Cap´ıtulo 12 Integrales de Superficie

Capı́tulo 12
Integrales de Superficie
12.1.
Definiciones Básicas
Nuestro porpóstito en esta sección es el definir el concepto de integral de
una función f : M → R sobre una superficie M en el espacio.
Para este propósito debemos definir el concepto de superficie orientable.
En R3 una superficie orientable es esencialmente una superficie que tiene
dos caras. Más precisamente, una superficie es orientable si es posible definir
continuamente un vector perpendicular en cada punto de la superficie. Algunos ejemplos de superficies orientables son:
(i) La esfera Sr = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = r 2 }
(ii) El cilindro C = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = 1}
2
y2 z2
3 x
(iii) El elipsoide E = (x, y, z) ∈ R | 2 + 2 + 2 = 1
a
b
c
Un ejemplo tı́pico de una superficie no orientable lo constituye la banda de
Möbius (Figura 1). Observe que en este ejemplo es posible definir un vector
normal en cada punto de la superficie de modo que vuelva al punto inicial
con dirección contraria.
Figura 1
1
2
Capı́tulo 12. Integrales de Superficie
Definición 12.1. Supongamos que S ⊆ R3 es una superficie acotada orientable representada por un vector posición
φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ,
en donde (u, v) ∈ [a, b] × [c, d]. Entonces,
(i) Si f : S → R una función, definimos
ZZ
f dS =
S
ZZ
[a,b]×[c,d]
∂φ ∂φ dudv
f (x, y, z) ×
∂u ∂v (ii) Si f : S → R3 es una función vectorial, definimos
ZZ
S
f dS =
ZZ
∂φ ∂φ
×
f (x, y, z),
∂u ∂v
dudv
[a,b]×[c,d]
Observación 12.1. Aquı́ se tiene
∂φ
∂x
∂y
∂z
=
(u, v), (u, v), (u, v)
∂u
∂u
∂u
∂u
∂x
∂y
∂z
∂φ
=
(u, v), (u, v), (u, v)
∂v
∂v
∂v
∂v
En notación reducida, φu = (xu , yu , zu ) y φv = (xv , yv , zv ).
El primer tipo de integral definido arriba puede ser usado en una variedad
de situaciones, por ejemplo para hallar el área de una superficie, para hallar
la masa de una lámina con distribución de densidad superficial f (x, y, z) =
σ(x, y, z) variable, para hallar el centro de masa de la misma lamina o su
momento de inercia respecto a algún eje, etc. El segundo tipo de integral
tiene amplio uso en campos vectoriales. Ası́ su uso es imprescindible cuando
se trata de campos eléctricos, campos magnéticos, etc.
Teorema 12.1. Se tiene que
∂φ ∂φ √
2
∂u × ∂v = EG − F
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Cálculo III - Rodrigo Vargas
donde
2
∂φ 2
2
2
E = ∂u = xu + yu + zu
∂φ ∂φ
F =
,
= xu xv + yu yv + zu zv
∂u ∂v
2
∂φ 2
2
2
G = ∂u = xv + yv + zv
Ejemplo 12.1. Usando la fórmula anterior, calcule el área de una esfera de
radio R.
Solución. Una parametrización de la esfera de radio R. esta dada por
φ(u, v) = (R sen v cos u, R sen v sen u, R cos v)
en donde (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, π] y tenemos que
E = kφu k2 = x2u + yu2 + zu2 = R2 sen2 v
F = hφu , φv i = 0
G = kφv k2 = x2v + yv2 + zv2 = R2
√
√
por lo que EG − F 2 = R4 sen2 v = R2 sen v. Entonces, el área de la esfera
es
Z
Z 2π Z π √
AreaSR =
dS =
EG − F 2 dudv
0
SR
=
Z
0
2π
Z
= 2πR2
Z0
0
π
R2 | sen v|dvdu
π
sen vdv
0
= 4πR2 .
Ejemplo 12.2. Calcule el área de la superficie helicoidal dada por
φ(u, v) = (u cos v, u sen v, v)
donde (u, v) ∈ [0, 1] × [π, 5π].
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Capı́tulo 12. Integrales de Superficie
Solución. Una representación de la superficie puede verse en la figura 2.
Se tiene que
E = kφu k2 = 1
F = hφu , φv i = 0
G = kφv k2 = u2 + 1
Por lo que el área de la helicoide es
ZZ √
A =
EG − F 2 dudv
[0,1]×[π,5π]
Z
=
2π
0
Z
1
√
u2 + 1dudv
0
1
√
= πu u2 + 1 + π arc sen u 0
√
√
= π 2 − πu ln( 2 − 1)
12.2.
Teorema de la Divergencia de Gauss
Teorema 12.2. Sea F~ = (f1 , f2 , f3 ) un campo vectorial continuamente diferenciable definido en una región Ω ⊆ R3 acotada por una superficie S continuamente diferenciable. Entonces,
ZZ
ZZZ
~
hF , ~nidS =
∇ · F~ dV
Ω
S
en donde ~n es el vector unitario perpendicular a la superficie y que apunta
en sentido opuesto al volumen. La expresión
∂f1 ∂f2 ∂f3
∇ · F~ = Div F~ =
+
+
,
∂x
∂y
∂z
se conoce como la divergencia de F~ .
Ejemplo 12.3. Calcule, usando el teorema de la divergencia de Gauss la
integral,
ZZ
(x2 y + y 2 + xyz)dS ,
S
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en donde S es la superficie de la bola unitaria x2 + y 2 + z 2 ≤ 1.
Solución. Para poder aplicar el teorema de la divergencia de Gauss necesitamos escribit el argumento de la integral de la forma F~ · ~n dS para alguna
función vectorial F~ . Como ~n = (x, y, z) entonces,
F~ = (xy, y, xy)
cumple la exigencia. Por lo tanto, de acuerdo al TDG se tiene
ZZ
ZZ
2
2
(x y + y + xyz)dS =
hF~ , ~nidS
S
=
ZSZ Z
=
Z ZS Z
=
Z ZS Z
S
∇ · F~ dV
(y + 1)dV
ydV +
ZZZ
dV
S
La primer integral se puede probar que es cero, mientras que la segunda es
simplemente el volumen de la esfera, que como sabemos es 4π/3.
12.3.
Teorema del rotacional de Stokes
Suponga que S es una superficie continuamente diferenciable orientada
en R3 por medio de un vector normal ~n(x, y, z) y acotada por una curva γ.
Diremos que la superficie S y la curva γ están orientadas positivamente, si la
dirección de recorrido de la curva y la dirección del vector ~n están orientados
según la regla de la mano derecha.
Observación 12.2. Recordemos que si un campo F~ = (f1 , f2 , f3 ) es conservativo entonces satisface ∇ × F~ = ~0, en donde
i j k ∂f3 ∂f2 ∂f1 ∂f3 ∂f2 ∂f1
∂ ∂ ∂ ~
∇ × F = ∂x ∂y ∂z =
−
,
−
,
−
∂y
∂z ∂z
∂x ∂x
∂y
f1 f2 f3 6
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Ahora podemos enunciar el teorema que generaliza a tres dimensiones el
teorema de Green.
Teorema 12.3 (Stokes). Sea S una superficie orientable acotada por una
curva de Jordan γ. Suponga que F~ = (f1 , f2 , f3 ) es un campo vectorial continuamente diferenciable. Entonces, si la superficie S y la curva γ están orientadas positivamente, se cumple
I
ZZ D
E
~
~
F · d~r =
∇ × F , ~n dS .
γ
S
Ejemplo 12.4. Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial
F~ = (z − y, x + z, −x − y)
y la superficie acotada por el paraboloide z = 4 − x2 − y 2 y el plano z = 0.
Solución. Calculemos en primer lugar
H
γ
la parametrización
F~ · d~r. Para esto, consideremos
~r(t) = (2 cos t, 2 sen t)
de la curva γ correspondiente a la intersección del paraboloide con el plano
z = 0. Por lo tanto,
I
Z 2π
F~ · d~r =
(4 sen2 t + 4 cos2 t)dt = 8π .
0
γ
Calculamos ahora la integral
RR
S
h∇ × F~ , ~nidS.
Observe que el gradiente de la función z + x2 + y 2 nos entrega un vector
normal a la superficie. Por lo tanto,
(2x, 2y, 1)
~n = p
4x2 + 4y 2 + 1
es un vector unitario normal a la superficie. Por otro lado, como la superficie
está parametrizada por
φ(x, y) = (x, y, 4 − x2 − y 2 )
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Cálculo III - Rodrigo Vargas
p
√
entonces kφu ×φv k = EG − F 2 = 4x2 + 4y 2 + 1. Por lo tanto, obtenemos
que
ZZ
ZZ
~
h∇ × F , ~nidS =
(−4x + 4y + 2)dxdy
S
=
x2 +y 2 ≤1
Z 2π Z 2
0
= 8π
0
(4r cos θ + 4r sen θ + 2)rdr