UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIER ´ IA MEC ´ ANICA - ENERG ´ IA Departamento Acad´ emico de Ingenier´ ıaMec´anica Asignatura Matem´atica III Separata de matem ´ atica III Resoluci´on Decanal N 0 082-2010-D-FIME Mag. Vladimiro Contreras Tito [email protected]Semestre 2010-B Bellavista - Callao 2011
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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA - ENERGIA
Departamento Academico de Ingenierıa Mecanica
Asignatura Matematica III
Separata de matematica IIIResolucion Decanal N0 082-2010-D-FIME
Estas notas corresponden a los ultimos temas del curso de Matematica III que se dicta
en la Facultad de Ingenierıa Mecanica - Energıa de la Universidad Nacional del Callao.
Para su lectura se recomienda previamente revisar los resultados de funciones vectori-
ales de variable real, funciones reales de varias variables, integrales multiples y funciones
vectoriales de varias variables reales, los cuales que se encuentran en [3] y [4].
Esta separata de Matematica III, consta de tres capıtulos: Integrales de Linea, Superfi-
cies e Integrales de Superficie. Cada seccion comienza con un resumen de los conocimientos
basicos del tema en cuestion, los cuales se refuerzan con ejemplos de problemas resueltos,
que el estudiante podra consultar antes de enfrentar los ejercicios propuestos que se pre-
sentan al finalizar cada seccion. Tambien debo indicar que se presentan Teoremas que son
de aplicacion los cuales no estan demostrados. Para los estudiantes que desean revisar las
pruebas de los teoremas, se indica la cita bibliografica al final de cada Teorema.
Cabe mencionar, que los graficos presentados se desarrollaron con los software, Derive
6.1 y Winplot
Agradezco a la Facultad de Ingenierıa Mecanica - Energıa de la Universidad Nacional
del Callao, por permitirme presentar esta Separata de Matematica III.
Bellavista, enero del 2011
Mag.Vladimiro Contreras Tito
iii
Capıtulo 1
Integral de Linea
Para definir la integral de linea, comencemos imaginando un alambre delgado con la
forma de una curva suave C con extremos A y B. Supongamos que el alambre tiene una
densidad variable dada en el punto (x, y, z) por la funcion continua conocida f(x, y, z) en
unidades tales como gramos por centımetro (lineal)[2].
Figura 1.1: alambre delgado C
Sea α(t) = ( x(t) , y(t) , z(t) ) , t ∈ [a, b] una
parametrizacion suave de la curva C, donde t = a
corresponde al punto inicial A de la curva y t = b
corresponde al punto final B.
Para aproximar la masa total m del alambre curvo,
comenzamos con una particion
a = t0 < t1 < t2 < ... < tn = b
de [a, b] en n subintervalos, todos con la misma longitud ∆t = (b− a)/n esta subdivision
de puntos de [a, b] produce, por medio de nuestra parametrizacion, una division fısica del
alambre en cortos segmentos curvos. Sea Pi el punto (x(ti), y(ti), z(ti)) para i = 0, 1, 2, ...n.
Entonces los puntos P0, P1, ..Pn son los puntos de subdivision de CSabemos que la longitud de arco ∆Si del segmento de C de Pi−1 a Pi es
∆Si =
∫ ti
ti−1
√(x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2 dt =
√(x′(t∗i ))2 + (y′(t∗i ))2 + (z′(t∗i ))2∆t
para algun t∗i ∈ [ti−1, ti]. Este ultimo resultado es consecuencia del teorema del valor
medio para integrales.
Como la masa es el producto de la densidad por la longitud entonces tenemos una
1
2 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
estimacion de la masa total m del alambre:
m ≈n∑
i=1
f(x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i ))∆Si.
El limite de esta suma cuando ∆t → 0 debe ser la masa real m. Esto motiva nuestra
definicion de la integral de linea de la funcion f a lo largo de la curva C que se denota
por ∫
Cf(x, y, z) dS
1.1. La Integral de Linea con respecto de la longitud de arco
Definicion 1.1.1 Sea f : D ⊂ R3 → R una funcion continua en cada punto de la curva
parametrica suave C de A a B. Entonces la integral de linea de f a lo largo de C de A a
B con respecto de la longitud de arco se define como:∫
Cf(x, y, z) dS =
∫ b
a
f(α(t))‖α′(t)‖dt
donde α(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b]
y dS = ‖α′(t)‖dt =√
(x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2dt
1.2. Aplicaciones de la Integral de Linea con respecto de la
longitud de arco a la mecanica
Masa de una curva Si δ = δ(x, y, z) es la densidad lineal en el punto variable (x, y, z)
de la curva C entonces la masa M de la curva es igual a:
M =
∫
Cδ(x, y, z)dS
Centro de gravedad de una curva (X, Y , Z)
X =1
M
∫
Cxδ(x, y, z)dS , Y =
1
M
∫
Cyδ(x, y, z)dS , Z =
1
M
∫
Czδ(x, y, z)dS
Momento estatico y momento de inercia
ML =
∫
Cd(x, y, z)δ(x, y, z)dS , IL =
∫
Cd2(x, y, z)δ(x, y, z)dS
donde d(x, y, z): distancia de un punto de la curva C a la recta L
Momentos estaticos respecto a los planos coordenados son:
MX Y =
∫
Czδ(x, y, z)dS , MX Z =
∫
Cyδ(x, y, z)dS , MY Z =
∫
Cxδ(x, y, z)dS
1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 3
Momentos de inercia respecto a los ejes coordenados X,Y ,Z son:
IX =
∫
C(y2+z2)δ(x, y, z)dS , IY =
∫
C(x2+z2)δ(x, y, z)dS , IZ =
∫
C(x2+y2)δ(x, y, z)dS
Ejemplo 1.2.1 Calcule la integral de linea∫C xydS donde C es el cuarto de circunferencia
en el primer cuadrante de radio uno.
Solucion
Sea C: x = cos t , y = sent , t ∈ [0, π/2]
luego dS =√
(−sent)2 + (cos t)2dt = dt. Entonces
∫
CxydS =
∫ π/2
0
cost sent dt =1
2sen2t|π/2
0 =1
2
Ejemplo 1.2.2 Halle la masa total de un alambre cuya forma es la de la curva y = |x|con −1 ≤ x ≤ 1. Si la densidad de cada punto P de el es igual al valor absoluto del
producto de las coordenadas del punto.
Solucion
Sabemos que M =∫C δ(x, y, z)dS. Entonces calculemos M =
∫C |x y|dS , pero como
y = |x|, M =∫C x2dS.
Figura 1.2:
C1 : y = −x ⇒ α1(t) = (t,−t) − 1 ≤ t < 0
C2 : y = x ⇒ α2(t) = (t, t) 0 ≤ t < 1
M =
∫
C1
x2dS +
∫
C2
x2dS =
∫ 0
−1
t2 ‖α1′(t)‖dt +
∫ 1
0
t2 ‖α2′(t)‖dt
=
∫ 0
−1
t2√
2dt +
∫ 1
0
t2√
2dt =2√
2
3
1.3. Integral de Linea y Trabajo
Ahora aproximemos el trabajo W realizado por el campo de fuerza F al mover una
Figura 1.3:
partıcula a lo largo de la curva C de A a B,
para lo cual subdividamos C como se indica en
la figura 1.3.
Pensamos que F mueve la partıcula de Pi−1
a Pi dos puntos de division consecutivos de C.
El trabajo 4Wi realizado es aproximadamente
el producto de la distancia 4Si de Pi−1 y Pi
4 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
(medida a lo largo de C) y la componente tangencial F.T de la fuerza F en el punto tıpico
(x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )) entre Pi−1 y Pi. Ası 4Wi ≈ F (x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )).T (t∗i )4Si de modo
que el trabajo total W esta dado aproximadamente por:
W ≈n∑
i=1
F (x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )).T (t∗i )4Si
Esto sugiere que definamos el trabajo W como:
W =
∫
CF.TdS
Por lo tanto el trabajo es la integral con respecto de la componente tangencial de la
fuerza.
Si la curva C esta parametrizada por α(t) con t ∈ [a, b] entonces:
W =
∫
CF.TdS =
∫ b
a
F (α(t)).α ′(t)‖α ′(t)‖‖α
′(t)‖dt =
∫ b
a
F (α(t)).α ′(t)dt
W =
∫ b
a
F (α(t)).α ′(t)dt
Siendo W el trabajo realizado por el campo de fuerzas F sobre una partıcula que se
mueve a lo largo de una trayectoria α(t) con t ∈ [a, b].
Teorema 1.3.1 i Supongamos que el campo de vectores F = (P, Q, R) tiene funciones
componentes continuas y que T es el vector tangente unitario a la curva suave C. Entonces
∫
CF.TdS =
∫
CPdx + Qdy + Rdz
(Para la Prueba ver Cap. 16 pag. 913 de [2])
Observaciones
1. Si la curva C estuviera parametrizada por trayectorias diferentes que originan la mis-
ma orientacion de C entonces el resultado de la integral de linea sobre esas trayec-
torias es la misma es decir, por ejemplo:
∫
CF (α).dα =
∫
CF (β).dβ
Si las trayectorias α(t) y β(t) originan orientaciones opuestas de C entonces
∫
C−1
F (α).dα = −∫
CF (β).dβ
C−1 denota la curva C con su orientacion invertida.
1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 5
2. Cuando C es una curva cerrada, a la integral de linea del campo vectorial F a lo
largo de C se le denota por ∮
CF.T dS
3. De acuerdo con la segunda ley de Newton [6], se sabe que si el cuerpo tiene masa m,
entonces la fuerza que actua sobre el es igual a la rapidez de cambio del momento
p = mv es decir,
F =dp
d t= m
dv
dt= mα ′′(t)
Sustituyendo este resulta en la integral anterior, y observando que ddt
(α ′(t) . α ′(t)) =
2 α ′′(t) . α ′(t), inferimos que el trabajo W esta dado por:
W =
∫
CF.T dS =
∫
Cmα ′′(t) . T dS
=
∫ b
a
mα ′′(t) . α ′(t) dt =
∫ b
a
d
dt(m
2α ′(t) . α ′(t))
=
∫ b
a
d
dt(m
2‖α ′(t) ‖2) =
∫ b
a
d
dt(m
2v2(t))
=m
2v2(t)|ba =
m
2[ v2(b)− v2(a) ]
Por tanto el trabajo realizado es igual al incremento o ganacia de la energıa cinetica
del cuerpo de la partıcula.
4. Si el campo de fuerzas F es irrotacional (conservativo), entonces el trabajo efectuado
efectuado para mover una partıcula alrededor de una trayectoria cerrada es cero.
Ejemplo 1.3.1 Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas F (x, y, z) = (x − y +
2z, x+y−3z2, 2xz−4y2) al mover una partıcula alrededor de la curva cerrada x2
4+y2 = 1,
z = 2 en sentido antihorario.
Solucion
Figura 1.4:
La curva C : x2
4+ y2 = 1 se puede
parametrizar por:
x = 2 cost
y = sent 0 ≤ t ≤ 2 π
z = 2
Luego C : α(t) = (2 cost, sent, 2) t ∈ [0, 2π] y
α ′(t) = (−2 sent, cost, 0).
6 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
Finalmente
W =
∫
CF.TdS =
∫ 2π
0
F (α(t)).α ′(t)dt =
∫ 2π
0
(−3sent cost− 8sent + 2cos(2t)) dt = 0
1.3.1. Independencia de la trayectoria
Sea F = (P, Q,R) un campo vectorial con funciones componentes continuas. La inte-
gral de linea de ecuacion∫
CF.T dS =
∫
CP dx + Qdy + R dz
es independiente de la trayectoria en la region D si, dados dos puntos A y B de D, la
integral tiene el mismo valor a lo largo de cualquier curva suave por partes o trayectoria
en D de A en B. En este caso podemos escribir∫
CF.T dS =
∫ B
A
F.T dS
debido a que el valor de la integral solo depende de los puntos A y B y no de la eleccion
particular de la trayectoria C que los une.
Teorema 1.3.2 (Independencia de la trayectoria) La integral de linea∫C F.T dS es
independiente de la trayectoria en la region D si y solo si F = ∇f para alguna funcion
f definida en D.
(Para la Prueba ver Cap. 16 pag. 917 de [2])
1.4. Campos Conservativos y Funciones Potenciales
Definicion 1.4.1 El campo vectorial F definido en una region D es conservativo si existe
una funcion escalar f definida en D tal que
F = ∇f
en cada punto de D. En este caso, f es una funcion potencial para el campo vectorial F .
Nota
En el campo de fuerzas conservativo F = −∇U , a la funcion U se le llama energıa
potencial y es una cantidad que solo tiene significado si consideramos los cambios que en
ella se operan, lo que implica que la fijacion de un nivel cero para la energıa potencial U
es arbitraria. En este caso se tiene: W =∫ B
AF . T dS = U(A)−U(B) lo cual significa que
el trabajo W desarrollado por F al mover una partıcula de A a B es igual al decremento
de energıa potencial.
1.4. CAMPOS CONSERVATIVOS Y FUNCIONES POTENCIALES 7
Ejemplo 1.4.1 determine una funcion potencial par el campo vectorial conservativo
F (x, y) =
(x
x2 + y2,
y
x2 + y2
)∀(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} = D
Solucion
Notemos que una funcion potencial para F es f(x, y) = 12Ln(x2 + y2) pues se cumple
F = ∇f
Ejemplo 1.4.2 Evalue∫ (5,12)
(3,4)x
x2+y2 dx + yx2+y2 dy (el origen de coordenadas no se halla
en el contorno de integracion)
Solucion
Como F (x, y) =(
xx2+y2 ,
yx2+y2
)es conservativo, esto es F = ∇f donde f(x, y) =
12Ln(x2+y2), entonces la integral de linea
∫ (5,12)
(3,4)F.T dS es independiente de la trayectoria
por lo tanto∫ (5,12)
(3,4)
F.T dS = f(5, 12)− f(3, 4) =1
2(Ln(169)− Ln(25)) = Ln(13/5)
Definicion 1.4.2 (Conjuntos simplemente conexo en R2) Un conjunto D ⊂ R2 es
simplemente conexo [4], si para toda curva simple cerrada contenida en D la region encer-
rado por dicha curva tambien esta contenido en D.
Intuitivamente, un conjunto D ⊂ R2 es simplemente conexo si no tiene agujeros.
Figura 1.5: Region simplemente conexo Figura 1.6: Regiones no simplemente conexos
Figura 1.7: El toro circular no es simplemente
conexo
De forma similar, un conjunto D ⊂ R3
es simplemente conexo[4], si D fuese de un
material elastico podrıa deformarse continu-
amente, ”sin cortes ni pegamentos”, a una
esfera.
8 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
Teorema 1.4.1 (Campo conservativo y funcion potencial en R2) Sea D un dominio
simplemente conexo en R2. Sean las funciones P (x, y) y Q(x, y) continuas y que tienen
derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo vectorial F =
(P,Q) es conservativo en D si y solo si
∂P
∂y=
∂Q
∂xen cada punto de D (α)
(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])
Teorema 1.4.2 (Campo conservativo y funcion potencial en R3) Sea D un dominio
simplemente conexo en R3. Sean las funciones P (x, y, z) , Q(x, y, z) y R(x, y, z) contin-
uas y que tienen derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo
vectorial F = (P, Q,R) es conservativo en D si y solo si ∇× F = (0, 0, 0), esto es,
∂P
∂y=
∂Q
∂x,
∂P
∂z=
∂R
∂x,
∂Q
∂z=
∂R
∂yen cada punto de D (β)
(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])
Observacion
Se dice que P dx + Qdy y P dx + Qdy + R dz son diferenciales exactas, si cumplen
(α) y (β) respectivamente.
Ejemplo 1.4.3 Determine una funcion potencial para el campo vectorial
F (x, y) = (6xy − y3, 4y + 3x2 − 3xy2)
Solucion
Notemos que el D = Dom(F ) = R2.
Se tiene que P (x, y) = 6xy − y3 y Q(x, y) = 4y + 3x2 − 3xy2. Luego
∂P
∂y= 6x− 3y2 =
∂Q
∂x∀(x, y) ∈ D
De este ultimo resultado concluimos que F es conservativo, entonces F = ∇f . Ahora
hallemos la funcion potencial f .
Dado que F = ∇f ⇒ (P, Q) =(
∂f∂x
, ∂f∂y
), luego
∂f∂x
= 6xy − y3 (1)
∂f∂y
= 4y + 3x2 − 3xy2 (2)
Luego integrando la ecuacion (1) se tiene∫
df =
∫(6xy − y3) dx ⇒ f(x, y) = 3x2y − y3x + h(y) (α)
1.5. TEOREMA DE GREEN 9
Derivemos (α) con respecto a y se tiene:
∂f
∂y= 3x2 − 3y2x +
dh
dy
De esta ultima ecuacion, y de (2) se tiene:
4y + 3x2− 3xy2 = 3x2− 3y2x +dh
dy⇒ dh
dy= 4y ⇒ h =
∫4y dy ⇒ h(y) = 2y2 + c
Haciendo c = 0 en el ultimo resultado y luego reemplazando en (α) se obtiene una funcion
potencial f(x, y) = 3x2y − y3x + 2y2
1.5. Teorema de Green
George Green (julio de 1793, 31 de mayo de 1841) fue un matematico britanico cuyo
trabajo influencio notablemente el desarrollo de importantes conceptos en fısica [4].
El teorema de Green relaciona una integral de linea alrededor de una curva plana
cerrada C con una integral doble ordinaria sobre la region plana R acotada por C donde
Figura 1.8:
R es un conjunto compacto (es decir es un conjunto cerrado y acotado) y ∂R = C es el
borde o frontera de region R.
Definicion 1.5.1 Una curva tiene orientacion positiva respecto a la region R cuando el
sentido de la curva es tal que la region R esta a su izquierda. Es decir, el vector que se
obtiene del vector tangente unitario T mediante una rotacion de 90o en sentido contrario
al de las manecillas del reloj apunta hacia dentro de la region R.
Figura 1.9:
10 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
Teorema 1.5.1 (GREEN) Sea D un dominio simplemente conexo de R2. Sean P (x, y)
y Q(x, y) dos funciones continuas y que tienen derivadas parciales de primer orden con-
tinuas en D. Sea C una curva simple cerrada suave por partes y positivamente orientada
respecto a la region que lo encierra R, estando C y R contenidos en D. Entonces se
verifica ∮
CP dx + Qdy =
∫ ∫
R
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dxdy
(Para la prueba ver Cap. 11 pag. 465 de [1])
Nota
Figura 1.10:
Podemos devidirR en dos regionesR1 yR2 y tam-
bien podemos subdividir la frontera de C de R y es-
cribir C1 ∪D1 para la frontera de R1 y C2 ∪D2 para
la frontera de R2, obtenemos∮
C1∪D1
Pdx + Qdy =
∫ ∫
R1
(∂Q
∂x− ∂P
∂y)dxdy
∮
C2∪D2
Pdx + Qdy =
∫ ∫
R2
(∂Q
∂x− ∂P
∂y)dxdy
∫
D2
Pdx + Qdy = −∫
D1
Pdx + Qdy
Ejemplo 1.5.1 Calcule la integral de linea∮C 3xydx + 2x2dy donde C es la frontera de
la region R que esta acotada por la recta y = x y la parabola y = x2 − 2x
Solucion
Figura 1.11:
Se tiene que P (x, y) = 3xy y Q(x, y) = 2x2.
Luego
∂P
∂y= 3x y
∂Q
∂x= 4x ⇒ ∂Q
∂x− ∂P
∂y= x
Aplicando el teorema de Green se tiene:∮
C3xydx+2x2dy =
∫ 3
0
∫ x
x2−2x
xdy dx =
∫ 3
0
(3x2−x3)dx =27
4
Corolario 1.5.1 El area A de la region R acotada por una curva simple suave por partes
C esta dada por:
A =1
2
∮
C−y dx + x dy = −
∮
Cy dx = −
∮
Cx dy
1.5. TEOREMA DE GREEN 11
Ejemplo 1.5.2 Halle el area de la elipse x2
a2 + y2
b2= 1
Solucion
Parametrizando la elipse se tiene:
x = a cost
y = b sent 0 ≤ t ≤ 2 π
Luego:
dx = −a sent dt y dy = b cost dt
Por el corolario anterior, el area de la elipse es:
A =1
2
∮
C−y dx + x dy =
1
2
∫ 2 π
0
( a b sen2t + a b cos2t )dt = ab π
Observacion
Figura 1.12:
Si dividimos una region R en otras
mas simples, podemos extender el Teore-
ma de Green a regiones con fronteras que
consten de dos o mas curvas simples cer-
radas.
∫ ∫
R(∂Q
∂x− ∂P
∂y)dxdy =
∫ ∫
R1
(∂Q
∂x− ∂P
∂y)dxdy +
∫ ∫
R2
(∂Q
∂x− ∂P
∂y)dxdy
=
∮
C1Pdx + Qdy +
∮
C2Pdx + Qdy
=
∮
C=∂RPdx + Qdy
Ejemplo 1.5.3 Suponga que C es una curva cerrada simple suave que encierra al origen
(0, 0). Muestre que: ∮
C
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy = 2 π
Pero que esta integral es cero si C no encierra al origen.
Solucion
Figura 1.13:
Se tiene que
P (x, y) = −yx2+y2 y Q(x, y) = x
x2+y2 .
Luego
∂P
∂y=
∂Q
∂x⇒ ∂Q
∂x−∂P
∂y= 0 cuando x e y no son cero
12 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA
Si la region R acotada por C no contiene al origen
entonces P y Q y sus derivadas son continuas en R,
por tanto el Teorema de Green implica que la integral dada es cero.
Si C encierra al origen, entonces encerramos al origrn en un pequeno cırculo Ca de
radio a tan pequeno que Ca se encuentre totalmentedentro de C. Parametricemos este
cırculo por:
x = a cost
y = a sent 0 ≤ t ≤ 2 π
Entonces el Teorema de Green, aplicado a la region R entre C y Case tiene
∮
C
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy +
∮
Ca
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy =
∫ ∫
R0 dA = 0
Luego
∮
C
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy = −
∮
Ca
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy
=
∮
C−1a
−y
x2 + y2dx +
x
x2 + y2dy
=
∫ 2 π
0
a2 sen2t + a2 cos2t
a2dt
= 2 π.
Nota
Notese que Ca tiene orientacion positiva (en este caso el sentido de las manecillas del
reloj) y C−1a es la curva inversa de Ca.
Teorema 1.5.2 Sea W = P dx + Qdy una diferencial exacta en un conjunto abierto
U ⊂ R2, es decir, ∂P∂y
= ∂Q∂x
, ∀(x, y) ∈ U . Se cumple las siguientes propiedades:
(1). Si U es simplemente conexo,∫
CW = 0 (por el teorema de Green)
Figura 1.14:
(2). Si U es doblemente conexo, C1 y C2 homotopicos (es decir, se puede llegar de
C2 a C1 mediante un transformacion) y tienen el mismo sentido, entonces se cumple:
Supongamos (en lo que sigue) que las funciones componentes de r tienen derivadas
parciales continuas con respecto de u y v y tambien que los vectores
ru = ∂r∂u
= (∂x∂u
, ∂y∂u
, ∂z∂u
)
rv = ∂r∂v
= (∂x∂v
, ∂y∂v
, ∂z∂v
)
Son distintos de cero y no paralelos en cada punto interior de RLas variables u y v son los parametros de la superficie S (en analogıa con el parametro
t para una curva parametrica).
Ejemplo 2.1.1 La funcion r : [0, 2π〉 × R → R3 definida por r(u, v) = (cosu , senu , v)
representa un cilindro de base regular como se muestra en la figura 2.2.
Figura 2.2:
2.2. AREA DE LA SUPERFICIE PARAMETRICA 19
Ejemplo 2.1.2 1. A partir de una superficie de ecuacion explicita, z = f(x, y) por
ejemplo, se puede tener una superficie parametrica dada por
x = x , y = y , z = f(x, y)
2. Podemos considerar de igual forma, una superficie dada en coordenadas cilındricas
por la grafica de z = g(r, θ) como una superficie parametrica con parametros r y θ.
La transformacion r del plano r θ al espacio X Y Z esta dada entonces por:
x = r cosθ , y = r senθ , z = g(r, θ)
3. Podemos considerar tambien una superficie dada en coordenadas esfericas por ρ =
h(θ, φ) como una superficie parametrica con parametros θ y φ y la transformacion
correspondiente del plano θ φ al espacio X Y Z esta dada entonces por
x = h(θ, φ) senφ cosθ , y = h(θ, φ) senφ senθ , z = h(θ, φ) cosφ
Ejemplo 2.1.3 Identifique y haga un esbozo de la grafica de la superficie parametrica S
dada por r = (u, v,√
1− u2 − v2) donde (u, v) ∈ D = {(u, v) ∈ R2 / u2 + v2 ≤ 1}
Solucion
Como x = u , y = v , z =√
1− u2 − v2 ⇒ z = f(x, y) =√
1− x2 − y2
Figura 2.3:
Ahora definamos el area de la superficie parametrica general dada en la ecuacion (1).
2.2. Area de la superficie parametrica
Consideremos una particion interior de la region R ( el dominio de r en el plano U V )
en rectangulos R1 , R2 , ...Rn, cada una con dimensiones 4u y 4v. Sea (ui, vi) la esquina
20 CAPITULO 2. SUPERFICIES
inferior de Ri. La imagen Si de Ri bajo r no sera generalmete un rectangulo en el espacio
X Y Z; se vera como una figura curvilinea en la superficie imagen S, con r(ui, vi) como
un vertice. Sea 4Si el area de esta figura curvilinea Si.
Figura 2.4:
Las curvas parametricas r(u, vi) y r(ui, v) (con parametros u y v respectivamente) estan
sobre la superficie S y se intersectan en el punto r(ui, vi). En este punto de interseccion,
estas dos curvas tienen los vectores tangentes ru(ui, vi), rv(ui, vi) como se muestra en
la figura. Por tanto su producto vectorial N(ui, vi) = ru(ui, vi) × rv(ui, vi) es un vector
normal a S en el punto r(ui, vi).
Figura 2.5:
Ahora consideremos que 4u y 4v son pequenos. Entonces el area 4Si de la figu-
ra curvilinea Si sera aproximadamente igual al area 4Pi del paralelogramo con lados
adyacentes ru(ui, vi)4u y rv(ui, vi)4v. Pero el area de este paralelogramo es
Ejemplo 3.4.6 Se consideran el campo vectorial F (x, y, z) = (x2, x − 2x y, 0), y la su-
perficie regular S (con vector normal n de tercera componente positiva) que resulta de la
interseccion del plano 2y + z− 6 = 0 y el cubo [0, 4]× [0, 4]× [0, 4]. Si γ es el borde de S,
con orientacion antihoraria, calcule∮
γG . T dS. donde F = rot G.
Solucion
La superficie S esta parametrizado por r(x, y) = (x, y, 6− 2y), luego
Figura 3.15:
rx = (1, 0, 0)
ry = (0, 1,−2)
rx × ry = (0,−2, 1) = N
Por el Teorema de Stokes, se tiene:∮
γ
G . T dS =
∫ ∫
S
rot G.n dS
=
∫ ∫
D
F.N dx dy
=
∫ 4
0
∫ 3
1
(−2x + 4xy) dy dx
= −96.
Ejemplo 3.4.7 Calcule la circulacion del cam-
po de velocidades de un fluido F (x, y, z) = ( arctan (y2) , 3x , e3 z tan(z)) a lo largo de la
interseccion de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 con el cilindro x2 + y2 = 1, con z > 0.
Solucion
La circulacion de un campo es su integral a lo largo de la curva cerrada (trabajo), esto
es: ∫
C
F . T ds.
Recordemos que la razon entre la circulacion del campo de velocidades y el area de la
superficie encerrada por la curva, tiende a un cierto valor a medida que el radio de la curva
tiende a cero; si este valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional.
3.4. EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 43
Figura 3.16:
Primero parametricemos la superficie S (que es la
interseccion del cilindro con la esfera) por r(r, θ) =
(r cosθ , r senθ ,√
4− r2) donde 0 ≤ r ≤ 1 y
0 ≤ θ ≤ 2 π. Luego se tiene:
N = rr × rθ = ( r√4−r2 cosθ , r√
4−r2 senθ , r )
Para calcular la circulacion del campo F , aplique-
mos el teorema de Stokes:∫
C
F . T ds =
∫ ∫
S
rot F . n dS
=
∫ ∫
D
rot F . N dr dθ
=
∫ 2 π
0
∫ 1
0
(0, 0, 3) . (r√
4− r2cosθ ,
r√4− r2
senθ , r ) dr dθ
=
∫ 2 π
0
∫ 1
0
3 r dr dθ
= 3 π
Observacion
Notemos que calcular la circulacion en forma directa es bastante engorroso.
EJERCICIOS PROPUESTOS
1. Calcule∫ ∫
S(x2 + y2) dS, siendo S la superficie del cono z2 = 3(x2 + y2), con 0 ≤
z ≤ 3.
2. Sea S la semiesfera x2 + y2 + z2 − a2 = 0 , z ≥ 0. Halle∫ ∫
S(x2 + y2) dS.
3. Sea F un campo irrotacional con derivadas primeras continuas en un dominio D
simplemente conexo de R3. Sea γ una curva simple cerrada contenida en D. Pruebe
que la circulacion (∮
γF . T ds) es cero.
4. Calcule∮
C2ydx+3xdy−z2dz siendo C la circunferencia de ecuaciones parametricas
x = 3cost , y = 3sent , z = 0 , para 0 ≤ t ≤ 2 π.
5. Se consideran el cono S de ecuaciones parametricas x = ucosv , y = usenv , z =
3u , para 0 ≤ u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π y el campo vectorial F = (x, y, z). Halle el
flujo de F a traves de S en el sentido normal exterior.
6. Halle el flujo de F = (sen(xyz), x2y, z2ex/5) que atraviesa la parte del cilindro 4y2 +
z2 = 4 que esta arriba del plano XY y entre los planos x = −2 y x = 2 con
44 CAPITULO 3. INTEGRALES DE SUPERFICIE
orientaciones hacia arriba.
7. Un fluido tiene densidad de 1500 y campo de velocidad v = (−y, x, 2z). Encuentre
la rapidez de flujo que atraviesa la superficie, dirigido hacia afuera (flujo exterior)
x2 + y2 + z2 = 25.
8. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga contenida en la semiesfera solida x2 +
y2 + z2 ≤ a2 , z ≥ 0, si el campo electrico es E(x, y, z) = (x, y, 2z).
9. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga encerrada por el cubo con vertices
(±1,±1,±1) si el campo electrico es E(x, y, z) = (x, y, z).
10. La temperatura en el punto (x, y, z) en una sustancia con conductividad K = 6, 5 es
u(x, y, z) = 2y2 + 2z2. Encuentre la rapidez del flujotermico hacia dentro que cruza
la superficie cilındrica y2 + z2 = 6 , 0 ≤ x ≤ 4.
11. Aplicando el teorema de Stokes, calcule la integral de linea∮
Cx2y3dx + dy + zdz
donde C es la curva x2 + y2 = R2 , z = 0 recorrido en sentido antihorario.
12. Sea S la superficie helicoidal paramerizadopor r(u, v) = (ucosv , usenv , v) 0 ≤u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π/2. Verifique el teorema de Stokes sobre la superficie S con
normal exterior hacia arriba para el campo vectorial F (x, y, z) = (z, x, y).
13. Verifique que se cumple el teorema de Stokes para el campo vectorial dado F y la
superficie S.
a) F (x, y, z) = (3y, 4z,−6x), S es la parte del paraboloide z = 9− x2 − y2 que se
encuentra arriba del plano XY , orientado hacia arriba.
b) F (x, y, z) = (y, z, x), S es la parte plano x + y + z = 1 que se encuentra en el
primer octante, orientado hacia arriba.
14. Calcule el trabajorealizado por el campo de fuerza
F (x, y, z) = (xx + z2, yy + x2, zz + y2)
al mover una partıcula alrededor del borde de la parte de la esfera x2+y2+z2 = 4 que
esta en el primer octante, en sentido contrario al giro de las manecillas del reloj(visto
desde arriba).
15. Si S es una esfera y F satisface las hipotesis del teorema de Stokes, demuestre que∫ ∫
Srot F . n dS = 0.
Bibliografıa
[1] Apostol Tom, M. Calculus Vol I y II, ed.,Reverte, Barcelona 2001.
[2] Edwards, Jr., D. Calculo con Geometra Analıtica, ed.,Prentice Hall, Mexico, 1998.
[3] Garcia Lopez, A. Calculo II, ed.,CLAGSA, Madrid, 1997.
[4] Pita Ruiz, C. Calculo Vectorial, ed.,Prentice Hall, Mexico, 1998.