Integrales de linea y superficie

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(1)

1

CÁLCULO VECTORIAL.

INTEGRAL DE LÍNEA.

INTEGRAL DE SUPERFICIE

Carlos Alberto Vara Martín

Departamento de Matemáticas Universidad Autónoma de Madrid (Spain)

CURVAS Y PARAMETRIZACIONES.

Definición 8.1

Consideremos la función vectorial continua

:

 

,

n

r

a b

con

r(t) = (x

1(t),x2(t), ...,xn(t)). La imagen generada por r se dice que es la curva

determinada por r y que une los puntos A = r(a) y B = r(b).

Si r(a) = r(b), la curva se dice cerrada.

Si r es inyectiva en [a,b], la curva se dice simple.

(2)

curva curva simple curva cerrada curva cerrada simple

Figura 8.1 Curvas

La derivada der se define de la manera usual

r′(t) =lim

h0

r(t+h)−r(t)

h = (x

1(t),x′2(t), ...,x′n(t))

Sear(t)la descripción de una curvaC en el plano o en el espacio. El parámetrot podría

ser tiempo, ángulo, longitud de arco, coordenada x, etc. Decimos que la curva C es regularen[a,b]si r′(t)es continua en[a,b] yr′(t)6=−→0 para todot[a,b] (es decir las componentes de rno se anulan simultáneamente). También decimos que una curvaC es regular a trozosen[a,b]si es regular en cada subintervalo de alguna partición finita de[a,b].

•EnR2 escribimosr(t) = (x(t),y(t))o también r(t) =x(t)−→i +y(t)−→j, cont[a,b]

•EnR3escribimosr(t) = (x(t),y(t),z(t))o tambiénr(t) =x(t)−→i +y(t)−→j +z(t)−→k,

cont[a,b]

•Una función vectorial es de claseC1 si las derivadas de sus componentes son continuas.

EJEMPLO 8.1 (Curvas Orientadas)

Consideremos las curvasC1 yC2(figura8.2)

-1 1 2

1 2 3 4

-1 1 2

1 2 3 4

C

1 C 2

A

B

A

B

Figura 8.2 CurvasC1 yC2.

Ambas curvas tienen ecuación, en coordenadas rectangulares,y=x2conx[−1,2].

PeroC1 inicia enA= (−1,1)y termina enB= (2,4); mientras queC2inicia enB

y termina enA.

(3)

CURVAS Y PARAMETRIZACIONES. 3

• Una parametrización deC1 es (tomando ax=t como parámetro),

r(t) = (x(t),y(t)) = (t,t2) o también r(t) =t −→i +t2−→j con t[−1,2].

Observe quer(−1) =Ay r(2) =B.

• Podemos parametrizar C2 con x(t) =2−t y y(t) = (2−t)2, con t∈[0,3]. Así,

r(0) =By r(3) =A.

Esta parametrización es correcta pues x(t) =2−t recorre de manera continua el

intervalo[−1,2]sit[0,3].

r(t) = (x(t),y(t)) = (2−t,(2−t)2) o también r(t) = (2−t)−→i + (2−t)2−→j con t[0,3].

EJEMPLO 8.2

Una elipse de ecuación (x−h)2

a2 +

(yk)2

b2 =1 se puede parametrizar con

x(t) =h+acos(t),y(t) =k+bsen(t) con t[0,2π[.

EJEMPLO 8.3

SeaC la circunferencia de la figura8.3. La ecuación de esta curva es

(x1)2+ (y2)2=16,z=3.

Una parametrización es

r(t) = (1+4cos(t))−→i + (2+4sen(t))−→j +3−→k, t[0,2π[

X

Y

Z

1 2 3

1 2 3 4 5 1

2 3

(4)

EJEMPLO 8.4

El segmento de recta deAhastaB se puede parametrizar con

r(t) =A+t(BA) con t[0,1].

EJEMPLO 8.5

El segmentoC1 que va de A= (1,2,0) hasta B= (2,1,2), figura8.4(a), se puede

parametrizar con

r(t) =A+t(BA) = (1+t,2−t,2t) con t[0,1].

EJEMPLO 8.6

A veces una curva C2 viene definida directamente por una parametrización. Por

ejemplo la hélice x(t) =2 cos(t),y(t) =2 sen(t),z(t) =t/4 cont[0,6π]. Figura 8.4(b).

X

Y Z

1

1

X

Y Z

2

(a)

(b)

Figura 8.4 CurvaC1yC2.

8.2 CAMPOS ESCALARES Y CAMPOS VECTORIALES.

Definición 8.2 Sea URn un conjunto abierto.

Una aplicación f :U −→ Rse denominacampo escalaro función escalar. Una función f:U −→ Rn se denominacampo vectorial.

EJEMPLO 8.7

Consideremos el campo vectorialF(x,y) =

Ã

−p y

x2+y2, x

p

x2+y2

!

(5)

CAMPOS ESCALARES Y CAMPOS VECTORIALES. 5

Para visualizarlo gráficamente, cada vector F(x,y) se traslada desde el origen y se ancla en el punto(x,y).

Por ejemplo, sea(x,y) = (cos(π/4),sen(π/4))(un punto de un círculo de radio 1), entoncesF(cos(π/4),sen(π/4)) = (−1/√2,1/√2).La representación gráfica se ve en la figura8.5.

-1 1

-1 1

Figura 8.5 F(cos(π/4),sen(π/4))

EJEMPLO 8.8

Representación gráfica del campo vectorial F(x,y) =

Ã

−p y

x2+y2, x

p

x2+y2

!

sobre el círculox2+y2=1.

-1 1

-1 1

Figura 8.6 F sobrex2+y2=1.

EJEMPLO 8.9

Representación gráfica del campo vectorialF(x,y) = (2x,2y) sobre el círculox2+

(6)

-2 -1 1 2

-2 -1 1 2

Figura 8.7 F sobrex2+y2=1.

EJEMPLO 8.10

SeaS la superficie de ecuación z=−x2y2+1. En la figura8.8se presenta parte de la representación gráfica, sobreS, de los campos vectoriales

F1(x,y,z) = (2x,2y,1)

3p

4x2+4y2+1,

F2(x,y,z) = (−y√1−z,x√1−z,0)y

F3(x,y,z) = (cos(x),−cos(y)sen(x),cos(y) ).

X

Y Z

X

Y Z

X

Y Z

Figura 8.8 F1,F2 yF3sobrez=−x2−y2+1.

8.3 LONGITUD DE UNA CURVA.

Consideremos una curvaC parametrizada por r en [a,b]. Para calcular la longitud deC,

la idea es partir el intervalo[a,b]ennpartes[a,t1]∪[t1,t2]∪...∪[tn−1,b]y considerar una

(7)

LONGITUD DE UNA CURVA. 7

X

Y Z

C

r(t ) r(t +i ót)

i

r(t +i ót)- r(t )

i

X

Y Z

C

Pi Pi+1

Figura 8.9 Longitud de arco como una integral de Riemann.

La longitud de la curva (“rectificable”) se define como el límite al cual tiende la suma de las longitudes de los segmentos de la línea poligonal cuando||P||=Máx(ti−1−ti) −→ 0

sin−→∞, es decir

s=lim

n∞ n

i=1||

r(ti)−r(ti−1)||

Si C es regular, por el teorema del valor medio podemos poner ||r(ti)−r(ti1)||= ||r′(ξi)(ti−ti1)||conξi∈]ti,ti1[y concluir

lim

n→∞ n

i=1||

r′(ξi)△t||= Z b

a ||

r′(t)||dt

Definición 8.3 (Longitud de una curva) Sea C una curva y r(t),t[a,b]una parametrización de C.Si C es regular entonces la longitud de arco de C es

s=

Z

C||

r′(t)||dt

SeaC parametrizada porr(t).

Sir(t) =x(t)−→i +y(t)−→j cont[a,b]entonces

s=

Z

C||

r′(t)||dt=

Z b

a

q

(x′(t))2+ (y′(t))2dt

Siy= f(x) entonces tomandox=t tenemos

s=

Z

C||

r′(t)||dt=

Z b

a

q

(8)

Sir(t) =x(t)−→i +y(t)→−j +z(t)−→k cont[a,b] entonces

s=

Z

C||

r′(t)||dt=

Z b

a

q

(x′(t))2+ (y′(t))2+ (z′(t))2dt

EJEMPLO 8.11

Calcular la longitud de la circunferencia de un círculo de radioa.

Solución.

La circunferencia se puede parametrizar conr(t) =acos(t)−→i +asen(t)−→j cont[0,2π[.

s=

Z

C||

r′(t)||dt=

Z 2π

0

q

(asen(t))2+ (acos(t))2dt=

Z 2π

0 a dt=2aπ

EJEMPLO 8.12

Calcular la longitud de la la hélice x(t) =2 cos(t), y(t) =2 sen(t), z(t) =t/4 con t

[0,2π].

Solución.

Z

C||

r′(t)||dt =

Z 2π

0

r

4 sen2(t) +4 cos2(t) + 1

16dt

=

Z 2π

0

r

65

16dt =2π

r

65 16.

8.4 INTEGRAL DE L´INEA PARA CAMPOS ESCALARES.

Definición 8.4 La integral de línea de la función f:URn −→ Ra lo largo de la curva C, parametrizada por r(t)con t[a,b],es

Z

C

f ds=

Z b

a

f(r(t))||r′(t)||dt

En general, siUes convexo y contiene aC, rC1[a,b],y si f es continua enU; entonces

(9)

()LONGITUD DE ARCO EN COORDENADAS POLARES. 9

EJEMPLO 8.13

SeaC el segmento de rectax=yconx[1,2]. CalcularZ

C

1 2xyds Solución.

Usemos la parametrizaciónr(t) = (t,t)cont[1,2]. Luego

Z

C

1

2xyds =

Z 2

1 √

2

t dt =

√ 2(ln 2)

EJEMPLO 8.14

CalcularZ

C

(x2+y2)5dsconC la circunferenciax=2 cos(t),y=2 sen(t),t[0,2π].

Solución.

Z

C(

x2+y2)5ds =

Z 2π

0 4

5√4dt = 2 ·45·2π.

EJEMPLO 8.15

CalcularZ

C

z2

x2+y2dsconCla espira (una vuelta) de la hélicex=2cos(t),y=2 sen(t),z=

2t.

Solución.

Z

C

z2

x2+y2ds =

Z 2π

0

4t2

4 √

8dt = 16

√ 2

3 π

3.

8.5 ()LONGITUD DE ARCO EN COORDENADAS POLARES.

(10)

x(θ) = ρ(θ)cos(θ)

y(θ) = ρ(θ)sen(θ) =⇒

x′ = ρ′(θ)cos(θ)ρ(θ)sen(θ)

y′ = ρ′(θ)sen(θ) +ρ(θ)cos(θ)

Luego, desarrollando y simplificando: (x′)2+ (y′)2= (ρ′(θ))2+ρ2(θ).Así,

Z

C

f ds=

Z θ2

θ1

f(ρ(θ)cos(θ),ρ(θ)sen(θ))q[ρ′(θ)]2+ρ2(θ)

EJEMPLO 8.16

CalcularZ

C

xpx2y2dsconCla curva de ecuación (x2+y2)2=4(x2y2),x0.

1 2

-1 1

θ=π/4

θ=−π/4

Figura 8.10 CurvaC

Solución.

Cambiando a polares la curva queda con ecuación ρ=2p

cos(2θ)donde −π4 ≤θ≤π4.

Además

(x′)2+ (y′)2= [ρ′(θ)]2+ρ2(θ) =

µ

−2 sen√ (2θ) cos 2θ

¶2

+³2p

cos(2θ)´2= 4

(11)

INTEGRAL DE L´INEA PARA CAMPOS VECTORIALES. 11

Z

C

xpx2y2ds =

Z π/4

−π/4ρcosθ

q

ρ2cos2θρ2sen2θ

s

4 cos(2θ)dθ

= 8Z π/4

−π/4cos 2θcosθdθ (sustituyendo ρ y simplificando).

= 8Z π/4

−π/4cosθ−2sen

2θcosθdθ (sustituyendo cos 2θ=cos2θ

−sen2θ)

= senθ−2sen3θ 3

¯ ¯ ¯ ¯

π/4

−π/4 =16

√ 2 3.

8.6 INTEGRAL DE L´INEA PARA CAMPOS VECTORIALES.

Trabajo.

Si una fuerza (empuje) constante−→F desplaza una partícula a lo largo de un vector−→R, el trabajo realizado por esta fuerza se define como el producto de la medida del desplazamiento por la componente de la fuerza en la dirección de dicho desplazamiento. Siθes la medida del ángulo formado por −→F y −→R entonces el número ||−→F||cosθ es la componente de la fuerza en la dirección del movimiento1(0 siθ=π/2 y ||−→F||siθ=0 ) y||−→R|| la medida

del desplazamiento. Luego el trabajo realizado es

||−→F||||−→R||cosθ=−→F ·−→R

F

dr

A

B

F

R

|F|cosθ θ

Figura 8.11 Trabajo.

Para calcular el trabajo sobre una curva, se consideran pedazos muy pequeños de la curva, tan pequeños que son, aproximadamente, segmentos de recta y la fuerza es casi constante sobre estos pedazos de tamaño ||−→dr||. El trabajo hecho por −→F para mover la partícula

desde el inicio hasta el final de −→dr es −→F ·−→dr. Sumando todos los trabajos obtenemos

(12)

Trabajo=

Z

C

F·dr

•Si C esta parametrizada por r(s) (usando la longitud de arco s como parámetro)

con 0≤sℓ, entonces comodr=−→T ds,tenemos

Z

C

F·dr=

Z ℓ

0 (F·T)ds

La función escalar F·T puede tener discontinuidades de primera espacie ligadas a

algún punto esquina deC.

SiCestá parametrizada por r(t)cont[a,b], entonces

Z

C

F·dr=

Z b

a

(F(r(t))· r′(t)

||r′(t)||)||r′(t)||dt= Z b

a

(F(r(t))·r′(t)dt

SiF(x,y) =P(x,y)−→i +Q(x,y)−→j entonces

Z

C

F·dr =

Z b

a

F(r(t))·r′(t)dt

=

Z b

a

P dx+Q dy

=

Z b

a

(13)

INTEGRAL DE L´INEA PARA CAMPOS VECTORIALES. 13

SiF(x,y,z) =P(x,y,z)−→i +Q(x,y,z)−→j +R(x,y,z)−→k entonces

Z

C

F·dr =

Z b

a

F(r(t))·r′(t)dt

=

Z b

a

P dx+Q dy+R dz

=

Z b

a

P(x(t),y(t),z(t))x′(t)dt+Q(x(t),y(t),z(t))y′(t)dt

+R(x(t),y(t),z(t))z′(t)dt

• Cuando una curvaCes parametrizada porr(t)cont[a,b],entonces inducimos una orientación enC.Distintas parametrizaciones pueden inducir distintas orientaciones.

Por ejemplo, en la figura8.12 se tiene la curva y=2sen(x) con x[0,3]. Dos parametrizaciones que inducen orientaciones opuestas sonr1(t) = (t,sent)yr2(t) = (3−t,sen(3−t))ambas cont[0,3].

-T T

Figura 8.12 Orientación inducida por dos parametrizaciones.

Si r1(t)parametrizaC en una dirección con vector tangente T y r2(t)parametriza

C en sentido contrario, con vector tangente T, entonces denotamos la segunda curva como−C y tenemos

Z

−C

F·dr=− Z

C

F·dr

(14)

En este caso, la ecuación en coordenadas cartesianas deC esy=x2.

r(t) = (t,t2), t [−1,2] parametriza a

−C. -1 1 2

1 2 3 4

Figura 8.13 CurvaC

• Si la curva orientadaCes la unión de dos curvas orientadasC1 yC2entonces

Z

C

F·dr=

Z

C1

F·dr+

Z

C2

F·dr

• Más adelante, cuando veamos el teorema de Green, usaremos la siguiente noción de orientación: la curva cerrada C está orientada positivamente, respecto a una región R, si al movernos sobre C, la región siempre está a nuestra izquierda.

• Note que el trabajo puede ser un número negativo. Esto ocurre cuando la fuerza actúa en contra del desplazamiento de la partícula.

EJEMPLO 8.18

Sea F(x,y,z) =2xln(yz)−→i +

µx2

y −5e

x

− →j +µx2

z +2z

k y sea C la curva de la

figura (8.14). Calcular Z

C

F·dr.

Solución.

Primero parametrizamosC.

r1(t) = (0,1,t) con t∈[1,2], parametriza a C1

r2(t) = (0,t,1) con t∈[1,3], parametriza a −C2

X

Y

Z

1

3 2

1

(0,1,2)

(0,3,1) C

2

C1

(15)

INTEGRAL DE L´INEA PARA CAMPOS VECTORIALES. 15

Luego

Z

C

F·dr =

Z

C1

F·dr+

Z

C2

F·dr

=

Z 2

1 F(r1(t))·r

1(t)dt− Z 3

1 F(r2(t))·r

2(t)dt

=

Z 2

1 [0+0+ (2t)·1]dt− Z 3

1 [0+ (−5)·1+0]dt =13

EJEMPLO 8.19

Sea F(x,y,z) = (x+y)−→i + (yz) −→j + (x+z) −→k y sea C la curva de la figura8.15.

CalcularZ

C

F·dr.

Primero parametrizamosC.

C1 : r1(t) = (1−t,2+2t,2t),t[0,1]

C2 : r2(t) = (0,t2,t),t[0,2]

X

Y Z

1 2 (1,2,0) (0,4,2)

y = z2

C C2 1

Figura 8.15 Curva C=C1∪ C2.

Para parametrizar el segmento de recta que va desde A= (1,2,0) hasta B= (0,4,2) se usó la fórmula A+t(BA)cont[0,1].

(16)

Z

C

F·dr =

Z

C2

F·dr+

Z

C1

F·dr

= −

Z 2

0 F(r1(t))·r

1(t)dt+ Z 1

0 F(r2(t))·r

2(t)dt

= −

Z 2

0

£

0+ (t2t)·(2t) + (0+t)·(1)¤

dt

+

Z 1

0 [(1−t+2+2t)·(−1) + (2+2t−2t)·(2) + (1−t+2t)·(2)]dt

= −

Z 2

0

£

t2t2+2t3¤

dt+

Z 1

0 [t+3]dt=−

7 6

EJEMPLO 8.20

CalcularZ

C

y2dx+x2dy dondeC es la elipse x

2

4 +

y2

9 =1 (figura8.16).

Solución.

Podemos usar la parametrización

r(θ) =2 cosθ−→i +3 senθ−→j con θ∈[0,2π].

-2 2

-3 3

X

Figura 8.16 CurvaC. Entonces

Z

C

y2dx+x2dy =

Z 2π

0 (3 senθ) 2(

−2 senθ) + (2 cosθ)2(3cosθ)dt

=

Z 2π

0 −18 sen

3θ+12 cos3θdt

(17)

INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA. 17

La integral anterior se calculó usando cos3θ= (1sen2θ)cosθ.

8.7 INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA.

Una condición para que la integral de línea no dependa de la trayectoria que une a A

con B es que exista ϕ tal que F=∇ϕ con ϕ∈C1. En este caso podemos calcular la integral de línea usando cualquier camino que unaAconBo también, usando el Teorema

Fundamental para la integral de línea.

Definición 8.5 Un conjunto D se dice conexo si todo par de puntos de D se pueden unir con una curva regular a trozos dentro de D.

Un conjunto D abierto y conexo se dicesimplemente conexosi toda curva cerrada simple C en D, encierra una región que está también en D.

Definición 8.6 Sea F =P−→i +Q−→j de clase C1 en un conjunto abierto simplemente conexo D del plano. Decimos que F esconservativosi

∂P ∂y =

∂Q ∂x

Sea F=P−→i +Q→−j +R−→k de clase C1 en un conjunto abierto simplemente conexo D del plano. Decimos que F esconservativosi

∂P ∂y =

∂Q ∂x

∂P ∂z =

∂R ∂x ∂Q

∂z = ∂R ∂y

Teorema 8.1 (Teorema Fundamental para integrales de línea) . Seaϕ:DRn−→R

una función de clase C1 donde D es conexo y abierto. Para cualquier curva C regular a trozos en D,con A=r(a)y B=r(b)se tiene

Z

C

∇ϕ·dr=ϕ(B)−ϕ(A)

Teorema 8.2 (Campos conservativos) F es conservativo ⇐⇒ existeϕ de clase C1tal que F=∇ϕ, sobre D.

Si F es conservativo, existeϕde clase C1tal que

Z

C

(18)

Si F es conservativo,

Z

C

F·dr=

Z

C′F·dr donde C

es cualquier curva regular a trozos

que une A con B.

F es conservativo ⇐⇒

Z

C

F·dr=0 paracualquiercurva cerrada C en D .

Observeque si Z

C

F·dr=0 paraalgunacurva cerrada C, esto no significa que F

con-servativo. El la parte 3. del ejemplo8.18tenemos un campo con integral nula sobre una elipse pero que no es conservativo.

EJEMPLO 8.21

SeaF(x,y,z) = (2xln(yz)−5yex)−→i +

µx2

y −5e

x

− →j +µx2

z +2z

− →

k y seaCuna curva

que uneA= (2,2,1)conB= (3,1,e).CalculeZ

C

F·dr.

Solución.

Notemos que el campo es conservativo. En efecto

∂P ∂y =−5e

x+2x/y=∂Q

∂x ∂P

∂z =2x/z= ∂R ∂x ∂Q

∂z =0= ∂R

∂y

Luego, podemos calcular la integral de línea usando un camino C′ que una A con B

o también podemos calcular la función potencial ϕ y usar el teorema fundamental para integrales de línea. En este caso vamos a calcular la integral usando la función potencial

ϕ.

Como∇ϕ=F entonces ϕx=P,ϕy=Q, yϕz=R.

ϕx = 2xln(yz)−5yex =⇒ ϕ(x,y,z) = Z

2xln(yz)dx=x2ln(yz)−5yex+K(y,z).

ϕy =

x2 y −5e

x

ϕz =

(19)

INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA. 19

Ahora solo falta determinarK(x,y). Derivando respecto a ytenemos

ϕy=

x2 y −5e

x=x2

y −5e

x+∂K

∂y =⇒ ∂K

∂y =0

con lo queK solo podría ser una función dez, K=K(z).Por lo tanto

ϕ(x,y,z) =x2ln(yz)−5yex+K(z)

Para determinarK(z) igualamos las derivadas parciales respecto az

ϕz=

x2 z +2z=

x2 z +K

(z) = K(z) =2z

Integrando respecto a ztenemosK(z) =z2+K1. Finalmente

ϕ(x,y,z) =x2ln(yz)−5yex+z2+K1

Z

C

F·dr=ϕ(B)−ϕ(A) =8+11e25e34 log(2)≈ −13.9207.

EJEMPLO 8.22

Considere el campo de fuerzasF(x,y,z) =4xez−→i +cos(y)−→j +2x2ez−→k.SeaC la curva

de la figura8.17.

X Y

Z

2 1

2

C

(2,0,4)

y=x

4 = x + y

2 2

Figura 8.17 CurvaC. CalculeZ

C

(20)

Solución.

Dichosamente no tenemos que integrar sobre la curvaCpues F es conservativo. En efecto

∂P ∂y =0=

∂Q ∂x ∂P

∂z =4xe

z=∂R

∂x ∂Q

∂z =0= ∂R

∂y

En este ejemplo vamos a calcular la integral de dos maneras distintas: usando la función potencial y también usando un caminoC′.

Primer manera:con un caminoC′que inicia en(2,0,4)y termina en(0,0,0).El camino que hemos escogido se ve en la figura8.18.

−C1 : r1(t) = (t,0,4) con t∈[0,2]

−C2 : r2(t) = (0,0,t) con t∈[0,4]

X

Y

Z

(2,0,4)

Figura 8.18 CurvaC′=C1∪C2.

Z

C′

F·dr =

Z

C1

F·dr+

Z

C2

F·dr

= −

Z 2

0 F(r1(t))·r

1(t)dt− Z 4

0 F(r2(t))·r

2(t)dt

= −

Z 2

0

£

(4te4)·(1) +0+0¤

dt

Z 4

0 [0+0+0]dt

= −

Z 2

0 4te 4dt=

(21)

INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA. 21

Segunda manera: con la función potencial

ϕx = 4xez =⇒ ϕ(x,y,z) = Z

4xezdx=2x2ez+K(y,z).

ϕy = cos(y)

ϕz = 2x2ez

Derivando respecto ay

ϕy=cos(y) =0+

∂K ∂y =⇒

∂K

∂y =cos(y)

de donde, integrando respecto a y, K(y,z) =sen(y) +K1(z).Luego

ϕ(x,y,z) =2x2ez+sen(y) +K1(z).

Derivando respecto az

ϕz=2x2ez=2x2ez+K

1(z) =⇒ K1′(z) =0

con lo queK1(z) =K1(un número.) Finalmente

ϕ(x,y,z) =2x2ez+sen(y) +K1

Z

C

F·dr=ϕ(0,0,0)−ϕ(2,0,4) =−8e4.

EJEMPLO 8.23

Ya sabíamos que Z

C

y2dx+x2dy=0 donde C es la elipse x

2

4 +

y2

9 =1 (figura8.16). Como sabemos, F(x,y) = (y2,x2) no es conservativo. Encuentre otra curva cerrada C

para la cualZ

C

y2dx+x2dy6=0.

(22)

Consideremos la curva cerradaCde la figura8.19.

    

    

C1 : r1(t) = (t,0) con t∈[0,1]

C2 : r2(t) = (1,t) con t∈[0,1]

−C3 : r3(t) = (t,t2) con t∈[0,1]

1

y = x

2

1

C1

C2 C3

Figura 8.19 CurvaC=C1∪C2∪C3.

Z

C

y2dx+x2dy =

Z

C1

y2dx+x2dy+

Z

C2

y2dx+x2dy

Z

C3

y2dx+x2dy

=

Z 1

0 0dt+ Z 1

0 1dt− Z 1

0 [t

4+2t3]dt= 3

10.

8.8 TEOREMA DE GREEN (EN EL PLANO).

El siguiente teorema, llamado “Teorema de Green”, aplica para regiones planas limitadas por curvas cerradas y simples regulares a trozos.

Teorema 8.3 (Teorema de Green en el plano) Sean P y Q campos escalares derivables con continuidad en un conjunto abierto S del plano xy. Sea C una curva simple cerrada regular a trozos y sea D la región encerrada por C (C es el borde). Si D está contenida en S,se tiene la identidad

Z Z

D

∂Q ∂x −

∂P ∂ydA =

I

C

P dx+Q dy

donde C es recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj.

•Intuitivamente,C es recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj si al caminar a

(23)

TEOREMA DE GREEN (EN EL PLANO). 23

EJEMPLO 8.24

CalcularZ

C

y2dx+x2dysiC es la curva de la figura8.20.

1

y = x

2

1

C1

C2 C3

Figura 8.20 CurvaC=C1∪C2∪C3.

Solución.

Como se cumplen las condiciones del teorema de Green podemos poner

Z

C

y2dx+x2dy =

Z Z

D

∂Q ∂x −

∂P ∂ydA

=

Z 1

0 Z x2

0 2x−2y dy dx

=

Z 1

0 2x 3

−x4dx= 3

10

EJEMPLO 8.25

CalcularZ

C

(x+y)dx+ (3x+arctany)dysiC es la curva de la figura8.21.

-1 -0.5 0.5 1

-1 1 3

2y = 3 - 3x

y = x - 12

(24)

Solución.

Como se cumplen las condiciones del teorema de Green podemos poner

Z

C(

x+y)dx+ (3x+arctany)dy =

Z Z

D

∂Q ∂x −

∂P ∂ydA

=

Z 1

−1 Z 3−23x

x2−1 3−1dy dx

=

Z 1

−15−3x−2x

2dx= 26

3

EJEMPLO 8.26

CalcularZ

C(

x+arcsenx)dx+ (2x+ln(y23))dysiCes la curva de la figura8.22.

-2 2

1 4

y = 4 - x2

y = 1- x / 2 4

Figura 8.22 CurvaC=C1∪C2.

Solución.

(25)

INTEGRAL DE L´INEA PARA EL ÁREA. 25

Z

C(

x+arcsenx)dx+ (2x+ln(y23))dy =

Z Z

D

∂Q ∂x −

∂P ∂ydA

=

Z 2

−2 Z 4−x2

1−x2/42dy dx

=

Z 2

−26−

3x2

2 dx=16.

8.9 INTEGRAL DE L´INEA PARA EL ÁREA.

Usando el teorema de Green con P=−y/2 y Q=x/2 obtenemos

AD= Z Z

D1

dA=

I

C−

y

2dx+

x

2dy

Lo cual puede ser conveniente si la integral de línea no ofrece gran dificultad.

Teorema 8.4 Si D es una región plana limitada por una curva C,cerrada simple, regular a trozos y orientada contra reloj, entonces el área de D viene dada por

AD=

1 2 Z

C

x dyy dx

EJEMPLO 8.27

Calcular el área de la elipse x2

a2+ y2 b2 =1.

Solución.

Parametrizamos la elipse conr(t) =acost−→i +bsent−→j cont[0,2π[.Esta parametrización orienta la elipse contrareloj.

AD=

1 2 Z

C

x dyy dx=

Z 2π

0 acost·bcost+bsent·acost dt =

ab

2 2π=πab.

8.10 PARAMETRIZACIÓN DE UNA SUPERFICIE.

(26)

r(u,v) =x(u,v)−→i +y(u,v)−→j +z(u,v)−→k

•Si r es de clase C1, decimos que S es de clase C1.

•Si r es biyectiva, S se dice superficie paramétrica simple.

EJEMPLO 8.28

Sea S1:x2+y2=R2, 0≤z≤h. S1

es el cilindro de la figura 8.26. Esta superficie se puede parametrizar de la siguiente manera

X

Y

Z

h

R

Figura 8.23 SuperficieS1

r(θ,z) =Rcosθ→−i +Rsenθ−→j +z→−k, (θ,z)∈D= [0,2π[×[0,h].

EJEMPLO 8.29

La representación paramétrica de una esfera de radioR, en coordenadas esféricas, es

r(θ,ϕ) = (Rsenϕcosθ,Rsenϕsenθ,Rcosϕ), con (θ,ϕ)∈[0,2π[×[0,π].

Caso especial. Una superficie S: z= f(x,y) en un dominio D, se puede parametrizar como

r(x,y) =x→−i +y−→j +f(x,y)−→k, (x,y)∈D.

(27)

PARAMETRIZACIÓN DE UNA SUPERFICIE. 27

EJEMPLO 8.30

Considere la superficieS representada en la figura (8.34). ClaramenteS: z=0 en el dominio D={x2+y21}.

S se puede parametrizar como

r(x,y) =x−→i +y−→j +0−→k, (x,y)∈D.

X

Y Z

1

S

Figura 8.24 SuperficieS

EJEMPLO 8.31

Sea S la porción del paraboloide z=x2+y2 entre z=0 y z=1. Entonces S se puede

parametrizar como,

r(x,y) =x−→i +y−→j + (x2+y2)−→k, (x,y)∈D={(x,y):x2+y21}.

8.10.1 Superficies Regulares (suaves).

Sea S: r(u,v) =x(u,v)−→i +y(u,v)−→j +z(u,v)−→k con (u,v)∈ D. Si x(u,v),y(u,v) y

z(u,v) son de claseC1entonces consideremos los vectores

• ∂r

∂u =

µ∂x

∂u, ∂y ∂u,

∂z ∂u

• ∂r∂v=

µ∂x

∂v, ∂y ∂v,

∂z ∂v

Definición 8.8 Sea D abierto y sea S: r:DR2 −→ R3 de clase C1.

Decimos que S es una superficieregularen(u,v)si ∂r ∂u×

∂r ∂v6=

− →0.

(28)

Observe que si S: z= f(x,y) entonces si r(x,y) =x−→i +y−→j +

f(x,y)−→k en Dcon fx y fy continuas,

∂r ∂u×

∂r

∂v= (−fx,−fy,1)6=

− →0.

con lo cual la superficie S es regular enD.

8.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE.

La idea de la definición de área de una superficie paramétrica es la siguiente.

v r

j v

u r

iu

S

u

v

Di

u

i

v

j

(a)

(b)

Figura 8.25 Area de una Superficie.

PartimosDennrectángulos como en8.25(a). El i-ésimo rectánguloDitiene área∆ui∆vj.

En cada Di se toma el punto (ui,vj) más cercano al origen. En el punto r(ui,vj) de la

superficieS construimos el plano tangente Ti:r(ui,vj) +t ru(ui,vj) +s rv(ui,vj),t,s∈R.

La porción de superficie de S que corresponde a Di se puede aproximar con un

paralel-ogramo en el plano tangente de lados ∆uiru, ∆vjrv. Como es sabido, este paralelogramo

tiene área

||∆uiru×∆vjrv||

Sacando los escalares y sumando el área de todos los paralelogramos tenemos

(29)

ÁREA DE UNA SUPERFICIE. 29

Definición 8.9 (Área de una superficie)) Sea S una superficie regular definida sobre un abierto medible D. Digamos que

S: r(u,v) =x(u,v)−→i +y(u,v)−→j +z(u,v)→−k con (u,v)∈D.

Entonces, el área de la superficie AS es

AS= Z Z

D

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

∂r ∂u×

∂r ∂v

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

dudv

SiS: z=f(x,y)entonces r(x,y) = (x,y,f(x,y))y

AS= Z Z

D

q

1+fx2+fy2dA

• Si S:F(x,y,z) =0 donde S se puede proyectaruno a unosobre una región D del

planoxy y siF define azcomo función dexeyy siFz6=0 entonceszx=−Fx/Fz

y zy=−Fy/Fz y la fórmula anterior quedaría

AS= Z Z

D

q

Fx2+Fy2+Fz2

|Fz|

dA

EJEMPLO 8.32

Calcular el área del cilindrox2+y2=R2 de alturah,es decir 0≤zh (figura8.26).

Solución.

Como ya vimos, la parametrización de esta superficie es

r(θ,z) =Rcosθ→−i +Rsenθ−→j +z→−k, (θ,z)∈D= [0,2π[×[0,h].

X

Y

Z

h

R

(30)

Luego

• rθ= (−Rsenθ,Rcosθ,0)

• rz= (0,0,1)

• ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂θ× ∂r ∂z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=||(

Rcosθ,Rsenθ,0)||=R.

Ahora,AS= Z Z D ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂θ× ∂r ∂z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

dz dθ=

Z 2π

0 Z h

0 R dz dθ=2hπR.

EJEMPLO 8.33

Calcular el área de la esferaS: x2+y2+z2=R2.

Solución.

Solo vamos a calcular el área de la parte superior de la esfera. El área total la obtenemos multiplicando por dos. En este casoz=pR2x2y2.

• zx=−

x

p

R2x2y2

• zy=−

y

p

R2x2y2

En coordenadas polares

• z=√R2r2

• z2x=r 2cos2θ

R2r2

• z2y=r 2sen2θ

R2r2

Observe que las derivadas se indefinen en la frontera del círculo (si r=R). La integral se

(31)

ÁREA DE UNA SUPERFICIE. 31

AS = 2 Z Z

D

q

1+z2x+z2ydA

= 2Z 2π

0 Z b

0

s

1+r 2cos2θ

R2r2 +

r2sen2θ R2r2 r drdθ

= 2Z 2π

0 Z b

0

R

R2r2r drdθ

= 2Z 2π

0 R

2dθ=4R2π

• Para calcular Z b

0

R

R2r2r dr hacemosu=R

2r2,du=2r dr. Queda

−12 Z R2−b2

R2

R

udu= − R

2 √

u

1/2

¯ ¯ ¯ ¯

R2−b2

R2

=R2RpR2b2 −→ R2 si b−→R.

Nota:Observe queAS también se pudo calcular con

AS= Z Z

D

q

Fx2+Fy2+Fz2

|Fz|

dA

En este casoF(x,y,z) =x2+y2+z2R2=0.Puesto que esta fórmula solo se puede usar si la proyección esuno a unocon la superficie, solo podemos considerar la parte superior

de la esfera. Pasando a polares, la integral queda igual al cálculo anterior.

EJEMPLO 8.34

Calcular el área de la superficie de la superficieS: y=4−x2z2, figura8.27(a).

Y

y = 4 - x - z2 2

2 2

2 2

4 = x + z2 2

D (a) (b)

S

2 2 4

(32)

Solución.

La proyección sobrexz es el círculo x2+z2=4.

AS = Z Z

D

q

1+y2x+y2zdA

=

Z π/2

0 Z 2

0

p

1+4r2cos2θ+4r2sen2θr drdθ

=

Z π/2

0 Z 2

0

p

1+4r2r drdθ

=

Z π/2

0

¡1

+4r2¢32

12

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

2

0

=

Z π/2

0

17√17−1

12 dθ=

π

2

17√17−1

12 ≈9.04423.

EJEMPLO 8.35

Calcular el área de la superficie de la superficieS: y+z=6, figura8.28(a).

X

Y

Z

2 2

4 2

4

X

Y

Z

2 4

√¬

2

S

D

(a)

(b)

y+z=6

y=4

z=4-x

2

4x - 4y - z =0

Figura 8.28 SuperficieS

(33)

INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE. 33

S: y=6−z. Entoncesyx=0 y yz=−1.

La proyección sobrexz se ve en la figura figura8.28(b)

AS = Z Z

D

q

1+y2x+y2zdA

=

Z √2

0

Z 4−x2

0 √

2dzdx

=

Z √2

0 √

2(4−x2)dx=20/3

8.12 INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE.

Así como el estudio del concepto de trabajo sugirió la definición de integral de línea, la integral de superficie se puede relacionar con un problema tomado de la dinámica de fluidos. Tenemos una corriente de fluido en el espacio con velocidad −→V(x,y,z) y densidad (masa por unidad de volumen)ρ(x,y,z)en cada punto(x,y,z). En general, el vector densidad de flujo

F(x,y,z) =−→V(x,y,z)ρ(x,y,z)

tiene la misma dirección que la velocidad y su longitud tiene las dimensiones

masa unidad de volumen·

distancia unidad de tiempo=

masa

(unidad de área)(unidad de tiempo)

(por ejemplo kgm/m3s=kg/m2s) y nos dice cuánta masa de fluido circula por el

punto(x,y,z)en la dirección de→−V(x,y,z),por unidad de área y de tiempo.

Para sugerir unadefinición razonablede cómo medir la masa total de fluido que atraviesa

una determinada superficieS en el tiempo, se considera la superficieS parametrizada por r(u,v)en una región rectangular D. Sea−→N el vector unitario normal que tiene la misma

dirección que el producto vectorial fundamental,

− →N =

∂r ∂u×

∂r ∂v

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

∂r ∂u×

∂r ∂v

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

(8.1)

Para medir la cantidad de fluido que pasa a través de S en la unidad de tiempo y en la

(34)

seanS1,S2, ...,Sm las correspondientes porciones de superficie enS. Llamamos ∆Sk a la

k-ésima porción Sk. Si la densidad ρ y la velocidad →−V son constantes en Sk y Sk es

suficientemente plana, el fluido que atraviesa Sk en la unidad de tiempo ocupa un sólido

cilíndrico oblicuo con base Sk y eje determinado por el vector velocidad−→V.

área: óS

k ρV

N N

ρV . Dk

u v

óvk

óuk

Altura:

Figura 8.29 El fluido sobreSkocupa un sólido cilíndrico.

El fluido sobreSk ocupa un sólido cilíndrico de volumen (base por altura)

∆Skρ−→V ·−→N =−→F ·−→N∆Sk≈−→F ·−→N

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂u× ∂r ∂v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

∆uk∆vk

Esto sugiere que la suma

m

k=1 − →F

·−→N∆Sk puede ser una aproximación aceptable de la masa

total de fluido que atraviesaS en la unidad de tiempo.

Si ponemos f(x,y,z) =−→F ·−→N,tenemos la siguiente definición

Definición 8.10 Sea D un abierto medible y S una superficie regular parametrizada por

la función r(u,v), de clase C1 en D, donde (u,v)∈D, de modo que

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂u× ∂r ∂v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ >0

para todo(u,v)∈D, r es una biyección entre D y S.

Sea f(x,y,z)una función definida y acotada sobre S.Se define la integral de superficie de f sobre S por

Z Z

S

f(x,y,z)dS=

Z Z

D

f(r(u,v))

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂u× ∂r ∂v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ dudv.

• Bajo ciertas condiciones generales, la integral de superficie es independiente de la parametrización (ver [4]).

(35)

INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE. 35

Si f(x,y,z) =1 entonces

Z Z S dS= Z Z D ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂u× ∂r ∂v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ du dv

SiS: z=f(x,y)con f de claseC1 sobreD, se puede parametrizarS

conr(x,y) = (x,y,f(x,y))y entonces

Z Z

S

g(x,y,z)dS=

Z Z

D

g(x,y,f(x,y))q1+fx2+fy2dxdy.

Si S=S1∪...∪Smes la unión finita de superficies parametrizadas que se intersecan

a lo sumo en curvas que forman parte de sus fronteras entonces,

Z Z

S

g(x,y,z)dS= m

i Z Z

Si

g(x,y,z)dS

• Integral de Flujo.

Si F es la densidad de flujo de una corriente de fluido y N es el vector unitario

normal a S definido por8.1, entonces la masa total de fluido que pasa por S por

unidad de tiempo en la dirección de N es

Z Z

S

F·N dS =

Z Z

D

F(r(u,v))·N(r(u,v))

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂u× ∂r ∂v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ du dv

Como consecuencia tenemos que si S: z= f(x,y) con f de clase C1

sobreD,se puede parametrizarSconr(x,y) = (x,y,f(x,y))y entonces

Z Z

S

F·N dS=

Z Z

D

F(x,y,z)·(−fx,−fy,1)dx dy

EJEMPLO 8.36

CalcularZ Z

S

z+2x+4

3y dSconSla parte del plano

x

2+

y

3+

z

(36)

X

Y

Z

2

3 4

S

2

3 y = 3 - 3x/2

X Y

Figura 8.30 SuperficieS

Solución.

S: z=4−2x4

3y.Entonces

q

1+z2x+z2y=√61/3. Luego,

Z Z

S

z+2x+4/3y dS =

Z 2

0

Z 3−3x/2

0

µ

4−2x4

3y+2x+ 4 3y

¶√61

3 dydx

=

Z 2

0

Z 3−3x/2

0

4√61

3 dydx=4 √

61.

EJEMPLO 8.37

Seaa>0.CalcularZ Z

S

1

a2+z2dSconSel cilindrox

2+y2=a2 limitado por los planos

z=0 y z=h.

X

Y

Z

h

a a

h

Y Z

-a

D

Figura 8.31 CilindroS

Solución.

(37)

INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE. 37

Primera manera: usando la ecuación x2+y2=a2. Recordemos que la parametrización debe ser uno a uno entreDy S!.

El cilindro es la unión de los cilindrosx=±pa2y2.Cada ecuación define una parametrización uno-uno (por separado). Comoq1+x2y+x2z=p a

a2y2 en ambos casos y como

1

a2+z2

no se ve afectado, en +vez de calcular dos integrales, podemos calcular la integral como dos veces la integral sobre el cilindrox=pa2y2.

Z Z

S

1

a2+z2dS = 2

Z Z

D

1

a2+z2 a

p

a2y2dydz

= 2Z a

−a

a

p

a2y2dy

Z h

0

1

a2+z2dz

= lim

ε→0+2aarcsen

³y

a

´¯ ¯ ¯

a−ε

−a+ε·

1 aarctan ³z a ´¯¯ ¯ ¯ h 0

=2πarctan

µh

a

.

Segunda manera: usando la parametrización uno-uno

r(θ,z) =acosθ→−i +asenθ−→j +z→−k, (θ,z)∈D= [0,2π[×[0,h].

Luego

• rθ= (−asenθ,acosθ,0)

• rz= (0,0,1)

• ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂θ× ∂r ∂z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

=||(acosθ,asenθ,0)||=a.

• g(r(θ,z)) = 1

a2+z2 (no se ve afectada).

Ahora,Z Z

D

1

a2+z2

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂r ∂θ× ∂r ∂z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

dz dθ=

Z 2π

0 Z h

0

a

a2+z2dz dθ=2πarctan

µh

a

.

Note que usando la parametrización no tenemos problemas de singularidades.

EJEMPLO 8.38 ()

CalcularZ Z

Sln

(38)

X

Y

Z

ϕ=π/

3

Figura 8.32 Casquete.

Solución.

Vamos a usar una parametrización del casquete de la esfera basada en en coordenadas esféricas. Observe que los parámetros sonθy ϕ. En este caso,r=1 .

x = senϕcosθ

y = senϕsenθ z = cosϕ

r(θ,ϕ) = (senϕcosθ,senϕsenθ,cosϕ), con (θ,ϕ)∈[0,2π[×[0,π/3].

El valor ϕ=π/3 se obtiene de resolverz=1·cosϕ=12.

Luego

• rθ= (−sinθsinϕ,cosθsinϕ,0)

• rϕ= (cosθcosϕ,cosϕsinθ,−sinϕ)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

∂r ∂θ×

∂r ∂ϕ

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

=|senϕ|.

Ahora,

Z Z

Sln

z dS =

Z 2π

0 Z π/3

(39)

INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE. 39

EJEMPLO 8.39

CalcularZ Z

S

z+x2

1+4x2dSconS la porción de la superficie z=4−x

2que se muestra en

la figura8.33.

X

Y

Z

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

S

Figura 8.33 SuperficieS

Solución.

Z Z

S

z+x2

1+4x2dS=

Z 2

0

Z 2−x/2

0 4−x

2+x2dydx=12.

EJEMPLO 8.40

CalcularZ Z

S

F·N dS siF(x,y,z) = (z+1)−→k yS es el círculo x2+y2=1.

X

Y Z

1

S

Figura 8.34 SuperficieS

Solución.

La superficieS tiene ecuación z=0 y coincide con su proyecciónD que es el círculo de

(40)

Z Z

S

F·N dS =

Z Z

D

F(x,y,z)·(−fx,−fy,1)dx dy

=

Z Z

D

(0,0,1)·(0,0,1)dydx

=

Z 2π

0 Z 1

0 1r drdθ=π

EJEMPLO 8.41

Calcular Z Z

S

F·N dS si F(x,y,z) = (z+1)−→k y S es la superficie z=2+y con

x2+y2=1.

X Y

Z

1 1

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1

1

1 1 1

1

1

1 S

Figura 8.35 SuperficieSy su proyección

Solución.

La superficie tiene ecuación z=2+y. D es el círculo de radio 1. Por lo tanto N= (0,−1,1).

Z Z

S

F·N dS =

Z Z

D

F(x,y,2+y)·(−fx,−fy,1)dx dy

=

Z Z

D(0,0,3+

y)·(0,−1,1)dydx

=

Z 2π

0 Z 1

0 (3+rsenθ)r drdθ

=

Z 2π

0

6+sen(θ)

(41)

INTEGRAL DE UN CAMPO VECTORIAL SOBRE UNA SUPERFICIE. 41

EJEMPLO 8.42

CalcularZ Z

S

F·N dSsi F(x,y,z) = (z+1)−→k y S el cilindrox2+y2=1 limitado por el planoz=2+ycomo se ve en la figura8.36.

X Z

Figura 8.36 SuperficieS.

Solución.

En este casoS es la unión de dos superficies con ecuacionesx=±p1−y2.Solo hay que

notar que en cualquier caso,F·(1,−xy,−xz) = (0,0,z+1)·(1,±

y

p

1y2,0) =0. Por lo

tantoZ Z

S

F·N dS=0.

8.12.1 Superficies Orientables.

SeaS una superficie yr(u,v)una parametrización. Los vectores normales a S, en (u,v),

puede escogerse entre dos vectores unitarios opuestos

N(u,v) =±

∂r ∂u×

∂r ∂v

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

∂r ∂u×

∂r ∂v

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

En el caso de queS: z=f(x,y), sir(x,y) = (x,y,f(x,y))y entonces

N =±q(−fx,−fy,1)

fx2+fy2+1

Si la superficie tiene dos “lados” (dos “caras”), el signo hace que cada vector normal esté en un lado u otro de la superficie. Este hecho se usa para “orientar” una superficie. Orientar una superficie significa escoger un signo paraN,una cara de la superficie es caracterizado

(42)

En el caso de una esfera, el vectorN(con signo negativo) apunta alexteriory el otro apunta

al interior (figura8.37).

X

Y

Z

N

1

N 2

Figura 8.37 Esfera.Napunta al exterior. −N apunta al interior.

Definición 8.11 Si en cada punto(x,y,z)de la superficie regular S es posible asociar un vector unitario N(x,y,z) de tal manera que como función, N sea continua sobre toda la superficie S,entonces se dice que S esorientable.

Como decíamos, la definición supone que la superficie tiene dos lados. Uno de los lados queda determinado por la función continua N(x,y,z) sobre S y el otro lado por la normal

de signo contrario.

Hay superficies de una sola cara, como labanda de Möbius, que no son orientables. En

la figura8.38, tenemos una banda de Möbius. Note que la escogencia deN no orienta la

banda, es decir la presencia de los vectoresN “arriba” y “abajo” de la banda, muestran que

hay una sola cara.

Figura 8.38 Banda de Möbius.

En las integrales de flujo que hemos calculado, hemos usado el vector normal unitario fundamental. No siempre este es el vector que se elige para los cálculos. Algunos teoremas requieren superficies orientadas con vectores normales unitarios haciael exterior. Para

(43)

TEOREMA DE LA DIVERGENCIA. 43

N1 = p (2x,2y,2z)

4x2+4y2+4z2 es el vector

normal unitario exterior aS.

N2 = p(−2x,−2y,−2z)

4x2+4y2+4z2 es el

vec-tor normal unitario hacia adentro.

N 1

N 2

Figura 8.39 N1es exterior aS.

8.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA.

Teorema 8.5 (Teorema de la Divergencia) Sea Q un sólido limitado por una superficie orientable S y sea N la normal unitaria exterior a S.Si F es un campo vectorial de clase C1 sobre Q entonces

Z Z Z

Q

divF dxdydz=

Z Z

S

F·N dS

donde divF=Px+Qy+Rz si F= (P,Q,R).

EJEMPLO 8.43

CalcularZ Z

S

F·N dS si N es el vector unitario exterior, F(x,y,z) = (z+1)−→k y S es la

frontera del sólidoQlimitado por el cilindrox2+y2=1,el planoz=2+yyz=0,como se ve en la figura8.40.

X Y Z

Figura 8.40 SuperficieS.

(44)

En vez de calcular la integral sobre cada una de las tres superficies que conforman la frontera deQ(ver los ejemplos8.40,8.41y8.42), usamos el teorema de la divergencia.

•F(x,y,z) = (0,0,z+1).

•divF=0+0+1=1.

Proyectando sobre el planoxy tenemos

Z Z

S

F·N dS =

Z Z Z

Q

divF dzdydx

=

Z 2π

0 Z 1

0 Z 2+y

0 1dzrdrdθ

=

Z 2π

0 Z 1

0 (2+rsenθ)rdrdθ

=

Z 2π

0 r

2+r3sen(θ)

3 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 dθ = Z 2π

0 1+

sen(θ)

3 dθ=2π

La importancia de que N se exterior a Q.

Consideremos los ejemplos8.40,8.41 y8.42. El cálculo de la integral de flujo se hizo siempre con N= (−fx,−fy, 1). Pero este vector no siempre es exterior a Q. En el caso

de la superficie S1 ( figura8.41), este vectorno es exterior.

X Z X Y Z X Y Z 1 S1

S2 S3

N

N

N

Figura 8.41 SuperficieS=S1+S2+S3 El resultado es

Z Z

S

F·N dS=

Z Z

S1

F·N dS+

Z Z

S2

F·N dS+

Z Z

S3

F·N dS=π+3π+0 6=

Z Z Z

Qdiv

(45)

TEOREMA DE LA DIVERGENCIA. 45

En cambio, si tomamos N exterior todo el tiempo a Q, en S1 deberíamos tomar N= (fx, fy,−1): En este caso,

Z Z

S

F·N dS==−π+3π+0 =

Z Z Z

Qdiv

F dzdydx=2π

EJEMPLO 8.44

Calcular Z Z

S

F·N dS si N es el vector unitario exterior, F(x,y,z) =x−→i +y−→j +z−→k

y S es la frontera del sólido Q comprendido entre las superficies z=10−x2y2 y z=2+x2+y2 (figura8.42).

X

Y

Z

2

10

Figura 8.42 SuperficieS.

Solución.

Podemos usar el teorema de la divergencia.

•La proyección del sólido sobre el planoxyes un círculo de radio 2 pues z=10−x2y2 z=2+x2+y2 =⇒ 4=x2+y2.

•F(x,y,z) = (x,y,z).

•divF=1+1+1=3.

Z Z

S

F·N dS =

Z Z Z

Qdiv

F dzdydx

=

Z 2π

0 Z 2

0 Z 10−r2

2+r2

3dzrdrdθ

(46)

EJEMPLO 8.45

CalcularZ Z

S

F·N dSsiNes el vector unitario exterior,F(x,y,z) =ycosx−→i +12y2senx−→j +

z−→k ySes la frontera del sólidoQcomprendido entre las superficiesz=1+yyx2+y2=1 (figura8.43).

X

Y

Z

Figura 8.43 SuperficieS.

Solución.

Podemos usar el teorema de la divergencia.

•La proyección del sólido sobre el planoxyes un círculo de radio 1.

•F(x,y,z) =ycosx−→i +12y2senx−→j +z−→k.

•divF=−ysenx+ysenx+1=1.

Z Z

S

F·N dS =

Z Z Z

Q

divF dzdydx

=

Z 2π

0 Z 1

0 Z 1+y

0 1dzrdrdθ

=

Z 2π

0 Z 1

0 (1+rsenθ)r drdθ

= π

EJEMPLO 8.46

SeaQel sólido limitado por las superficiesS1 : z=sen(xy),S2 :x=π

(47)

TEOREMA DE STOKES (TEOREMA DE GREEN EN EL ESPACIO). 47

X Y Z

X

Y Z

π/2 π/2

S_1

S_2

S_1

S_3

y = x π/2

C

C

Figura 8.44 SólidoQ

SeaSla frontera del sólido Qy N el vector normal unitario y exterior aQ.Calcule Z Z

S

F·N dSsi F=

µ

x3

3,z,yx

.

Solución.

Podemos usar el teorema de la divergencia.

•La proyección del sólido sobre el planoXY es el triángulo 0xπ/2 y 0≤yx.

divF=x2

Z Z

S

F·N dS =

Z Z Z

Qdiv

F dzdydx

=

Z π2

0 Z x

0

Z sen(xy)

0 x

2dzdydx

=

Z π2

0 Z x

0 x

2sen(xy)dydx

=

Z π2

0 x−xcos

¡

x2¢

dx

= 1

8

µ

π24sen

µπ2

4

¶¶

8.14 TEOREMA DE STOKES (TEOREMA DE GREEN EN EL ESPACIO).

(48)

SeaF= (P,Q,R)entonces

rotF= (Ry−Qz,Pz−Rx,Qx−Py).

Orientación positiva deC respecto aN.

El teorema de Stokes (o de Green el el espacio) nos permite calcular una integral de línea sobre una curva cerrada en el espacio, como una integral de superficie (la superficie encer-rada por la curva) si el vector normal unitarioN/||N||, en la integral de superficie, se escoge

de tal manera que si caminamos sobre la curva, en el lado de la superficie en la que está el vector normal, la superficie va quedando hacia nuestra izquierda.

C

S

N

Figura 8.45 Orientación positiva deCrespecto aN.

En este caso decimos que N se escogió de tal manera queC tiene orientación positiva

respecto aN.

Teorema 8.6 (Teorema de Stokes) Sea S una superficie orientable, regular a trozos y limitada por una curva C cerrada y regular a trozos. Si F= (P,Q,R)es de clase C1sobre S entonces

Z

C

F·dr=

Z Z

S

rotF·N dS

si N es elegido de tal manera que C tiene orientación positiva respecto a N.

El teorema de Stokes se puede extender a dos o más curvas cerradas.

EJEMPLO 8.47

(49)

TEOREMA DE STOKES (TEOREMA DE GREEN EN EL ESPACIO). 49

X

Y

Z

2 2

S : z = 2

C

La curvaCes el borde S. Una parametrización paraCes

r(t) =2 cost i2 sent j+2k, t[0,2π]

Si F(x,y,z) =3y ixz j+yz2k,

a.) Calcular Z

C

F·dr usando la definición de integral de línea.

Z

C

F·dr =

Z

C

F(r(t))·r′(t)dt

=

Z 2π

0 (6 sent,4 cost,8 sent)·(2 sent,2cost,0)dt

=

Z 2π

0 12 sen

2t+8 cos2t dt=20π

b.) Utilice el Teorema de Stokes para calcularZ

C

F·dr.

La superficie es S: z=2 y la proyección es el círculo x2+y2=4. El vector N se

debe tomar de acuerdo a la regla de la mano derecha: N=−(0,0,1). Luego,

Z

C

F·dr =

Z Z

S

rotF·N dS =

Z Z

Rxy

(x+z2,0,−3−z)·(0,0,−1)dA =

Z Z

Rxy

3+z dA

=

Z Z

Rxy

5dA, pues S: z=2

=

Z 2π

0 Z 2

0 5r dr dθ=20π

EJEMPLO 8.48

Utilice el teorema de Stokes para calcularZ

C

F·drdondeF(x,y,z) =3yixz j+yz2k

yC es la curva de intersección entre el paraboloide 2z=x2+y2 y el plano z=2,

(50)

X

Y 2

Curva

C

¿Cuál superficie escoger, el paraboloide o el plano?. De acuerdo al Teorema de Stokes, se puede escoger cualquiera de las dos. La más simple es el planoz=2.

Si S : z2=0 entonces N=±(0,0,1). ¿Cuál signo se escoge?. Las integrales Z

C

F·dry

ZZ

Srot

F·N dStienen el mismo valor siN se escoge de acuerdo a la regla

de la mano derecha (sino, difieren en el signo), en este caso particular y de acuerdo a la orientación deC,el que se debe escoger esN= (0,0,1).

Z

C

F·dr =

ZZ

Srot

F·N dS

=

ZZ

Rxy

(z2+x,0,−z3)·(0,0,1)dA, la proyección Rxy es el círculo x2+y2=4,

=

Z 2π

0 Z 2

0 (−2−3)r dr dθ

= −10θ¯ ¯

0 = −20π.

EJEMPLO 8.49

SeaF(x,y,z) = (x+y,2xz,y+z)y S la porción del plano 3x+2y+z=6 en el primer octante (figura8.46). SeaCla frontera de la superficie S. CalcularZ

C

F·dr.

X

Z

2 3 6

N C

(51)

TEOREMA DE STOKES (TEOREMA DE GREEN EN EL ESPACIO). 51

Solución.

•La ecuación de la superficieS es 3x+2y+z=6.El vector normal adecuado para que se cumpla la identidad del teorema de Stokes esN= (−zx,−zy,1) = (3,2,1),como se ve en

la figura8.46.Observe que no necesitamos hacerlo unitario por la cancelación de normas en la integral de superficie.

•rotF= (2,0,1).

Z

C

F·dr =

Z Z

S

rotF· N

||N||dS

=

Z Z

D

(2,0,1)·(3,2,1)dydx

=

Z 2

0

Z 3−3/2x

0 7dydx=21.

EJEMPLO 8.50

CalcularZ

C

F·drsi F(x,y,z) = (yz,x,z2). C es la curva que aparece en la figura8.47.

4

5

C

S

y = x +12 z = 5 - y

S S S S S S

S S

X Y

Z

1 N

S

X Y

Z

2 4

X

Y Z

1 1 5

1 2 3

4 z = 5 - y y = 4 - x 2

Figura 8.47 SólidoQ,superficieSy sus proyecciones y curvaC

Solución.

Vamos a resolver el problema de dos maneras: Proyectando S sobreX Z y proyectando S

sobreY Z.

Proyectando S sobre el plano X Z.

(52)

S: y=x2+1. El normal adecuado es N= (yx,−1,yz) = (2x,−1,0). En la figura 8.47

aparece el vectorN(1,2,2) = (2,−1,0).

•rotF= (0,y,1−z).

Z

C

F·dr =

Z Z

S

rotF· N

||N||dS

=

Z 2

0 Z

√ 4−x2

0 −x

2

−1dzdx=−48/5.

Proyectando S sobre el planoY Z.

Un vector normal es N=±(1,−xy,−xz).

S:x=√y1.El normal adecuado esN= (1, −1

2√y1,0)

•rotF= (0,y,1−z).

Z

C

F·dr =

Z Z

S

rotF· N

||N||dS

=

Z 5

1 Z 5−y

0 (0,y,1−z)·(1,−

1

2√y1,0)dzdy=−48/5.

=

Z 5

1 Z 5−y

0 −

y

2√y1dzdy=−48/5.

EJEMPLO 8.51

CalcularZ

C

F·drsi F(x,y,z) = (xy,z,y)y Ces la curva de la figura8.48.

X

Z

N

y = 4 -x - z

2 2

C

(53)

TEOREMA DE STOKES (TEOREMA DE GREEN EN EL ESPACIO). 53

Solución.

•La ecuación de la superficieS es y=4−x2z2.Vamos a proyectar sobre el planoxz.

El vector normal adecuado para que se cumpla la identidad del teorema de Stokes es

N= (−yx,1,−yz) = (2x,1,2z)

Para ver esto, tome un punto de la superficieS,digamos(1,2,1).En este casoN(1,2,1) = (2,1,2). Al trasladarlo a la superficie, vemos que es el vector adecuado.

•rotF= (0,0,−x).

Z

C

F·dr =

Z Z

S

rotF· N

||N||dS

=

Z Z

D(0,0,−

x)·(2x,1,2z)dzdx

=

Z 2

0 Z

√ 4x2

0 −2xz dzdx=−4.

EJEMPLO 8.52

SeaQel sólido limitado por las superficiesS1 : z=sen(xy),S2 : x=π

2 yS3: y=x (figura8.49).

X Y Z

X

Y Z

π/2 π/2

S_1

S_2

S_1

S_3

y = x π/2

C

C

Figura 8.49 SólidoQ CalculeZ

C

(54)

Solución.

rotF= (0,0,−1)y un vector normal adecuado es (ycos(xy),xcos(xy),−1).

Proyectamos sobre el planoXY.La región de integración es el triángulo 0≤xπ/2

y 0yx.

Z

C

F·dr =

ZZ

S1

rotF·N dS

=

Z π/2

0 Z x

0−1dydx

= π

2

8

8.15 EJEMPLOS ADICIONALES.

EJEMPLO 8.53

Determine el área de la superficieS de ecuaciónz=x2+y2 que se encuentra limitada por

los planosz=4, z=1, y=xy el planoy=0, tal y como se muestra en la figura8.50.

X

Y Z

1

1 1

4

X

Y Z

1

1 2

y = x

Figura 8.50 SuperficieS

(55)

EJEMPLOS ADICIONALES. 55

Vamos a proyectar sobre el planoxy. Como se ve en la figura8.50, la proyección está entre los círculos x2+y2=1 yx2+y2=2 con 0≤θ≤π/4. Entonces

AS = Z Z

D

q

1+z2x+z2ydA

=

Z Z

D

p

1+4x2+4y2dydx

=

Z π/4

0 Z 2

1

p

4r2+1r drdθ, (sustitución: u=4r2+1)

=

³

−5√5+17√17´π

48

EJEMPLO 8.54

Sea F(x,y,z) = (yz2senxsen(π−y),xz2cos(π−y)cosx,2xyz) un campo vectorial dado y seaC la curva que une los puntos (π,0,0) con(0,π,0), como se ve en la figura 8.51.

1. Verifique queF es conservativo.

2. CalculeZ

C

F·dr usando la función potencial.

X

Y

Z

π

π

C

Figura 8.51 CurvaC

Solución.

• F= (P,Q,R) es conservativo pues Py=z2+senxcos(π−y) =Qx, Ry=2xz=Qz y

Rx=2yz=Pz.

(56)

Z

C

F·dr=φ(0,π,0)−φ(π,0,0) =0

EJEMPLO 8.55

Calcule I=

Z Z

S

F·N dS donde F es el campo vectorial dado por F(x,y,z) =y−→i

x−→j +8z−→k y S la parte de la esfera de ecuación x+y2+z2=9 que se encuentra dentro del cilindro x2+y2=4 como se observa en la figura8.52.

X

Y

Z

2 2

Figura 8.52 SuperficieS

Solución.

Vamos a proyectar sobre el planoxy. La proyección es el círculox2+y2=2.

•Comoz=p9−x2y2 entonces podemos ponerN= (−x/z,−y/z,1)

||(−x/z,−y/z,1)||. Luego

F·N dS= (y,−x,8z)· (−x/z,−y/z,1)

||(−x/z,−y/z,1)||||(−x/z,−y/z,1)||dydx=8z dydx

Entonces

I =

Z Z

D8

z dydx

=

Z 2π

0 Z 2

0 8

p

9−r2r drdθ

= 16π(5

3/293/2)

(57)

EJEMPLOS ADICIONALES. 57

EJEMPLO 8.56

CalculeI=

Z

C

x dx+z dy+dz. La curvaC=C1∪C2es la curva que aparece en la figura

8.53. C1 es un trozo de la circunferencia x2+y2=1 y C2 es el segmento que va de (0,1,0)a(2,2,3).

X

Y Z

1

1

2 3

2

C C

1 2

Figura 8.53 CurvaC

Solución.

Parametrizamos las curvas,

C1: r1(t) =cost−→i +sent→−j +0−→k cont∈[0,π/2].

C2: r2(t) = (0,1,0) +t[(2,2,3)−(0,1,0)] =2t−→i + (t+1)−→j +3t−→k, t∈[0,1].

Luego,

Z

C

x dx+z dy+dz =

Z

C1

x dx+z dy+dz +

Z

C2

x dx+z dy+dz

=

Z π/2

0 −costsent dt + Z 1

0 4t+3t+3dt

= −12+13

Figure

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