Integral de Superfície sobre funciones escalares

Transcripción

1 Integral de uperfície sobre funciones escalares Consideremos el problema del cálculo de la masa total de una lámina, cuya forma es la de una superfície simple. upongamos que la lámina es muy delgada y que su densidad no sea constante. Podemos entonces pensar en una función de densidad ρ defnida sobre la superfície de modo que cada (x, y, z) le asocia el núumero real ρ(x, y, z) que da el valor (en unidades de masa por unidad de área) de la densidad de la lámina en el punto (x, y, z). i dividimos la superfície en pequeños rectángulos ij. i Φ es una función que parametriza a, cada ij se puede ver como la imagen de un rectángulo R ij correspondiente a una partición de la región en pequeños rectángulos upongamos que ρ : s R 3 R es una función continua que en cada punto de (superficie) nos asigna su densidad de masa, y que esta parametrizada por la función Φ : R R 3 entonces, la masa de la lámina en ij ρ(x ij, y ij, z ik ) Área de la lámina es aproximadamente ρ(x ij, y ij, z ij ) Área La masa total de la lámina será lím ρ(f(u ij, v ij )) f ij u (u ij, v ij ) f u (u ij, v ij ) Área R ij ij ij R ij R ij de modo que la masa total ρ f(u, v) f u f v dudv

2 ef.- ea Φ() una superfície paramétrica descrita por una función Φ : R R 3 de clase C y sean f : V R 3 R un campo escalar continuo definido en un abierto V de R 3 tal que V. e define la integral de superfície de f como fds ρ f(u, v) f u f v dudv Ejemplo.-Evaluar la integral de superfície y + yzds donde es la porción del plano x + y + z 6 que se encuentra en el primer octante ol. En este caso tenemos que ρ(x, y) y + yz mientras que de la ecuación x + y + z 6 despejando a la z z (6 x y) podemos obtener una parametrización g(u, v) (u, v, (6 u v)) por lo tanto y + yzds ρ(u, v, (6 u v)) + gu + gvda v +v ( ) (6 u v) da 3 6 u 3 (3 x) v(3 u)dvdu 6 3 (3 x) 3 dvdu Ejemplo.- Evaluar la integral (x + z)ds donde es la porción en el primer octante del cilindro y + z entre x y x 4

3 cuya parametrización es f(x, θ) xî + 3 sin θĵ + 3 cos θ k con x 4 y θ π ol.- Tenemos que f x î y f θ 3 sin θĵ + cos θ k por lo tanto î ĵ k f x f θ 3 cos θĵ 3 sin θ k f x f θ 3 sin θĵ 3 cos θ k (x + z)ds 3(x + 3 sin θ)da 4 4 π 3x + 9 sen θdθdx ( ) 3 πx + 9 dx 3π x + 9x 4 π cos θ + 9 sin θ 3 3xθ 9 cos θ Ejemplo.- ea ρ : R 3 R dada por ρ(x, y, z) ax + by + z donde a, b son constantes dadas y consideremos la superfície f : R R 3 parametrizada por f(u, v) (u, v, u + v ) sobre la región {(x, y) R u + v } (La superfície es un paraboloide z x + y que se encuentra debajo del plano z ) π dx 3

4 ol.- Tenemos que dada la parametrización de la superfície f(u, v) (u, v, u + v ) entonces T u f u (,, u) T v f v (,, v) T u T v (,, v, ) por otra parte ρ(f(u, v)) ρ(u, v, u + v ) au + by + z s fds π s (au+by+z) (,, v, ) dudv }{{} P olares ar cos(θ) + 4r drdθ + Vamos a trabajarlas por separado π ar cos(θ) + 4r drd π π br sin(θ) + 4r drdθ + r π + 4r dr a cos(θ)dθ r + 4r dr () 4 (ar cos(θ)+br sin(θ)+r ) + 4r rdrdθ π r 3 + 4r drdθ r + 4r dr ( a sin(θ) π )

5 Para la segunda π br sin(θ) + 4r drdθ r π + 4r dr b sin(θ)dθ r + 4r dr ( b cos(θ) π ) Finalmente r + 4r dr () 8 π r 3 + 4r drdθ r 8r + 4r dr(π) }{{} ur durdr dv8r +4 v 3 (+4r ) 3 r 3 π + 4r dr dθ ( ( r 8 3 ( π ) ( El valor de la integral no depende de la parametrización ) ) ( + 4r ) 3 r 3 + 4r dr(π) ( 3 ) ( ) ) + 4r 3 rdr (π) ea g f ϕ por lo tanto tenemos que ρda ρ(f(u, v)) f u f v dudv }{{} (u,v)ϕ(s,t) ρ(f(g(s, t))) N g (s, t) dsdt ρda ρ(f(ϕ(s, t))) N f (ϕ(s, t)) (ϕ, ϕ ) (s, t) dsdt 5

6 Ahora vamos a dar una reparametrización de la región {(x, y) R x + y }, para ello consideremos la región {(s, t) R s + t } y vamos a proceder de la siguiente forma: s + t s + t s + st + t + s st + t (s + t) + (s t) por lo tanto proponemos u s + t y v s t y la reparametrización quedaria g(s, t) (s + t, s t, s + t ) Por lo tanto para calcular la integral de superfície ρ(x, y, z) ax + by + z se tiene que ρda ρ(g(s, t)) g s g t dsdt ( a (s + t) + b (s t) + s + t ) 4 + 3(s + t )dsdt π ( }{{} ) (a + b)r cos(θ) + (a b)r sin(θ) + r 4 + 3r rdrdθ P olares π r r drdθ (π) 4r 3 + 8r dr (π) ( ) ( π En el caso de que la superfície viniese dada por sus ecuaciones paramétricas x x(u, v) y y(u, v) z z(u, v) ) ( ) la integral de superfície es: f (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ( (x, ) y) + (u, v) ( ) (y, z) + (u, v) ( ) (z, x) dudv (u, v) 6

7 Ejemplo.-upóngase que se describe un helicoide x r cos θ y r sin θ z θ. es la región θ π r y sea f(x, y, z) x + y +. Hallar fds ol.- Tenemos que ( ) (x, y) J r J (r, θ) fds Ejercicio.-Probar que ( ) (y, z) sin θ J (r, θ) f(r cos θ, r sin θ, θ) T r T θ dθ f(x, y, z)ds ol.-i tenemos que K N K N cos θ entonces ( ) (z, x) cos θ f(r cos θ, r sin θ, θ) r (r, θ) + π f(x, y, g(x, y)) dxdy cos θ r + r + drdθ π bk N b K N cos θ cos θ b K N N. 4 3 dθ 8 3 π 7

8 i la superfície esta descrita por φ(x, y, z) z g(x, y) entonces z g(x, y) y un vector normal sería N g xî g yĵ + k y por lo tanto cos θ K N N + ( ) g ( ) cos θ x + g y f(x, y, z)ds f(x, y, g(x, y)) N dxdy + ( ) g ( x + g y ) f(x, y, g(x, y)) dxdy cos θ Ahora use lo anterior para calcular xds donde es el triángulo con vértices en (,, ), (,, ), (,, ) ol.- Tenemos que el plano es el siguiente El cual esta descrito por la ecuación x + y + z como la superfície es constante un vector normal es î ĵ k (,, ) (,, ) xds x dxdy x (,, ) K N N cos θ xdydx ( ) x x3 3 ( ) 3 xy x dx 6 ( x x ) dx 8