Integrales de superficie - Cálculo volumen 3

6.6 Integrales de superficie

Objetivos de aprendizaje

6.6.1 Hallar las representaciones paramétricas de un cilindro, un cono y una esfera.
6.6.2 Describir la integral de superficie de una función con valor escalar sobre una superficie paramétrica.
6.6.3 Utilizar una integral de superficie para calcular el área de una superficie dada.
6.6.4 Explicar el significado de una superficie orientada, dando un ejemplo.
6.6.5 Describir la integral de superficie de un campo vectorial.
6.6.6 Utilizar las integrales de superficie para resolver problemas aplicados.

Hemos visto que una integral lineal es una integral sobre una trayectoria en un plano o en el espacio. Sin embargo, si deseamos integrar sobre una superficie (un objeto bidimensional) en vez de sobre una trayectoria (un objeto unidimensional) en el espacio, entonces necesitamos un nuevo tipo de integral que pueda manejar la integración sobre objetos en dimensiones superiores. Podemos extender el concepto de integral lineal a una integral de superficie para permitirnos realizar esta integración.

Las integrales de superficie son importantes por las mismas razones que las integrales lineales. Tienen muchas aplicaciones a la física y la ingeniería, y nos permiten desarrollar versiones de mayor dimensión del teorema fundamental del cálculo. En particular, las integrales de superficie nos permiten generalizar el teorema de Green a dimensiones superiores, y aparecen en algunos teoremas importantes que estudiamos en secciones posteriores.

Superficies paramétricas

Una integral de superficie es similar a una integral lineal, excepto que la integración se realiza sobre una superficie en vez de sobre una trayectoria. En este sentido, las integrales de superficie amplían nuestro estudio de las integrales lineales. Al igual que con las integrales lineales, hay dos tipos de integrales de superficie: una integral de superficie de una función con valor escalar y una integral de superficie de un campo vectorial.

Sin embargo, antes de poder integrar sobre una superficie, tenemos que considerar la propia superficie. Recordemos que para calcular una integral lineal escalar o integral de línea vectorial sobre la curva C, primero necesitamos parametrizar C. De manera similar, para calcular una integral de superficie sobre la superficie S, necesitamos parametrizar S. Es decir, necesitamos un concepto de trabajo de una superficie parametrizada (o una superficie paramétrica), de la misma manera que ya tenemos un concepto de una curva parametrizada.

Una superficie parametrizada está dada por una descripción de la forma

r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉 .

Observe que esta parametrización implica dos parámetros, u y v, porque una superficie es bidimensional, y por tanto se necesitan dos variables para trazar la superficie. Los parámetros u y v varían en una región denominada dominio de parámetro, o espacio de parámetro, el conjunto de puntos en el plano uv que pueden sustituirse en r. Cada elección de u y v en el dominio de parámetro da un punto en la superficie, al igual que cada elección de un parámetro t da un punto en una curva parametrizada. La superficie completa se crea haciendo todas las elecciones posibles de u y v sobre el dominio de parámetro.

Definición

Dada una parametrización de la superficie $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉,$ el dominio de parámetro de la parametrización es el conjunto de puntos en el plano uv que se pueden sustituir en r.

Ejemplo 6.58

Parametrizar un cilindro

Describa la superficie S parametrizada por

r (u, v) = 〈 cos u, sen u, v 〉, − \infty < u < \infty, − \infty < v < \infty .

Solución

Para hacernos una idea de la forma de la superficie, primero trazamos algunos puntos. Dado que el dominio de parámetro es todo $ℝ^{2},$ podemos elegir cualquier valor para u y v y trazar el punto correspondiente. Si los valores de $u = v = 0,$ entonces $r (0, 0) = 〈 1, 0, 0 〉,$ por lo que el punto (1, 0, 0) está en S. Del mismo modo, los puntos $r (π, 2) = (–1, 0, 2)$ y $r (\frac{π}{2}, 4) = (0, 1, 4)$ están en S.

Aunque el trazado de puntos puede darnos una idea de la forma de la superficie, normalmente necesitamos bastantes puntos para ver la forma. Dado que el trazado de docenas o cientos de puntos requiere mucho tiempo, utilizamos otra estrategia. Para visualizar S, visualizamos dos familias de curvas que se encuentran en S. En la primera familia de curvas mantenemos u constante; en la segunda familia de curvas mantenemos v constante. Esto nos permite construir un "esqueleto" de la superficie y así hacernos una idea de su forma.

Primero, supongamos que u es una constante K. Entonces la curva trazada por la parametrización es $〈 cos K, sen K, v 〉,$ que da una línea vertical que pasa por el punto $(cos K, sen K, v)$ en el plano xy.

Supongamos ahora que v es una constante K. Entonces la curva trazada por la parametrización es $〈 cos u, sen u, K 〉,$ que da un círculo en el plano $z = K$ con radio 1 y centro (0, 0, K).

Si u se mantiene constante, se obtienen líneas verticales; si v se mantiene constante, se obtienen círculos de radio 1 centrados en la línea vertical que pasa por el origen. Por lo tanto, la superficie trazada por la parametrización es un cilindro $x^{2} + y^{2} = 1$ (Figura 6.57).

Tres diagramas en tres dimensiones. El primero muestra líneas verticales alrededor del origen. El segundo muestra círculos paralelos con centro en el origen y radio de 1. El tercero muestra las líneas y el círculo. Juntos, forman el esqueleto de un cilindro.

Figura 6.57 (a) Líneas

〈 cos K, sen K, v 〉

por

K = 0, \frac{π}{2}, π, y \frac{3 π}{2} .

(b) Círculos

〈 cos u, sen u, K 〉

por

K = –2, –1, 1, y 2 .

Observe que si $x = cos u$ y $y = sen u,$ entonces $x^{2} + y^{2} = 1,$ por lo que los puntos de S se encuentran efectivamente en el cilindro. A la inversa, cada punto del cilindro está contenido en algún círculo $〈 cos u, sen u, k 〉$ para alguna k, y por tanto cada punto del cilindro está contenido en la superficie parametrizada (Figura 6.58).

Una imagen de un cilindro vertical en tres dimensiones con el centro de su base circular situado en el eje z.

Figura 6.58 Cilindro

x^{2} + y^{2} = r^{2}

tiene una parametrización

r (u, v) = 〈 r cos u, r sen u, v 〉,

0 \leq u \leq 2 π, − \infty < v < \infty .

Análisis

Observe que si cambiamos el dominio de parámetro, podríamos obtener una superficie diferente. Por ejemplo, si restringimos el dominio a $0 \leq u \leq π, 0 < v < 6,$ entonces la superficie sería un medio cilindro de altura 6.

Punto de control 6.47

Describa la superficie con la parametrización $r (u, v) = 〈 2 cos u, 2 sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, − \infty < v < \infty .$

Del Ejemplo 6.58 se deduce que podemos parametrizar todos los cilindros de la forma $x^{2} + y^{2} = R^{2} .$ Si S es un cilindro dado por la ecuación $x^{2} + y^{2} = R^{2},$ entonces una parametrización de S es

r (u, v) = 〈 R cos u, R sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, − \infty < v < \infty .

También podemos hallar diferentes tipos de superficies dada su parametrización, o podemos calcular una parametrización cuando se nos da una superficie.

Ejemplo 6.59

Describir una superficie

Describa la superficie S parametrizada por

r (u, v) = 〈 u cos v, u sen v, u^{2} 〉, 0 \leq u < \infty, 0 \leq v < 2 π .

Solución

Observe que si u se mantiene constante, la curva resultante es un círculo de radio u en el plano $z = u .$ Por lo tanto, al aumentar u, aumenta el radio del círculo resultante. Si v se mantiene constante, la curva resultante es una parábola vertical. Por lo tanto, esperamos que la superficie sea un paraboloide elíptico. Para confirmarlo, observe que

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} & = {(u cos v)}^{2} + {(u sen v)}^{2} \\ = u^{2} {cos}^{2} v + u^{2} {sen}^{2} v \\ = u^{2} \\ = z . \end{matrix}

Por lo tanto, la superficie es un paraboloide elíptico $x^{2} + y^{2} = z$ (Figura 6.59).

Dos imágenes en tres dimensiones. La primera muestra círculos paralelos en el eje z con radios que aumentan a medida que aumenta z. Las parábolas verticales que se abren enmarcan los círculos y forman el esqueleto de un paraboloide. La segunda muestra el paraboloide elíptico, que está formado por todos los círculos y parábolas verticales posibles en el dominio de parámetro.

Figura 6.59 (a) Los círculos surgen de mantener constante u; las parábolas verticales surgen de mantener constante v. (b) Un paraboloide elíptico resulta de todas las elecciones de u y v en el dominio de parámetro.

Punto de control 6.48

Describa la superficie parametrizada por $r (u, v) = 〈 u cos v, u sen v, u 〉, − \infty < u < \infty, 0 \leq v < 2 π .$

Ejemplo 6.60

Calcular una parametrización

Dé una parametrización del cono $x^{2} + y^{2} = z^{2}$ que se encuentra en o por encima del plano $z = –2 .$

Solución

La sección transversal horizontal del cono a la altura $z = u$ es un círculo $x^{2} + y^{2} = u^{2} .$ Por lo tanto, un punto del cono a la altura u tiene coordenadas $(u cos v, u sen v, u)$ para el ángulo v. Por lo tanto, una parametrización del cono es $r (u, v) = 〈 u cos v, u sen v, u 〉 .$ Como no nos interesa todo el cono, solo la parte que está en o por encima del plano $z = –2,$ el dominio de parámetro está dado por $−2 \leq u < \infty, 0 \leq v < 2 π$ (Figura 6.60).

Un diagrama tridimensional del cono x^2 + y^2 = z^2, que se abre a lo largo del eje z para valores z positivos y se abre hacia abajo a lo largo del eje z para valores z negativos. El centro está en el origen.

Figura 6.60 Cono

x^{2} + y^{2} = z^{2}

tiene una parametrización

r (u, v) = 〈 u cos v, u sen v, u 〉, − \infty < u < \infty, 0 \leq v \leq 2 π .

Punto de control 6.49

Dé una parametrización para la porción de cono $x^{2} + y^{2} = z^{2}$ que se encuentra en el primer octante.

Hemos estudiado las parametrizaciones de varias superficies, pero hay dos tipos importantes de superficies que necesitan un debate aparte: las esferas y los gráficos de funciones de dos variables. Para parametrizar una esfera, lo más fácil es utilizar coordenadas esféricas. La esfera de radio $ρ$ centrado en el origen está dada por la parametrización

r (ϕ, θ) = 〈 ρ cos θ sen ϕ, ρ sen θ sen ϕ, ρ cos ϕ 〉, 0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq ϕ \leq π .

La idea de esta parametrización es que como $ϕ$ barre hacia abajo desde el eje z positivo, un círculo de radio $ρ sen ϕ$ se traza suponiendo que $θ$ va de 0 a $2 π .$ Para ver esto, suponemos que $ϕ$ es fijo. Entonces

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} & = {(ρ cos θ sen ϕ)}^{2} + {(ρ sen θ sen ϕ)}^{2} \\ = ρ^{2} {sen}^{2} ϕ ({cos}^{2} θ + {sen}^{2} θ) \\ = ρ^{2} {sen}^{2} ϕ \\ = {(ρ sen ϕ)}^{2} . \end{matrix}

El resultado es el círculo deseado (Figura 6.61).

Un diagrama tridimensional de la esfera de radio rho.

Figura 6.61 La esfera de radio

ρ

tiene una parametrización

r (ϕ, θ) = 〈 ρ cos θ sen ϕ, ρ sen θ sen ϕ, ρ cos ϕ 〉,

0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq ϕ \leq π .

Por último, para parametrizar el gráfico de una función de dos variables, primero suponemos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables. La parametrización más sencilla del gráfico de $f$ es $r (x, y) = 〈 x, y, f (x, y) 〉,$ donde x y y varían en el dominio de $f$ (Figura 6.62). Por ejemplo, el gráfico de $f (x, y) = x^{2} y$ se puede parametrizar con $r (x, y) = 〈 x, y, x^{2} y 〉,$ donde los parámetros x y y varían en el dominio de $f .$ Si solo nos interesa un trozo del gráfico de $f$ , digamos, el trozo del gráfico sobre el rectángulo $[1, 3] \times [2, 5]$ , entonces podemos restringir el dominio de parámetro para dar este pedazo de la superficie:

r (x, y) = 〈 x, y, x^{2} y 〉, 1 \leq x \leq 3, 2 \leq y \leq 5 .

Del mismo modo, si S es una superficie dada por la ecuación $x = g (y, z)$ o la ecuación $y = h (x, z),$ entonces una parametrización de S es

$r (y, z) = 〈 g (y, z), y, z 〉$ o $r (x, z) = 〈 x, h (x, z), z 〉,$ respectivamente. Por ejemplo, el gráfico del paraboloide $2 y = x^{2} + z^{2}$ se puede parametrizar con $r (x, z) = 〈 x, \frac{x^{2} + z^{2}}{2}, z 〉, 0 \leq x < \infty, 0 \leq z < \infty .$ Observe que no necesitamos variar sobre todo el dominio de y porque x y z están elevadas al cuadrado.

Diagrama tridimensional de una superficie z = f(x,y) sobre su cartografía en el plano bidimensional x,y. El punto (x,y) en el plano corresponde al punto z = f(x,y) en la superficie.

Figura 6.62 La parametrización más sencilla del gráfico de una función es

r (x, y) = 〈 x, y, f (x, y) 〉 .

Generalicemos ahora las nociones de lisura y regularidad a una superficie paramétrica. Recordemos que la parametrización de la curva $r (t), a \leq t \leq b$ es regular si $r ′ (t) \neq 0$ para todo t en $[a, b] .$ Para una curva, esta condición asegura que la imagen de r es realmente una curva, y no solo un punto. Por ejemplo, consideremos la parametrización de la curva $r (t) = 〈 1, 2 〉, 0 \leq t \leq 5 .$ La imagen de esta parametrización es simplemente el punto $(1, 2),$ que no es una curva. Observe también que $r ′ (t) = 0 .$ El hecho de que la derivada sea cero indica que no estamos ante una curva.

De forma análoga, nos gustaría tener una noción de regularidad para las superficies, de modo que una parametrización de la superficie trace realmente una superficie. Para motivar la definición de regularidad de una parametrización de superficie, consideremos la parametrización

r (u, v) = 〈 0, cos v, 1 〉, 0 \leq u \leq 1, 0 \leq v \leq π .

Aunque esta parametrización parece ser la de una superficie, observe que la imagen es en realidad una línea (Figura 6.63). ¿Cómo podríamos evitar parametrizaciones como esta? ¿Parametrizaciones que no dan una superficie real? Observe que $r_{u} = 〈 0, 0, 0 〉$ y $r_{v} = 〈 0, − sen v, 0 〉,$ y el producto vectorial correspondiente es cero. El análogo de la condición $r ′ (t) = 0$ es que $r_{u} \times r_{v}$ no es cero para el punto $(u, v)$ en el dominio de parámetro, que es una parametrización regular.

Diagrama tridimensional de una línea en el plano x,z donde el componente z es 1, el componente x es 1 y el componente y existe entre –1 y 1.

Figura 6.63 La imagen de la parametrización

r (u, v) = 〈 0, cos v, 1 〉, 0 \leq u \leq 1, 0 \leq v \leq π

es una línea.

Definición

Parametrización $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ es una parametrización regular si $r_{u} \times r_{v}$ no es cero para el punto $(u, v)$ en el dominio de parámetro.

Si la parametrización r es regular, entonces la imagen de r es un objeto bidimensional, como debería ser una superficie. A lo largo de este capítulo, las parametrizaciones $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ se supone que son regulares.

Recordemos que la parametrización de la curva $r (t), a \leq t \leq b$ es lisa si $r ′ (t)$ es continua y $r ′ (t) \neq 0$ para todo t en $[a, b] .$ Informalmente, una parametrización de una curva es suave si la curva resultante no tiene ángulos agudos. La definición de una parametrización de superficie lisa es similar. Informalmente, una parametrización de superficie es lisa si la superficie resultante no tiene ángulos agudos.

Definición

Una parametrización de la superficie $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ es lisa si el vector $r_{u} \times r_{v}$ no es cero para cualquier elección de u y v en el dominio de parámetro.

Una superficie también puede ser lisa a trozos si tiene caras lisas, pero también tiene lugares donde las derivadas direccionales no existen.

Ejemplo 6.61

Identificar superficies lisas y no lisas

¿Cuál de las figuras de la Figura 6.64 es lisa?

Dos figuras tridimensionales. La primera superficie es lisa. Parece un neumático con un gran agujero en el centro. La segunda es lisa a trozos. Es una pirámide de base rectangular y cuatro lados.

Figura 6.64 (a) Esta superficie es lisa. (b) Esta superficie es lisa a trozos.

Solución

La superficie en la Figura 6.64(a) puede ser parametrizada por

r (u, v) = 〈 (2 + cos v) cos u, (2 + cos v) sen u, sen v 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v < 2 π

(podemos utilizar la tecnología para verificarlo). Observe que los vectores

r_{u} = 〈 − (2 + cos v) sen u, (2 + cos v) cos u, 0 〉 y r_{v} = 〈 − sen v cos u, − sen v sen u, cos v 〉

existen para cualquier elección de u y v en el dominio de parámetro, y

\begin{matrix} r_{u} \times r_{v} & = | \begin{matrix} i & j & k \\ − (2 + cos v) sen u & (2 + cos v) cos u & 0 \\ − sen v cos u & − sen v sen u & cos v \end{matrix} | \\ = [(2 + cos v) cos u cos v] i + [(2 + cos v) sen u cos v] j \\ + [(2 + cos v) sen v {sen}^{2} u + (2 + cos v) sen v {cos}^{2} u] k \\ = [(2 + cos v) cos u cos v] i + [(2 + cos v) sen u cos v] j + [(2 + cos v) sen v] k . \end{matrix}

El componente k de este vector es cero solo si $v = 0$ o $v = π .$ Si $v = 0$ o $v = π,$ entonces las únicas opciones para u que hacen que el componente j sea cero son $u = 0$ o $u = π .$ Pero, estas elecciones de u no hacen que el componente i sea cero. Por lo tanto, $r_{u} \times r_{v}$ no es cero para cualquier elección de u y v en el dominio de parámetro, y la parametrización es lisa. Observe que la superficie correspondiente no tiene ángulos agudos.

En la pirámide de la Figura 6.64(b), los ángulos agudos garantizan que no existan derivadas direccionales en esos lugares. Por lo tanto, la pirámide no tiene una parametrización lisa. Sin embargo, la pirámide está formada por cinco caras lisas y, por tanto, esta superficie es lisa a trozos.

Punto de control 6.50

¿La parametrización de la superficie $r (u, v) = 〈 u^{2 v}, v + 1, sen u 〉, 0 \leq u \leq 2, 0 \leq v \leq 3$ es lisa?

Área superficial de una superficie paramétrica

Nuestra meta es definir una integral de superficie, y como primer paso hemos examinado cómo parametrizar una superficie. El segundo paso consiste en definir el área superficial de una superficie paramétrica. La notación necesaria para desarrollar esta definición se utiliza en el resto de este capítulo.

Supongamos que S es una superficie con parametrización $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ sobre algún dominio de parámetro D. Asumimos aquí y en todo momento que la parametrización de la superficie $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ es continuamente diferenciable, es decir, cada función componente tiene derivadas parciales continuas. Supongamos, para simplificar, que D es un rectángulo (aunque el material siguiente puede ampliarse para manejar dominios de parámetro no rectangulares). Divida el rectángulo D en subrectángulos $D_{i j}$ con anchura horizontal $Δ u$ y longitud vertical $Δ v .$ Supongamos que i va de 1 a m y j va de 1 a n, de modo que D se subdivide en mn rectángulos. Esta división de D en subrectángulos da una división correspondiente de la superficie S en trozos $S_{i j} .$ Elija el punto $P_{i j}$ en cada trozo $S_{i j} .$ El punto $P_{i j}$ corresponde al punto $(u_{i}, v_{j})$ en el dominio de parámetro.

Observe que podemos formar una cuadrícula con líneas paralelas al eje u y al eje v en el plano uv. Estas líneas de cuadrícula corresponden a un conjunto de curvas de cuadrícula en la superficie S que está parametrizada por $r (u, v) .$ Sin pérdida de generalidad, suponemos que $P_{i j}$ se encuentra en la esquina de dos curvas de cuadrícula, como en la Figura 6.65. Si pensamos en r como un mapeo desde el plano uv a $ℝ^{3},$ las curvas de cuadrícula son la imagen de las líneas de cuadrícula debajo de r. Para ser precisos, considere las líneas de cuadrícula que pasan por el punto $(u_{i}, v_{j}) .$ Una línea está dada por $x = u_{i}, y = v;$ la otra está dada por $x = u, y = v_{j} .$ En la primera línea de la cuadrícula, el componente horizontal se mantiene constante, y produce una línea vertical que pasa por $(u_{i}, v_{j}) .$ En la segunda línea de la cuadrícula, el componente vertical se mantiene constante, y produce una línea horizontal que pasa por $(u_{i}, v_{j}) .$ Las curvas de cuadrícula correspondientes son $r (u_{i}, v)$ y $r (u, v_{j}),$ y estas curvas se intersecan en el punto $P_{i j} .$

Dos diagramas que muestran que las líneas de cuadrícula en un dominio de parámetro se corresponden con las curvas de cuadrícula en una superficie. El primero muestra un rectángulo bidimensional en el plano u,v. El rectángulo horizontal está en el cuadrante 1 y se divide en rectángulos de 9 x 5 en formato de cuadrícula. Un rectángulo Dij tiene longitudes laterales delta u y delta v. Las coordenadas de la esquina inferior izquierda son (u_i *, v_j *). En tres dimensiones, la superficie se curva sobre el plano x,y. El trozo D_ij se ha convertido en S_ij en la superficie con la esquina inferior izquierda P_ij.

Figura 6.65 Las líneas de cuadrícula en un dominio de parámetro corresponden a las curvas de cuadrícula en una superficie.

Ahora considere los vectores que son tangentes a estas curvas de cuadrícula. Para la curva de cuadrícula $r (u_{i}, v),$ el vector tangente en $P_{i j}$ se

t_{v} (P_{i j}) = r_{v} (u_{i}, v_{j}) = 〈 x_{v} (u_{i}, v_{j}), y_{v} (u_{i}, v_{j}), z_{v} (u_{i}, v_{j}) 〉 .

Para la curva de cuadrícula $r (u, v_{j}),$ el vector tangente en $P_{i j}$ se

t_{u} (P_{i j}) = r_{u} (u_{i}, v_{j}) = 〈 x_{u} (u_{i}, v_{j}), y_{u} (u_{i}, v_{j}), z_{u} (u_{i}, v_{j}) 〉 .

Si el vector $N = t_{u} (P_{i j}) \times t_{v} (P_{i j})$ existe y no es cero, entonces el plano tangente en $P_{i j}$ existe (Figura 6.66). Si el trozo $S_{i j}$ es lo suficientemente pequeño, entonces el plano tangente en el punto $P_{i j}$ es una buena aproximación al trozo $S_{i j} .$

Dos diagramas. El de la izquierda es bidimensional y está en el primer cuadrante del plano de coordenadas u,v. Se marca un punto u_0 en el eje horizontal u, y un punto v_0 en el eje vertical v. El punto (u_0, v_0) se muestra en el plano. El diagrama de la derecha muestra la versión de la curva de cuadrícula. Ahora, el u_0 se marca como r(u_0, v) y el v_0 como r(u, v_0). El punto (u_0, v_0) está marcado como P. De P salen tres flechas: una es una flecha vertical N, y las otras dos son t_u y t_v para el plano tangente.

Figura 6.66 Si el producto vectorial de vectores

t_{u}

t_{v}

existe, entonces hay un plano tangente.

El plano tangente en $P_{i j}$ contiene vectores $t_{u} (P_{i j})$ y $t_{v} (P_{i j}),$ y, por lo tanto, el paralelogramo abarcado por $t_{u} (P_{i j})$ y $t_{v} (P_{i j})$ está en el plano tangente. Dado que el rectángulo original en el plano uv correspondiente a $S_{i j}$ tiene una anchura $Δ u$ y longitud $Δ v,$ el paralelogramo que utilizamos para aproximar $S_{i j}$ es el paralelogramo que abarca $Δ u t_{u} (P_{i j})$ y $Δ v t_{v} (P_{i j}) .$ En otras palabras, escalamos los vectores tangentes por las constantes $Δ u$ y $Δ v$ para que coincida con la escala de la división original de los rectángulos en el dominio de parámetro. Por lo tanto, el área del paralelogramo utilizado para aproximar el área de $S_{i j}$ se

Δ S_{i j} \approx ‖ (Δ u t_{u} (P_{i j})) \times (Δ v t_{v} (P_{i j})) ‖ = ‖ t_{u} (P_{i j}) \times t_{v} (P_{i j}) ‖ Δ u Δ v .

El punto variable $P_{i j}$ sobre todos los trozos $S_{i j}$ y la aproximación anterior nos llevan a la siguiente definición de área superficial de una superficie paramétrica (Figura 6.67).

Una superficie S_ij que parece un paralelogramo curvo. El punto P_ij está en la esquina inferior izquierda, y dos flechas azules se extienden desde este punto hasta las esquinas superior izquierda e inferior derecha de la superficie. A partir de este punto se extienden también dos flechas rojas que se denominan t_v delta v y t_u delta u. Estos forman dos lados de un paralelogramo que se aproxima al trozo de superficie de S_ij. Los otros dos lados se dibujan como líneas punteadas.

Figura 6.67 El paralelogramo que abarca

t_{u}

t_{v}

se aproxima al trozo de superficie

S_{i j} .

Definición

Supongamos que $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ con el dominio de parámetro D es una parametrización lisa de la superficie S. Además, supongamos que S se traza solo una vez a medida que $(u, v)$ varía sobre D. El área superficial de S es

\iint_{D} ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d A,

(6.18)

donde $t_{u} = 〈 \frac{\partial x}{\partial u}, \frac{\partial y}{\partial u}, \frac{\partial z}{\partial u} 〉$ y $t_{v} = 〈 \frac{\partial x}{\partial v}, \frac{\partial y}{\partial v}, \frac{\partial z}{\partial v} 〉 .$

Ejemplo 6.62

Calcular el área superficial

Calcule el área superficial lateral (el área del "lado", sin incluir la base) del cono circular recto con altura h y radio r.

Solución

Antes de calcular el área superficial de este cono mediante la Ecuación 6.18, necesitamos una parametrización. Suponemos que este cono está en $ℝ^{3}$ con su vértice en el origen (Figura 6.68). Para obtener una parametrización, suponemos que $α$ es el ángulo que se barre partiendo del eje z positivo y terminando en el cono, y suponemos que $k = tan α .$ Para un valor de altura v con $0 \leq v \leq h,$ el radio del círculo formado por la intersección del cono con el plano $z = v$ es $k v .$ Por lo tanto, una parametrización de este cono es

s (u, v) = 〈 k v cos u, k v sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v \leq h .

La idea que subyace a esta parametrización es que para un valor fijo de v, el círculo barrido al dejar variar u es el círculo de altura v y radio kv. A medida que v aumenta, la parametrización barre una "pila" de círculos y genera el cono deseado.

Un cono circular recto en tres dimensiones, que se abre hacia arriba en el eje z. Tiene radio r = kh y altura h con la parametrización dada. Alfa es el ángulo que se barre partiendo del eje z positivo y terminando en el cono. Se observa que k es igual a la tangente de alfa.

Figura 6.68 El cono circular recto con radio r = kh y altura h tiene la parametrización

s (u, v) = 〈 k v cos u, k v sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v \leq h .

Con una parametrización a disposición, podemos calcular la superficie del cono utilizando la Ecuación 6.18. Los vectores tangentes son $t_{u} = 〈 − k v sen u, k v cos u, 0 〉$ y $t_{v} = 〈 k cos u, k sen u, 1 〉 .$ Por lo tanto,

\begin{matrix} t_{u} \times t_{v} & = | \begin{matrix} i & j & k \\ − k v sen u & k v cos u & 0 \\ k cos u & k sen u & 1 \end{matrix} | \\ = 〈 k v cos u, k v sen u, − k^{2} v {sen}^{2} u - k^{2} v {cos}^{2} u 〉 \\ = 〈 k v cos u, k v sen u, − k^{2} v 〉 . \end{matrix}

La magnitud de este vector es

\begin{matrix} ‖ 〈 k v cos u, k v sen u, − k^{2} v 〉 ‖ & = \sqrt{k^{2} v^{2} {cos}^{2} u + k^{2} v^{2} {sen}^{2} u + k^{4} v^{2}} \\ = \sqrt{k^{2} v^{2} + k^{4} v^{2}} \\ = k v \sqrt{1 + k^{2}} . \end{matrix}

En la Ecuación 6.18, la superficie del cono es

\begin{matrix} \iint_{D} ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d A & = \int_{0}^{h} \int_{0}^{2 π} k v \sqrt{1 + k^{2}} d u d v \\ = 2 π k \sqrt{1 + k^{2}} \int_{0}^{h} v d v \\ = 2 π k \sqrt{1 + k^{2}} {[\frac{v^{2}}{2}]}_{0}^{h} \\ = π k h^{2} \sqrt{1 + k^{2}} . \end{matrix}

Dado que $k = tan α = r / h,$

\begin{matrix} π k h^{2} \sqrt{1 + k^{2}} & = π \frac{r}{h} h^{2} \sqrt{1 + \frac{r^{2}}{h^{2}}} \\ = π r h \sqrt{1 + \frac{r^{2}}{h^{2}}} \\ = π r \sqrt{h^{2} + h^{2} (\frac{r^{2}}{h^{2}})} \\ = π r \sqrt{h^{2} + r^{2}} . \end{matrix}

Por lo tanto, el área superficial lateral del cono es $π r \sqrt{h^{2} + r^{2}} .$

Análisis

El área superficial de un cono circular recto de radio r y altura h suele estar dada por $π r^{2} + π r \sqrt{h^{2} + r^{2}} .$ La razón es que la base circular se incluye como parte del cono, y por lo tanto el área de la base $π r^{2}$ se añade al área superficial lateral $π r \sqrt{h^{2} + r^{2}}$ que hallamos.

Punto de control 6.51

Calcule el área superficial con la parametrización $r (u, v) = 〈 u + v, u^{2}, 2 v 〉, 0 \leq u \leq 3, 0 \leq v \leq 2 .$

Ejemplo 6.63

Calcular el área superficial

Demuestre que el área superficial de la esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2}$ es $4 π r^{2} .$

Solución

La esfera tiene una parametrización

〈 r cos θ sen ϕ, r sen θ sen ϕ, r cos ϕ 〉, 0 \leq θ < 2 π, 0 \leq ϕ \leq π .

Los vectores tangentes son

t_{θ} = 〈 − r sen θ sen ϕ, r cos θ sen ϕ, 0 〉 y t_{ϕ} = 〈 r cos θ cos ϕ, r sen θ cos ϕ, − r sen ϕ 〉 .

Por lo tanto,

\begin{matrix} t_{ϕ} \times t_{θ} & = 〈 r^{2} cos θ {sen}^{2} ϕ, r^{2} sen θ {sen}^{2} ϕ, r^{2} {sen}^{2} θ sen ϕ cos ϕ + r^{2} {cos}^{2} θ sen ϕ cos ϕ 〉 \\ = 〈 r^{2} cos θ {sen}^{2} ϕ, r^{2} sen θ {sen}^{2} ϕ, r^{2} sen ϕ cos ϕ 〉 . \end{matrix}

Ahora,

\begin{matrix} ‖ t_{ϕ} \times t_{θ} ‖ & = \sqrt{r^{4} {sen}^{4} ϕ {cos}^{2} θ + r^{4} {sen}^{4} ϕ {sen}^{2} θ + r^{4} {sen}^{2} ϕ {cos}^{2} ϕ} \\ = \sqrt{r^{4} {sen}^{4} ϕ + r^{4} {sen}^{2} ϕ {cos}^{2} ϕ} \\ = r^{2} \sqrt{{sen}^{2} ϕ} \\ = r^{2} sen ϕ . \end{matrix}

Observe que $sen ϕ \geq 0$ en el dominio de parámetro porque $0 \leq ϕ < π,$ y esto justifica la ecuación $\sqrt{{sen}^{2} ϕ} = sen ϕ .$ El área superficial de la esfera es

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} r^{2} sen ϕ d ϕ d θ = r^{2} \int_{0}^{2 π} 2 d θ = 4 π r^{2} .

Hemos derivado la conocida fórmula del área superficial de una esfera utilizando integrales de superficie.

Punto de control 6.52

Demuestre que la superficie del cilindro $x^{2} + y^{2} = r^{2}, 0 \leq z \leq h$ es $2 π r h .$ Observe que este cilindro no incluye los círculos superior e inferior.

Además de parametrizar superficies dadas por ecuaciones o formas geométricas estándar como conos y esferas, también podemos parametrizar superficies de revolución. Por lo tanto, podemos calcular el área superficial de una superficie de revolución utilizando las mismas técnicas. Supongamos que $y = f (x) \geq 0$ es una función positiva de una sola variable en el dominio $a \leq x \leq b$ y supongamos que S es la superficie obtenida al rotar $f$ alrededor del eje x (Figura 6.69). Supongamos que $θ$ es el ángulo de rotación. Entonces, S se puede parametrizar con los parámetros x y $θ$ mediante

r (x, θ) = 〈 x, f (x) cos θ, f (x) sen θ 〉, a \leq x \leq b, 0 \leq x < 2 π .

Dos diagramas, a y b, muestran la superficie de revolución. El primero muestra tres dimensiones. En el plano (x,y) se dibuja una curva denominada y = f(x) en el cuadrante 1. Se dibuja una línea desde el punto final de la curva hasta el eje x, y se marca como f(x). El segundo muestra la misma vista tridimensional. Sin embargo, la curva del primer diagrama se ha girado para crear una forma tridimensional en torno al eje x. El límite sigue marcado como y = f(x), como lo estaba en la curva del primer plano. La abertura de la forma tridimensional es circular con el radio f(x), al igual que estaba marcada la línea que va de la curva al eje x en el plano del primer diagrama. Un punto en el límite de la abertura está marcado como (x,y,z), la distancia desde el eje x a este punto se dibuja y está marcada como f(x), y la altura se dibuja y está marcada como z. La altura es perpendicular al plano x,y y, como tal, la línea f(x) original trazada desde el primer diagrama. El ángulo entre esta línea y la línea del eje x a (x,y,z) está marcada como theta.

Figura 6.69 Podemos parametrizar una superficie de revolución mediante

r (x, θ) = 〈 x, f (x) cos θ, f (x) sen θ 〉,

a \leq x \leq b, 0 \leq x < 2 π .

Ejemplo 6.64

Calcular el área superficial

Calcular el área de la superficie de revolución obtenida al girar $y = x^{2}, 0 \leq x \leq b$ alrededor del eje x (Figura 6.70).

Un sólido de revolución dibujado en dos dimensiones. El sólido se forma girando la función y = x^2 alrededor del eje x. En el eje x se marca un punto C entre 0 y x', que marca la apertura del sólido.

Figura 6.70 Se puede utilizar una integral de superficie para calcular el área superficial de este sólido de revolución.

Solución

Esta superficie tiene una parametrización

r (x, θ) = 〈 x, x^{2} cos θ, x^{2} sen θ 〉, 0 \leq x \leq b, 0 \leq x < 2 π .

Los vectores tangentes son $t_{x} = 〈 1, 2 x cos θ, 2 x sen θ 〉 y t_{θ} = 〈 0, − x^{2} sen θ, − x^{2} cos θ 〉 .$ Por lo tanto,

\begin{matrix} t_{x} \times t_{θ} & = 〈 2 x^{3} {cos}^{2} θ + 2 x^{3} {sen}^{2} θ, − x^{2} cos θ, − x^{2} sen θ 〉 \\ = 〈 2 x^{3}, − x^{2} cos θ, − x^{2} sen θ 〉 \end{matrix}

\begin{matrix} t_{x} \times t_{θ} & = \sqrt{4 x^{6} + x^{4} {cos}^{2} θ + x^{4} {sen}^{2} θ} \\ = \sqrt{4 x^{6} + x^{4}} \\ = x^{2} \sqrt{4 x^{2} + 1} . \end{matrix}

El área de la superficie de revolución es

\begin{matrix} \int_{0}^{b} \int_{0}^{π} x^{2} \sqrt{4 x^{2} + 1} d θ d x & = 2 π \int_{0}^{b} x^{2} \sqrt{4 x^{2} + 1} d x \\ = 2 π {[\frac{1}{64} (2 \sqrt{4 x^{2} + 1} (8 x^{3} + x) {senoh}^{−1} (2 x))]}_{0}^{b} \\ = 2 π [\frac{1}{64} (2 \sqrt{4 b^{2} + 1} (8 b^{3} + b) {senoh}^{−1} (2 b))] . \end{matrix}

Punto de control 6.53

Utilice la Ecuación 6.18 para calcular el área de la superficie de revolución obtenida al rotar la curva $y = sen x, 0 \leq x \leq π$ alrededor del eje x.

Integral de superficie de una función con valor escalar

Ahora que podemos parametrizar superficies y calcular sus áreas superficiales, podemos definir integrales de superficie. Primero, veamos la integral de superficie de una función con valor escalar. Informalmente, la integral de superficie de una función con valor escalar es un análogo de la integral lineal escalar en una dimensión superior. El dominio de integración de una integral lineal escalar es una curva parametrizada (un objeto unidimensional); el dominio de integración de una integral de superficie escalar es una superficie parametrizada (un objeto bidimensional). Por lo tanto, la definición de una integral de superficie sigue bastante de cerca la definición de una integral lineal. Para las integrales lineales escalares, cortamos la curva del dominio en trozos pequeños, elegimos un punto en cada trozo, calculamos la función en ese punto y tomamos un límite de la suma de Riemann correspondiente. Para las integrales escalares de superficie, cortamos la región del dominio (que ya no es una curva) en trozos pequeños y procedemos de la misma manera.

Supongamos que S es una superficie lisa a trozos con parametrización $r (u, v) = 〈 x (u, v), y (u, v), z (u, v) 〉$ con un dominio de parámetro D y supongamos que $f (x, y, z)$ es una función con un dominio que contiene a S. Por ahora, supongamos que el dominio de parámetro D es un rectángulo, pero podemos extender la lógica básica de cómo procedemos a cualquier dominio de parámetro (la elección de un rectángulo es simplemente para hacer la notación más manejable). Divida el rectángulo D en subrectángulos $D_{i j}$ con anchura horizontal $Δ u$ y longitud vertical $Δ v .$ Supongamos que i va de 1 a m y j va de 1 a n, de modo que D se subdivide en mn rectángulos. Esta división de D en subrectángulos da una división correspondiente de S en trozos $S_{i j} .$ Elija el punto $P_{i j}$ en cada trozo $S_{i j},$ evaluar $P_{i j}$ a las $f$ , y multiplicar por el área $Δ S_{i j}$ para formar la suma de Riemann

\sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} f (P_{i j}) Δ S_{i j} .

Para definir una integral de superficie de una función con valor escalar, dejamos que las áreas de los trozos de S se reduzcan a cero tomando un límite.

Definición

La integral de superficie de una función con valor escalar de $f$ sobre una superficie lisa a trozos S es

\iint_{S} f (x, y, z) d S = \underset{m, n \to \infty}{lím} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} f (P_{i j}) Δ S_{i j} .

De nuevo, observe las similitudes entre esta definición y la definición de una integral lineal escalar. En la definición de una integral lineal cortamos una curva en trozos, evaluamos una función en un punto de cada trozo y dejamos que la longitud de los trozos se reduzca a cero tomando el límite de la suma de Riemann correspondiente. En la definición de una integral de superficie, cortamos una superficie en trozos, evaluamos una función en un punto de cada trozo y dejamos que el área de los trozos se reduzca a cero tomando el límite de la suma de Riemann correspondiente. Por lo tanto, una integral de superficie es similar a una integral lineal pero en una dimensión superior.

La definición de una integral lineal escalar puede extenderse a dominios de parámetro que no son rectángulos utilizando la misma lógica utilizada anteriormente. La idea básica es cortar el dominio de parámetro en pequeños trozos, elegir un punto de muestra en cada trozo, y así sucesivamente. La forma exacta de cada trozo en el dominio de la muestra se vuelve irrelevante a medida que las áreas de los trozos se reducen a cero.

Las integrales de superficie escalares son difíciles de calcular a partir de la definición, al igual que las integrales lineales escalares. Para desarrollar un método que facilite el cálculo de las integrales de superficie, aproximamos las áreas superficiales $Δ S_{i j}$ con pequeños trozos de un plano tangente, tal y como hicimos en la subsección anterior. Recordemos la definición de vectores $t_{u}$ y $t_{v} :$

t_{u} = 〈 \frac{\partial x}{\partial u}, \frac{\partial y}{\partial u}, \frac{\partial z}{\partial u} 〉 y t_{v} = 〈 \frac{\partial x}{\partial v}, \frac{\partial y}{\partial v}, \frac{\partial z}{\partial v} 〉 .

Por el material que ya hemos estudiado, sabemos que

Δ S_{i j} \approx ‖ t_{u} (P_{i j}) \times t_{v} (P_{i j}) ‖ Δ u Δ v .

Por lo tanto,

\iint_{S} f (x, y, z) d S \approx \underset{m, n \to \infty}{lím} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} f (P_{i j}) ‖ t_{u} (P_{i j}) \times t_{v} (P_{i j}) ‖ Δ u Δ v .

Esta aproximación se acerca arbitrariamente a $\underset{m, n \to \infty}{lím} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} f (P_{i j}) Δ S_{i j}$ a medida que aumentamos el número de trozos $S_{i j}$ dejando que m y n se acerquen al infinito. Por lo tanto, tenemos la siguiente ecuación para calcular las integrales de superficie escalares:

\iint_{S} f (x, y, z) d S = \iint_{D} f (r (u, v)) ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d A .

(6.19)

La Ecuación 6.19 nos permite calcular una integral de superficie transformándola en una integral doble. Esta ecuación para las integrales de superficie es análoga a la Ecuación 6.20 para las integrales lineales:

\iint_{C} f (x, y, z) d s = \int_{a}^{b} f (r (t)) ‖ r^{'} (t) ‖ d t .

En este caso, el vector $t_{u} \times t_{v}$ es perpendicular a la superficie, mientras que el vector $r^{'} (t)$ es tangente a la curva.

Ejemplo 6.65

Calcular una integral de superficie

Calcule la integral de superficie $\iint_{S} 5 d S,$ donde $S$ es la superficie con la parametrización $r (u, v) = 〈 u, u^{2}, v 〉$ por $0 \leq u \leq 2$ y $0 \leq v \leq u .$

Solución

Observe que este dominio de parámetro D es un triángulo, y por tanto el dominio de parámetro no es rectangular. Sin embargo, esto no es un problema, porque la Ecuación 6.19 no impone ninguna restricción a la forma del dominio de parámetro.

Para utilizar la Ecuación 6.19 para calcular la integral de superficie, primero hallamos el vector $t_{u}$ y $t_{v} .$ Observe que $t_{u} = 〈 1, 2 u, 0 〉$ y $t_{v} = 〈 0, 0, 1 〉 .$ Por lo tanto,

t_{u} \times t_{v} = | \begin{matrix} i & j & k \\ 1 & 2 u & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | = 〈 2 u, –1, 0 〉

‖ t_{u} \times t_{v} ‖ = \sqrt{1 + 4 u^{2}} .

Por la Ecuación 6.19,

\begin{matrix} \iint_{S} 5 d S & = 5 \iint_{D} \sqrt{1 + 4 u^{2}} d A \\ = 5 \int_{0}^{2} \int_{0}^{u} \sqrt{1 + 4 u^{2}} d v d u = 5 \int_{0}^{2} u \sqrt{1 + 4 u^{2}} d u \\ = 5 {[\frac{{(1 + 4 u^{2})}^{3 / 2}}{3}]}_{0}^{2} = \frac{5 (17^{3 / 2} - 1)}{12} \approx 28,79. \end{matrix}

Ejemplo 6.66

Calcular la integral de superficie de un cilindro

Calcule la integral de superficie $\iint_{S} (x + y^{2}) d S,$ donde S es el cilindro $x^{2} + y^{2} = 4, 0 \leq z \leq 3$ (Figura 6.71).

Un gráfico en tres dimensiones de un cilindro. La base del cilindro está en el plano (x,z), con centro en el eje y. Se extiende a lo largo del eje y.

Figura 6.71 Función integradora

f (x, y, z) = x + y^{2}

sobre un cilindro.

Solución

Para calcular la integral de superficie, primero necesitamos una parametrización del cilindro. Siguiendo el Ejemplo 6.58, una parametrización es

r (u, v) = 〈 2 cos u, 2 sen u, v 〉, 0 \leq u \leq 2 π, 0 \leq v \leq 3 .

Los vectores tangentes son $t_{u} = 〈 sen u, cos u, 0 〉$ y $t_{v} = 〈 0, 0, 1 〉 .$ Entonces,

t_{u} \times t_{v} = | \begin{matrix} i & j & k \\ − sen u & cos u & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | = 〈 cos u, sen u, 0 〉

y $‖ t_{u} \times t_{v} ‖ = \sqrt{{cos}^{2} u + {sen}^{2} u} = 1 .$ Por la Ecuación 6.19,

\begin{matrix} \iint_{S} f (x, y, z) d S = \iint_{D} f (r (u, v)) ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d A \\ = \int_{0}^{3} \int_{0}^{2 π} (2 cos u + 4 {sen}^{2} u) d u d v \\ = \int_{0}^{3} {[2 sen u + 2 u - sen (2 u)]}_{0}^{2 π} d v = \int_{0}^{3} 4 π d v = 12 π . \end{matrix}

Punto de control 6.54

Calcule $\iint_{S} (x^{2} - z) d S,$ donde S es la superficie con parametrización $r (u, v) = 〈 v, u^{2} + v^{2}, 1 〉, 0 \leq u \leq 2, 0 \leq v \leq 3 .$

Ejemplo 6.67

Calcular la integral de superficie de un trozo de una esfera

Calcule la integral de superficie $\iint_{S} f (x, y, z) d S,$ donde $f (x, y, z) = z^{2}$ y S es la superficie que consiste del trozo de esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4$ que se encuentra en o por encima del plano $z = 1$ y el disco que está encerrado por el plano de intersección $z = 1$ y la esfera dada (Figura 6.72).

Un diagrama en tres dimensiones de la mitad superior de una esfera. El centro está en el origen y el radio es 2. La parte superior por encima del plano z = 1 está cortada y sombreada, el resto es simplemente un contorno de la semiesfera. La sección superior tiene centro en (0,0,1) y radio de radical tres.

Figura 6.72 Calcular una integral de superficie sobre la superficie S.

Solución

Observe que S no es lisa, sino que es lisa a trozos; S se puede escribir como la unión de su base $S_{1}$ y su parte superior esférica $S_{2},$ y ambas $S_{1}$ y $S_{2}$ son lisas. Por lo tanto, para calcular $\iint_{S} z^{2} d S,$ escribimos esta integral como $\iint_{S_{1}} z^{2} d S + \iint_{S_{2}} z^{2} d S$ y calculamos las integrales $\iint_{S_{1}} z^{2} d S$ y $\iint_{S_{2}} z^{2} d S .$

En primer lugar, calculamos $\iint_{S_{1}} z^{2} d S .$ Para calcular esta integral necesitamos una parametrización de $S_{1} .$ Esta superficie es un disco en el plano $z = 1$ centrada en $(0, 0, 1) .$ Para parametrizar este disco, necesitamos conocer su radio. Dado que el disco se forma donde el plano $z = 1$ interseca la esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4,$ podemos sustituir $z = 1$ en la ecuación $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4 :$

x^{2} + y^{2} + 1 = 4 \Rightarrow x^{2} + y^{2} = 3 .

Por lo tanto, el radio del disco es $\sqrt{3}$ y una parametrización de $S_{1}$ es $r (u, v) = 〈 u cos v, u sen v, 1 〉, 0 \leq u \leq \sqrt{3}, 0 \leq v \leq 2 π .$ Los vectores tangentes son $t_{u} = 〈 cos v, sen v, 0 〉$ y $t_{v} = 〈 − u sen v, u co s v, 0 〉,$ y por lo tanto

t_{u} \times t_{v} = | \begin{matrix} i & j & k \\ cos v & sen v & 0 \\ − u sen v & u cos v & 0 \end{matrix} | = 〈 0, 0, u {cos}^{2} v + u {sen}^{2} v 〉 = 〈 0, 0, u 〉 .

La magnitud de este vector es u. Por lo tanto,

\begin{matrix} \iint_{S_{1}} z^{2} d S & = \int_{0}^{\sqrt{3}} \int_{0}^{2 π} f (r (u, v)) ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d v d u \\ = \int_{0}^{\sqrt{3}} \int_{0}^{2 π} u d v d u \\ = 2 π \int_{0}^{\sqrt{3}} u d u \\ = 3 π . \end{matrix}

Ahora calculamos $\iint_{S_{2}} d S .$ Para calcular esta integral, necesitamos una parametrización de $S_{2} .$ La parametrización de la esfera completa $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4$ es

r (ϕ, θ) = 〈 2 cos θ sen ϕ, 2 sen θ sen ϕ, 2 cos ϕ 〉, 0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq ϕ \leq π .

Dado que solo tomamos el trozo de la esfera en el plano o por encima de él $z = 1,$ tenemos que restringir el dominio de $ϕ .$ Para ver hasta dónde llega este ángulo, observe que el ángulo puede situarse en un triángulo rectángulo, como se muestra en la Figura 6.73 (la $\sqrt{3}$ viene del hecho de que la base de S es un disco de radio $\sqrt{3}) .$ Por lo tanto, la tangente de $ϕ$ es $\sqrt{3},$ lo que implica que $ϕ$ es $π / 6 .$ Ahora tenemos una parametrización de $S_{2} :$

r (ϕ, θ) = 〈 2 cos θ sen ϕ, 2 sen θ sen ϕ, 2 cos ϕ 〉, 0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq ϕ \leq π / 3 .

Un diagrama de un plano dentro del sistema de coordenadas tridimensional. Se marcan dos puntos en el eje z: (0, 0, 2) y (0, 0, 1). La distancia del origen a (0, 0, 1) se marca como 1, la distancia horizontal entre el punto (0, 0, 1) y un punto de la esfera se marca como radical tres y el ángulo entre el origen y el punto de la esfera es theta. Hay una línea trazada desde el origen hasta el punto de la esfera, y esta forma un triángulo.

Figura 6.73 El valor máximo de

ϕ

tiene un valor tangente de

\sqrt{3} .

Los vectores tangentes son

t_{ϕ} = 〈 2 cos θ cos ϕ, 2 sen θ cos ϕ, −2 sen ϕ 〉 y t_{θ} = 〈 −2 sen θ sen ϕ, u cos θ sen ϕ, 0 〉,

y así

\begin{matrix} t_{ϕ} \times t_{θ} & = | \begin{matrix} i & j & k \\ 2 cos θ cos ϕ & 2 sen θ cos ϕ & −2 sen ϕ \\ −2 sen θ sen ϕ & 2 cos θ sen ϕ & 0 \end{matrix} | \\ = 〈 4 cos θ {sen}^{2} ϕ, 4 sen θ {sen}^{2} ϕ, 4 {cos}^{2} θ cos ϕ sen ϕ + 4 {sen}^{2} θ cos ϕ sen ϕ 〉 \\ = 〈 4 cos θ {sen}^{2} ϕ, 4 sen θ {sen}^{2} ϕ, 4 cos ϕ sen ϕ 〉 . \end{matrix}

La magnitud de este vector es

\begin{matrix} ‖ t_{ϕ} \times t_{θ} ‖ & = \sqrt{16 {cos}^{2} θ {sen}^{4} ϕ + 16 {sen}^{2} θ {sen}^{4} ϕ + 16 {cos}^{2} ϕ {sen}^{2} ϕ} \\ = 4 \sqrt{{sen}^{4} ϕ + {cos}^{2} ϕ {sen}^{2} ϕ} . \end{matrix}

Por lo tanto,

\begin{matrix} \iint_{S_{2}} z d S & = \int_{0}^{π /3} \int_{0}^{2 π} f (r (ϕ, θ)) ‖ t_{ϕ} \times t_{θ} ‖ d θ d ϕ \\ = \int_{0}^{π /3} \int_{0}^{2 π} 16 {cos}^{2} ϕ \sqrt{{sen}^{4} ϕ + {cos}^{2} ϕ {sen}^{2} ϕ} d θ d ϕ \\ = 32 π \int_{0}^{π /3} {cos}^{2} ϕ \sqrt{{sen}^{4} ϕ + {cos}^{2} ϕ {sen}^{2} ϕ} d ϕ \\ = 32 π \int_{0}^{π /3} {cos}^{2} ϕ sen ϕ \sqrt{{sen}^{2} ϕ + {cos}^{2} ϕ} d ϕ \\ = 32 π \int_{0}^{π /3} {cos}^{2} ϕ sen ϕ d ϕ \\ = 32 π {[- \frac{{cos}^{3} ϕ}{3}]}_{0}^{π / 6} = 32 π [\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{8}] = \frac{28 π}{3} . \end{matrix}

Dado que $\iint_{S} z^{2} d S = \iint_{S_{1}} z^{2} d S + \iint_{S_{2}} z^{2} d S = 3 π \frac{28 π}{3} = \frac{37 π}{3}$

Análisis

En este ejemplo hemos descompuesto una integral de superficie sobre una superficie a trozos en la suma de integrales de superficie sobre subsuperficies lisas. En este ejemplo solo había dos subsuperficies lisas, pero esta técnica se extiende a un número finito de subsuperficies lisas.

Punto de control 6.55

Calcule la integral lineal $\iint_{S} (x - y) d S,$ donde S es el cilindro $x^{2} + y^{2} = 1, 0 \leq z \leq 2,$ incluyendo las partes circulares superior e inferior.

Las integrales de superficie escalares tienen varias aplicaciones en el mundo real. Recordemos que las integrales lineales escalares se pueden usar para calcular la masa de un cable dada su función de densidad. De forma similar, podemos utilizar las integrales escalares de superficie para calcular la masa de una hoja dada su función de densidad. Si una hoja fina de metal tiene la forma de superficie S y la densidad de la hoja en el punto $(x, y, z)$ es $ρ (x, y, z),$ entonces la masa m de la hoja es $m = \iint_{S} ρ (x, y, z) d S .$

Ejemplo 6.68

Calcular la masa de una hoja

Una hoja plana de metal tiene la forma de superficie $z = 1 + x + 2 y$ que se encuentra por encima del rectángulo $0 \leq x \leq 4$ y $0 \leq y \leq 2 .$ Si la densidad de la hoja está dada por $ρ (x, y, z) = x^{2} y z,$ ¿cuál es la masa de la hoja?

Solución

Supongamos que S es la superficie que describe la hoja. Entonces, la masa de la hoja está dada por $m = \iint_{S} x^{2} y z d S .$ Para calcular esta integral de superficie, primero necesitamos una parametrización de S. Dado que S está dada por la función $f (x, y) = 1 + x + 2 y,$ una parametrización de S es $r (x, y) = 〈 x, y, 1 + x + 2 y 〉, 0 \leq x \leq 4, 0 \leq y \leq 2 .$

Los vectores tangentes son $t_{x} = 〈 1, 0, 1 〉$ y $t_{y} = 〈 1, 0, 2 〉 .$ Por lo tanto, $t_{x} \times t_{y} = 〈 –1, –2, 1 〉$ y $‖ t_{x} \times t_{y} ‖ = \sqrt{6} .$ Por la Ecuación 6.5,

\begin{matrix} m & = \iint_{S} x^{2} y z^{} d S \\ = \sqrt{6} \int_{0}^{4} \int_{0}^{2} x^{2} y (1 + x + 2 y) d y d x \\ = \sqrt{6} \int_{0}^{4} \frac{22 x^{2}}{3} + 2 x^{3} d x \\ = \frac{2.560 \sqrt{6}}{9} \\ \approx 696,74. \end{matrix}

Punto de control 6.56

Un trozo de metal tiene una forma que se modela mediante un paraboloide $z = x^{2} + y^{2}, 0 \leq z \leq 4,$ y la densidad del metal está dada por $ρ (x, y, z) = z + 1 .$ Calcule la masa de la pieza de metal.

Orientación de una superficie

Recordemos que cuando definimos una integral lineal escalar, no tuvimos que preocuparnos por la orientación de la curva de integración. Lo mismo ocurría con las integrales de superficie escalares: no había que preocuparse por una "orientación" de la superficie de integración.

En cambio, cuando definimos integrales de líneas vectorial, la curva de integración necesitaba una orientación. Es decir, necesitábamos la noción de curva orientada para definir una integral de línea vectorial sin ambigüedad. Del mismo modo, cuando definimos una integral de superficie de un campo vectorial, necesitamos la noción de superficie orientada. Una superficie orientada recibe una orientación "hacia arriba" o "hacia abajo" o, en el caso de superficies como una esfera o un cilindro, una orientación "hacia afuera" o "hacia adentro".

Supongamos que S es una superficie lisa. Para cualquier punto $(x, y, z)$ en S, podemos identificar dos vectores normales unitarios $N$ y $− N .$ Si es posible elegir un vector normal unitario N en cada punto $(x, y, z)$ en S, de modo que N varíe continuamente sobre S, entonces S es "orientable". Esta elección del vector normal unitario en cada punto da la orientación de una superficie S. Si se piensa en el campo normal como si describiera el flujo del agua, entonces el lado de la superficie hacia el que fluye el agua es el lado "negativo" y el lado de la superficie del que se aleja el agua es el lado "positivo". Informalmente, la elección de la orientación da a S un lado “exterior” y un lado “interior” (o un lado “hacia arriba” y un lado “hacia abajo”), al igual que la elección de la orientación de una curva da a la curva direcciones “hacia delante” y “hacia atrás”.

Las superficies cerradas, como las esferas, son orientables: si elegimos el vector normal exterior en cada punto de la superficie de la esfera, los vectores normales unitarios varían continuamente. Esto se llama la orientación positiva de la superficie cerrada (Figura 6.74). También podríamos elegir el vector normal hacia adentro en cada punto para dar una orientación “hacia adentro”, que es la orientación negativa de la superficie.

Una imagen tridimensional de una esfera orientada con orientación positiva. Un vector normal N se extiende desde la parte superior de la esfera, al igual que uno desde la parte superior izquierda de la esfera.

Figura 6.74 Una esfera orientada con orientación positiva.

Una porción del gráfico de cualquier función lisa $z = f (x, y)$ también es orientable. Si elegimos el vector normal unitario que apunta “por encima” de la superficie en cada punto, entonces los vectores normales unitarios varían continuamente sobre la superficie. También podríamos elegir el vector normal unitario que apunta “por debajo” de la superficie en cada punto. Para obtener dicha orientación, parametrizamos el gráfico de $f$ de forma estándar: $r (x, y) = 〈 x, y, f (x, y) 〉,$ donde x y y varían en el dominio de $f .$ Entonces, $t_{x} = 〈 1, 0, f_{x} 〉$ y $t_{y} = 〈 0, 1, f_{y} 〉,$ y, por lo tanto, el producto vectorial $t_{x} \times t_{y}$ (que es la normal a la superficie en cualquier punto de la misma) es $〈 − f_{x}, − f_{y}, 1 〉 .$ Dado que el componente z de este vector es uno, el vector normal unitario correspondiente apunta “hacia arriba”, y se elige el lado hacia arriba de la superficie como lado “positivo”.

Supongamos que S es una superficie lisa orientable con parametrización $r (u, v) .$ Para cada punto $r (a, b)$ en la superficie, los vectores $t_{u}$ y $t_{v}$ se encuentran en el plano tangente en ese punto. El vector $t_{u} \times t_{v}$ es normal al plano tangente en $r (a, b)$ y, por lo tanto, es normal para S en ese punto. Por lo tanto, la elección del vector normal unitario

N = \frac{t_{u} \times t_{v}}{‖ t_{u} \times t_{v} ‖}

da una orientación de la superficie S.

Ejemplo 6.69

Elegir una orientación

Dar una orientación del cilindro $x^{2} + y^{2} = r^{2}, 0 \leq z \leq h .$

Solución

Esta superficie tiene una parametrización

r (u, v) = 〈 r cos u, r sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v \leq h .

Los vectores tangentes son $t_{u} = 〈 − r sen u, r cos u, 0 〉$ y $t_{v} = 〈 0, 0, 1 〉 .$ Para obtener una orientación de la superficie, calculamos el vector normal unitario

N = \frac{t_{u} \times t_{v}}{‖ t_{u} \times t_{v} ‖} .

En este caso, $t_{u} \times t_{v} = 〈 r cos u, r sen u, 0 〉$ y por lo tanto

‖ t_{u} \times t_{v} ‖ = \sqrt{r^{2} {cos}^{2} u + r^{2} {sen}^{2} u} = r .

Una orientación del cilindro es

N (u, v) = \frac{〈 r cos u, r sen u, 0 〉}{r} = 〈 cos u, sen u, 0 〉 .

Observe que todos los vectores son paralelos al plano xy, lo que debería ocurrir con los vectores normales al cilindro. Además, todos los vectores apuntan hacia el exterior, por lo que se trata de una orientación del cilindro hacia el exterior (Figura 6.75).

Diagrama de un cilindro vertical cortado por la mitad por un plano. Un vector normal que apunta hacia afuera se extiende desde el lado del cilindro.

Figura 6.75 Si todos los vectores normales a un cilindro apuntan hacia afuera, entonces se trata de una orientación hacia afuera del cilindro.

Punto de control 6.57

Dé la orientación “hacia arriba” del gráfico de $f (x, y) = x y .$

Como toda curva tiene una dirección "hacia delante" y "hacia atrás" (o, en el caso de una curva cerrada, una dirección en sentido de las agujas del reloj y otra en sentido contrario), es posible dar una orientación a cualquier curva. Por lo tanto, es posible pensar en cada curva como una curva orientada. Sin embargo, este no es el caso de las superficies. Algunas superficies no pueden orientarse; estas superficies se denominan no orientables. Esencialmente, una superficie puede estar orientada si la superficie tiene un lado “interior” y un lado “exterior”, o un lado “hacia arriba” y un lado “hacia abajo”. Algunas superficies se retuercen de tal manera que no existe una noción bien definida de lado "interior" o "exterior".

El ejemplo clásico de superficie no orientable es la banda de Möbius. Para crear una banda de Möbius, tome una banda rectangular de papel, dele una media vuelta y pegue los extremos (Figura 6.76). Debido a la media torsión de la banda, la superficie no tiene un lado "exterior" ni un lado "interior". Si se imagina que coloca un vector normal en un punto de la banda y que el vector recorre todo el camino alrededor de la banda, entonces (debido a la media torsión) el vector apunta en la dirección opuesta cuando vuelve a su posición original. Por lo tanto, la banda realmente solo tiene un lado.

Una imagen que muestra la construcción de una banda de Möbius. El primer paso muestra un rectángulo con las esquinas A, B, C y D, marcadas de abajo a la izquierda a abajo a la derecha en el sentido de las agujas del reloj. En el segundo paso, al rectángulo se le da una vuelta en el medio; ahora, la esquina D está en la posición superior derecha, y la esquina C está en la posición inferior derecha. Podemos ver la parte "trasera" del rectángulo. En el último paso, el rectángulo se convierte en un bucle. La esquina B se conecta a la esquina D, y la esquina A se conecta a la esquina C. La vuelta del segundo paso se mantiene. ¡Pero, la "parte delantera" y la "parte trasera" son ahora la misma debido a la vuelta!

Figura 6.76 La construcción de una banda de Möbius.

Dado que algunas superficies no son orientables, no es posible definir una integral de superficie vectorial en todas las superficies lisas a trozos. Esto contrasta con las integrales de línea vectorial, que pueden definirse en cualquier curva suave a trozos.

Integral de superficie de un campo vectorial

Con la idea de las superficies orientables en su lugar, ahora estamos listos para definir una integral de superficie de un campo vectorial. La definición es análoga a la definición del flujo de un campo vectorial a lo largo de una curva plana. Recordemos que si F es un campo vectorial bidimensional y C es una curva plana, entonces la definición del flujo de F a lo largo de C implicaba cortar C en pequeños trozos, elegir un punto dentro de cada trozo y calcular $F . N$ en el punto (donde N es el vector normal unitario en el punto). La definición de una integral de superficie de un campo vectorial procede de la misma manera, excepto que ahora cortamos la superficie S en trozos pequeños, elegimos un punto en el trozo pequeño (bidimensional) y calculamos $F . N$ en el punto.

Para situar esta definición en el mundo real, supongamos que S es una superficie orientada con un vector normal unitario N. Supongamos que v es un campo de velocidad de un fluido que fluye a través de S y supongamos que el fluido tiene una densidad $ρ (x, y, z) .$ Imagine que el fluido fluye a través de S, pero S es completamente permeable, por lo que no impide el flujo del fluido (Figura 6.77). El flujo de masa del fluido es la tasa de flujo de masa por unidad de área. El flujo de masa se mide en masa por unidad de tiempo por unidad de área. ¿Cómo podríamos calcular el flujo de masa del fluido a través de S?

Un diagrama que muestra el flujo de un fluido a través de una superficie completamente permeable S. La superficie S es un rectángulo que se curva hacia la derecha. Las flechas apuntan hacia fuera de la superficie a la derecha.

Figura 6.77 El fluido circula a través de una superficie completamente permeable S.

La tasa de flujo, medida en masa por unidad de tiempo por unidad de área, es $ρ N .$ Para calcular el flujo de masa a través de S, corte S en trozos pequeños $S_{i j} .$ Si $S_{i j}$ es lo suficientemente pequeño, entonces puede ser aproximado por un plano tangente en algún punto P en $S_{i j} .$ Por lo tanto, el vector normal unitario en P puede utilizarse para aproximar $N (x, y, z)$ en todo el trozo $S_{i j},$ porque el vector normal a un plano no cambia a medida que nos movemos por el plano. El componente del vector $ρ v$ en P en la dirección de N es $ρ v . N$ en P. Dado que $S_{i j}$ es pequeño, el producto escalar $ρ v . N$ cambia muy poco al variar a través de $S_{i j},$ y por lo tanto $ρ v . N$ puede tomarse como aproximadamente constante a través de $S_{i j} .$ Para aproximar la masa de fluido por unidad de tiempo que fluye a través de $S_{i j}$ (y no solo localmente en el punto P), necesitamos multiplicar $(ρ v . N) (P)$ por el área de $S_{i j} .$ Por lo tanto, la masa de fluido por unidad de tiempo que fluye a través de $S_{i j}$ en la dirección de N se puede aproximar por $(ρ v . N) Δ S_{i j},$ donde N, $ρ,$ y v se evalúan en P (Figura 6.78). Esto es análogo al flujo del campo vectorial bidimensional F a través de la curva plana C, en la que aproximamos el flujo a través de un pequeño trozo de C con la expresión $(F . N) Δ s .$ Para aproximar el flujo de masa a través de S, forme la suma $\sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} (ρ v . N) Δ S_{i j} .$ Como los trozos $S_{i j}$ se hacen más pequeños, la suma $\sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} (ρ v . N) Δ S_{i j}$ se acerca arbitrariamente al flujo de masa. Por lo tanto, el flujo de masa es

\iint_{s} ρ v . N d S = \underset{m, n \to \infty}{lím} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} (ρ v . N) Δ S_{i j} .

Se trata de una integral de superficie de un campo vectorial. Dejando que el campo vectorial $ρ v$ sea un campo vectorial arbitrario F conduce a la siguiente definición.

Un diagrama en tres dimensiones de una superficie S. Está marcada una pequeña sección S_ij. De esta sección salen dos vectores, marcados como N y F = v. Este último apunta en la misma dirección que otras flechas con componentes z y y positivos pero con componentes x negativos.

Figura 6.78 La masa de fluido por unidad de tiempo que fluye a través de

S_{i j}

en la dirección de N se puede aproximar por

(ρ v . N) Δ S_{i j} .

Definición

Supongamos que F es un campo vectorial continuo con un dominio que contiene la superficie orientada S con el vector normal unitario N. La integral de superficie de F sobre S es

\iint_{S} F . d S = \iint_{S} F . N d S .

(6.20)

Observe el paralelismo entre esta definición y la definición de integral de línea vectorial $\int_{C} F . N d s .$ Una integral de superficie de un campo vectorial se define de forma similar a una integral lineal de flujo a través de una curva, excepto que el dominio de integración es una superficie (un objeto bidimensional) en vez de una curva (un objeto unidimensional). La integral $\iint_{S} F . N d S$ se denomina flujo de F a través de S, al igual que la integral $\int_{C} F . N d s$ es el flujo de F a través de la curva C. Una integral de superficie sobre un campo vectorial también se llama integral de flujo.

Al igual que con las integrales de línea vectorial, la integral de superficie $\iint_{S} F . N d S$ es más fácil de calcular una vez parametrizada la superficie S. Supongamos que $r (u, v)$ sea una parametrización de S con dominio de parámetro D. Entonces, el vector normal unitario está dado por $N = \frac{t_{u} \times t_{v}}{‖ t_{u} \times t_{v} ‖}$ y, a partir de la Ecuación 6.20, tenemos

\begin{matrix} \iint_{S} F . N d S & = \iint_{S} F . N d S \\ = \iint_{S} F . \frac{t_{u} \times t_{v}}{‖ t_{u} \times t_{v} ‖} d S \\ = \iint_{D} (F (r (u, v)) . \frac{t_{u} \times t_{v}}{‖ t_{u} \times t_{v} ‖}) ‖ t_{u} \times t_{v} ‖ d A \\ = \iint_{D} (F (r (u, v)) . (t_{u} \times t_{v})) d A . \end{matrix}

Por lo tanto, para calcular una integral de superficie sobre un campo vectorial podemos utilizar la ecuación

\iint_{S} F . N d S = \iint_{D} (F (r (u, v)) . (t_{u} \times t_{v})) d A .

(6.21)

Ejemplo 6.70

Calcular una integral de superficie

Calcule la integral de superficie $\iint_{S} F . N d S,$ donde $F = 〈 − y, x, 0 〉$ y S es la superficie con parametrización $r (u, v) = 〈 u, v^{2} - u, u + v 〉, 0 \leq u < 3, 0 \leq v \leq 4 .$

Solución

Los vectores tangentes son $t_{u} = 〈 1, –1, 1 〉$ y $t_{v} = 〈 0, 2 v, 1 〉 .$ Por lo tanto,

t_{u} \times t_{v} = 〈 −1 - 2 v, –1, 2 v 〉 .

Por la Ecuación 6.21,

\begin{matrix} \iint_{S} F . d S & = \int_{0}^{4} \int_{0}^{3} F (r (u, v)) . (t_{u} \times t_{v}) d u d v \\ = \int_{0}^{4} \int_{0}^{3} 〈 u - v^{2}, u, 0 〉 . 〈 −1 - 2 v, –1, 2 v 〉 d u d v \\ = \int_{0}^{4} \int_{0}^{3} [(u - v^{2}) (−1 - 2 v) - u] d u d v \\ = \int_{0}^{4} \int_{0}^{3} (2 v^{3} + v^{2} - 2 u v - 2 u) d u d v \\ = {\int_{0}^{4} [2 v^{3} u + v^{2} u - v u^{2} - u^{2}]}_{0}^{3} d v \\ = \int_{0}^{4} (6 v^{3} + 3 v^{2} - 9 v - 9) d v \\ = {[\frac{3 v^{4}}{2} + v^{3} - \frac{9 v^{2}}{2} - 9 v]}_{0}^{4} \\ = 340. \end{matrix}

Por lo tanto, el flujo de F a través de S es de 340.

Punto de control 6.58

Calcule la integral de superficie $\iint_{S} F . d S,$ donde $F = 〈 0, − z, y 〉$ y S es la porción de la esfera unitaria en el primer octante con orientación hacia el exterior.

Ejemplo 6.71

Calcular la tasa de flujo de masa

Supongamos que $v (x, y, z) = 〈 2 x, 2 y, z 〉$ representa un campo de velocidad (con unidades de metros por segundo) de un fluido con densidad constante de 80 kg/m³. Supongamos que S es la semiesfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ con la $z \geq 0$ tal que S está orientada hacia el exterior. Hallar la tasa de flujo de masa del fluido a través de S.

Solución

Una parametrización de la superficie es

r (ϕ, θ) = 〈 3 cos θ sen ϕ, 3 sen θ sen ϕ, 3 cos ϕ 〉, 0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq ϕ \leq π / 2.

Como en el Ejemplo 6.64, los vectores tangentes son

t_{θ} 〈 −3 sen θ sen ϕ, 3 cos θ sen ϕ, 0 〉 y t_{ϕ} 〈 3 cos θ cos ϕ, 3 sen θ cos ϕ, −3 sen ϕ 〉,

y su producto vectorial es

t_{ϕ} \times t_{θ} = 〈 9 cos θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen ϕ cos ϕ 〉 .

Observe que cada componente del producto vectorial es positivo, y por lo tanto este vector da la orientación hacia el exterior. Por lo tanto, utilizamos la orientación $N = 〈 9 cos θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen ϕ cos ϕ 〉$ para la esfera.

Por la Ecuación 6.20,

\begin{matrix} \iint_{S} ρ v . d S & = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π / 2} v (r (ϕ, θ)) . (t_{ϕ} \times t_{θ}) d ϕ d θ \\ = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π / 2} \\ = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{i}^{π / 2} \begin{matrix} 〈 6 cos θ sen ϕ, 6 sen θ sen ϕ, 3 cos ϕ 〉 \\ . 〈 9 cos θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen θ {sen}^{2} ϕ, 9 sen ϕ cos ϕ 〉 d ϕ d θ \end{matrix} \\ = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π / 2} 54 {sen}^{3} ϕ + 27 {cos}^{2} ϕ sen ϕ d ϕ d θ \\ = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π / 2} 54 (1 - {cos}^{2} ϕ) sen ϕ + 27 {cos}^{2} ϕ sen ϕ d ϕ d θ \\ = 80 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π / 2} 54 sen ϕ - 27 {cos}^{2} ϕ sen ϕ d ϕ d θ \\ = 80 \int_{0}^{2 π} {[–54 cos ϕ + 9 {cos}^{3} ϕ]}_{ϕ = 0}^{ϕ = 2 π} d θ \\ = 80 \int_{0}^{2 π} 45 d θ = 7.200 π . \end{matrix}

Por lo tanto, la tasa de flujo de masa es $7.200 π kg / sec / m^{2} .$

Punto de control 6.59

Supongamos que $v (x, y, z) = 〈 x^{2} + y^{2}, z, 4 y 〉$ m/s representa un campo de velocidad de un fluido con densidad constante de 100 kg/m³. Supongamos que S es el medio cilindro $r (u, v) = 〈 cos u, sen u, v 〉, 0 \leq u \leq π, 0 \leq v \leq 2$ orientado hacia el exterior. Calcule el flujo de masa del fluido a través de S.

En el Ejemplo 6.70, calculamos el flujo de masa, que es la tasa de flujo de masa por unidad de área. Si en cambio queremos calcular el flujo de masa (medido en volumen por tiempo), podemos utilizar la integral de flujo $\int \int_{S} v • N d S,$ que deja fuera la densidad. Como la tasa de flujo de un fluido se mide en volumen por unidad de tiempo, la tasa de flujo no tiene en cuenta la masa. Por lo tanto, tenemos la siguiente caracterización de la tasa de flujo de un fluido con velocidad v a través de una superficie S:

Tasa de flujo del fluido a través de S = \int \int_{S} v • d S .

Para calcular la tasa de flujo del fluido en el Ejemplo 6.68, simplemente eliminamos la constante de densidad, lo que da una tasa de flujo de $90 π m^{3} / sec .$

Tanto el flujo de masa como la tasa de flujo son importantes en física e ingeniería. El flujo de masa mide la cantidad de masa que fluye a través de una superficie; la tasa de flujo mide el volumen de fluido que fluye a través de una superficie.

Además de modelar el flujo de fluidos, las integrales de superficie pueden utilizarse para modelar el flujo de calor. Supongamos que la temperatura en el punto $(x, y, z)$ en un objeto es $T (x, y, z) .$ Entonces el flujo de calor es un campo vectorial proporcional al gradiente negativo de temperatura en el objeto. En concreto, el flujo de calor se define como un campo vectorial $F = − k \nabla T,$ donde la constante k es la conductividad térmica de la sustancia de la que está hecho el objeto (esta constante se determina experimentalmente). La tasa de flujo de calor a través de la superficie S del objeto está dada por la integral de flujo

\iint_{S} F . d S = \iint_{S} − k \nabla T . d S .

Ejemplo 6.72

Calcular el flujo de calor

Un cilindro macizo de hierro fundido está dado por las inecuaciones $x^{2} + y^{2} \leq 1,$ $1 \leq z \leq 4 .$ La temperatura en el punto $(x, y, z)$ en una región que contiene el cilindro es $T (x, y, z) = (x^{2} + y^{2}) z .$ Dado que la conductividad térmica del hierro fundido es de 55, halle el flujo de calor a través del límite del sólido si este límite está orientado hacia el exterior.

Solución

Supongamos que S denota el límite del objeto. Para hallar el flujo de calor, necesitamos calcular la integral de flujo $\iint_{S} − k \nabla T . d S .$ Observe que S no es una superficie lisa, sino que es lisa a trozos, ya que S es la unión de tres superficies lisas (la superior y la inferior circulares y la lateral cilíndrica). Por lo tanto, calculamos tres integrales separadas, una para cada trozo liso de S. Antes de calcular cualquier integral, observe que el gradiente de la temperatura es $\nabla T = 〈 2 x z, 2 y z, x^{2} + y^{2} 〉 .$

Primero consideramos el fondo circular del objeto, que denotamos $S_{1} .$ Podemos ver que $S_{1}$ es un círculo de radio 1 centrado en el punto $(0, 0, 1),$ en el plano $z = 1 .$ Esta superficie tiene una parametrización $r (u, v) = 〈 v cos u, v sen u, 1 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v \leq 1 .$ Por lo tanto,

t_{u} = 〈 − v sen u, v cos u, 0 〉 y t_{v} = 〈 cos u, v sen u, 0 〉,

t_{u} \times t_{v} = 〈 0, 0, − v {sen}^{2} u - v {cos}^{2} u 〉 = 〈 0, 0, − v 〉 .

Como la superficie está orientada hacia el exterior y $S_{1}$ es la parte inferior del objeto, tiene sentido que este vector apunte hacia abajo. En la Ecuación 6.21, el flujo de calor a través de $S_{1}$ es

\begin{matrix} \iint_{S_{1}} − k \nabla T . d S & = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} \nabla T (u, v) . (t_{u} \times t_{v}) d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 〈 2 v cos u, 2 v sen u, v^{2} {cos}^{2} u + v^{2} {sen}^{2} u 〉 . 〈 0, 0, − v 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 〈 2 v cos u, 2 v sen u, v^{2} 〉 . 〈 0, 0, − v 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} − v^{3} d v d u = −55 \int_{0}^{2 π} - \frac{1}{4} d u = \frac{55 π}{2} . \end{matrix}

Consideremos ahora la parte superior circular del objeto, que denotamos $S_{2} .$ Vemos que $S_{2}$ es un círculo de radio 1 centrado en el punto $(0, 0, 4),$ en el plano $z = 4 .$ Esta superficie tiene una parametrización $r (u, v) = 〈 v cos u, v sen u, 4 〉, 0 \leq u < 2 π, 0 \leq v \leq 1 .$ Por lo tanto,

t_{u} = 〈 − v sen u, v cos u, 0 〉 y t_{v} = 〈 cos u, v sen u, 0 〉,

t_{u} \times t_{v} = 〈 0, 0, − v {sen}^{2} u - v {cos}^{2} u 〉 = 〈 0, 0, − v 〉 .

Como la superficie está orientada hacia el exterior y $S_{1}$ es la parte superior del objeto, en su lugar tomamos el vector $t_{v} \times t_{u} = 〈 0, 0, v 〉 .$ En la Ecuación 6.21, el flujo de calor a través de $S_{1}$ es

\begin{matrix} \int \int_{S_{2}} − k \nabla T • d S & = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} \nabla T (u, v) • (t_{v} \times t_{u}) d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 〈 8 v cos u, 8 v sen u, v^{2} {cos}^{2} u + v^{2} {sen}^{2} u 〉 • 〈 0, 0, v 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 〈 8 v cos u, 8 v sen u, v^{2} 〉 • 〈 0, 0, v 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} v^{3} d v d u = - \frac{55 π}{2} . \end{matrix}

Por último, consideremos el lado cilíndrico del objeto. Esta superficie tiene una parametrización $r (u, v) = 〈 cos u, sen u, v 〉, 0 \leq u < 2 π, 1 \leq v \leq 4 .$ Por el Ejemplo 6.66, sabemos que $t_{u} \times t_{v} = 〈 cos u, sen u, 0 〉 .$ Por la Ecuación 6.21,

\begin{matrix} \iint_{S_{3}} − k \nabla T • d S & = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{1}^{4} \nabla T (u, v) • (t_{v} \times t_{u}) d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{1}^{4} 〈 2 v cos u, 2 v sen u, {cos}^{2} u + {sen}^{2} u 〉 • 〈 cos u, sen u, 0 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 〈 2 v cos u, 2 v sen u, 1 〉 • 〈 cos u, sen u, 0 〉 d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} (2 v {cos}^{2} u + 2 v {sen}^{2} u) d v d u \\ = −55 \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 2 v d v d u = −55 \int_{0}^{2 π} d u = −110 π . \end{matrix}

Por lo tanto, la tasa de flujo de calor a través de S es $\frac{55 π}{2} - \frac{55 π}{2} - 110 π = −110 π .$

Punto de control 6.60

Una bola sólida de hierro fundido está dada por la inecuación $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1 .$ La temperatura en un punto de una región que contiene la bola es $T (x, y, z) = \frac{1}{3} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) .$ Halle el flujo de calor a través del límite del sólido si este límite está orientado hacia el exterior.

Sección 6.6 ejercicios

En los siguientes ejercicios, determine si los enunciados son verdaderos o falsos.

269.

Si la superficie S viene dada por ${(x, y, z) : 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1, z = 10},$ entonces $\iint_{S} f (x, y, z) d S = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f (x, y, 10) d x d y .$

270.

Si la superficie S viene dada por ${(x, y, z) : 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1, z = x},$ entonces $\iint_{S} f (x, y, z) d S = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f (x, y, x) d x d y .$

271.

La superficie $r = 〈 v cos u, v sen u, v^{2} 〉, para 0 \leq u \leq π, 0 \leq v \leq 2,$ es la misma que la superficie $r = 〈 \sqrt{v} cos 2 u, \sqrt{v} sen 2 u, v 〉,$ para $0 \leq u \leq \frac{π}{2}, 0 \leq v \leq 4 .$

272.

Dada la parametrización estándar de una esfera, los vectores normales $t_{u}^{} \times t_{v}$ son vectores normales hacia el exterior.

En los siguientes ejercicios, halle descripciones paramétricas para las siguientes superficies.

273.

Plano $3 x - 2 y + z = 2$

274.

Paraboloide $z = x^{2} + y^{2},$ para $0 \leq z \leq 9 .$

275.

Plano $2 x - 4 y + 3 z = 16$

276.

El tronco del cono $z^{2} = x^{2} + y^{2}, para 2 \leq z \leq 8$

277.

La porción del cilindro $x^{2} + y^{2} = 9$ en el primer octante, para $0 \leq z \leq 3$

Diagrama en tres dimensiones de una sección de un cilindro de radio 3. El centro de su parte superior circular es (0, 0, 3). La sección existe para x, y y z entre 0 y 3.

278.

Un cono con radio r de base y altura h, donde r y h son constantes positivas

En los siguientes ejercicios, utilice un sistema de álgebra computacional para aproximar el área de las siguientes superficies mediante una descripción paramétrica de la superficie.

279.

[T] Medio cilindro ${(r, θ, z) : r = 4, 0 \leq θ \leq π, 0 \leq z \leq 7}$

280.

[T] Plano $z = 10 - x - y$ por encima del cuadrado $| x | \leq 2, | y | \leq 2$

En los siguientes ejercicios, supongamos que S es la semiesfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4,$ con la $z \geq 0,$ y evalúe cada integral de superficie.

281.

$\iint_{S} z d S$

282.

$\iint_{S} (x - 2 y) d S$

283.

$\iint_{S} (x^{2} + y^{2}) z d S$

En los siguientes ejercicios, evalúe $\int \int_{S} F . N d S$ para el campo vectorial F, donde N es un vector normal que apunta hacia arriba a la superficie S.

284.

$F (x, y, z) = x i + 2 y j - 3 z k,$ y S es la parte del plano $15 x - 12 y + 3 z = 6$ que se encuentra por encima del cuadrado unitario $0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 .$

285.

$F (x, y, z) = x i + y j,$ y S es la semiesfera $z = \sqrt{1 - x^{2} - y^{2}} .$

286.

$F (x, y, z) = x^{2} i + y^{2} j + z^{2} k,$ y S es la porción de plano $z = y + 1$ que se encuentra en el interior del cilindro $x^{2} + y^{2} = 1 .$

Un cilindro y un plano de intersección mostrados en tres dimensiones. S es la porción del plano z = y + 1 dentro del cilindro x^2 + y ^2 = 1.

En los siguientes ejercicios, aproxime la masa de la lámina homogénea que tiene la forma de la superficie dada S. Redondee a cuatro decimales.

287.

[T] S es la superficie $z = 4 - x - 2 y, con z \geq 0, x \geq 0, y \geq 0; ξ = x .$

288.

[T] S es la superficie $z = x^{2} + y^{2}, con z \leq 1; ξ = z .$

289.

[T] S es la superficie $x^{2} + y^{2} + x^{2} = 5, con z \geq 1; ξ = θ^{2} .$

290.

Evalúe $\iint_{S} (y^{2} z i + y^{3} j + x z k) . d S,$ donde S es la superficie del cubo $−1 \leq x \leq 1, −1 \leq y \leq 1, y 0 \leq z \leq 2 .$ Supongamos una normal que apunta hacia afuera.

291.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} g d S,$ donde $g (x, y, z) = x z + 2 x^{2} - 3 x y$ y S es la porción de plano $2 x - 3 y + z = 6$ que se encuentra sobre el cuadrado unitario R $0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 .$

292.

Evalúe $\iint_{S} (x + y + z) d S,$ donde S es la superficie definida paramétricamente por $R (u, v) = (2 u + v) i + (u - 2 v) j + (u + 3 v) k$ por $0 \leq u \leq 1, y 0 \leq v \leq 2 .$

Un diagrama tridimensional de la superficie dada, que parece ser un plano de pendiente muy inclinada que se extiende a través del plano (x,y).

293.

[T] Evalúe $\iint_{S} (x - y^{2} + z) d S,$ donde S es la superficie definida por $R (u, v) = u^{2} i + v j + u k, 0 \leq u \leq 1, 0 \leq v \leq 1 .$

Un diagrama tridimensional de la superficie dada, que parece ser una curva con bordes paralelos al eje y. Aumenta en componentes x y disminuye en componentes z cuanto más lejos está del eje y.

294.

[T] Evalúe $\int \int_{S} (x^{2} + y^{2} - z) d S$ donde $S$ es la superficie definida por $R (u, v) = u i - u^{2} j + v k, 0 \leq u \leq 2, 0 \leq v \leq 1 .$

295.

Evalúe $\iint_{S} (x^{2} + y^{2}) d S,$ donde S es la superficie delimitada por encima de la semiesfera $z = \sqrt{1 - x^{2} - y^{2}},$ y por debajo del plano $z = 0 .$

296.

Evalúe $\iint_{S} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d S,$ donde S es la porción del plano $z = x + 1$ que se encuentra en el interior del cilindro $x^{2} + y^{2} = 1 .$

297.

[T] Evalúe $\iint_{S} x^{2} z d S,$ donde S es la porción de cono $z^{2} = x^{2} + y^{2}$ que se encuentra entre los planos $z = 1$ y $z = 4 .$

Un diagrama del cono que se abre hacia arriba dado en tres dimensiones. El cono está cortado por los planos z = 1 y z = 4.

298.

[T] Evalúe $\iint_{S} (x z / y) d S,$ donde S es la porción del cilindro $x = y^{2}$ que se encuentra en el primer octante entre los planos $z = 0, z = 5, y = 1,$ y $y = 4 .$

Un diagrama del cilindro dado en tres dimensiones. Está cortado por los planos z = 0, z = 5, y = 1, y = 4.

299.

[T] Evalúe $\iint_{S} (z + y) d S,$ donde S es la parte del gráfico de $z = \sqrt{1 - x^{2}}$ en el primer octante entre el plano xz y el plano $y = 3 .$

Un diagrama de la superficie dada en tres dimensiones en el primer octante entre el plano xz y el plano y = 3. El gráfico dado de z = la raíz cuadrada de (1 – x^2) se estira hacia abajo en una curva cóncava hacia abajo a lo largo de (0, y, 1) hasta a lo largo de (1, y, 0). Parece una porción de un cilindro horizontal con base en el plano xz y altura en el eje y.

300.

Evalúe $\iint_{S} x y z d S$ si S es la parte del plano $z = x + y$ que se encuentra sobre la región triangular en el plano xy con vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0) y (0, 2, 0).

301.

Hallar la masa de una lámina de densidad $ξ (x, y, z) = z$ en forma de semiesfera $z = {(a^{2} - x^{2} - y^{2})}^{1 / 2} .$

302.

Calcule $\int \int_{S} F . N d S,$ donde $F (x, y, z) = x i - 5 y j + 4 z k$ y N es un vector normal hacia el exterior de S, donde S es la unión de dos cuadrados $S_{1} : x = 0, 0 \leq y \leq 1, 0 \leq z \leq 1$ y $S_{2} : z = 1, 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 .$

Un diagrama en tres dimensiones. Muestra el cuadrado formado por los componentes x = 0, 0 < = y < = 1 y 0 < = z < = 1. También muestra el cuadrado formado por los componentes z = 1, 0 < = x < = 1, y 0 < = y < = 1.

303.

Calcule $\int \int_{S} F . N d S,$ donde $F (x, y, z) = x y i + z j + (x + y) k$ y N es un vector normal S que apunta hacia arriba, donde S es la región triangular cortada del plano $x + y + z = 1$ por los ejes de coordenadas positivas.

304.

Calcule $\int \int_{S} F . N d S,$ donde $F (x, y, z) = 2 y z i + ({tan}^{–1} (x z)) j + e^{x y} k$ y N es un vector normal hacia el exterior de S, donde S es la superficie de la esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 .$

305.

Calcule $\int \int_{S} F . N d S,$ donde $F (x, y, z) = x y z i + x y z j + x y z k$ y N es un vector normal hacia el exterior de S, donde S es la superficie de las cinco caras del cubo unitario $0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1, 0 \leq z \leq 1$ al que le falta $z = 0 .$

En los siguientes ejercicios, exprese la integral de superficie como una integral doble iterada utilizando una proyección sobre S en el plano yz.

306.

$\iint_{S} x y^{2} z^{3} d S;$ S es la porción del primer octante del plano $2 x + 3 y + 4 z = 12 .$

307.

$\iint_{S} (x^{2} - 2 y + z) d S;$ S es la porción del gráfico de $4 x + y = 8$ delimitado por los planos de coordenadas y el plano $z = 6 .$

En los siguientes ejercicios, exprese la integral de superficie como una integral doble iterada utilizando una proyección sobre S en el plano xz

308.

$\iint_{S} x y^{2} z^{3} d S;$ S es la porción del primer octante del plano $2 x + 3 y + 4 z = 12 .$

309.

$\iint_{S} (x^{2} - 2 y + z) d S;$ S es la porción del gráfico de $4 x + y = 8$ delimitado por los planos de coordenadas y el plano $z = 6 .$

310.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} y z d S,$ donde S es la parte del primer octante del plano $x + y + z = λ,$ donde $λ$ es una constante positiva.

311.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} (x^{2} z + y^{2} z) d S,$ donde S es la semiesfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}, z \geq 0 .$

312.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} z d A,$ donde S es la superficie $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, 0 \leq z \leq 2 .$

313.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} x^{2} y z d S,$ donde S es la parte del plano $z = 1 + 2 x + 3 y$ que se encuentra por encima del rectángulo $0 \leq x \leq 3 y 0 \leq y \leq 2 .$

314.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} y z d S,$ donde S es el plano $x + y + z = 1$ que se encuentra en el primer octante.

315.

Evalúe la integral de superficie $\iint_{S} y z d S,$ donde S es la parte del plano $z = y + 3$ que se encuentra en el interior del cilindro $x^{2} + y^{2} = 1 .$

En los siguientes ejercicios, utilice el razonamiento geométrico para evaluar las integrales de superficie dadas.

316.

$\iint_{S} \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} d S,$ donde S es la superficie $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4, z \geq 0$

317.

$\iint_{S} (x i + y j) . d S,$ donde S es la superficie $x^{2} + y^{2} = 4, 1 \leq z \leq 3,$ orientada con vectores normales unitarios apuntando hacia el exterior

318.

$\iint_{S} (z k) . d S,$ donde S es un disco $x^{2} + y^{2} \leq 9$ en el plano $z = 4,$ orientado con vectores normales unitarios apuntando hacia arriba

319.

Una lámina tiene la forma de una porción de esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}$ que se encuentra dentro del cono $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} .$ Supongamos que S es la capa esférica centrada en el origen con radio a y C es el cono circular recto con vértice en el origen y un eje de simetría que coincide con el eje z. Determine la masa de la lámina si $δ (x, y, z) = x^{2} y^{2} z .$

Un diagrama en tres dimensiones. Un cono se abre hacia arriba con punta en el origen y un eje de simetría que coincide con el eje z. La mitad superior de una semiesfera con centro en el origen se abre hacia abajo y es cortada por el plano xy.

320.

Una lámina tiene la forma de una porción de esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}$ que se encuentra dentro del cono $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} .$ Supongamos que S es la capa esférica centrada en el origen con radio a y C es el cono circular recto con vértice en el origen y un eje de simetría que coincide con el eje z. Supongamos que el ángulo del vértice del cono es $ϕ_{0}, con 0 \leq ϕ_{0} < \frac{π}{2} .$ Determine la masa de la parte de la forma encerrada en la intersección de S y C. Suponga que $δ (x, y, z) = x^{2} y^{2} z .$

321.

Un vaso de papel tiene la forma de un cono circular invertido de 6 in de altura y 3 in de radio en la parte superior. Si el vaso está lleno de agua pesando $62,5 lb / {pies}^{3},$ halle la fuerza total ejercida por el agua sobre la superficie interior del vaso.

En los siguientes ejercicios, el campo vectorial del flujo de calor para los objetos conductores i $F = − k \nabla T, donde T (x, y, z)$ es la temperatura en el objeto y $k > 0$ es una constante que depende del material. Halle el flujo de salida de F a través de las siguientes superficies S para las distribuciones de temperatura dadas y suponga que $k = 1 .$

322.

$T (x, y, z) = 100 e^{– x - y};$ S está formada por las caras del cubo $| x | \leq 1, | y | \leq 1, | z | \leq 1 .$

323.

$T (x, y, z) = − ln (x^{2} + y^{2} + z^{2});$ S es una esfera $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} .$

En los siguientes ejercicios, considere los campos radiales $F = \frac{〈 x, y, z 〉}{{(x^{2} + y^{2} + z^{2})}^{\frac{p}{2}}} = \frac{r}{{| r |}^{p}},$ donde p es un número real. Supongamos que S es un conjunto de esferas A y B centradas en el origen con radios $0 < a < b .$ El flujo de salida total a través de S consiste en el flujo de salida a través de la esfera exterior B menos el flujo hacia S a través de la esfera interior A.

Un diagrama en tres dimensiones de dos esferas, una contenida completamente dentro de la otra. Sus centros están ambos en el origen. Las flechas apuntan hacia el origen desde el exterior de ambas esferas.

324.

Halle el flujo total a través de S con $p = 0 .$

325.

Demuestre que para $p = 3$ el flujo a través de S es independiente de a y b.