Capitulo 4 Integrales de Superficie - Alfredo Mallea (2)

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Matemática IV (MAT024)
Campus Santiago San Joaquı́n
Apuntes de Clases
Capitulo 4: Superficies; Integrales de Superficie.
Contenidos
Sección 1: Definición de Superficie; Parametrización de una superficie; Área
de una Superficie
Sección 2: Integrales de Superficie de 1er tipo.
Sección 3: Integrales de Superficie de 2do tipo
Sección 4: Teoremas de Stokes y de Divergencia.
Superficies en R3
Definición 1.1. Sea M ⊂ R3 : M 6= φ . Diremos que una función
ϕ : U ⊂ R2 → R3
(u, v) (x(u, v) , y(u, v) , z(u, v))
es una parametrización de M , de clase Ck si:
1. ϕ es un homeomorfismo sobre M .
2. ϕ es de clase Ck .
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Ejemplo 1.1. Considerar el disco ∆a = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 < a2} . La función ϕ1 : ∆a → R3
tal que
ϕ1(x, y) =
√
a2 − x2 − y2
es una parametrización del hemisferio superior de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 .
Analogamente la función ϕ2 : ∆a → R3 tal que
ϕ2(x, y) = −
√
a2 − x2 − y2
es una parametrización del hemisferio inferior de la esfera.
Ejemplo 1.2. Considerar el elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
Una parametrización es :
x = a cos(θ) sen(φ)
y = b sen(θ) sen(φ)
z = c cos(φ)
con 0 < θ < 2π y 0 < φ < π . En rigor parametriza casi todo el elipsoide, solo queda sin parametrizar
la elipse
x2
a2
+
z2
c2
= 1 en el plano y = 0 .
Definición 1.2. Diremos que M ⊂ R3 es una superficie simple de clase Ck , si admite una parametri-
zación ϕ : U ⊂ R2 → M de clase Ck .
Diremos que M es una superficie suave si k ≥ 1 y además ϕu × ϕv 6= 0 .
Observación 1.1. Si M es una superficie simple y suave, el vector ϕu × ϕv corresponde a un vector
normal a la superficie, el cual determina en M una orientación. Ası́ es posible pensar que M tiene
dos caras, una determinada por el vector ϕu × ϕv y la otra determinada por −ϕu × ϕv y apunta en
sentido contrario.
Por otra parte es posible definir un plano tangente a la superficie en el punto ϕ(u, v) .
Sea p0 = (x0, y0, z0) = ϕ(u0, v0) el plano tangente a la superficie M en el punto p0 es
TM (p0) : [(x, y, z)− (x0, y0, z0)] · (ϕu(u0, v0)× ϕv(u0, v0)) = 0
Una superficie simple es un subconjunto de R3 que puede ser cubierto con una sola parametrización .
Una definición más general de superficie involucra varias parametrizaciones. Ası́ decimos que una
superficie es un subconjunto de R3 localmente homeomorfo a un subconjunto de R2 .
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Definición 1.3. Sea M ⊂ R3 : M 6= φ . Diremos que M es una superficie de clase Ck si para
todo p ∈ M existe un subconjunto conexo Up de R2 y una vecindad Vp de p en M y existe una
parametrización de clase Ck
ϕ : Up → R3
(u, v) (x(u, v) , y(u, v) , z(u, v))
tal que:
1. ϕ(Up) = Vp .
2. ϕ es un homeomorfismo.
3. ϕu(u, v)× ϕv(u, v) 6= (0, 0, 0)
Decimos que la función ϕ parametriza a Vp .
Asimismo decimos que el conjunto
A = {ϕ : Up → Vp}p∈M
de todas las parametrizaciones, es un atlas de la superficie M .
Observación 1.2. Puede ocurrir que dos de estas parametrizaciones se intercepten, en el sentido que
parametrizen una misma región de la superficie M . En tal caso es posible definir una función g que
permite el cambio de variable suavemente.
Se cumple:
Propiedades 1.1. Sea M es una superficie suave y ϕ : U1 → M , τ : U2 → M parametrizan una
misma porción V de M entonces es posible definir una función g : U1 → U2 tal que ϕ = τ ◦ g .
La función g = τ−1 ◦ ϕ corresponde a un difeomorfismo en R2 .
Definición 1.4. Decimos que las parametrizaciones ϕ y τ son coherentes si det(Jg(u, v)) > 0 . Por
extensión decimos que un atlas es coherente si cada vez que dos parametrizaciones se interceptan
entonces el jacobiano del cambio de variable es positivo ( Jg(u, v)) > 0 ) .
Decimos que la superficie es orientada si admite un atlas coherente.
Observación 1.3. En general trabajamos con superficies suaves y simples, las cuales por esta misma
condición son orientadas.
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Ejemplos de Superficies
Ejemplo 1.3. Gráficos de funciones de R2 en R .
Considerar la función f : A ⊂
abto
R2 → R de clase C1(A) . Sea
M = Gr(f) = { (x, y, z) ∈ R3 / z = f(x, y) }
el Gráfico de f . La función ϕ : A ⊂
abto
R2 → R3 tal que
ϕ(x, y) = (x , y , f(x, y))
es una parametrización de M = Gr(f) . Ası́ Gr(f) es una superficie suave, la cual es cubierta
con una sola parametrización.
Ejemplo 1.4. Superficies de nivel: f(x, y, z) = 0
Sea f ; A ⊂
abto
R3 → R de clase C1 . Considerar el conjunto
S = {(x, y, z) ∈ R3 / f(x, y, z) = 0 }
Suponer que S es no vacio y suponer además que para todo p ∈ S se cumple una de las siguientes
proposiciones: ∣∣∣∣ dfdx (p)
∣∣∣∣ 6= 0 ∨ ∣∣∣∣ dfdy (p)
∣∣∣∣ 6= 0 ∨ ∣∣∣∣dfdz (p)
∣∣∣∣ 6= 0
Entonces S es una superficie suave.
En efecto si p0 = (x0, y0, z0) ∈ S tal que
∣∣∣∣ dfdx (p)
∣∣∣∣ 6= 0 (por ejemplo), por el Teorema de la Función
Implicita existen vecindades U de (y0, z0) en R2 ; V de x0 en R y existe una función g : U → V de
clase C1 tal que x = g(y, z) .
Esto es: Localmente (en torno de p0 ) S corresponde al gráfico de la función x = g(y, z) y por tanto
se puede parametrizar como ϕ(y, z) = (g(y, z) , y , z) . Esto se puede hacer para todo punto p ∈ S .
Ejemplo 1.5. Superficies de Revolución: Considerar la curva γ en R2 , parametrizada por (x(u) , y(u)) ,
a ≤ u ≤ b . Considerar la superficie de revolución M , que se genera al rotar γ en torno del eje x .
Una parametrización de M es
M :

x = x(u)
y = y(u) cos(v)
z = y(u) sen(v)
con a ≤ u ≤ b y 0 ≤ v ≤ 2π .
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Ejemplo 1.6. (Toro 2-dimensional). Un caso particular es la superficie que resulta de rotar en torno
del eje y , la circunferencia (x− a)2 + y2 = b2 , con 0 < b < a . Una parametrización es
x = (a+ b cos(u)) cos(v)
y = b sen(u)
z = (a+ b cos(u)) sen(v)
0 ≤ u ≤ 2π
0 ≤ v ≤ 2π
Ejemplo 1.7. Considerar la hélice (cos(t) , sen(t) , t) con 0 < t < 2π . Sea S el conjunto de puntos
que se obtiene obtiene al unir cada punto de la hélice horizontalmente con el eje z . Se cumple que S
es una superficie suave.
Sea P (t) = (0, 0, t) y Q(t) = (cos(t), sen(t), t) con 0 < t < 2π . Una parametrización del segmento
de recta que une P con Q es:
(x, y, z) = (1− u)P (t) + uQ(t) = (1− u)(0, 0, t) + u(cos(t), sen(t), t) = (u cos(t), u sen(t), t)
con 0 < u < 1 y 0 < t < 2π .
Ejemplo 1.8. Considerar la superficie S
(x2 + y2 + z2)2 = 2z(x2 + y2)
En coordenadas esféricas queda ρ = 2 cos(φ) sen2(φ) . La cual resulta de rotar la curva (x2 + z2)2 =
2zx2 en torno del eje z . Una parametrización de S es:
x = ρ cos(θ) sen(φ) = 2 cos(θ) cos(φ) sen3(φ)
y = ρ sen(θ) sen(φ) = 2 sen(θ) cos(φ) sen3(φ)
z = ρ cos(φ) = 2 cos2(φ) sen2(φ)
con 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ π
2
.
Área de una superficie
Sea M una superficie simple y suave en R3 parametrizada por
ϕ : U ⊂ R2 → R3
(u, v) → (x(u, v) , y(u, v) , z(u, v))
El área de la superficie M es:
A =
∫∫
M
dS =
∫∫
U
‖ϕu × ϕv‖ du dv
Area de una Superficie
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bosquejo de demostración:
Considerar un rectángulo R en U de vértices (u, v) , (u+ ∆u , v) , (u , v + ∆v) , (u+ ∆u , v + ∆v) .
Observar que
ϕ(u+ ∆u , v)− ϕ(u, v)
∆u
≈ϕu(u, v)
ϕ(u , v + ∆v)− ϕ(u, v)
∆v
≈ϕv(u, v)
El área de la imagen de este rectángulo ϕ(R) se puede aproximar como
‖[ϕ(u+ ∆u , v)− ϕ(u, v)] × [ϕ(u , v + ∆v)ϕ(u, v)]‖ ≈‖ϕu(u, v)∆u × ϕv(u, v)∆v‖
= ‖ϕu(u, v) × ϕv(u, v)‖∆u∆v
La aproximación es mejor haciendo que (∆u , ∆v) → (0, 0)
Ejemplo 2.1. Calcular el área de la porción de superficie cónica x2 + y2 = z2 , situada entre los
planos z = 0 y x+ 2z = 3 .
Solución:
De la ecuación del plano z =
3− x
2
y reemplazando en la ecuación del cono se tiene
x2 + y2 =
1
4
(3− x)2 ⇔ 3(x+ 1)2 + 4y2 = 12 ⇔ (x+ 1)
2
4
+
y2
3
= 1
entonces:
A =
∫∫
3(x+1)2+4y2≤12
√
x2
x2 + y2
+
y2
x2 + y2
+ 1 dA
=
∫∫
3(x+1)2+4y2≤12
√
2 dA
=
√
2(área de la elipse) = 2
√
6π
Ejemplo 2.2. Considerar la hélice (cos(t) , sen(t), t) con 0 ≤ t ≤ 2π . Sea S la superficie que se
obtiene al unir cada punto de la hélice horizontalmente con el eje z . Calcule su área.
solución:
Sea P (t) = (0, 0, t) y Q(t) = (cos(t), sen(t), t) con 0 ≤ t ≤ 2π . Una parametrización del segmento
de recta que une P con Q es:
(x, y, z) = (1− u)P (t) + uQ(t) = (1− u)(0, 0, t) + u(cos(t), sen(t), t) = (u cos(t), u sen(t), t)
MAT024 6 juanbahamondes
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con 0 ≤ u ≤ 1 y 0 ≤ t ≤ 2π .
Por otra parte:
ϕu = (cos(t), sen(t), 0)
ϕt = (−u sen(t), u cos(t), 1)
⇒ ϕu × ϕt = (sen(t),− cos(t), u)
Luego el área queda:
A =
∫ 2π
0
∫ 1
0
√
1 + u2 du
= 2π
∫ 1
0
√
1 + u2 du
Haciendo el cambio u = tg(θ) → du = sec2(θ) dθ , la integral queda:
= 2π
∫ π/4
0
sec3(θ) dθ
integrando por partes
=π(
√
2 + ln(1 +
√
2))
Integral de Superficie para campos escalares (Integrales de 1er Tipo)
Definición 2.1. Sea f : A ⊂ R3 → R continua, A es un conjunto abierto. Sea M una superficie simple
y suave en R3 parametrizada por
ϕ : U ⊂ R2 → R3
(u, v) → (x(u, v) , y(u, v) , z(u, v))
donde U es un abierto de R2 , tal que M ⊂ A . Se define la Integral de f sobre la superficie M
(Integral de Linea de Primer Tipo) como:∫∫
M
f(x, y, z) dS =
∫∫
U
f(ϕ(u, v))‖ϕu × ϕv‖ du dv
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Ejemplo 2.3. Calcular ∫∫
S
xy dS
donde S es la parte del plano x+ z = 1 , acotada por los planos z = 0 , y = 0 y x = y .
solución:
Como la superficie corresponde al gráfico de la función z = f(x, y) = 1 − x , cuyo dominio es el
triángulo determinado por las rectas: y = 0 , y = x , x = 1 . Por lo tanto
∫∫
S
xy dS =
∫ 1
0
∫ x
0
xy
√
12 + 02 + 12 dydx =
√
2
∫ 1
0
x
y2
2
∣∣∣∣ x
0
dx =
√
2
2
∫ 1
0
x3 dx =
√
2
8
Ejemplo 2.4. Calcular ∫∫
M
x dS
donde M es la porción del cilindro x2 + y2 = 2x entre las dos hojas del cono z2 = x2 + y2 .
solución:
Considerar la parametrización:

x = 2 cos θ cos θ = 2 cos2 θ
y = 2 cos θ sen θ
z = z
con
0 ≤ θ ≤ π2
0 ≤ z ≤ 2 cos θ
Se cumple: ‖ϕθ × ϕz‖ =
(
4 sen4 θ + 4 cos2 θ
)1/2
= 2
La integral queda∫∫
M
x dS = 4
∫ π/2
0
∫ 2 cos θ
0
2 · (2 cos2 θ) dr dθ = 32
∫ π/2
0
cos3 θ dθ = 32 · 2
3
=
64
3
Observación 2.1. Si δ(x, y, z) mide la densidad de masa en el punto (x, y, z) entonces δ(x, y, z) dS
corresponde a un diferencial de la masa, de la superficie M . Desarrollando se tiene:
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Si δ(x, y, z) representa la densidad de masa en el punto (x, y, z) y M es una superficie
parametrizada por ϕ : U ⊂ R2 → R3 entonces la masa de la superficie M esta dada por
masa =
∫∫
M
δ(x, y, z) dS =
∫∫
U
δ(ϕ(u, v)) · ‖ϕu × ϕv‖ du dv
Por otra parte si (x , y , z) representa el centro de masa de la superficie M . Se cumple:
x =
∫∫
M
x δ(x, y, z) dS
∫∫
M
δ(x, y, z) dS
; y =
∫∫
M
y δ(x, y, z) dS
∫∫
M
δ(x, y, z) dS
; z =
∫∫
M
z δ(x, y, z) dS
∫∫
M
δ(x, y, z) dS
Proposición
Ejemplo 2.5. Encontrar la coordenada y del centro de masa de una lámina que tiene la forma del
cono y2 = x2 + z2 entre los planos y = 1 e y = 4 , si su densidad de masa es proporcional a la
distancia al eje y .
solución:
La función densidad de masa es: δ(x, y, z) =
√
x2 + z2
Por otra parte una parametrización de la superficie es:
(x.z) 7→ (x ,
√
x2 + z2 , z)
Con dominio en el anillo 1 ≤ x2 + z2 ≤ 16
El vector normal inducido de la parametrización queda: ϕx × ϕz =
(
x√
x2 + y2
, −1 , z√
x2 + z2
)
.
La masa de la superficie queda:
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m =
∫∫
1≤x2+z2≤16
δ(x, y, z)‖ϕx × ϕz‖dx dz
=
∫∫
1≤x2+z2≤16
√
x2 + z2
√
x2
x2 + z2
+ 1 +
z2
x2 + z2
dx dz
=
∫∫
1≤x2+z2≤16
√
2(x2 + z2) dx dz
= 4
∫ π/2
0
∫ 4
1
√
2r2 r dr dθ
= 4
√
2
∫ π/2
0
∫ 4
1
r2 dr dθ
=
126
√
2π
3
Por otra parte
∫∫
S
y δ(x, y, z) dS =
∫∫
1≤x2+z2≤16
√
x2 + z2
√
x2 + z2
√
x2
x2 + z2
+ 1 +
z2
x2 + z2
dx dz
=
∫∫
1≤x2+z2≤16
√
2 (x2 + z2) dx dz
= 4
√
2
∫ π/2
0
∫ 4
1
r3 dr dθ
=
255
√
2π
2
Luego
y =
∫∫
S
y δ(x, y, z) dS
∫∫
S
δ(x, y, z) dS
=
85
28
Observación 2.2. La integral de superficie de primer tipo es independiente de la parametrización de
la superficie M .
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Problemas Planteados
1. Encontrar el área del pedazo de la silla z = xy que está dentro del cilindro x2 + y2 = a2 .
Respuesta:
2π
3
[ (1 + a2)3/2 − 1]
2. Calcule el área del pedazo del cilindro x2 + y2 = 8y que se encuentra dentro de la esfera
x2 + y2 + z2 = 64 .
Respuesta: 256
3. Calcular el área del paraboloide hiperbólico z = x2−y2 , que se encuentra entre los cilindros
x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 4 .
Respuesta:
π
6
[
17
√
17− 5
√
5
]
4. Calcular ∫∫
M
x dS
donde M es la porción del cilindro x2 + y2 = 2x entre las dos hojas del cono z2 = x2 + y2 .
Respuesta:
64
3
5. Calcular ∫∫
S
(x2 + y2)z dS
donde S es la porción de la esfera ρ = 1 que esta dentro del cono φ = π
3
.
Respuesta:
9π
32
6. Considerar la parte del cono z2 = x2 + y2 entre los planos z = 1 y z = 3 . Calcular la
integral: ∫∫
S
x2z2 dS
Respuesta:
√
2 (36 − 1)
6
7. Calcular:
∫∫
S
xy dS
donde S es la porción del cilindro x2 + z2 = 1 ubicada en el primer octante y que está
acotada por los planos y = 0 e y = x .
Respuesta:
1
3
MAT024 11 juanbahamondes
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Integrales de Superficie para campos de vectores (Integrales de 2do Tipo
Definición 3.1. Sea
−→
F : A ⊂ R3 → R3 continua y sea S una superficie simple suave, orientada
según el vector −→n normal a la superficie, unitario. Además S ⊂ A .
Se define la integral de
−→
F sobre la superficie S , como∫∫
S
−→
F =
∫∫
S
−→
F · −→n dS
En lo que sigue −→n indica un vector unitario, normal a la superficie S . El vector −→n orienta a la
superficie S . Además podemos asumir que S es conexo, de tal forma de hablar de una superficie y
no de dos superficies.
Observación 3.1. Observar que
−→
F · −→n corresponde a un campo escalar y que la integral∫∫
S
−→
F · −→n dS
es una integral de superficie de 1er tipo.
Luego se cumple:
Sea
−→
F : A ⊂ R3 → R3 continua y sea S una superficie simple suave, orientada según el vector
−→n normal unitario.
Sea ϕ : U ⊂ R2 → R3 una parametrización de S de clase C1 tal que −→n = ϕu × ϕv
‖ϕu × ϕv‖
entonces∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
U
−→
F (ϕ(u, v)) · ϕu × ϕv dudv
Proposición
En efecto:
∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
U
−→
F (ϕ(u, v)) · ϕu × ϕv
‖ϕu × ϕv‖
‖ϕu × ϕv‖ dudv =
∫∫
U
−→
F (ϕ(u, v)) · ϕu × ϕv dudv
Observación 3.2. Si
−→
F representa el campo de velocidades de un fluido, entonces la integral de
−→
F
sobre una superficie M se puede mirar como el flujo que pasa a traves de la superficie.
En efecto dado un punto q = ϕ(p) en M es posible definir en q una base (movil, pues cambia con q )
ortonormal B = {−→v 1(q) , −→v 2(q) , −→v 3(q)} , donde −→v 1(q) ; −→v 2(q) son vectores en el plano tangente a
M en q y por otra parte
−→v 3(q) = −→n =
ϕu(p)× ϕv(p)
‖ϕu(p)× ϕv(p)‖
MAT024 12 juanbahamondes
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Es un vector normal a la superficie en q . Ası́ si
−→
F (q) representa la velocidad de un fluido en el punto
q, entonces
−→
F (q) se puede representar como
−→
F (q) = α1
−→v 1(q) + α2−→v 2(q)︸ ︷︷ ︸
está en el plano tangente
+ α3
−→v 3(q)
De esta forma solo la componente α3−→v 3(q) habla del fluido que pasa a traves de la superficie M ,
pero
α3 =
−→
F (q) · −→n =
−→
F (ϕ(p)) · ϕu(p)× ϕv(p)
‖ϕu(p)× ϕv(p)‖
pues la base es ortonormal. Luego el flujo, entendido como un ”volumen (de fluido)” por unidad de
área queda:
−→
F (q) · −→n dS =
−→
F (ϕ(p)) · ϕu(p)× ϕv(p)
‖ϕu(p)× ϕv(p)‖
‖ϕu(p)× ϕv(p)‖ dA =
−→
F (ϕ(p)) · ϕu(p)× ϕv(p) dA
Ejemplo 3.1. Encuentre el flujo del campo
−→
F (x, y, z) = (yz, x,−z2) hacia el exterior, a traves del
cilindro parabólico M : y = x2 con 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ z ≤ 4 .
solución:
Una parametrización de la superficie M es:
x = x
y = x2
z = z
⇒
ϕx = (1, 2x, 0)
ϕz = (0, 0, 1)
}
⇒ ϕx(x, z)× ϕz(x, z) = (2x,−1, 0)
El flujo delcampo
−→
F sobre la superficie M queda:
∫∫
M
−→
F · −→n dS =
∫ 1
0
∫ 4
0
(x2z, x,−z2) · (2x,−1, 0) dz dx =
∫ 1
0
∫ 4
0
(2x3z − x)dz dx = 2
Notación. Suponer que ϕ(u, v) = (x(u, v) , y(u, v) , z(u, v)) es una parametrización de una superficie
M , entonces
ϕu × ϕv =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
xu yu zu
xv yv zv
∣∣∣∣∣∣
=
−→
i
∣∣∣∣ yu zuyv zv
∣∣∣∣ + −→j ∣∣∣∣ zu xuzv xv
∣∣∣∣ + −→k ∣∣∣∣ xu yuxv yv
∣∣∣∣
MAT024 13 juanbahamondes
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Si hacemos
dy ∧ dz =
∣∣∣∣ yu zuyv zv
∣∣∣∣ ; dz ∧ dx = ∣∣∣∣ zu xuzv xv
∣∣∣∣ ; dx ∧ dy = ∣∣∣∣ xu yuxv yv
∣∣∣∣
Entonces la integral de
−→
F = (P,Q,R) se escribe tambien como∫∫
M
−→
F · −→n dS =
∫∫
M
P dy ∧ dz +Qdz ∧ dx+Rdx ∧ dy
En algunos textos se usa tambien
∂(y, z)
∂(u, v)
= dy ∧ dz ; ∂(z, x)
∂(u, v)
= dz ∧ dx ; ∂(x, y)
∂(u, v)
= dx ∧ dy
Observación 3.3. La integral de
−→
F no cambia si usamos parametrizaciones coherentes. Caso contrario
el valor de la integral cambia de signo.
Ejemplo 3.2. El cilindro x2+y2 = 2x corta una porción S del cono z =
√
x2 + y2 . Sea
−→
F (x, y, z) =
(y, z, 1− x) , calcular ∫∫
S
−→
F · −→n dS
donde −→n tiene tercera coordenada positiva.
solución
Una parametrización de S esta dada por
ϕ :

x = x
y = y
z =
√
x2 + y2
; con x2 + y2 ≤ 2x
el dominio de la parametrización corresponde a la región acotada por el cı́rculo (x− 1)2 + y2 = 1 en
el plano. Se tiene
ϕx(x, y)× ϕy(x, y) =
(
− x√
x2 + y2
, − y√
x2 + y2
, 1
)
La integral queda
MAT024 14 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫
x2+y2≤2x
[
y
(
− x√
x2 + y2
)
+
√
x2 + y2
(
− y√
x2 + y2
)
+ (1− x)
]
dA
=
∫∫
x2+y2≤2x
[
− xy√
x2 + y2
+ 1− x− y
]
dA
=
∫∫
x2+y2≤2x
(1− x) dA
=
∫∫
x2+y2≤2x
dA−
∫∫
x2+y2≤2x
x dA
=π − 2
∫ π/2
0
∫ 2 cos(θ)
0
r2 cos(θ) dr dθ = 0
Ejemplo 3.3. Sea M = Gr(f) orientada según el vector −→n con tercera coordenada positiva; donde
f : U ⊂ R2 → R de clase C1 .
Una parametrización de M es
ϕ :

x = x
y = y
z = f(x, y)
; con (x, y) ∈ U
Luego ϕx(x, y)× ϕy(x, y) =
(
− df
dx
(x, y) − df
dy
(x, y) , 1
)
tiene tercera coordenada positiva . Consi-
derar
−→
F = (P,Q,R) continua. Luego se tiene:
∫∫
M
−→
F · −→n dS =
∫∫
U
[−P (x, y, f(x, y))fx(x, y)−Q(x, y, f(x, y))fy(x, y) +R(x, y, f(x, y))] dA
Ejemplo 3.4. Sea
−→
F (x, y, z) = (xy , yz , z2) y S el manto del cilindro x2 + y2 = 9 que está entre los
planos z = x+ 3 y z = 6 . Calcule ∫∫
S
−→
F · −→n dS
donde −→n es la normal que apunta hacia afuera.
Solución:
Parametrización:
x = 3 cos t
y = 3 sen t
z = z
MAT024 15 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
con −π ≤ θ ≤ π y 3 cos θ + 3 ≤ z ≤ 6 . El vector normal se obtiene haciendo
ϕθ = (−3 sen θ , 3 cos θ , 0)
ϕz = (0 , 0 , 1)
Luego ϕθ × ϕz = (3 cos θ , 3 sen θ , 0)
La integral queda
∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫ π
−π
∫ 6
3 cos θ+3
(9 sen θ cos θ(3 cos θ) + 3z sen θ(3 sen θ) + 0) dz dθ
=
∫ π
−π
∫ 6
3 cos θ+3
(27 cos2 θ sen θ + 9z sen2 θ) dz dθ
=
∫ π
−π
[27 cos2 θ sen θ(6− 3 cos θ − 3)] dθ + 9
2
∫ π
−π
sen2 θ(36− 9 cos2 θ − 9− 18 cos θ) dθ
la primera integral vale 0 . (¿Porque?) Luego queda
=
9
2
∫ π
−π
(27 sen2 θ − 9 sen2 θ cos2 θ − 18 sen2 θ cos θ) dθ
=
891π
8
Rotacional y Divergencia de un campo de vectores.
Definición 4.1. Sea
−→
F = (P,Q,R) un campo de vectores de clase C1(A) . Definimos el Rotacional
de
−→
F como:
Rot(
−→
F ) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
d
dx
d
dy
d
dz
P Q R
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
(
dR
dy
− dQ
dz
,
dP
dz
− dR
dx
,
dQ
dx
− dP
dy
)
Definición 4.2. Sea
−→
F = (P,Q,R) un campo de vectores de clase C1(A) . Definimos la Divergencia
de
−→
F como:
Div(
−→
F ) =
dP
dx
+
dQ
dy
+
dR
dz
Observación 4.1. El Rot(
−→
F ) es un campo de vectores y Div(
−→
F ) es un campo escalar.
MAT024 16 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Notación. Llamaremos ∇ (nabla) al operador diferencial ∇ =
(
d
dx
,
d
dy
,
d
dz
)
. Anotamos Rot(
−→
F ) =
∇×
−→
F ; Div(
−→
F ) = ∇ ·
−→
F . Si f es un campo escalar anotamos Gr(f) = ∇ f .
Se cumple:
Propiedades 4.1. 1. ∇ · ∇ ×
−→
F = 0 . Esto es : Div(Rot(
−→
F )) = 0 .
2. ∇ · ∇ f = ∇2f . Esto es : Div(Gr(
−→
f )) = ∇2f , el Laplaciano de f .
Las demostraciones son elementales y se pueden dejar como ejercicio.
Teorema de Stokes
Una generalización del Teorema de Green a Superficies en R3 es el Teorema de Stokes. Para ello
debemos definir una superficie con borde M .
Definición 5.1.
Sea M una superficie en R3 , suave o suave a pedazos, orientada según el vector
normal unitario −→n , con borde una curva γ suave o suave a pedazos, cerrada, simple,
orientada positivamente según −→n (regla de la mano derecha).
Sea
−→
F : A ⊂
abto
R3 → R3 un campo de vectores de clase C1 , con
−→
F = (P , Q , R) , tal
que M ∪ γ ⊂ A . Se cumple
∫∫
M
∇ ×
−→
F · −→n dS =
∫
γ
Pdx+Qdy +Rdz
Teorema de Stokes
Ejemplo 5.1. Considerar la curva γ , intersección de la semiesfera x2 + y2 + z2 = a2 con z > 0 y
el cilindro x2 + y2 = ax , con a > 0 , recorrida en sentido positivo (según el plano xy ). Calcular la
integral ∫
γ
y2 dx+ z2 dy+x2 dz
MAT024 17 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
1. Parametrizando directamente la curva γ .
2. Usando el Teorema de Stokes.
Solución:
1. Parametrizando directamente la curva γ .
x = r cos θ = a cos2 θ
y = r sen θ = a sen θ cos θ
z =
√
a2 − r2 =
√
a2 − a2 cos2 θ = a| sen θ| = a sen θ
con 0 ≤ θ ≤ π para asegurara que sen θ ≥ 0
dx = − 2a cos θ sen θ
dy = a
(
cos2 θ − sen2 θ
)
dz = a cos θ
Luego ∫
γ
y2 dx+ z2 dy + x2 dz
=
∫ π
0
(
−2a3 cos3 θ sen3 θ + a3 cos2 θ sen2 θ − a3 sen4 θ + a3 cos5 θ
)
dθ
= − 2a3
∫ π
0
sen3(2θ)
8
dθ + a3
∫ π
0
sen3(2θ)
4
dθ − a3
∫ π
0
sen4 θ dθ + a3
∫ π
0
cos5 θ dθ
=
a3π
8
− 3a
3π
8
= −2πz
3
8
= −a
3π
4
MAT024 18 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
2. Sea M la porción de la semiesfera que está dentro del cilindro.
rot(~F ) = (−2z,−2x,−2y) = −2(z, x, y)
⇔
∫
γ
y2 dx+ z2 dy + x2 dz =
∫∫
M
−2(z, x, y) · ~n dS
parametrización de M : z =
√
a2 − x2 − y2, luego queda:
= − 2
∫∫
x2+y 2≤ax
(√
a2 − x2 − y2, x, y
)
·
(
x√
a2 − x2 − y2
,
y√
a2 − x2 − y2
, 1
)
dA
= − 2
∫∫
x2+y2≤ax
(
x+ y +
xy√
a2 − x2 − y2
)
dA
=
∫∫
x2+y2≤ax
(x+ y) dA+
∫∫
x2+y2≤ax
xy√
a2 − x2 − y2
dA
=
∫∫
x2+y2≤ax
(x+ y) dA
=
∫ π/2
−π/2
r2(cos θ + sen θ) dr dθ
=
∫ π/2
−π/2
(cos θ + sen θ) · a
3 cos3 θ
3
dθ
=
a3
3
∫ π/2
−π/2
cos4 θ dθ
=
2a3
3
∫ π/2
0
cos4 θ dθ
=
2a3
3
· 1 · 3
2 · 4
· π
2
=
a3π
8
Ejemplo 5.2. Use el teorema de Stokes para calcular la integral de linea∫
γ
(y2 + z2)dx+ (x2 + z2)dy + (x2 + y2)dz
donde γ es la intersección del hemisferio superior de la esfera x2 + y2 + z2 − 8x = 0 (z ≥ 0) y el
cilindro x2 + y2 − 2x = 0 .
MAT024 19 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Solución:
El rotacional del campo vectorial es rot(F ) = (2y − 2z , 2z − 2x , 2x− 2y).
Denotemos por S la superficie que tiene por borde la curva γ , entonces definimos
ϕ : D → S por ϕ(x, y) = (x, y,
√
16− (x− 4)2 + y2)
una parametrización de la superficie S , donde D = {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≤ 1} es la proyección
de S en el plano XY .
Por otro lado,
ϕx(x, y) =
(
1, 0,−x− 4
z
)
, ϕy(x, y) =
(
0, 1,−y
z
)
, donde z =
√
16− (x− 4)2 + y2
y
ϕx(x, y)× ϕy(x, y) =
(
x− 4
z
,
y
z
, 1
)
=⇒ ||rx(x, y)× ry(x, y)|| =
4
z
Si
−→n = rx(x, y)× ry(x, y)
||rx(x, y)× ry(x, y)||
=
1
4
(x− 4, y, z)
es el vector unitario normal a S , entonces
rot(F ) · −→n = 2(z − y)
Usando el teorema de Stokes:
I =
∫
γ
(y2 + z2)dx+ (x2 + z2)dy+)(x2 + y2)dz =
∫
S
∫
2(z − y)4
z
dA = 8
∫
S
∫ (
1− y
z
)
dA
=⇒ I = 8
[∫ 2
0
∫ √2x−x2
−
√
2x−x2
dydx−
∫ 2
0
∫ √2x−x2
−
√
2x−x2
y√
16− (x− 4)2 − y2
dydx
]
= 8π
La primera integral doble es igual a π porque representa el área del cı́rculo de radio 1, en el plano
XY y, la segunda integral es igual a cero, porque es la integral de una función impar en un dominio
simétrico.
Por lo tanto, I = 8π.
MAT024 20 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICAUTFSM
Teorema de la Divergencia
Sea S un sólido en R3 , acotado por una superficie M = ∂S cerrada, suave o suave a
pedazos.
Sea
−→
F : A ⊂
abto
R3 → R3 un campo de vectores de clase C1 , tal que S ∪M ⊂ A . Se
cumple. ∫∫
M
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
S
div(
−→
F ) dV
donde −→n es vector normal a la superficie que apunta hacia afuera.
Teorema de la Divergencia
Ejemplo 6.1. Usando el teorema de la divergencia determine∫∫
S
~F · −→n dS
donde ~F = (xy2, yx2, x2y2) y S es la superficie que encierra al sólido de ecuaciones: x2 + y2 6 1 y
1− x2 − y2 6 z 6 4 .
Solución:
El calculo es directo.
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
R
(y2 + x2) dV
= 4
∫ 1
0
∫ π/2
0
∫ 4
1−r2
rr2 dz dθ dr
= 4 · π
2
∫ 1
0
r3(4− 1 + r2) dr
= 2π
∫ 1
0
(3r3 + r5) dr = 2π
(
3
4
+
1
6
)
= 2π
(
9 + 2
12
)
=
11π
6
Ejemplo 6.2. Sea
−→
F (x, y, z) = ( y − z , yz , −xz ) . Considerar S la superficie que consta de 4 caras
del cubo determinado por las ecuaciones: 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y < 2 , 0 ≤ z < 2 . Calcular usando el
Teorema de la divergencia:
MAT024 21 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
∫∫
S
−→
F · −→n dS
donde la superficie esta orientada por la normal exterior.
Solución:
Observar que las caras que faltan corresponden a las caras y = 2 y z = 2 . Usando el teorema de la
divergencia se tiene
∫∫
S
(y−z , yz , −xz)·−→n dS =
∫∫∫
R
(z−x) dV−
∫∫
S1
(y−z , yz , −xz)·−→n dS−
∫∫
S2
(y−z , yz , −xz)·−→n dS
donde R es el cubo sólido [0, 2] × [0, 2] × [0, 2] y las superficies S1 , S2 corresponden a las tapas
y = 2 y z = 2 respectivamente. Calculando cada una de estas integrales se tiene:
Para la región sólida R :
∫∫∫
R
(z − x) dV =
∫ 2
0
∫ 2
0
∫ 2
0
(z − x) dy dz dx = 2
∫ 2
0
(
z2
2
− xz
∣∣∣∣z=2
z=0
)
dx
= 2
∫ 2
0
(2− 2x) dx = 0
Para S1 . Usar la parametrización : x = x , y = 2 , z = z .
∫∫
S1
(y − z , yz , −xz) · −→n dS =
∫ 2
0
∫ 2
0
(2− z , 2z , −xz) · (0, 1, 0) dz dx =
∫ 2
0
∫ 2
0
2z dz dx = 8
Para S2 . Usar la parametrización: x = x , y = y , z = 2 :
∫∫
S2
(y − z , yz , −xz) · −→n dS =
∫ 2
0
∫ 2
0
(y − 2 , 2y , −2x) · (0, 0, 1) dy dx = −
∫ 2
0
∫ 2
0
2x dy dx = −8
Por lo tanto:
∫∫
S
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
R
(z − x) dV −
∫∫
S1
(y − z , yz , −xz) · −→n dS −
∫∫
S2
(y − z , yz , −xz) · −→n dS
= 0− 8 + 8 = 0
Ejemplo 6.3. Considerar la semiesfera M , dada por x2 + y2 + z2 = 4 , con y ≥ 0 . Calcular∫∫
M
~F · ~n dS
donde ~F (x, y, z) = (2x2y2+y eyz, xy3+z cosh(x2z), xy2z) y ~n vector normal con segunda coordenada
positiva.
Solución:
MAT024 22 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Como la semiesfera no es una superficie cerrada, se debe cerrar
agregando la tapa en el plano y = 0 . De tal modo que usando
Teorema de la Divergencia se tiene
∫∫
M
~F · ~n dS =
∫∫∫
x2 + y2 + z2 ≤ 4
y ≥ 0
8xy2 dV
︸ ︷︷ ︸
(1)
−
∫∫
y=0
~F · (0,−1, 0) dS
︸ ︷︷ ︸
(2)
Para (2) : Una parametrización es x = x ; y = 0 ; z = z , con
x2 + z2 ≤ 4 . La integral queda:
∫∫
y=0
~F ·(0,−1, 0) dS =
∫∫
y=0
(0, z cosh(x2z), 0)·(0,−1, 0) dS = −
∫∫
x2+z2≤4
z cosh(x2z) dA = 0
Para (1) se tiene: ∫∫∫
x2 + y2 + z2 ≤ 4
y ≥ 0
8xy2 dV = 0
pues la región es simétrica respecto del plano x = 0 y f(−x, y, z) = −8xy2 = −f(x, y, z) . Ası́ la
función se comporta como una función impar respecto del plano x = 0 . Por lo tanto:∫∫
M
~F · ~n dS =
∫∫∫
x2 + y2 + z2 ≤ 4
y ≥ 0
8xy2 dV −
∫∫
x2+z2≤4
z cosh(x2z) dA = 0
Observación 6.1. Considerar los campos
−→
F 1(x, y, z) = (x, 0, 0) ;
−→
F 2(x, y, z) = (0, y, 0) ;
−→
F 3(x, y, z) =
(0, 0, z) . Se cumple ∇ ·
−→
F i = 1 . Luego estos campos se pueden usar para calcular el volumen de una
región solida, encerrada por una superficie suave, como en el Teorema de la Divergencia.
Se tiene lo siguiente
Sea S un sólido en R3 , acotado por una superficie M = ∂S cerrada, suave o suave a
pedazos, como en el Teorema de la Divgergencia. Sea V el volumen de S . Se cumple:
V =
∫∫∫
S
dV =
∫∫
∂S
x dy ∧ dz =
∫∫
∂S
y dz ∧ dx =
∫∫
∂S
z dx ∧ dy
Volumen de un sólido
MAT024 23 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Varios
1. Considerar el campo
−→
F (x, y, z) = (x2y , yz , zx) y sea
−→
G = ∇ ×
−→
F el rotacional de
−→
F .
Calcular ∫∫
S
−→
G · −→n dS
a) Directamente como Integral de Superficie.
b) Usando el Teorema de la divergencia.
c) Usando el Teorema de Stokes.
Aquı́ S es la porción del cono z2 = x2 + y2 con 1 ≤ z ≤ 2 y −→n designa el vector normal
unitario con tercera coordenada negativa.
Solución:
a) Usar la parametrización z =
√
x2 + y2 , con dominio en el anillo 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 . Luego
el vector normal es
−→n =
(
x√
x2 + y2
,
y√
x2 + y2
, −1
)
Además
−→
G(x , y , z) = (−y , −z , −x2) . Luego
∫∫
S
−→
G · −→n dS =
∫∫
1≤x2+y2≤4
(
− xy√
x2 + y2
− y
√
x2 + y2√
x2 + y2
+ x2
)
dA
=
∫ 2
1
∫ π
−π
r
(
− r
2 cos(θ) sen(θ)
r
− r sen(θ) + r2 cos2(θ)
)
dθ dr
=
∫ 2
1
∫ π
−π
r3 cos2(θ) dθ =
15π
4
b) Usando el Teorema de la divergencia. Llamemos V al tronco de cono sólido comprendido
entre z = 1 y z = 2 , entonces la integral queda:
∫∫
S
∇ ×
−→
F · −→n dS =
∫∫∫
V
div(∇ ×
−→
F ) dV −
∫∫
tapa z=1
∇ ×
−→
F · −→n dS −
∫∫
tapa z=2
∇ ×
−→
F · −→n dS
Notar que div(∇ ×
−→
F ) = 0 (siempre) y por lo tanto basta calcular el flujo a traves de las
tapas.
MAT024 24 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
∫∫
tapa z=1
∇ ×
−→
F · −→n dS =
∫∫
x2+y2=1
(−y,−1,−x2) · (0, 0,−1)dA
=
∫∫
x2+y2=1
x2dA = 4
∫ π/2
0
∫ 1
0
r3 cos(θ) dr dθ =
π
4
∫∫
tapa z=2
∇ ×
−→
F · −→n dS =
∫∫
x2+y2=4
(−y,−2,−x2) · (0, 0, 1)dA
= −
∫∫
x2+y2=4
x2dA = 4
∫ π/2
0
∫ 2
0
r3 cos(θ) dr dθ = −4π
Ası́
∫∫
S
∇ ×
−→
F · −→n dS = 0− π
4
+ 4π =
15π
4
c) Usando el Teorema de Stokes: El ”borde”de esta superficie son los dos cı́rculos γ1 : x2 +
y2 = 1 en el plano z = 1 y γ2 : x2 + y2 = 4 en el plano z = 2 .
La integral sobre γ1 , usando la parametrización canónica, queda:∫
γ1
x2y dx+ yz dy + zx dz =
∫ π
−π
[cos2 t sen t(−sent) + sen t cos t]dt
= − 1
4
∫ π
−π
sen2(2t) dt = − π
4
Por otra parte la integral sobre γ2 , usando la parametrización canónica queda:∫
γ2
x2y dx+ yz dy + zx dz =
∫ π
−π
[4 cost ·2 sen t(−2 sen t) + 2 sen t(2 cos t)] dt
= − 4
∫ π
−π
sen2(2t) dt = −4π
Luego:
MAT024 25 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
∫∫
S
∇ ×
−→
F · −→n dS =
∫
γ1−γ2
x2y dx+ yz dy + zx dz
=
∫
γ1
x2y dx+ yz dy + zx dz −
∫
γ2
x2y dx+ yz dy + zx dz
= − π
4
+ 4π =
15π
4
2. Sea S una superficie cerrada que encierra un sólido V y considerar f , g funciones armónicas
definidas en un dominio que contiene a S∪V en R3 . Suponer ademas que
∫∫
S
g
df
d−→n
dS =
2
3
Calcular ∫∫
S
f
dg
d−→n
dS
−→n designa el vector normal unitario exterior de la superficie.
Solución:
Basta probar que: ∫∫
S
f
dg
d−→n
dS =
∫∫
S
f
dg
d−→n
dS
En efecto
∫∫
S
f
dg
d−→n
dS =
∫∫
S
f(∇g · −→n ) dS
=
∫∫
S
f∇g · −→n dS
=
∫∫∫
V
div(f∇g) dV
=
∫∫∫
V
(fxgx + fgxx + fygy + fgyy + fzgz + fgzz) dV
=
∫∫∫
V
[(fxgx + fygy + fzgz) + f(gxx + gyy + gzz)] dV
MAT024 26 juanbahamondes
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
pero f y g son armónicas. Esto es: gxx + gyy + gzz = fxx + fyy + fzz = 0
=
∫∫∫
V
[(fxgx + fygy + fzgz) + g(fxx + fyy + fzz)] dV
=
∫∫∫
V
div(g∇f) dV
=
∫∫
S
g∇f · −→n dS
=
∫∫
S
g
df
d−→n
Por lo tanto ∫∫
S
f
dg
d−→n
dS =
2
3
MAT024 27 juanbahamondes