Integral de Superf´ıcie sobre funciones escalares

Integral de Superfı́cie sobre funciones escalares
Consideremos el problema del cálculo de la masa total de una lámina, cuya forma es la de
una superfı́cie simple S. Supongamos que la lámina es muy delgada y que su densidad no sea
constante. Podemos entonces pensar en una función de densidad ρ defnida sobre la superfı́cie
de modo que cada (x, y, z) ∈ S le asocia el núumero real ρ(x, y, z) que da el valor (en unidades
de masa por unidad de área) de la densidad de la lámina en el punto (x, y, z). Si dividimos la
superfı́cie S en pequeños rectángulos Sij . Si Φ es una función que parametriza a S, cada Sij se
puede ver como la imagen de un rectángulo Rij correspondiente a una partición de la región D
en pequeños rectángulos
Supongamos que ρ : s ⊂ R3 → R es una función continua que en cada punto de S (superficie)
nos asigna su densidad de masa, y que S esta parametrizada por la función Φ : D ⊂ R2 → R3
entonces, la masa de la lámina en Sij ≈ ρ(xij , yij , zik ) · Área Rij de modo que la masa total
de la lámina es aproximadamente
X
ρ(xij , yij , zij ) · Área Rij
ij
∴ La masa total de la lámina será
Z Z
X
∂f
∂f
∂f
∂f dudv
lı́m
ρ(f (uij , vij )) (uij , vij ) ×
(uij , vij )·Área Rij =
ρ◦f (u, v) ×
ij
∂u
∂u
∂u
∂v
D
ij
1
Def.- Sea S = Φ(D) una superfı́cie paramétrica descrita por una función Φ : D ⊆ R2 → R3 de
clase C 1 y sean f : V ⊆ R3 → R un campo escalar continuo definido en un abierto V de R3 tal
que S ⊂ V . Se define la integral de superfı́cie de f como
Z
Z Z
∂f
∂f dudv
f ds =
ρ ◦ f (u, v) ×
∂u
∂v
S
D
RR 2
Ejemplo.-Evaluar la integral de superfı́cie
y + 2yzds donde S es la porción del plano
S
2x + y + 2z = 6 que se encuentra en el primer octante
Sol.
En este caso tenemos que ρ(x, y) = y 2 + 2yz mientras que de la ecuación 2x + y + 2z = 6
despejando a la z z = 21 (6 − 2x − y) podemos obtener una parametrización
∴ g(u, v) = (u, v, 21 (6 − 2u − v)) por lo tanto
Z Z
Z Z
p
1
2
y + 2yzds =
ρ(u, v, (6 − 2u − v)) 1 + gu2 + gv2 dA =
2
S
D
r
Z Z
Z 3 Z 6−u
Z 3
1
1
2
(6 − 2u − v) 1 + 1 + dA = 3
v(3 − u)dvdu = 6
(3 − x)3 dvdu =
v + 2v
2
4
D
0
0
0
243
3
− (3 − x)4 30 =
2
2
RR
Ejemplo.- Evaluar la integral
(x + z)ds donde S es la porción en el primer octante del
S
cilindro y 2 + z 2 entre x = 0 y x = 4
2
k con 0 ≤ x ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤
cuya parametrización es f (x, θ) = xbi + 3 sin θb
j + 3 cos θb
π
2
Sol.Tenemos que fx = bi y fθ = −3 sin θb
j + 2 cos θb
k por lo tanto
b
b
b
i
j
k
p
b
b
=
−3
cos
θ
j−3
sin
θ
k
∴
kf
×
f
k
=
fx ×fθ = 1
9 cos2 θ + 9 sin2 θ = 3
0
0
x
θ
0 3 sin θb
j 3 cos θb
k ∴
Z Z
Z Z
(x + z)ds =
S
Z
4
Z
3(x + 3 sin θ)dA =
D
=
0
4
Z
3x + 9 sen θdθdx =
0
Z
π
2
0
0
4
π
3xθ − 9 cos θ 02 dx
3
3π 2
πx + 9 dx =
x + 9x 40 = 12π + 36
2
2
Ejemplo.- Sea ρ : R3 → R dada por ρ(x, y, z) = ax + by + z donde a, b son constantes dadas
y consideremos la superfı́cie f : R2 → R3 parametrizada por f (u, v) = (u, v, u2 + v 2 ) sobre la
región D = {(x, y) ∈ R2 |u2 + v 2 ≤ 1} (La superfı́cie es un paraboloide z = x2 + y 2 que se
encuentra debajo del plano z = 1)
3
Sol.Tenemos que dada la parametrización de la superfı́cie f (u, v) = (u, v, u2 + v 2 ) entonces
∂f
= (1, 0, 2u)
∂u
Tu =
∂f
= (0, 1, 2v) ⇒ kTu × Tv k = k(−2, , −2v, 1)k
∂v
Tv =
por otra parte
ρ(f (u, v)) = ρ(u, v, u2 + v 2 ) = au + by + z
∴
Z
Z Z
f ds =
s
s
Z
1
Z
=
0
2π
Z
(au+by+z) k(−2, , −2v, 1)k dudv |{z}
=
P olares
Z
√
2
ar cos(θ) 1 + 4r drdθ +
0
0
Z
0
Vamos a trabajarlas por separado
Z 1 Z 2π
Z
√
2
2
ar cos(θ) 1 + 4r drd =
0
1
2
1
r
2
2π
Z
2π
0
Z
√
2
br sin(θ) 1 + 4r drdθ +
0
√
Z
1+
1
0
4r2 dr
2π
Z
a cos(θ)dθ =
0
1
√
(ar cos(θ)+br sin(θ)+r2 ) 1 + 4r2 ·rdrdθ
2
0
Z
0
1
√
r2 1 + 4r2 dr · (0) = 0
0
4
0
1
Z
2π
√
r3 1 + 4r2 drdθ
0
√
r2 1 + 4r2 dr a sin(θ) 2π
=
0
Para la segunda
Z 1 Z 2π
Z
√
2
2
br sin(θ) 1 + 4r drdθ =
0
0
1
r
2
√
2π
Z
1+
4r2 dr
0
Z
b sin(θ)dθ =
1
√
r2 1 + 4r2 dr −b cos(θ) 2π
=
0
0
0
Z
1
√
r2 1 + 4r2 dr (0) = 0
0
Finalmente
Z 1Z
2π
r
0
1
8
Z
1
3
√
1
Z
1+
4r2 drdθ
=
0
r
3
√
Z
1+
0
√
r2 8r 1 + 4r2 dr(2π)
0
u=r 2
√
dv=8r
1
8
du=2rdr
3
2 2
v= 2
3 (1+4r )
=
π 12
1
Z
dθ =
0
=
|{z}
1+42
2π
4r2 dr
√
r3 1 + 4r2 dr(2π) =
0
Z 1
3
3
2
2
2 2
2
2 2
1 + 4r
r
1 + 4r
−
2rdr (2π)
3
3
0
1
5 +
5
3
2
El valor de la integral no depende de la parametrización
Sea g = f ◦ ϕ por lo tanto tenemos que
Z Z
Z Z
∂f
∂f dudv
ρdA =
ρ(f (u, v)) ×
∂u
∂v
D
D
∂(ϕ1 , ϕ2 ) dsdt
ρ(f (ϕ(s, t))) kNf (ϕ(s, t))k ∂(s,
t)
0
D
Z Z
=
|{z}
(u,v)=ϕ(s,t)
Z Z
Z Z
ρ(f (g(s, t))) kNg (s, t)k dsdt =
D0
ρdA
D0
5
Ahora vamos a dar una reparametrización de la región D = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≤ 1}, para
ello consideremos la región D0 = {(s, t) ∈ R2 |s2 + t2 ≤ 12 } y vamos a proceder de la siguiente
forma:
s2 + t2 ≤
1
⇒ 2s2 + 2t2 ≤ 1 ⇒ s2 + 2st + t2 + s2 − 2st + t2 ≤ 1 ⇒ (s + t)2 + (s − t)2 ≤ 1
2
por lo tanto proponemos u = s + t y v = s − t y la reparametrización quedaria
g(s, t) = (s + t, s − t, 2s2 + 2t2 )
Por lo tanto para calcular la integral de superfı́cie ρ(x, y, z) = ax + by + z se tiene que
Z Z
Z Z
∂g ∂g ρ(g(s, t)) ρdA =
∂s × ∂t dsdt =
D0
D0
Z Z
p
a (s + t) + b (s − t) + 2s2 + 2t2
4 + 32(s2 + t2 )dsdt
D0
Z
=
|{z}
P olares
Z
2π
Z
=
0
1
√
2
2r
√
3
0
2π
Z
√1
2
(a + b)r cos(θ) + (a − b)r sin(θ) + 2r2
√
4 + 32r2 rdrdθ
0
Z
4 + 32r2 drdθ = (2π)
0
1
√
2
4r
√
3
3
1 + 8r2 dr = (2π)
0
1
52
+
24 120
!
=
π 12
En el caso de que la superfı́cie viniese dada por sus ecuaciones paramétricas
x = x(u, v) y = y(u, v) z = z(u, v)
la integral de superfı́cie es:
s
Z Z
f (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
D
∂(x, y)
∂(u, v)
6
2
+
∂(y, z)
∂(u, v)
2
+
∂(z, x)
∂(u, v)
2
dudv
1
5 +
5
3
2
Ejemplo.-Supóngase que se describe un helicoide x = r cos θ y = r sin θ z = θ.
D es la región 0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ r ≤ 1 y sea f (x, y, z) =
p
x2 + y 2 + 1. Hallar
RR
S
f ds
Sol.Tenemos que
∂(x, y)
J
=r
∂(r, θ)
∴
Z Z
J
∂(y, z)
∂(r, θ)
= sin θ
J
∂(z, x)
∂(r, θ)
Z Z
= cos θ
Z
2π
Z
1
f (r cos θ, r sin θ, θ) kTr × Tθ k dθ =
f ds =
S
D
0
√
f (r cos θ, r sin θ, θ) =
r2
Z
√
2
+ 1 r + 1drdθ =
0
0
Ejercicio.-Probar que
Z Z
Z Z
f (x, y, z)ds =
S
S
f (x, y, g(x, y))
dxdy
cos θ
b · N = kKkkN
b
Sol.-Si tenemos que K
k cos θ entonces
7
b
K·N
b
kKkkN
k
√
= cos θ ⇒ cos θ =
b
K·N
.
kN k
r2 + 1
2π
8
4
dθ = π
3
3
Si la superfı́cie esta descrita por φ(x, y, z) = z − g(x, y) = 0 entonces z = g(x, y) y un vector
∂g b
normal serı́a N = − ∂x
i−
cos θ =
∂g b
j+
∂y
b ·N
K
=r
kN k
b
k y por lo tanto
1+
1
∂g 2
∂x
+
2 ⇒ cos θ = r
∂g
∂y
1+
1
∂g 2
∂x
+
2
∂g
∂y
∴
Z Z
Z Z
Z Z
f (x, y, g(x, y))
dxdy
f (x, y, g(x, y))kN kdxdy =
cos θ
S
D
S
RR
Ahora use lo anterior para calcular
xds donde S es el triángulo con vértices en (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)
S
f (x, y, z)ds =
Sol.Tenemos que el plano es el siguiente
El cual esta descrito por la ecuación x + y + z = 1 como la superfı́cie es constante un vector
normal es
b b
b
i j
k b ·N
K
1
1
(1, 1, −1) × (1, −1, 1) = 1 1 −1 = (0, −2, −2) ⇒
= − √ ⇒ cos θ = − √
kN k
2
2
1 −1 1 ∴
Z Z
Z Z
xds =
S
D
√ Z 1 Z 1−x
√ Z 1 1−x
√ Z 1
x
dxdy = − 2
xdydx = − 2
xy 0 dx = − 2
x − x2 dx
1
− √2
0
0
0
0
√
2
√ x
√ 1 1
x3 1
2
=− 2
=− 2
−
−
=−
0
2
3
2 3
6
8