2. Integrales sobre superficies
2.3. Recorridos equivalentes Orientaci´ on de una superficie
Observemos que los dos ejemplos anteriores nos muestran casos en los cuales la integral de superficie var´ıa de signo al cambiar el sentido del vector normal asociado al recorrido y tambi´en nos muestran que la integral de superficie puede variar seg´un el n´umero de vueltas que d´e el recorrido. Por esta raz´on se introduce el concepto de
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.91
recorridos equivalentes, que es an´alogo al concepto de caminos equivalentes visto en el cap´ıtulo anterior.
Definici´on 2.13 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que dos recorridos ϕ : R1 → S y ψ : R2 → S son equivalentes si existe una
funci´on continua H : R1→ R2 tal que:
1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1
2- H :
◦
R1 → ◦
R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de clase
C1y con jacobiano no nulo en todos los puntos deR◦ 1.
La propiedad 1 es la condici´on natural que es l´ogico pedir a dos recorridos de una misma superficie si pretendemos pasar de uno a otro. Y en la propiedad 2 no nos deber´ıa sorprender que aparezca el t´ermino difeomorfismo porque es la condici´on que se pide, en el teorema del cambio de variable para la integral de Riemann, a la funci´on H que describe el cambio de variable.
Observemos que al ser H : R◦1 → ◦ R2 biyectiva la funci´on H −1 : R◦2 → ◦ R1
est´a definida de manera ´unica, entonces aplicando el teorema de la funci´on inversa a cada punto deR◦1(lo cual podemos hacer porque por hip´otesis el jacobiano de H
es no nulo en todos los puntos del interior) se demuestra que H−1 :
◦
R2 → ◦
R1 es
tambi´en de clase C1 y con jacobiano no nulo.
Observemos que sobre los puntos de la frontera solo le pedimos a H que sea continua, porque como ya hemos observado la integral de Riemann no cambia si en lugar de integrar en R integramos en
◦
R.
Es interesante destacar que de las propiedades de H se deduce tambi´en que la funci´on det DH :
◦
R1→ R es continua y no nula. Adem´as como ◦
R1 es un conjunto
arco conexo, aplicando el teorema de Bolzano se demuestra que det DH tiene signo constante en
◦
R1, de modo que o siempre es mayor que cero o siempre es menor que
cero. En efecto, sean x1 y x2 dos puntos de ◦
R1 y sea α : [a, b] → ◦
R1 una funci´on
continua tal que α(a) = x1y α(b) = x2, entonces la funci´on det(H(α(t)) : [a, b] → R
es una funci´on continua y no nula. Por lo tanto si det(H(x1)) y det(H(x2)) tuvieran
signos distintos, por el teorema de Bolzano existir´ıa un punto t0 ∈ (a, b) tal que
det(H(α(t0)) = 0, lo cual contradice el hecho de que det(H(α(t)) 6= 0 para todo
t ∈ [a, b]. Como veremos m´as adelante el signo de detDH determinar´a si los dos recorridos dan la misma orientaci´on a S o dan orientaciones contrarias.Recordemos que en la primera parte vimos que suced´ıa algo similar con los recorridos de los caminos, en ese caso habl´abamos de sentidos de los recorridos, en lugar de orientaciones.
Tambi´en en el cap´ıtulo anterior, observamos que cualquier recorrido de un camino que ven´ıa definido desde el intervalo [a, b] se pod´ıa transformar en un recorrido equivalente definido en el intervalo [0, 1] sin m´as que usar la funci´on h : [0, 1] → [a, b] definida por h(t) = (b − a)t + a. De forma an´aloga, cualquier recorrido de una superficie S que venga definido desde la regi´on simple [a, b] × [c, d] se puede transformar en un recorrido equivalente definido desde la regi´on simple [0, 1] × [0, 1] sin m´as que usar la funci´on H : [0, 1] × [0, 1] → [a, b] × [c, d] dada por H(u1, u2) =
((b − a)u1+ a, (d − c)u2+ c), de modo que podemos asumir que los dominios en forma
de rect´angulos se pueden reducir al rect´angulo [0, 1] × [0, 1]. En el siguiente ejemplo vamos a ver que sucede cuando transformamos una regi´on simple rectangular en una circular.
Ejemplo 2.14 Sea S la semi esfera superior de radio 1 y centro el origen de coordenadas; es decir, S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; x12+ x22+ x23≤ 1 y x3 ≥ 0}. como
vimos en el ejemplo 2.5 podemos recorrer S de dos maneras usando las siguientes funciones:
ϕ : [0, 2π] × [0, π/2] → S
(u1, u2) (cos u1senu2, senu1senu2, cos u2)
ψ : R → S
(x1, x2) (x1, x2,p1 − x21− x22)
siendo R = {(x1, x2); x21+ x22≤ 1}. Veamos si estos dos recorridos son equivalentes.
Definimos H : [0, 2π] × [0, π/2] → R por:
H(u1, u2) = (cos u1senu2, senu1senu2).
Observemos que en la definici´on de H intervienen las coordenadas polares, de hecho para cada valor u2 ∈ [0, π/2] se verifica que 0 ≤ senu2≤ 1 de modo que podemos
interpretar este valor positivo como un radio y u1 como el ´angulo que da la vuelta
entera.
Por un lado es inmediato que H es de clase C1
en todo R2y verifica:
ψ(H(u1, u2))
= ψ(cos u1senu2, senu1senu2)
= (cos u1senu2, senu1senu2,
p
1 − cos2u
1sen2u2− sen2u1sen2u2)
= (cos u1senu2, senu1senu2,
p
1 − sen2u
2(cos s2u1+ sen2u1)
= (cos u1senu2, senu1senu2, cos u2) = ϕ1(u1, u2).
porque cosu2≥ 0 cuando u2∈ [0, π/2]. Adem´as
det(DH(u1, u2)) = det
−senu1senu2 cos u1senu2
cos u1cos u2 senu1cos u2
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.93
es nulo solo cuando u2= 0 o u2= π/2, y en los puntos de ◦
R1= (0, 2π) × (0, π/2) es
positivo. Vamos a estudiar ahora la inyectividad de H restringida a
◦
R1. Supongamos
que dos puntos (u1, u2), (v1, v2) ∈ ◦
R1verifican que
cos u1senu2 = cos v1senv2
senu1senu2 = senv1senv2
Empezamos por descartar los casos en que alguna de las funciones trigonom´etricas que aparecen en estas ecuaciones es nula. Observemos que u2, v2∈ (0, π/2) de modo
que senu2 6= 0 y senv2 6= 0 y como u1, v1 ∈ (0, 2π) se tiene que senu1 = 0 si y
solo si senv1 = 0 si y solo si u1 = π = v1. Por ´ultimo, tenemos que cosu1 = 0 si
y solo si cosv1 = 0 si y solo si u1 y v1 toman los valores π/2 o 3π/2. Pero si estas
variables tomasen distintos valores la segunda ecuaci´on quedar´ıa senu2= −senu1lo
cual es imposible porque ambas funciones son estrictamente positivas en (0, π/2). De modo que podemos asumir que todas las funciones trigonom´etricas son distintas de 0 y despejar en consecuencia cualquiera de ellas. Esto nos permite combinar ambas ecuaciones para llegar a la igualdad:
tagu1= tagv1
Lo cual implica que u1 = v1 o bien u1 = v1± π. Pero de nuevo si estas variables
tomasen distintos valores la segunda ecuaci´on quedar´ıa senu2 = −senu1 lo cual
es imposible. Una vez probado que u1 = v1 simplificando en cualquiera de las dos
ecuaciones llegamos a la igualdad senu2= senv2, la cual implica que u2= v2, porque
ambas variables se mueven en el intervalo (0, π/2). Finalmente observamos que la funci´on H restringida al conjunto
◦
R1no llena el conjunto ◦
R2= {(x1, x2); x21+x22< 1}
porque no cubre el punto (0, 0). Para el resto de los puntos es f´acil ver que H los cubre usando la interpretaci´on de H en t´erminos de coordenadas polares: para cada r ∈ (0, 1) tomamos u2 ∈ (0, π/2) de modo que r = senu2 y despu´es elegimos el
´
angulo u1∈ (0, 2π) correspondiente al vector (x1, x2) ∈ ◦
R2\{(0, 0)}.
Una vez probado que H : R◦1 → ◦ R2\{(0, 0)} es biyectiva, entonces H −1 : ◦ R2\{(0, 0)} → ◦
R1 esta definida de forma ´unica y por el teorema de la funci´on
inversa aplicado a cada punto de
◦ R1 se concluye que H −1 : ◦ R2\{(0, 0)} → ◦ R1 es tambi´en de clase C1.
Aunque no hayamos conseguido que se verifiquen todas las condiciones, el resultado obtenido es suficiente para alcanzar el objetivo deseado; esto es que las integrales sobre los dos recorridos coincidan, porque podemos aplicar el teorema del cambio de variable sobre los conjuntos
◦
R2\{(0, 0)} y ◦
R1 y la integral de Riemann no cambia si
integramos en
◦
R2\{(0, 0)} o en ◦
A continuaci´on, aplicando el teorema del cambio de variable en la integral de Riemann, vamos a ver las relaciones que se dan entre las integrales sobre dos recorridos equivalentes de S.
Proposici´on 2.15 : Sean ϕ y ψ dos recorridos equivalentes de S y sean f y F dos campos continuos definidos sobre S. Si existen las integralesR ϕ f,R ψ f,R ϕ F · N yR ψ F · N , entonces se verifica: Z ϕ f = Z ψ f, Z ϕ F · N = Z ψ F · N si det DH(u1, u2) > 0 Z ϕ F · N = − Z ψ F · N si det DH(u1, u2) < 0
Demostraci´on Antes de aplicar el teorema del cambio de variable vamos a demostrar que los vectores normales asociados a los dos recorridos verifican la siguiente igualdad:
D1ϕ(u) × D2ϕ(u) = det DH(u) D1ψ(H(u)) × D2ψ(H(u)) .
Por la propiedad del producto vectorial demostrada en el problema 6 de la secci´on 2.5 basta con probar que para cada u ∈ R1 los cuatro vectores
D1ϕ(u), D2ϕ(u), D1ψ(H(u)) y D2ψ(H(u)) verifican la siguiente relaci´on:
D1ϕ1(u) D1ϕ2(u) D1ϕ3(u)
D2ϕ1(u) D2ϕ2(u) D2ϕ3(u)
= D1H1(u) D1H2(u) D2H1(u) D2H2(u)
D1ψ1(H(u)) D1ψ2(H(u)) D1ψ3(H(u))
D2ψ1(H(u)) D2ψ2(H(u)) D2ψ3(H(u))
Para probar esta relaci´on entre los cuatro vectores basta con aplicar la regla de la cadena sobre cada componente del recorrido ψ que por hip´otesis verifica ϕi(u) = ψi(H(u)) de modo que para j = 1 y j = 2 se tiene que:
Djϕi(u) = D1ψi(H(u))Dj(H1(u)) + D2ψi(H(u))Dj(H2(u)).
Observemos que la matriz DH(u) es la traspuesta de la matriz que aparece en la igualdad anterior pero como ambas matrices tienen el mismo determinante se verifica la igualdad deseada entre los vectores normales asociados a los dos recorridos.
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.95
Sea entonces f un campo escalar continuo definido sobre S. Por definici´on se verifica que: Z ψ f = Z R2 f (ψ(v))||N (v)||dv = Z R2 f (ψ(v))||D1ψ(v) × D2ψ(v)||dv = Z ◦ R2 f (ψ(v))||D1ψ(v) × D2ψ(v)||dv.
La ´ultima igualdad es debida a que la frontera de las regiones es un conjunto de medida nula. Entonces aplicando el teorema del cambio de variable en la integral de Riemann al difeomorfismo H :
◦
R1→ ◦
R2 que transforma la variable v en la variable
v = H(u) se tiene que: Z ◦ R2 f (ψ(v))||D1ψ(v) × D2ψ(v)||dv = Z ◦ R1
f (ψ(H(u)))||D1ψ(H(u)) × D2ψ(H(u))||| det DH(u))|du
= Z
◦
R1
f (ϕ(u))||D1ϕ(u) × D2ϕ(u)||du
= Z
R1
f (ϕ(u))||D1ϕ(u) × D2ϕ(u)||du =
Z
ϕ
f.
Si ahora tomamos F un campo vectorial continuo definido sobre S, entonces se verifica que: Z ψ F = Z R2 F (ψ(v))N (v)dv = Z R2 F (ψ(v)) D1ψ(v) × D2ψ(v) dv = Z ◦ R2 F (ψ(v)) D1ψ(v) × D2ψ(v) dv = Z ◦ R1
F (ψ(H(u))) D1ψ(H(u)) × D2ψ(H(u)) | det DH(u))|du.
En este caso la ´ultima igualdad coincide con Z
R1
F (ψ(H(u))) D1ψ(H(u)) × D2ψ(H(u)) det DH(u))du =
Z
ϕ
cuando det DH(u) > 0. Y si det DH(u) < 0 entonces se tiene queR
ψ
F = −R
ϕ
F .
La siguiente definici´on nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equivalentes.
Definici´on 2.16 Una superficie S ⊂ R3 se dice que es simple
si existe un recorrido ϕ : R → S biyectivo y continuo. tal que ϕ es de clase C1enR y adem´◦ as tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los
puntos del interior de R.
A los recorridos de las superficies simples que verifican estas condiciones se les denomina recorridos regulares de S.
Ejemplo 2.17 Dada cualquier regi´on simple R ⊂ R2y dado cualquier plano
en R3 de ecuaci´on ax
1+ bx2+ cx3= d si por ejemplo a 6= 0 entonces la superficie
recorrida por la funci´on:
ϕ : R ⊂ R2 →
S ⊂ R3
(u1, u2) (1a(d − bu1− cu2), u1, u2)
es una superficie simple.
El casquete esf´erico del ejemplo 2.5 es otra superficie simple, pero la esfera no lo es, porque no hay inyectividad.
La siguiente proposici´on demuestra que los recorridos regulares verifican el objetivo deseado.
Proposici´on 2.18 Dada una superficie simple S ⊂ R3 si ϕ y
ψ son dos recorridos regulares de S, entonces son recorridos equivalentes.
Demostraci´on Puesto que los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y
ψ : R2⊂ R2→ S ⊂ R3son funciones inyectivas y verifican que ϕ(R1) = ψ(R2) = S,
la definici´on de H es obvia:
H = ψ−1◦ ϕ : R1→ S → R2.
Esta funci´on es claramente biyectiva y verifica que ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1.
A continuaci´on vamos a demostrar que H es continua. Haremos la demostraci´on utilizando sucesiones y razonando por reducci´on al absurdo. La compacidad de los
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.97
dominios ser´a la clave. Supongamos que H no fuera continua en un punto u0.
Entonces existir´ıa una sucesi´on {xn} ⊂ R1 tal que {xn} converger´ıa a u0 pero
{H(xn)} ⊂ R2 no converger´ıa a H(u0). Eso significar´ıa que para un cierto ε > 0
y para una subsucesi´on de {H(xn)}, que volveremos a denotar por {H(xn)}, se
cumplir´ıa que ||H(xn) − H(u0)|| > ε para todo n. Como R2 es compacto alguna
subsucesi´on de {H(xn)} tiene que converger a un cierto v ∈ R2, de modo que si
denotamos a esa subsucesi´on por {H(xnk)} se verificar´ıa que {H(xnk)} converger´ıa
a v, la sucesi´on {xnk} converger´ıa a u0 pero ||H(xnk) − H(u0)|| > ε para todo
k, lo cual implicar´ıa que ||v − H(u0)|| ≥ ε Entonces, por la continuidad de las
funciones ϕ y ψ, las sucesiones {ϕ(xnk)} y {ψ(H(xnk)} converger´ıan a ϕ(u0) y
a ψ(v) respectivamente. Pero para todo k se verifica que ϕ(xnk) = ψ(H(xnk) de
modo que los limites de ambas sucesiones coinciden; es decir que ϕ(u0) = ψ(v) =
ψ(H(u0)), lo cual implica, por ser ψ, biyectiva que v = H(u0) que se contradice con
||v − H(u0)|| ≥ ε.
Observemos que un razonamiento an´alogo nos prueba que la funci´on H−1: R2→ R1
es continua de donde se deduce que H(f ron(R1)) = f ron(R2) y H( ◦
R1) = ◦
R2.
Veamos c´omo de la continuidad de H se deduce que H(f ron(R1)) ⊂ f ron(R2).
Supongamos que no fuera as´ı, entonces existir´ıa un punto x ∈ f ron(R1) tal que
H(x) /∈ f r(R2). Esto implica que H(x) ∈ ◦
R2. Pero como H es una funci´on continua
y
◦
R2 es un conjunto abierto se verifica que H −1 ( ◦ R2) es un conjunto abierto y adem´as x ∈ H−1( ◦
R2) ⊂ R1, lo cual contradice el hecho de que x ∈ f ron(R1)
porque H−1(
◦
R2) ∩ R2\R1 = ∅. Del mismo modo la continuidad de H −1
implica que H−1(f ron(R2)) ⊂ f ron(R1) y por lo tanto f ron(R2) = H(H
−1
(f ron(R2))) ⊂
H(f ron(R1)), lo cual implica que H(f ron(R1)) = f ron(R2). Por ´ultimo, como los
dominios verifican que Ri= ◦ Ri∪ f ron(Ri) y ◦ Ri∩ f ron(Ri) = ∅ para i = 1 y 2, se concluye que H( ◦ R1) = ◦ R2.
A continuaci´on demostramos que H es de clase C1en
◦
R1. Para probarlo vamos a usar
el teorema de la funci´on inversa, pero como las recorridos regulares son funciones de R2en R3no podemos aplicarlo directamente sobre ellos, recordemos que el teorema de la funci´on inversa se aplica a funciones de Rn
en Rn, de modo que transformaremos
los recorridos regulares en funciones de R3
en R3, de forma adecuada, para que
podamos recuperar con facilidad los puntos de la superficie y adem´as lo haremos de tal manera que las nuevas funciones sean de clase C1. Esta demostraci´on es similar
a la que vimos en el cap´ıtulo anterior para recorridos de curvas simples 1.19 Dado u0 ∈
◦
R1 como el recorrido ϕ es regular se verifica que el rango de la
matriz D(ϕ(u0)) es dos, de modo que los vectores (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0)) y
(D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0)) son linealmente independientes. Tomamos entonces
definimos la funci´on G :
◦
R1× R → R3 dada por:
ϕ(u1, u2) + u3v = (ϕ1(u1, u2) + u3v1, ϕ2(u1, u2) + u3v2, ϕ3(u1, u2) + u3v3)
Lo mismo podemos hacer con el punto H(u0) ∈ ◦
R2y la funci´on ψ, tomamos el vector
w ∈ R3 que sea linealmente independiente con (D
1ψ1(u0), D1ψ2(u0), D1ψ3(u0)) y
(D2ψ1(u0), D2ψ2(u0), D2ψ3(u0)) y definimos la funci´on F : ◦
R2× R → R3 dada por:
ψ(x1, x2) + x3w = (ψ1(x1, x2) + x3w1, ψ2(x1, x2) + x3w2, ψ3(x1, x2) + x3w3)
Es inmediato que ambas funciones son de clase C1, adem´as sus matrices jacobianas vienen dadas por:
DG(u) = D1ϕ1(u1, u2) D2ϕ1(u1, u2) v1 D1ϕ2(u1, u2) D2ϕ2(u1, u2) v2 D1ϕ3(u1, u2) D2ϕ3(u1, u2) v3 DF (x) = D1ψ1(u1, u2) D2ψ1(u1, u2) w1 D1ψ2(u1, u2) D2ψ2(u1, u2) w2 D1ψ3(u1, u2) D2ψ3(u1, u2) w3
De modo que tanto la matriz DG(u) como DF (x) tienen rango 3 en los puntos u = (u0, 0) y x = (H(u0), 0). Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la funci´on
inversa a las dos funciones G y F en esos puntos y deducir que existen dos entornos de esos puntos donde ambas funciones son difeomorfismos
Ahora solo nos falta expresar H como composici´on de estas dos funciones y otras funciones adecuadas que nos permitan pasar de R2 a R3 y viceversa. Antes observemos que
G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) = F (H(u0), 0) ∈ S.
Tomamos un entorno de (H(u0), 0) que podemos considerar de la forma V × (−δ, δ)
con δ > 0, haci´endolo menor si es necesario, y V ⊂
◦
R2y un entorno de F (H(u0), 0) =
ψ(H(u0)) que denotaremos por W de modo que F : V × (−δ, δ) ⊂ R3→ W1⊂ R3es
un difeomorfismo, en particular la funci´on F−1: W1⊂ R3→ V × (−δ, δ) ⊂ R3es de
clase C1. A continuaci´on tomamos otros dos abiertos para G : un entorno de (u0, 0),
que de nuevo podemos considerar de la forma U × (−β, β) con β > 0 y otro de G(u0, 0) = ϕ(u0) que denotaremos por W2. Como G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) =
F (H(u0), 0) los abiertos W1 y W2son ambos entornos del mismo punto y podemos
asumir que W2 ⊂ W1 para que la composici´on de G y F −1
est´e bien definida, recordemos que los difeomorfismos transforman conjuntos abiertos en conjuntos abiertos. Ahora expresamos H como composici´on de las siguientes funciones. Primero pasamos de U ⊂
◦
R1 ⊂ R2 a U × (−β, β) ⊂ R3 con la funci´on de clase
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.99
G : U × (−β, β) ⊂ R3 → W 2 y F
−1
: W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3, para
terminar en el conjunto V ⊂ R2 con la funci´on, tambi´en de clase C1, dada por
P (x1, x2, x3) = (x1, x2) de modo que P ◦ F−1◦ G ◦ Π(u1, u2) = P ◦ F−1◦ G(u1, u2, 0) = P ◦ F−1(ϕ(u1, u2)) = P ◦ F−1(ψ(H(u1, u2)) = P ◦ F−1(F (ψ−1(ψ(H(u1, u2)), 0)) = P (ψ−1(ψ(H(u1, u2)), 0) = ψ−1(ψ(H(u1, u2)) = H(u1, u2)
En consecuencia H es composici´on de funciones de clase C1 en el abierto U que
contiene al punto de partida u0.
Para terminar solo nos falta probar que DH(u0) tiene determinante no nulo, pero
como vimos en la demostraci´on de la proposici´on 2.15 la relaci´on entre las funciones ϕ, ψ y H implica que en el punto u0 los vectores normales a la superficie en
ϕ(u0) = ψ(H(u0)) cumplen la relaci´on:
D1ϕ(u0) × D2ϕ(u0) = det DH(u0)D1ψ(H(u0)) × D2ψ(H(u0)).
De modo que por ser ambos vectores normales no nulos det DH(u0) es forzosamente
no nulo.
El resultado de la proposici´on anterior implica que si S es una superficie simple, las integralesR
ϕ
f no dependen del recorrido regular de S que se tome y por eso en este caso se puede escribirR
S
f y hablar del ´area de S como are´a(S) =R
S
1.
Al igual que en el cap´ıtulo anterior este resultado nos permite dar un paso mas. Si S no es una superficie simple pero est´a formada por una uni´on de superficies simples S =
p
S
i=1
Si, como sucede con los cubos, esferas, cilindros conos, etc, entonces
gracias al proposici´on 2.15 podemos calcular la integral de un campo escalar f sobre S como la suma de las integrales del campo f sobre las superficies Si y construir
para cada una de las Si un recorrido regular, sin preocuparnos de que se ajusten
los recorridos entre s´ı. Para que podamos hacerlo es necesario que las superficies se peguen bien, como veremos a continuaci´on el recorrido ϕ es el que se ocupa de asegurar que se pegan bien.
Definici´on 2.19 Decimos que una superficie S ⊂ R3 es una superficie compuesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2
→ S ⊂ R3 que
verifica las siguientes propiedades: 1- ϕ es sobreyectiva y continua.
2- Existe una parcelaci´on de R en regiones simples que denotaremos por P = {Ri; 1 ≤ i ≤ p} tales que ◦ Ri∩ ◦ Rj = ∅ para todo i 6= j y R = p S i=1 Ri.
3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri) = Si.
De nuevo llamaremos recorrido regular al recorrido ϕ de la superficie compuesta S que verifica las condiciones anteriores.
Observemos que la primera condici´on se satisface en gran parte por ser ϕ un recorrido, porque todos los recorridos son funciones continuas y adem´as verifican que ϕ(R) = S. En particular si la parcelaci´on P est´a formada por una ´unica regi´on simple P = {R} tendr´ıamos que S es simplemente una superficie simple.
Por lo tanto, el caso que resulta de inter´es es cuando P tiene m´as de una regi´on simple; es decir que p > 1.
En el caso p > 1 la condici´on 3 nos dice que ϕ|
∪pi=1R◦i
es de clase C1 y Dϕ(u) tiene
rango m´aximo para todo u ∈ ∪pi=1
◦
Ri es decir que ϕ pierde sus buenas propiedades
solo en los puntos del conjunto ∪pi=1f ront(Ri), que es un conjunto de medida nula,
con lo cual, como hemos observado en varias ocasiones, a la hora de integrar, siempre que la funci´on que integramos sea suficientemente buena, como por ejemplo continua, como sucede con las funciones de los ejemplos y problemas, no va a suponer ning´un obst´aculo.
Sin embargo para integrales de campos vectoriales las integralesR
ϕ
F · N yR
ψ
F · N
pueden tener signos distintos a´un siendo ϕ y ψ dos recorridos regulares de una superficie simple S. Como vimos en la demostraci´on de la proposici´on 2.15, este cambio de signo proviene del signo de det DH que relaciona los vectores normales a S seg´un los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2→ S ⊂ R3 y ψ : R2 ⊂ R2 → S ⊂ R3
(que en este caso existen en todos los puntos y son siempre no nulos) por medio de la siguiente ecuaci´on:
D1ψ(H(u)) × D2ψ(H(u)) = det DH(u)D1ϕ(u) × D2ϕ(u)para todo u ∈ R1
Es decir, que los dos vectores normales son proporcionales y la funci´on det DH(u) es el factor de proporcionalidad en todos los puntos. Entonces que det DH(u) sea positivo significa que ambos vectores normales tienen siempre el mismo sentido y si det DH(u) es negativa, entonces los dos vectores normales llevan siempre la misma direcci´on pero sentidos distintos.
2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACI ´ON DE UNA SUPERFICIE.101
en las dos versiones m´as conocidas obtenemos los dos siguientes recorridos de la esfera: ϕ : R1= [0, 2π] × [−π2, π 2] ⊂ R 2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cos u1cosu2, senu1cosu2, senu2)
y
ψ : R2= [0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cos u1senu2, senu1senu2, cos u2)
Utilizando la siguiente relaci´on que verifican las funciones seno y coseno:
senu2= cos(
π 2 − u2)
comprobamos que estos recorridos son equivalentes porque el difeomorfismo definido por: H : [0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 → [0, 2π] × [−π 2, π 2] ⊂ R 2 (u1, u2) (u1,π2− u2)
verifica que ψ(u1, u2) = ϕ ◦ H(u1, u2) y es facil ver que det DH(u) = −1 para todo
u ∈ R2
En este caso se verifica que el vector normal de ϕ apunta hacia el exterior de la esfera en todos los puntos y el vector normal de ψ apunta siempre hacia el interior Observemos que si intersecamos la esfera con el plano XY, la curva que resulta es
C = {(x1, x2, x3) : x21+ x22= 1 y x3= 0}
es decir, C es una curva cerrada simple en el plano OXY. Si ahora estudiamos c´omo son los recorridos de esta curva inducidos por los recorridos de ϕ y ψ de la esfera vemos que:
ϕ(θ, 0) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π] ψ(θ, π/2) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π]
Las dos funciones recorren la circunferencia con orientaci´on positiva. Por lo tanto, la orientaci´on que inducen sobre este camino cerrado simple no nos sirve de referencia para distinguir entre las dos orientaciones de la esfera
Estas dos orientaciones de la esfera tambi´en se expresan diciendo que la esfera es una superficie que tiene dos caras: la cara interior y la cara exterior. De forma que si imaginamos que el vector normal es una persona que anda por la superficie puede andar por la cara exterior de la esfera o por la cara interior de la misma (boca abajo). Bajo esta interpretaci´on se dice que la esfera es una superficie con dos caras.
Recordemos que en el plano se elige como orientaci´on positiva de los recorridos de los caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario a las agujas de un reloj y la justificaci´on de esa elecci´on nos la daba una integral.
Ahora usaremos tambi´en una integral para justificar como orientaci´on positiva de una superficie compuesta y cerrada en el espacio la que tiene vector normal apuntando al exterior. El teorema de la divergencia que veremos en la siguiente secci´on nos proporciona una justificaci´on de esta elecci´on porque demuestra que con esta orientaci´on la integral del campo vectorial F (x) = 13(x1, x2, x3) sobre cualquier
superficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de la regi´on del espacio comprendida dentro de S.
Curiosamente existen superficies en R3, como la que mostramos en la figura 2.4, que
solo tienen una cara, por supuesto estas superficies no son orientables.