= , y y= , 2 2z 2 x y= +

de modo que la ecuacin vectorial viene dada por

r 2 2(x,y) (x,y,2 x y )= + .

Solucin 2. Otra representacin resulta de escoger como parmetros a las coordenadas polares r y . Un punto (x,y,z) sobre el cono satisface

x r cos( )= , y rsen( )= , 2 2z 2 x y 2r= + = .

Por tanto, la ecuacin vectorial para el cono viene dada por (r, ) (r cos( ),rsen( ),2r) = r ,

donde r 0 y 0 2 .

2.2. PLANO TANGENTE

A continuacin se va a obtener la ecuacin del plano tangente a la superficie

paramtrica S, dada por la funcin vectorial

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

en un punto 0P con vector de posicin r 0 0(u ,v ) . Si se mantiene a u constante poniendo

0u u= , entonces r 0(u ,v) se convierte en una funcin vectorial solo del parmetro v y que define una curva reticular 1C sobre S. El vector tangente a 1C en 0P se obtiene al tomar la

derivada parcial de r con respecto a v:

rv 0 0 0 0 0 0x y z

(u ,v ), (u ,v ), (u ,v )v v v

= .

Asimismo, si se mantiene v constante poniendo 0v v= , se obtiene una curva reticular

2C dada por r 0(u,v ) sobre S, y su vector tangente en 0P viene dado por la expresin

ru 0 0 0 0 0 0x y z

(u ,v ), (u ,v ), (u ,v )u u u

= .

Si r ru v 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 r ru v el vector normal al plano tangente.

PLANO TANGENTE Integrales de Superficie



Ejemplo 5. Encuentre el plano tangente a la superficie con ecuaciones paramtricas

2 2x u , y v , z u 2v= = = +

en el punto (1,1,3).

Solucin. Primero se calculan los vectores tangentes:

u v(2u,0,1) , (0,2v,2)= =r r .

As, un vector normal al plano tangente es i j k

r ru v 2u 0 1 ( 2v, 4u,4uv)0 2v 2

= = .

Note que el punto (1,1,3) corresponde a los valores de los parmetros u 1= y v 1= de modo que el vector normal ah es ( 2, 4,4) . Por tanto, una ecuacin 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. REA DE UNA SUPERFICIE

Se va a definir el rea de una superficie paramtrica general dada por la ecuacin

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

Para simplificar se comenzar por considerar una superficie tal que el dominio de los parmetros, D, es un rectngulo y se dividir en subrectngulos ijR (ver figura 1).

La parte ijS de la superficie S que corresponde a ijR se llama parche y tiene el punto

ijP con vector de posicin r* *i j(u ,v ) como uno de sus vrtices. Sean

* * *u u i j(u ,v )=r r y

* * *v v i j(u ,v )=r r los vectores tangentes en ijP . Los dos bordes del parche que se encuentren en

ijP se pueden aproximar mediante vectores. Estos vectores, a su vez, se pueden aproximar

con los vectores r*uu y r*vv porque las derivadas parciales se pueden aproximar con los

cocientes incrementales. Por tanto, se aproxima ijS con el paralelogramo determinado por los vectores r

*uu y

r*vv . Este paralelogramo est en el plano tangente S en ijP . El rea del paralelogramo es

REA DE UNA SUPERFICIE Integrales de Superficie



Figura 1. rea de una superficie.

* * * *u v u v( ur ) ( vr ) r r u v = .

Por tanto, una aproximacin del rea de S es

m n

* *u v

i 1 i 1

r r u v

= =

.

Esto da lugar a la siguiente definicin:

Definicin 1. Si una superficie paramtrica suave S est dada por la ecuacin de la forma r (u,v) (x(u,v), y(u,v),z(u,v)) (u, v) D= y S se cubre slo una vez cuando (u,v) vara en todo

el dominio paramtrico D, entonces el rea superficial de S viene dada por la expresin

u v

D

A(S) dA= r r , donde

X

Y

Z Sij

Pij

Rij

A

V

U

vk uk

uk

vk Pij

r (u,v)

REA DE UNA SUPERFICIE Integrales de Superficie



ru

x y z, ,

u u u =

y rvx y z

, ,v v v

= .

Ejemplo 6. Halle el rea superficial de una esfera de radio a. Solucin. Ecuaciones paramtricas:

x asen( )cos( )= , y asen( )sen( )= , z acos( )= ,

donde el dominio de los parmetros es { } D ( , ) /0 , 0 2= .

Primero se calcula el producto cruz de los vectores tangente:

2 2 2 2 2

x y zacos( )cos( ) acos( )sen( ) asen( )asen( )sen( ) asen( )cos( ) 0

x y z

(a sen ( )cos( ),a sen ( )sen( ),a sen( )cos( ))

= =

=

i j ki j k

r r

.

4 4 2 4 4 2 4 2 2 2a sen ( )cos ( ) a sen ( )sen ( ) a sen ( )cos ( ) a sen( ) = + + = r r .

Como sen( ) 0 para 0 , segn la definicin 1, el rea de la esfera viene dada por la

expresin 2

2 2

0 0D

A dA a sen( )d d 4 a

= = =

r r .

2.4. REA SUPERFICIAL DE LA GRFICA DE UNA FUNCIN

Para el caso especial de una superficie S con ecuacin z f(x,y)= donde (x,y) se

encuentra en D y f tiene derivadas parciales continuas, se toman x y y como parmetros. Las ecuaciones paramtricas son x x, y y, z f(x,y)= = = por lo que se tiene

rxf

1,0,x

= , ry

f0,1,

y =

y

REA SUPERFICIAL DE LA GRFICA DE UNA FUNCIN

Integrales de Superficie y sus Aplicaciones Pg.: 117 de 160


i j k

r rx yf f f

1 0 , ,1x x yf

0 1y

= =

.

Entonces se tiene

r r2 22 2

x yf f z z

1 1x y x y

= + + = + +

y la frmula del rea de la superficie es aqu

22

D

z zA(S) 1 dA

x y = + + .

Ejemplo 7. Encuentre el rea de la parte del paraboloide 2 2z x y= + que est bajo el plano

z 9= . Solucin.

El plano corta al paraboloide en la circunferencia 2 2x y 9, z 9+ = = . Por tanto, la superficie

dada se encuentra arriba del disco con centro en el origen y radio 3. Se tiene

2 2

D

A 1 4(x y )dA= + + . Pasando a coordenadas polares, se obtiene la expresin

2 32

0 0

A 1 4r rdrd (37 37 1)6

= + =

.

Ejemplo 8. Calcule el rea de la porcin de la superficie 2 2 2x y z 25+ + = en el primer

octante que se encuentra entre los planos de ecuaciones z 3= , z 4= , y 3x= , x 3y= .

Solucin. Paso 1. Parametrizacin de la superficie.

Si se toman como parmetros x y y se tiene entonces (ver figura 2):

REA SUPERFICIAL DE LA GRFICA DE UNA FUNCIN



Figura 2. Regin del ejemplo 8.

r 2 2(x,y) (x,y, 25 x y )= con x y y en la regin D. Paso 2. Clculo de la norma del vector r rx y .

r r2 2

x y 2 2 2 2 2 2

x y 51

25 x y 25 x y 25 x y = + + =

.

Paso 3. Construccin y resolucin de la integral doble. /3 4 /3 /3

42

2 2 2 3/6 3 /6 /6

D

dA rdrd5 5 5 25 r d 5 (3 4)d

25 x y 25 r

55

3 6 6

= = =

= =

2.5. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES

La relacin entre integrales de superficie y reas de superficies es muy similar a la

relacin entre integrales de lnea y longitud de arco. Suponga que f es una funcin de tres variables cuyo dominio incluye una superficie S. Se divide S en parches ijS con rea ijS . Se

evala f en un punto *ijP en cada parche y se multiplica por el rea ijS y se forma la suma

m n

*ij ij

i 1 j 1

f(P ) S

= =

.

INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES



Entonces se escribe el lmite cuando el tamao del parche se aproxima a 0, y se define

la integral de superficie de f sobre la superficie S como

m n

*ij ijm,n

i 1 j 1S

f(x,y,z)dS lm f(P ) S

= =

= . Si la superficie S es la grfica de una funcin de dos variables, entonces

22

x y

D

f(x, y,g(x,y)) g (x,y) g (x,y) 1dA + + .

Ejemplo 9. Evale

S

ydS , donde S es la superficie 2z x y= + , 0 x 1 , 0 y 2 .

Solucin. x yz 1, z 2y= = .

1 22

0 0S

13ydS y 1 1 4y dydx 2

3= + + =

.

Ejemplo 10. Calcule la integral de superficie

2

S

x dS , donde S es la esfera unitaria 2 2 2x y z 1+ + = .

Solucin. x sen( )cos( ) , y sen( )sen( ) , z cos( )= = = , 0 0 2

sen( ) = r r .

De modo que 2

2 2

0 0S

4x dS (sen( )cos( )) sen( )d d

3

= =

.

INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES



Si S es una superficie suave a trozos, es decir, la unin finita de superficies suaves

1 2 nS , S , ..., S que se intersectan slo en sus fronteras, entonces la integral de superficie de f

sobre S viene dada por

S S S1 n

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

Ejemplo 11. Evale

S

zdS , donde S es la superficie cuyos lados 1S estn sobre el cilindro

2 2x y 1,+ = el fondo 2S es el

disco 2 2x y 1+ del plano z 0= y su tapa 3S es la parte del plano z x 1= + que est arriba de 2S .

Solucin. 1S : x cos( ) , y sen( ) , z z= = = ,

donde 0 2 , 0 z 1 cos( ) +

2 1 cos( )

0 0S1

3zdS zdzd

2

+

= =

.

2S :

S2

zdS 0=

3S :

21 1 x 2 1

21 1 x 0 0S3

3zdS (1 x) 2dydx 2 (1 r cos( ))rdrd 2

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 lmina delgada tiene la forma de una superficie S y la densidad (masa por rea unitaria) en el punto (x,y,z) es (x,y,z) , entonces la masa total

viene dada como

CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA



S

m (x,y,z)dS= y el centro de masa ser (x,y, z) donde

yz

S

M 1x x (x,y,z)dS

m m= = , xz

S

M 1y y (x,y,z)dS

m m= = , xy

S

M 1z z (x,y,z)dS

m m= = .

Los momentos de inercia vienen dados por las expresiones

2 2x

S

I (y z ) (x,y,z)dS= + , 2 2yS

I (x z ) (x,y,z)dS= + , 2 2zS

I (x y ) (x,y,z)dS= + . Ejemplo 12. Calcule la masa de una lmina delgada que tiene la forma de la porcin de superficie 2 2z 2 x y= , z 0 , sabiendo que la densidad superficial en cada punto de la

misma, es proporcional al cuadrado de su distancia al eje z. Solucin.

2 2 2 2 2 2

S S S

2 2 23 2 2 2 2

0 0

m (x,y,z)dS K (x y ) dA K (x y ) 4x 4y 1dA

u 1K r 4r 1drd u 4r 1 r 2udu 8rdr

4

= = + = + + +

= + = + = =

N

2 2 5 3 2 5/2 2 3/23 2

2 222 5/2 2 3/2 5/2 3/2

00 0

5 3

(u 1)u 1 u u 1 (4r 1) (4r 1)r 4r 1dr du

16 16 5 3 16 5 3

1 (4r 1) (4r 1) 1 (9) (9) 1 1m K d K d

16 5 3 16 5 3 5 3

3 3 1 1 242m K

8 5 3 5 3 8 5

+ ++ = = =

+ += = +

= + =

26 596 149K . K K

3 8 15 30 = =

Ejemplo 13. Una lmina delgada, homognea tiene la forma de la superficie dada por la

ecuacin 2 2 2 2x y z R+ + = , z 0 .

a. Determine las coordenadas de su centro de masa. Solucin.

( , ) (Rsen( )cos( ),Rsen( )sen( ),R cos( )) 0 / 2 0 2 = r 2R sen( )= N .

CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA



3

xy2

M KR R(x,y, z) 0,0, 0,0, 0,0,

m 22 KR

= = = .

2 /2 2 /222 3 3

xy00 0 0

S

sen ( )M K zdS K R cos( )R sen( )d d KR d K R

2

= = = =

2 /2 22 2 /2 2

00 0 0

S

m K dS K R sen( )d d KR cos( ) d 2 KR

= = = =

.

b. Demuestre que su momento de inercia respecto a z es 2z2

I mR3

= , donde m es la masa de

la superficie.

Solucin. 2 /2 2 /2

2 2 2 2 2 4 3z

0 0 0 0S

2 /234 4 2 2

00 masa

I K (x y )dS K R sen ( )R sen( )d d KR sen ( )d d

cos ( ) 2 2KR cos( ) d .2 KR .2 KR .R

3 3 3

= + = =

= = =

2.7. EJERCICIOS RESUELTOS

1. Encuentre una representacin paramtrica para el cilindro 2 2x y 4+ = , 0 z 1 .

Solucin. El cilindro tiene una representacin sencilla r 2= en coordenadas cilndricas, de modo que se escogen y z como parmetros en coordenadas cilndricas. Entonces las ecuaciones paramtricas del cilindro son

x 2cos( )= , y 2sen( )= , z z=

donde 0 2 y 0 z 1 .

2. Encuentre una funcin vectorial que represente el paraboloide elptico 2 2z x 2y= + .

Solucin.

Si se consideran x y y como parmetros, entonces las correspondientes ecuaciones

paramtricas son simplemente

x x= , y y= , 2 2z x 2y= +

y la ecuacin vectorial es

r 2 2(x,y) (x,y,x 2y )= + .

EJERCICIOS RESUELTOS Integrales de Superficie



3. Sea la superficie de ecuacin vectorial r(u,v) (2(u v),3(u v),4uv)= + .

a. Determine una ecuacin cartesiana F(x,y,z) 0= e identifquela.

Solucin. 2 2

2 2x y (u v) (u v) 4uv z4 9

= + = = .

Por lo tanto 2 2x y

z4 9

= (Paraboloide hiperblico)

b. Encuentre la ecuacin del plano tangente en el punto (2, 3,0) .

Solucin. ru(u,v) (2,3,4v)= , rv(u,v) (2, 3,4u)= , r ru v (12(u v),8(v u), 12) = + .

En el punto (2, 3,0) , u 0 , v 1= = . Por lo tanto r ru v (12,8, 12) = . Ecuacin del plano tangente: 3x 2y 3z 0+ = .

4. Sea la superficie definida por las ecuaciones paramtricas dadas por

x(u,v) ucos(v)= , y(u,v) usen(v)= , 2z(u,v) u= , (u,v) 0,10 0,2 .

Determine: a. Una ecuacin cartesiana e identifquela.

Solucin. 2 2x y z+ = 0 z 100 (Porcin de un paraboloide)

b. La ecuacin del plano tangente en el punto (0,1,1).

Solucin.

r ru vu 1, v , (u,v) (cos(v),sen(v),2u) (u,v) ( usen(v),ucos(v),0)2= = = =

r r 2 2u v ( 2u cos(v), 2u sen(v),u) = . Evaluando se tiene r ru v (0, 2,1) = . La ecuacin del plano tangente es: 2(y 1) 1(z 1) 0 2y z 1 + = + = .

5. Sean las funciones vectoriales

t 2(u,v) (ucos(v),usen(v),u )= ; w 2 3(u,v) (u v,(u v) ,(u v) )= .

a. Encuentre la ecuacin cartesiana de la superficie parametrizada por t e identifquela.

Solucin. 2 2 2x y u z+ = = . Paraboloide

b. Pruebe que w no determina una superficie.

Solucin.

w w2 2u v(u,v) (1,2(u v),3(u v) ) ; (u,v) ( 1, 2(u v), 3(u v) )= = .

Se puede ver que wu es paralelo a wv , por lo tanto w w 0 w wu v u v 0 = = y

en consecuencia w no determina una superficie.




6. Sea S la porcin de la esfera de ecuacin 2 2 2 2x y z 2a+ + = contenida dentro del cono de

ecuacin 2 2 2x y z+ = , para z 0, a 0 > . Encuentre el rea de la superficie S.

Solucin.

Paso 1. Regin donde se mueven los parmetros.

{ }2 2 2 2D (x,y) R : x y a= + Paso 2. Parametrizacin de la superficie de inters.

r 2 2 2(x,y) (x,y, 2a x y ) , (x,y) D=

Paso 3. Clculo de la norma del vector normal.

r r2 2

x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x y 2a1

2a x y 2a x y 2a x y = + + =

Paso 4. Clculo del rea de la superficie.

2 a 2a

2 2

2 2 2 2 2 00 0 0

D

2

2a rA(S) dA 2a drd 2a 2a r d

2a x y 2a r

(2 2)2a

= = =

=

7. Sea 1 2S S S= , donde 1S es la porcin de superficie esfrica dada por

2 2 2x y z 3+ + = ,

interior al paraboloide de ecuacin 2 2x y 2z 0+ = y 2S la parte de superficie de paraboloide interior a la esfera. Calcule el rea de S. Solucin. Interseccin esfera-paraboloide: 2 2x y 2 , z 1+ = = rea de 1S : Parametrizacin de la superficie esfrica:

{ }r 2 2 2 2 2(x,y) (x,y, 3 x y ) , (x,y) D , D (x,y) R : x y 2= = +

x yr r 2 23

3 x y =

2 2

1 2 2 20 0

D

dA rA(S ) 3 3 drd 2 3 ( 3 1)

3 x y 3 r

= = =

rea de 2S : Parametrizacin de la superficie del paraboloide interior a la esfera:

{ }r 2 2x y 2 2 22(x,y) (x,y, ) , (x,y) D , D (x,y) R : x y 2+= = + x yr r

2 21 x y = + +




2 2

2 2 22

0 0D

2A(S ) 1 x y dA r 1 r drd (3 3 1)

3

= + + = + =

Por lo tanto 2 16

1 2 3 3A(S) A(S ) A(S ) 2 3 ( 3 1) (3 3 1)= + = + =

8. La lmina helicoidal que se encuentra indicada en la figura 3 est descrita por la ecuacin

vectorial: r (r, ) (r cos( ),rsen( ), ) , 0 r 2 2 , 0 2 = .

Sabiendo que en cada punto (x,y,z) de la lmina, la densidad es 2 2(x,y,z) x y 1 = + + ,

halle las coordenadas de su centro de masa.

Figura 3. Representacin grfica de la regin del ejercicio 8

Solucin.

Paso 1. Clculo de la norma del vector normal. i j k

r r r r 2r rcos( ) sen( ) 0 (sen( ), cos( ),r) 1 rrsen( ) rcos( ) 1

= = = +

Paso 2. Clculo de la masa.

2 2 2 22 232 2 2 44 2r

3 30

0 0 0D

m 1 r 1 r dA (1 r )drd (r ) d

= + + = + = + = Paso 3. Clculo de los momentos.

2 2yz xz

D D

M r cos( )(1 r )dA 0 rsen( )(1 r )dA M= + = = + =




2 2 22 2 244 2

xy 30 0

D

M (1 r )dA d (1 r )dr

= + = + = Paso 4. Clculo del centro de masa.

(x,y, z) (0,0, )=

9. Calcule el momento de inercia alrededor del eje Y de la superficie S definida sobre el cono

superior de ecuacin 2 2z x y= + que est dentro de la esfera de ecuacin 2 2 2x y z 6z+ + = . Suponga que la densidad (uniforme) es igual a 1.

Solucin.


{ }2 2 2D (x,y) R : x y 9= + Paso 2. Parametrizacin de la superficie de inters.

r 2 2(x,y) (x,y, x y ) , (x, y) D= +

Paso 3. Clculo de la norma del vector normal.

r r2 2

x y 2 2 2 2

x y1 2

x y x y = + + =

+ +

Paso 4. Clculo del momento de inercia.

2 32 2 2 2 2 2

y0 0

D2 3 2

343 2 2 r4

00 0 0

2 21 cos(2 )281 2 81 2

4 4 20 0

81 2 81 2 18 8 2

I 2 (x x y )dA 2 r(r cos ( ) r )drd

2 r (1 cos ( ))drd 2 ((1 cos ( )) ) d

(1 cos ( ))d (1 )d

(3 cos(2 ))d (3 sen

+

= + + = +

= + = +

= + = +

= + = +

22 81 2 81 20 8 4

0

(2 )) .6 3.

= =

SUPERFICIES ORIENTADAS Integrales de Superficie



2.8. SUPERFICIES ORIENTADAS

Se comenzar 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 1n y

2 1n n= 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 vara constantemente sobre S, entonces S se llama superficie orientada y la seleccin dada de n da a S una orientacin. Hay dos posibles orientaciones para cualquier superficie orientada. Para una superficie z g(x,y)= dada como la grfica de g,

la orientacin inducida est dada por el vector unitario normal

n22

g g, ,1

x y

g g1

x y

= + +

.

Como la componente k es positiva, esto da la orientacin hacia arriba de la superficie.

Si S es una superficie suave orientable, dada en forma paramtrica por una funcin vectorial r(u,v) , entonces automticamente recibe la orientacin del vector unitario normal

r r

nr ru v

u v

=

y la orientacin opuesta est dada por n . Para una superficie cerrada, esto es, una superficie que es la frontera de una regin slida E, se ha convenido en que la orientacin

positiva, es aquella para la cual los vectores normales apuntan hacia fuera desde E, y las normales que apuntan hacia adentro dan la orientacin 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



Suponga que S es una superficie orientada con vector unitario normal n, e imagine un fluido con densidad (x,y,z) y campo de velocidad v(x,y,z) que circula a travs 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 ro.) Entonces el flujo es v . Si se divide S en pequeos parches ijS , es casi plana y por tanto se puede aproximar la masa del fluido que

atraviesa ijS en la direccin de la normal n por unidad de tiempo por la cantidad v n ij( )A(S )

donde , v y n se evalan en algn punto sobre ijS . (Se recuerda que la componente del

vector v en la direccin del vector unitario n es v n ). Al sumar estas cantidades y pasar

al lmite, se obtiene la expresin

S S

dS (x,y,z) (x,y,z) (x,y,z)dS = v n v n , y sta se interpreta fsicamente como la rapidez del flujo que pasa por S. Si se escribe F v= ,

entonces F es tambin un campo vectorial en 3R y la integral se convierte en

S

dSF n . Este tipo de integrales de superficie se presenta con frecuencia en fsica, incluso cuando F no es v , y se llama integral de superficie (o integral de flujo) de F sobre S.

Definicin 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 S

d dS = F S F n .

Esta integral tambin se llama flujo de F a travs de S.

Sea F(x, y,z) (P(x, y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z))= , se tiene entonces la expresin para la

integral de flujo como

x y 2 2x y2 2

x yS D

( g , g ,1)dS (P,Q,R) g g 1dA

g g 1

= + +

+ + F n .

De modo que




x y

S D

dS ( Pg Qg R)dA = + F n .

De modo que

x y

S D

dS ( Pg Qg R)dA = + F n

Si F est dada por una funcin vectorial r(u, v) , entonces n est dado por

r r

nr ru v

u v

=

y se tiene que:

u v u vu v u v

u v u vS D D D

d dS ( (u,v)) dA ( )dA

= = =

r r r rF S F F r r r F r r

r r r r

Ejemplo 14. Halle el flujo del campo vectorial F(x,y,z) (y,x,z)= a travs de S, donde S es la

frontera de la regin slida limitada por el paraboloide 2 2z 1 x y= y el plano z 0= .

Solucin.

1S : 2 2z 1 x y= , x y(x,y,z) (y,x,z) , (2x,2y,1)= =F r r

2 2

D D

(2xy 2xy z)dA (2xy 2xy 1 x y )dA+ + = + + . 2 1

2 2

0 0

(4r cos( )sen( ) 1 r )rdrd2

+ =

2S : x yz 0 , (0,0,1)= = r r ,

D

zdA 0 = Ejemplo 15. Halle el flujo del campo vectorial F(x,y,z) (z,y,x)= a travs de la esfera

unitaria 2 2 2x y z 1+ + = .

Solucin. ( , ) (sen( )cos( ),sen( )sen( ),cos( )) , 0 , 0 2 = r

2 2(sen ( )cos( ),sen ( )sen( ),sen( )cos( )) = r r




2

2 3 2 2

0 0

4(sen ( )cos( )cos( ) sen ( )sen ( ) sen ( )cos( )cos( ))d d

3

+ + =

Ejemplo 16. Calcule el flujo del campo F 2(x,y,z) (y , y,xyz)= a travs del cilindro de

ecuacin 2 2x y 4+ = , 0 z 4 (superficie lateral).

Solucin. ( ,z) (2 cos( ),2sen( ),z) , 0 2 , 0 z 4 = r , z (2cos( ),2sen( ),0) = r r

2 42 2

0 0

(8sen ( )cos( ) 4sen ( ))dzd 16

=

.

Ejemplo 17. Demuestre que el flujo del campo F(x,y,z) c(x,y,z)= , donde c es un nmero

real positivo, a travs de la esfera 2 2 2 2x y z c+ + = , es igual a 3c veces el volumen de la

esfera. Solucin.

Al parametrizar la esfera se tiene: ( , ) (c.sen( )cos( ),c.sen( ).sen( ),c.cos( )) = r ,

con 0 , 0 2 . Calculando: ( , ) (c.cos( ).cos( ),c.cos( ).sen( ), c.sen( )) = r

y ( , ) ( c.sen( ).sen( ),c.sen( ).cos( ),0) = r .

De modo que

2

2 2 2

c cos( ).cos( ) cos( ).sen( ) sen( )sen( ).sen( ) sen( ).cos( ) 0

c (sen ( )cos( ), sen ( )sen( ),sen( )cos( ))

=

=

i j kr r

Calculando el flujo: 2

4 2 2

0 02

4 3 2 3 2 2

0 0

c (sen( ).cos( ),sen( ).sen( ),cos( )) (sen ( ).cos( ),sen ( ).sen( ),sen( ).cos( ))d d

c (sen ( ).cos ( ) sen ( ).sen ( ) sen( )cos ( ))d d

+ +

24 3 2 4 3 2

0 0 0 0

c (sen ( ) sen( )cos ( ))d d 2 c sen ( )d sen( )cos ( )d

+ = +

4 2 2 4

0 0 0

2 c sen( )d sen( )cos ( )d sen( )cos ( )d 4 c

+ =

TEOREMA DE STOKES O DEL ROTOR



2.10. TEOREMA DE STOKES O DEL ROTOR

El teorema de Stokes se puede considerar como una versin del teorema de Green para tres dimensiones. Mientras que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre

una regin plana D con una integral de lnea alrededor de su curva frontera plana, el teorema

de Stokes relaciona una integral de superficie sobre una superficie S con una integral de lnea 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 orientacin de S induce la orientacin

positiva de la curva frontera C que se ilustra en la figura 4.

Figura 4. Teorema de Stokes

TEOREMA 1. (TEOREMA DEL ROTOR). Sea S una superficie suave a trozos y orientada, que

est 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 regin abierta de 3R que contiene a S. Entonces

CS

d rot d = F r F S .

Como

C C

d ds = F r F T y S S

rot d rot dS = F S F n ,

n




el teorema de Stokes dice que la integral de lnea 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 analoga entre el teorema de Stokes, el teorema de Green y el teorema fundamental del Clculo. En el caso especial en el que la superficie S es plana y se encuentra

en el plano xy con orientacin hacia arriba, la normal unitaria es k, la integral de superficie se

convierte en una integral doble y el teorema de Stokes es

CS S

d rot d (rot ) dA = = F r F S F k .

sta es precisamente la forma vectorial del teorema de Green que se discuti

anteriormente. As es que el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de

Stokes.

Ejemplo 18. Evale

C

d F r , donde F 2 2(x,y,z) ( y ,x,z )= y C es la curva de interseccin del plano y z 2+ = con el cilindro

2 2x y 1+ = . (Oriente C de manera que se recorra en sentido contrario al de las manecillas del

reloj, cuando se vea desde arriba.) Solucin.

Aunque

C

d F r podra ser evaluada directamente, es ms fcil hacerlo usando el teorema de Stokes. Primero se calcula

i j kF x y z

2 2

rot (0,0,1 2y)

y x z

= = +

.

A pesar de que son muchas las superficies que tienen a C como frontera, lo ms cmodo es considerar la regin elptica S del plano y z 2+ = que est limitado por C. si se orienta S hacia

arriba, entonces se induce en C una orientacin positiva. La proyeccin D de S sobre el plano xy es el disco 2 2x y 1+ y por tanto, se tiene

2 1

C 0 0S D

d rot d (1 2y)dA (1 2rsen( ))rdrd

= = + = + =

F r F S




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

S

rot d F S , donde F(x,y,z) (yz,xz,yx)= y S es la parte de la esfera 2 2 2x y z 4+ + = que se encuentra

dentro del cilindro 2 2x y 1+ = y arriba del plano xy.

Solucin. Para hallar la curva C se resuelven las ecuaciones 2 2 2x y z 4+ + = y 2 2x y 1+ = . Restando, se

obtiene 2z 3= y por tanto z 3= (porque z 0> ). As, C es la circunferencia dada por las ecuaciones 2 2x y 1+ = , z 3= . La ecuacin vectorial de C es

(t) (cos(t),sen(t), 3) 0 t 2= r , por lo cual '(t) ( sen(t),cos(t),0)= r . Del mismo modo, se tiene

( (t)) ( 3sen(t), 3 cos(t),cos(t)sen(t))=F r ,

entonces 2 2

2 2

C 0 0S

rot d d ( (t)) '(t)dt ( 3sen (t) 3 cos (t))dt 0

= = = + =

F S F r F r r .

2.11. TEOREMA DE GAUSS O DE LA DIVERGENCIA

En secciones anteriores se escribi el teorema de Green en una versin vectorial como

CD

ds div (x,y)dA = F n F , donde C es la curva frontera, positivamente orientada, de la regin plana D. Si se estuviera buscando extender este teorema a campos vectoriales sobre 3R , se podra suponer que

S E

dS div (x,y,z)dV = F n F , donde S es la superficie frontera de la regin slida E. Resulta que la relacin dada por esta ltima ecuacin se cumple bajo hiptesis 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 funcin, (divF en este caso), sobre una regin, con la integral de la funcin original F sobre la frontera de la regin.

TEOREMA DE GAUSS O DE LA DIVERGENCIA



TEOREMA 2. (TEOREMA DE LA DIVERGENCIA). Sea E una regin slida simple y sea S la

superficie frontera de E, dada con orientacin positiva (hacia fuera). Sea F un campo vectorial

cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una regin abierta que contiene a E. Entonces

S E

d div( )dV = F S F . Ejemplo 20. Halle el flujo del campo vectorial F(x, y,z) (z,y,x)= a travs de la esfera

unitaria 2 2 2x y z 1+ + = .

Solucin.

Primero se calcula la divergencia de F:

Fdiv (z) (y) (x) 1x y z = + + =

.

El teorema de la divergencia da el flujo como

S B B

4d div dV 1dV

3 = = = F S F .

Ejemplo 21. Un fluido tiene como vector densidad de flujo, el campo dado por la expresin

F 2 2 2 2 3 3 5 3(x,y,z) (3x z y ,2y z x ,6z x y )= + + + . Calcule el flujo a travs de la superficie S, en

direccin de su vector normal exterior, si S es la frontera del slido

{ }3 2 2 2 2 2 2V (x,y,z) R : x y z 4,x y (z 1) 1,z 0= + + + + . Solucin.

Aplicando el teorema de la divergencia se tiene que:

S V V

d div( )dV (6x 4y 6)dV = = + + F r F . Utilizando coordenadas esfricas:

2 /2 22

0 0 2 cos( )

(6 sen( )cos( ) 4 sen( )sen( ) 6) sen( )d d d

+ +

.

2 /2 23 2 3 2 2

0 0 2 cos( )

(6 sen ( )cos( ) 4 sen ( )sen( ) 6 sen( ))d d d

+ +

.

2 /2 2 2 /222 3

2 cos( )0 0 2 cos( ) 0 0

(6 sen( ))d d d 2 sen( )d d

=

2 /2 2 23 4 /2

00 0 0 0

(16 16cos ( ))sen( )d d ( 16 cos( ) 4cos ( )) d 12 d 24

= + = =



Prof. Jos Luis Quintero

U.C.V. F.I.U.C.V. CLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 2

2.12. EJERCICIOS RESUELTOS

1. Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial F(x,y,z) = 3yi + 4zj - 6xk y la

parte de la superficie paraboloidal z = 9 - x2 - y2 mostrada en la figura 5 ubicada sobre el

plano xy y orientada hacia arriba.

Figura 5. Grfica del ejercicio 1

Solucin.

Clculo como integral de lnea. 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 3cos( )y 3sen( ) , 0 2z 0

= = =

.

Con esta parametrizacin se tiene: F() = 9sen() i + 0j 18cos() k , r() = 3sen() i + 3cos() j + 0k

F() . r() = 27sen2() 2 2 2

2

C 0 0 0

2

0

1 cos(2 )d ( ) ( )d 27sen ( )d 27 d

2

27 sen(2 )27

2 2

= = =

= =

F r F r

Clculo como integral de superficie. Primero se evala el rotacional.

3 y

z

x C

S

3

9





i j k

F i j krot 4 6 3x y z3y 4z 6x

= = +

Ahora se parametriza la superficie del paraboloide. Para eso observamos que su

proyeccin sobre el plano xy es un crculo de radio 3 con centro en el origen. Parece lgico

usar una parametrizacin basada en coordenadas cilndricas:

2

x r cos( )0 r 3

(r, ) y r sen( ) ,0 2

z 9 r

= = =

r

El producto vectorial fundamental ser:

2 2r cos( ) sen( ) 2r 2r cos( ) 2r sen( ) r

r sen( ) r cos( ) 0 = = + +

i j kr r i j k

Se ve que la componente z de este vector es positiva. Por lo tanto la parametrizacin describe una superficie orientada positiva. Usando esta parametrizacin, se tiene:

2 3 2 322 2

r00 0 0

S D

3rrot d rot ( )drd (8r cos( ) 12r sen( ) 3r)drd 27

2

= = + = = F S F r r 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 + xyj + x2yzk sobre el dominio S consistente en la unin de la parte

superior y de las cuatro caras laterales (pero no el fondo) del cubo con vrtices (1; 1; 1), orientado hacia afuera (ver figura 6).


z

1 O y

x

1

1





Solucin.

La geometra descrita en el enunciado est representada en la figura. Se requiere calcular el flujo de rot F a travs de todas las caras del cubo menos la de abajo. Se observa que

esa regin de integracin est limitada por la curva orientada indicada en la figura;

llammosla C. (La orientacin 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:

S C

( ) d d = F S F r , lo cual en s no implica una simplificacin 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 lnea. Sin embargo, se nota que la curva C tambin delimita la superficie de la base del cubo, a la cual se llamar

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:

S C S'

( ) d d ( ) d = = F S F r F S

con lo cual se puede integrar el rotor directamente sobre la superficie de la base.

Parametrizando esta ltima 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 kN T T kx y 1 0 0

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:

i j k

F i j k i j k2 2

2

reemp. porla param. (1)

x z (xy 2xyz) (y xz) x ( xy) (y x)x y z

xyz xy x yz

= = + + = + +

Por lo tanto la integral que se busca ser: 1 1

2

1 1S ' S ' S '

d dS (x xy (y x) ) dS (y x)dxdy 0

= = + = = F S F N i j k k





En este problema se ve que el teorema de Stokes permite no slo transformar una

integral de superficie en una de lnea, sino tambin convertirla en otra integral de superficie sencilla.

3. Calcule la circulacin del campo de velocidades de un fluido F(x,y,z) = (tan-1(x2); 3x; e3z tan(z)) a lo largo de la interseccin de la esfera de ecuacin x2 + y2 + z2 = 4 con el

cilindro de ecuacin x2 + y2 =1, con z > 0 (ver figura 7).


Solucin. La circulacin de un campo es su integral a lo largo de una lnea cerrada. Se recordar

que la razn entre la circulacin del campo de velocidades y el rea 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 lmite no rotar. A simple vista se ve que el campo vectorial F tiene una ley

bastante compleja, por lo que se puede anticipar que el clculo de la circulacin como integral de lnea puede resultar muy engorroso. Por lo tanto, vale la pena calcular el

rotacional a ver si resulta una funcin matemticamente ms tratable.

1 2 3z

rot 0 0 3x y z

tg (x ) 3x e tg(z)

= = + +

i j k

F i j k .

x

y

z

1 2

2





En efecto, se simplifican de forma significativa los clculos al resultar el rotacional una

funcin vectorial constante. Por el teorema de Stokes, podemos calcular la integral de lnea de F sobre la curva dada como el flujo del rotor a travs de la superficie grisada.

Parametrizando esta ltima:

2

x r cos( )0 r 1

(r, ) y r sen( ) ,0 2

z 4 r

= =

=

r

y hallando el producto vectorial fundamental:

r 2 2 2

r r rcos( ) sen( ) cos( ) sen( ) r

4 r 4 r 4 rr sen( ) r cos( ) 0

= = + +

i j k

r r i j k

Se ve que esta normal tiene componente z positiva, correspondiendo a una superficie positivamente orientada. con esto se puede calcular ahora:

2 1

r0 0

S D

rot d rot ( )drd 3rdrd 3

= = = F S F r r .

4. Calcule

2 2I x dx 2x dy z dz+

= + + , siendo la curva

2 24x y 4:

z 1

+ = =

con orientacin antihoraria vista desde P(0,0,5). Solucin. La curva es una elipse

2 2

2

x y1

1 2z 1

+ =

=

.

Por tratarse de una curva cerrada, puede calcularse I mediante el teorema de Stokes:

Es

2I

= F dr con F i j k2 2x 2x z= + + y





i j k

F k

2 2

rot 2x y z

x 2x z

= =

.

Luego:

2I (rot

+

= = F dr F) n d , siendo + la porcin de plano z = 1 limitada por la elipse ,con normal n k= . Como

F) n 2k k(rot 2 = = , resulta:

I 2 2 ( ) 2 1 2 4+

= = = = d .

5. Calcule

C

d F r , donde F 2 y 2 y 2 x(x,y,z) (z 4x e ,x 2z e ,z 3y e )= + + + + + y C es la curva interseccin de la

superficie 2 2(y 2) 2(z 3)

x2 9 + =

con el plano x 2= . La orientacin 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. Solucin.

Aplicando el Teorema de Stokes se tiene:

Paso 1. Clculo del rotF.

F Q QR P R Py z z x x yrot ( , , )

= , QR

y z 3 2 5

= + = , xP R

z x2z e = ,

Q yPx y 2x e

= .

Por tanto F x yrot (5,2z e ,2x e )= .

Paso 2. Clculo del vector N de la superficie de inters. Superficie de inters: plano x 2= N (1,0,0)= .

Paso 3. Proyeccin en el plano yz.






Paso 4. Construccin y resolucin de la integral doble.

x y

D D D

rot dA (5,2z e ,2x e ) (1,0,0)dA 5 dA 30 = = = F N

6. Sean r (x, y, z)= , S una superficie cerrada, orientable que limita un slido V y n el vector

normal unitario exterior a S. Pruebe que:

a.

S V

dS (div( ))dV= n Solucin.

Al aplicar el teorema de la divergencia donde F n= se tiene que 2

S S S S S T

d d dS dS dS (div( ))dV = = = = = F S n S n n n n .

b. 2

S V

1( r ) dS dV

6 = n

Solucin. Al aplicar el teorema de Gauss donde

F 21 x y z

(x,y,z) r , ,6 3 3 3

= =

se tiene

S V V

d (div( ))dV dV = = F S F .

7. Verifique el Teorema de Gauss donde F 2(x,y,z) (3xy,y , (x 4y))= + y S es la superficie del tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano de ecuacin x y 2z 1+ + = .

Solucin. Integrales de superficie: N1S : z 0 (0,0, 1)= =

1 1 x 1 11 x2

00 0 0 0

D

1 12 32

00

(x 4y)dA (x 4y)dydx xy 2y dx (1 x)(2 x)dx

3x x 3 1 5(2 3x x )dx 2x 2

2 3 2 3 6

+ = + = + =

= + = + = + =

N2S : y 0 (0, 1,0)= =

2

D

y dA 0=





N3S : x 0 ( 1,0,0)= =

D

3xydA 0 =

N41 x y 1 1

S : z , ,12 2 2 2 2

= =

22

D D

1 1 x 1 1 x2 32 2

00 0 0

1 2 32

0

3xy y 1x 4y dA (3xy y 2x 8y)dA

2 2

1 1 3xy y(3xy y 2x 8y)dydx 2xy 4y dx

2 2 2 3

1 3x(1 x) (1 x) 52x(1 x) 4(1 x) dx

2 2 3 48

+ = +

+ = +

+ =

Integrales triples: 2P(x,y,z) 3xy , Q(x,y,z) y , R(x,y,z) (x 4y)= = = +

P Q Rdiv 5y

x y z = + + =

F

1 1 x (1 x y)/2 1 1 x2

0 0 0 0 0

1 13 3 3

0 0

55 ydzdydx (y xy y )dydx

2

5 (1 x) (1 x) 5 (1 x) 5dx dx

2 2 3 2 6 48

=

= =

8. Verifique el teorema de la divergencia para el campo vectorial F = rr y la superficie esfrica x2 + y2 + z2 = 9. Solucin.

El vector r es el vector posicin (x,y,z). De modo que en trminos de las variables

cartesianas el campo vectorial dado puede expresarse como:

F 2 2 2x y z (x,y,z)= + + .

La superficie dada puede parametrizarse a travs de coordenadas esfricas: x 3sen( )cos( )

0y 3sen( )sen( ) ,

0 2z 3cos( )

= = =

.

Se tiene:

2 2

3sen( )sen( ) 3sen( )cos( ) 03cos( )cos( ) 3cos( )sen( ) 3sen( )

( 9sen ( )cos( ), 9sen ( )sen( ), 9 sen( )cos( ))

=

=

i j kr r





Es sta una normal exterior? Se probar con un punto. En (0,3,0) se tendra = = /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 vendr dada por el PVF calculado haciendo el producto vectorial en el orden opuesto, esto es:

2 2(9sen ( )cos( ),9sen ( )sen( ),9sen( )cos( )) = r r .

Evaluando ahora F en funcin de esta parametrizacin es: F(,)=3(3sen()cos(),3sen()sen(),3cos()) y F(rr) = = 81sen().

As que: 2 2

2

00 0 0

S D

d ( , ) ( )d d 81sen( )d d 81 cos( ) d 324

= = = = F S F r r . Se ha hecho un clculo bastante complejo por integrales de superficie. Se ver ahora cmo reduciendo esto a una integral de volumen con el teorema de la divergencia el

clculo se simplifica notablemente. Se calcula en primer lugar la divergencia: 2 2 2 2 2 2 2 2 2div (x x y z ) (y x y z ) (x x y z )

x y z = + + + + + + + +

F

Calculando las derivadas parciales por separado y sumando miembro a miembro: 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2

2 2 2

x(x x y z ) x y z

x x y z

y(y x y z ) x y z

y x y z

z(z x y z ) x y z

z x y z

x y zdiv 3 x y z 4 x y z

x y z

+ + = + + + + +

+ + = + + + + +

+ + = + + + + +

+ += + + + = + ++ +

F

Si ahora se lleva esto a coordenadas esfricas se tiene: 3

42 3 22

0 0 0 0 0E 0

div dV 4 sen( )d d d 4 sen( ) d d4

= =

F

Haciendo los clculos se obtiene:

E

div dV 324= F . Se ha obtenido el mismo resultado por los dos caminos, verificando as el teorema de la

divergencia.





9. Evale

S

dF S , donde F

22 xz(x, y,z) (xy,y e ,sen(xy))= + y S es la superficie de la regin E limitada por el

cilindro parablico 2z 1 x= y los planos z 0= , y 0= , y z 2+ = (ver figura 9).


Solucin. Sera muy difcil evaluar directamente la integral de superficie dada. (Se tendran que

evaluar cuatro integrales de superficie correspondientes a las cuatro partes de S.)

Adems, la divergencia de F es mucho menos complicada que F misma: 22 xzdiv (xy) (y e ) (sen(xy)) 3y

x y z = + + + =

F .

Si se proyecta en el plano xz se tiene: 21 1 x 2 z

1 0 0

1843ydydzdx

35

=

.

10. Sea S la porcin de la superficie mostrada en la figura 10 de ecuacin 2z 4 x= , limitada

por los planos de ecuaciones y 0= , z 0= , y z 5+ = . Halle la circulacin del campo

vectorial F 2 2(x,y,z) (3z(x y ), xz,0)= a lo largo del contorno C de S. La orientacin de S

es la inducida por el vector normal unitario a S de componente z negativa.

(0,2,0)

y = 2 - z z = 1-x2

(1,0,0)

(0,0,1)

y

x

z





Figura 10. Representacin grfica de la regin del ejercicio 10

Solucin.

USANDO TEOREMA DE STOKES:

Paso 1. Clculo del rotacional de F.

F2 2

2 2( xz) (3zx 3zy )rot( ) 0,0, (x,3(x y ),(6y 1)z)x y

= = .


{ }2 2D (x,y) R : 2 x 2,0 y 1 x= + Paso 3. Parametrizacin de la superficie de inters.

r 2(x,y) (x,y,4 x ) , (x,y) D=

Paso 3. Clculo del vector normal. r rx y ( 2x,0, 1) =

Paso 4. Clculo de la circulacin.

2 2 2 2 2

D D22 1 x 2 21 x2 2 2 2 2 2

02 0 2

22 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

C (x,3(x y ),(6y 1)(4 x )) ( 2x,0, 1)dA ( 2x (6y 1)(x 4))dA

( 3x 6yx 24y 4)dydx ( 3x y 3y x 12y 4y) dx

( 3x (1 x ) 3(1 x ) x 12(1 x ) 4(1 x ))dx

( 3x 3(1 x

++

= = +

= + + = + +

= + + + + + +

= + +

2 22 2 2 6 4 2

2 0

27 5 3 7 5 3 6 4 2

0

)x 12(1 x ) 4)(1 x )dx 2 (3x 9x 20x 8)dx

3x 9x 20x 3.2 9.2 20.2 3.2 9.2 20.22 8x 2 8.2 4 8

7 5 3 7 5 3 7 5 3

192 144 80 2880 3024 2800 8404 8 4

7 5 3 105

+ + + =

= = =

= = =

15136105





11. Sea E una regin del espacio con volumen V, superficie frontera S, vector normal unitario

exterior n y centroide (x, y, z).

a. Demuestre que

n2

S

1z (0,0,z ) dS

2V= .

Solucin.

n2E E E

S

E2z2

k zdV zdV zdV

1z (0,0,z ) dS

V V 2Vk dV

(div(0,0, ) z)

= = = =

=

b. Use el resultado anterior para calcular las coordenadas del centroide del hemisferio

slido 2 2 2 2x y z a , z 0+ + .

Solucin. Paso 1. Regin donde se mueven los parmetros.

{ }2 2 2 2D (x,y) R : x y a= + Paso 2. Parametrizacin de la superficie de inters.

r 2 2 2(x,y) (x,y, a x y ) , (x,y) D=

Paso 3. Clculo del vector normal exterior.

r rx y 2 2 2 2 2 2x y

, ,1a x y a x y

=

Paso 4. Clculo del centroide de la superficie.

n

a2 2 2 2 2 2

340 03.2

S D

2 a 4 42 2 3a

83 340 03

1 1 1z (0,0,z ) dS (a x y )dA (a r )rdrd

2V 2V 2. a

1 3.2 a a 3a(a r )rdrd (x,y, z) (0,0, )

2 4 8a 4 a

= = =

= = = =

12. Sea S la porcin del paraboloide 2 2z 1 x y+ = + situada debajo del plano z 1= y sea

F 2(x,y,z) (0,x 2yz,x )= . Calcule

F n

S

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





Solucin.

DIRECTAMENTE:

Clculo de rot(F): i j k

F2

rot( ) x y z (2y, 2x,1)

0 x 2yz x

= =

Sea

{ }2 2 2D (x,y) R : x y 2= + , entonces

r r r2 2 x y(x,y) (x,y,x y 1) , (x,y) D ( 2x, 2y,1)= + = .

La normal exterior al paraboloide viene dada por r rx y (2x,2y, 1) = . Se tiene que:

F n

S D D D

rot( ) dS (2y, 2x,1) (2x,2y, 1)dA (4xy 4xy 1)dA dA 2 = = = = TEOREMA DE STOKES: Curva frontera con orientacin horaria:

r 2 2C : x y 2 , z 1 (t) ( 2 cos(t), 2sen(t),1) , 0 t 2+ = = =

Se tiene que:

F r F r r'

2

C 0

22

0

2 2 22 2

0 0 0

d ( (t)) (t)dt

(0, 2 cos(t) 2 2sen(t),2 cos (t)) ( 2sen(t), 2 cos(t),0)dt

2 (cos (t) 2sen(t)cos(t))dt 2 cos (t)dt 4 sen(t)cos(t)dt

2 co

=

= +

= + =

=

2 22

0 0

s (t)dt (1 cos(2t))dt 2

= + =

TEOREMA DE STOKES (ALTERNATIVO): Superficie orientada:

r r rx y(x,y) (x,y,1) , (x,y) D (0,0,1)= =

La orientacin correcta del plano viene dada por r rx y (0,0, 1) = . Se tiene que:

F n

S D D

rot( ) dS (2y, 2x,1) (0,0, 1)dA dA 2 = = = TEOREMA DE GAUSS: Sea la superficie cerrada 1 2S S S= , donde:





r r r2 21 x yS : (x,y) (x,y,x y 1) , (x,y) D (2x,2y, 1)= + =

r r r2 x yS : (x,y) (x,y,1) , (x,y) D (0,0,1)= =

Se tiene:

F n F n F

F n F n

S S V1 2

S S1 2

rot( ) dS rot( ) dS div(rot( ))dV 0

rot( ) dS rot( ) dS

+ = =

=

F n F n

S S D D1 2

rot( ) dS rot( ) dS (2y, 2x,1) (0,0,1)dA dA 2 = = = =

13. Sea S la porcin de la semiesfera 2 2 2x y z 4, z 0+ + = , que se encuentra en el interior

del cilindro 2 2x y 1+ = . Dado el campo vectorial (x,y,z) (xy,yz,zx)=F , calcule el flujo

exterior del campo rot(F) a travs de S, directamente, usando el teorema de Stokes y aplicando el teorema de Gauss. Solucin. Directamente:

{ }2 2 2 2 2(x, y) (x,y, 4 x y ) , (x, y) D , D (x,y) R : x y 1= = + r

x y 2 2 2 2

x y, ,1

4 x y 4 x y

=

r r

x y zrot( ) ( y, z, x)

xy yz zx

= = i j k

F

2 2

2 2 2 2

S D

2 2 2 2

D D D D

2 2 2

D D D

x yrot( ) d ( y, 4 x y , x) , ,1 dA

4 x y 4 x y

yx yxy x dA dA ydA xdA

4 x y 4 x y

yx yxdA ydA xdA

4 x y 4 x y

=

= =

= =

F S

2

D2 1 1 23 3

2 20 0 0 0

dA

r sen( )cos( ) rdrd dr sen( )cos( )d 0

4 r 4 r

= = =





Aplicando el Teorema de Stokes:

r r'(t) (cos(t),sen(t), 3) , t 0,2 (t) ( sen(t),cos(t),0)= = (orientacin antihoraria) 2

C 0

22

0

d (cos(t)sen(t),sen(t), cos(t)) ( sen(t), cos(t),0)dt

( cos(t)sen (t) sen(t)cos(t))dt 0

=

= + =

F r

Aplicando el Teorema de Gauss: Sea 1S la regin circular del plano z 3= bordeada por la curva C. Parametrizando se

tiene: { }2 2 2(x,y) (x,y, 3) , (x,y) D , D (x,y) R : x y 1= = + r . El vector normal viene dado por x y (0,0,1) =r r .

De modo que

S S E S S1 1

rot( ) d rot( ) d div(rot( ))dV rot( ) d rot( ) d + = = F S F S F F S F S . Entonces

S D D1

rot( ) d ( y, z, x) (0,0,1)dA xdA 0 = = = F S

14. Sean el campo vectorial F 2 2 2(x,y,z) (1,1,(x y ) )= + y la superficie 1 2 3S S S S= con

orientacin exterior que encierra el slido V donde

2 21 2 3S : z x 1 , S : x y 1 , S : z x 1= + + = =

Calcule

a. F S

S S1 3

d

, usando el teorema de Gauss. Solucin.

F S F S F F S F F S

F S F S

S S S V S S V S1 3 2 1 3 2

S S S1 3 2

d d div( )dV d div( )dV d

d d

+ = =

=

r

r r r r2

z z

S : ( ,z) (cos( ),sen( ),z) , 0 2 , 1 cos( ) z 1 cos( )

( , z) ( sen( ),cos( ),0) , ( ,z) (0,0,1) , (cos( ),sen( ),0)

= = = =





F S2 1 cos( )

0 1 cos( )S2

2 1 cos( ) 2 1 cos( )

0 1 cos( ) 0 1 cos( )

d (1,1,1) (cos( ),sen( ),0)dzd

(cos( ) sen( ))dzd (cos( ) sen( ))dzd 0

=

+ = + =

Por lo tanto F S

S S1 3

d 0

= .

b. F S

S S2 3

d

, usando el teorema de Stokes. Solucin.

{ }

r r r

F S F S

2 2 21 y x

2 14

0 0S S S2 3 1

2 15 1 1 4

2 6 30 0

S : (x,y) (x,y, x 1) , (x,y) D , D (x,y) R : x y 1 , ( 1,0, 1)

d d (1,1,r ) ( 1,0, 1)rdrd

(r r )drd 2 ( )

= + = + =

= =

= + = + =

15. Suponga que V y S satisfacen las hiptesis 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

n

S V

f dS fdV= . Solucin. Considere un vector constante no nulo cualquiera A 1 2 3(A ,A ,A )= y el campo F Af= .

Aplicando el teorema de la divergencia al campo F, resulta

A n A n A A A

S S V V V

f dS f dS div(f )dV fdV fdV = = = = ,

A n A A n

S V S V

f dS fdV f dS fdV 0

= =

. Como A es un vector constante no nulo, entonces

n 0 n

S V S V

f dS fdV f dS fdV = = .

EJERCICIOS PROPUESTOS Integrales de Superficie



2.13. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Encuentre una representacin paramtrica 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 2 2 2x y z 4+ + = que se encuentra arriba del cono 2 2z x y= + . Rta. x 2sen( )cos( ), y 2sen( )sen( ), z 2cos( ) 0 4 0 2= = =

c. La parte del plano z 5= que est dentro del cilindro 2 2x y 1+ = . Rta. (r, ) (r cos( ),rsen( ),5) , 0 r 1 , 0 2 = r

2. Sea la superficie S parametrizada 2(u,v) (ucos(v),usen(v),u )=r , 0 u 2, 0 v 2 .

Halle:

a. Una ecuacin en x,y,z que describa la superficie, identifquela y grafquela. Rta. 2 2x y z+ = (paraboloide)

b. La ecuacin del plano tangente a la superficie paramtrica en el punto (1,1,2). Rta. 2x 2y z 2 + =

c. El rea de S. Rta. 6 (17 17 1)

3. Pruebe que las ecuaciones paramtricas x(u,v) asen(u)cos(v)= , y(u,v) bsen(u)sen(v)= , z(u,v) c.cos(u)= , 0 u , 0 v 2 ,

representan un elipsoide.

4. Determine el rea de la superficie S definida por la representacin vectorial dada por (r, ) (r cos( ),rsen( ),b ) = r ,

donde (r, ) 0,a 0,2 , a 0, b 0 > > . Rta. 2 22 2 a b aa

b bb a b.ln( )+ +

+ +

5. Calcule el rea de la porcin de la superficie cnica 2 2 2x y z+ = situada entre los planos

de ecuaciones z 0= , x 3z 6+ = . Rta. 274

6. Calcule el rea de la parte del plano x y z 0+ = que se encuentra dentro del cilindro

circular 2 2x y ax 0+ + = . Rta. 23 a

4

7. Calcule el rea de la porcin de la superficie 2 2y z 4+ = , que se encuentra entre los

planos x z 4+ = y z 4x 8 = . Rta. 24




8. Calcule el rea de la superficie 2 2x y 8 z+ = por encima del plano xy. Rta. 6 (33 33 1)

9. Una esfera de radio R est 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 rea.

10. Halle el rea de la parte del plano x y z

1a b c

+ + = donde a, b y c son nmeros positivos

dados, que se encuentra en el primer octante. Rta. 2 2 2 2 2 212 a b a c b c+ +

11. Halle el rea de la porcin del paraboloide 2 2z x y= + que est dentro del cilindro 2 2x y 16+ = . Rta. 6 (65 65 1)

12. Calcule el rea de la superficie dada por la porcin del plano x y z 4+ + = que determina

la parte interior del cilindro 2 22x 2y 1+ = . Rta. 32

13. Calcule el rea de la regin que en el plano de ecuacin x y z b+ + = determina el cilindro

2 2 2x y a+ = , a 0> , b 0> , 0 a b< < . Rta. 23 a

14. Calcule el rea de la porcin de superficie cnica 2 2 2x z y+ = , situada entre los planos de

ecuaciones y 0,= z 4y 5+ = . Rta. 4 103 3

15. Halle el rea de la parte del cilindro de ecuacin 2x

z2

= comprendida entre los planos de

ecuaciones y 0,= y x,= x 2= . Rta. 13 (5 5 1)

16. Halle el rea de la parte del cono 2 2 2z x y= + situada por encima del plano xy y recortada

por el plano x

z 2 12

= +

. Rta. 8

17. Calcule el rea de la porcin de superficie que el cilindro 2 2 2x y a+ = , a 0> recorta sobre

el paraboloide hiperblico de ecuacin xy

zb

= , b 0> . Rta. 22 3/2a2

3 2bb (1 ) 1 +

18. Halle el rea de la parte de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = que se encuentra dentro del cilindro

2 2x y ax+ = , a 0> . Rta. 22a ( 2)




19. Halle el rea de la parte de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = que se encuentra dentro del cilindro

2 2

2 2

x y1

a b+ = , b a , z 0 . Rta. 24a arcsen(b / a)

20. Halle el rea de la parte del cono 2 2 2z x y , z 0= + , que se encuentra dentro del cilindro

2 2x y 2x+ = . Rta. 2

21. Determine el rea de la parte de superficie cnica 2 2 2z y x+ = comprendida entre la

superficie cilndrica 2z y= , y el plano y z 6= . Rta. 1253 2

22. Sea K la porcin del casquete esfrico 2 2 21z R x y= cortado por el cilindro circular

recto 2 2 22 1 2x y R , R R+ = > . Demuestre que el rea de K viene dada por la expresin 2 2

1 1 1 22 R (R R R ) .

23. Considere una curva plana C, contenida en el plano xz, cuya ecuacin viene dada por

z f(x), a x b= . Sea S la superficie de revolucin que se obtiene al girar la curva C en

torno al eje z. a. Obtenga una parametrizacin de S. Rta. (ucos( ),usen( ), f(u)); (u, ) a,b 0,2

b. Demuestre que b

2

a

A(S) 2 x 1 (f '(x)) dx= +

.

c. Aplique el resultado obtenido en (b), para calcular el rea de una superficie esfrica de radio a. Rta. 24 a

24. Calcule las integrales de superficie siguientes:

a. 2 2

S

(x y z)dS+ + , donde S es la superficie de ecuacin 2 21

z (x y )2

= + que se

proyecta en el plano xy en el dominio limitado por la circunferencia de ecuacin 2 2x y 1+ = . Rta. 3 /21 215 153 ( .2 ) +

b. 2

S

z dS , donde S es la superficie de ecuacin 2 2 2x y z 1+ + = . Rta. 43

c. 2 2

S

(x y )dS+ , donde S es la superficie del cono de ecuacin 2 2 2z 3(x y )= + limitada por el plano z 3= y que se encuentra por encima del plano xy. Rta. 9




d.

S

ydS , donde S es la superficie del tringulo de vrtices los puntos (1,0,0), (0,0,1), (0,2,0). Rta. 1

25. Encuentre la masa de un embudo delgado en forma de cono 2 2z x y= + , 1 z 4 , si su

funcin de densidad es (x,y,z) 10 z = . Rta. 108 2

26. Calcule la masa de la porcin 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 2kx kilogramos por

metro cuadrado, donde k es una constante. Rta. 112 3k

27. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie S definida por la esfera 2 2 2x y z 4, z 0+ + = , la cual se supone que es homognea. Rta. (0,0,1)

28. Con una lmina homognea muy delgada, se fabrica un cono de ecuacin 2 2z x y= + ,

0 z 1 . Determine la posicin del centro de masa de la superficie S formada por la

superficie lateral de ese cono ms la superficie de la base. Rta. 2 2 33(1 2)

(0,0, )++

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 est dada por

(x,y,z) yz = . Rta. 32

30. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie homognea en forma de

cono circular recto de radio de base R y altura H, incluyendo la base.

Rta. 2R (2 2R 3H)

23( 2R 1)(x,y, z) (0,0, )+

+=

31. La superficie cnica 2 2 2z x y ; 0 z a= + tiene densidad constante. Calcule el centro de

masa y el momento de inercia alrededor del eje z.

Rta. 2 2 3a z 23( 2 1)(x,y, z) (0,0, ) I ( 2 1)+ +

= = +

32. Halle el momento de inercia alrededor del eje x, de la parte de la superficie de la esfera

unitaria 2 2 2x y z 1+ + = que est sobre el cono 2 2 2z x y= + . Suponga la densidad

constante igual a k. Rta. 4 73 12k ( 13)




33. Calcule el flujo del campo F(x,y,z) (x,2y,4z)= a travs 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 travs de la superficie S, sabiendo que F(x,y,z) (0,y,z)= y

S es el paraboloide 2 2y x z= + y el disco 2 2x z 1+ , y 1= . Rta.

35. Calcule el flujo del campo F(x,y,z) (x,y,z)= , a travs de la superficie lateral del cilindro

2 2x y 1+ = limitado por los planos x y z 1+ + = y x y z 2+ + = . Rta. 2

36. Calcule la integral de superficie

S

xdydz zdzdx ydxdy+ + , donde S es la superficie esfrica 2 2 2 2x y z a+ + = . Rta. 343 a

37. Verifique el teorema de Stokes donde F(x,y,z) (z, x, y)= ; la superficie S es la parte del

paraboloide 2 2z 4 x y= con z 0 . Se considera la normal unitaria con componente z

no negativa. Rta. 4

38. Utilice el Teorema de Stokes para calcular

C

d F r , donde F 2 2 2(x,y,z) (x z,xy ,z )= y C es la curva de interseccin del plano x y z 1+ + = y el

cilindro 2 2x y 9+ = tal que vista desde arriba del plano xy est orientada en sentido

contrario al de las manecillas del reloj. Rta. 812

39. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza dado por la expresin vectorial

F x 2 y 2 z 2(x,y,z) (x z ,y x ,z y )= + + + al mover una partcula alrededor del borde de la esfera 2 2 2x y z 4+ + = que est 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 slido V

acotado por las superficies de ecuaciones 2 2x z 4, y 0, x y z 3+ = = + + = . Rta. 24




41. Calcule las integrales de superficie siguientes:

a.

S

dSF n , donde F(x,y,z) (x,y, z)= y S es la frontera de la regin limitada por 2 2x y 16, z 0, z 6+ = = = . Rta. 288

b. 2 2 2

S

(x ,y ,z ) d S , donde S es la superficie del cubo unidad limitado por los planos coordenados y los planos de ecuacin x 1, y 1, z 1= = = . Rta. 3

42. Use el teorema de Stokes para calcular la integral de lnea dada por la expresin

C

(y z)dx (z x)dy (x y)dz+ + + + + , donde C es la curva definida por el sistema de ecuaciones 2 2x y 2x, x z+ = = , recorrida en

sentido tal que su proyeccin 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 hiptesis del teorema de Stokes y f, g tienen derivadas

parciales continuas de segundo orden. Utilice las identidades vectoriales F G F Grot( ) rot rot+ = + y F F Frot(f ) frot ( f)= + para demostrar que:

a. C S

(f g) d ( f g) d = r S b.

C

(f f) d 0 = r c.

C

(f g g f) d 0 + = r

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

C

ds F T si se sabe que F 2(x,y,z) (xz,xy,y )= y C es la frontera de la superficie que consiste de la

porcin del cilindro 2z 4 x= del primer octante determinada por los planos coordenados y el plano y 3= . Rta. 45

45. Calcule la integral de lnea que se da a continuacin (Utilice el teorema de Stokes indicando el sentido de recorrido de C para obtener la respuesta dada).




C

(y z)dx (z x)dy (x y)dz + + , C es la interseccin del cilindro 2 2x y 4+ = y el plano x z 2+ = . Rta. 16

46. Sean r (x,y,z)= , S una superficie cerrada, orientable que limita un slido V y n la

normal unitaria exterior a S. Utilice la frmula

2

S

1( r ) dS

6 n

que calcula el volumen de un slido a fin de hallar el volumen de un elipsoide de semiejes a, b y c. Rta. 43 abc

47. Utilice algn teorema para calcular las integrales siguientes (no las calcule directamente):

a. 3 21

S

I (x z,x yz, 3xy ) d= + S , donde S es la frontera del slido limitado por la superficie 2 2z 2 x y= + y el plano xy. Rta. 4

b. 2C

I d= F r , donde F xy xy(x,y,z) (ye ,xe ,xyz)= ; C es la curva contenida en el primer octante que se obtiene como interseccin de la superficie de ecuacin

2 2 2(z a) x y = + , (a constante positiva) con los planos coordenados. El sentido de

recorrido de C es antihorario cuando la miramos desde encima del plano xy.

Rta. 0

48. Sea S la porcin de superficie 2 2z 4 x y= que se encuentra por encima del plano

z x 2+ = . Calcule el flujo del campo 2 2(x,y,z) (x,y,z x y )= + +F a travs de S en la

direccin de un normal de componente z positiva.

Integrales de superficie

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