Ejercicio resuelto de integrales superficiales

Resolver los siguientes ejercicios

Fórmulas aplicables:

S f(X)·dσ = D f(X(u, v))·||Xu ∧ Xv||·du·dv

XG =S x·dσ
S
YG =S y·dσ
S
ZG =S z·dσ
S

Gráfico de la superficie para calcular el baricentro
Gráfico de la superficie para calcular el baricentro

Ejercicio: Calcular las coordenadas del baricentro de la superficie:

z = x² + y²

Para:

z ≤ 1

Solución

Como la superficie presenta simetría del dominio con respecto a los planos y = 0 y x = 0, y la integranda presenta antisimetría con respecto a los mismos planos, resulta:

XG = YG = 0

Luego:

ZG =S z·dσ=I
SAD

Primero parametrizamos la superficie:

x = u

y = v

z = u² + v²

X(u, v) = (u, v, u² + v²)

Luego hallamos el vector normal a la superficie:

Xu = (1, 0, 2·u)

Xv = (0, 1, 2·v)

Xu ∧ Xv = (1, 0, 2·u) ∧ (0, 1, 2·v) =E1E2E3= (-2·u, -2·v, 1)
102·u
012·v

Xu ∧ Xv = (-2·u, -2·v, 1)

Preparamos las partes para armar la integral:

||Xu ∧ Xv|| = (-2·u)² + (-2·v)² + 1²

||Xu ∧ Xv|| = 4·u² + 4·v² + 1

||Xu ∧ Xv|| = 4·(u² + v²) + 1

f(X(u, v)) = u² + v²

Armamos la integral:

I = S z·dσ

I = D f(X(u, v))·||Xu ∧ Xv||·du·dv

I = D (u² + v²)·4·(u² + v²) + 1·du·dv

Como el dominio es una circunferencia de radio = 1 cambiamos a sistema de coordenadas polares:

u = r·cos θ
v = r·sen θ
⟶ |J| = r ⟶0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2·π

I = D (u² + v²)·4·(u² + v²) + 1·du·dv

I = D' [(r·cos θ)² + (r·sen θ)²]·4·[(r·cos θ)² + (r·sen θ)²] + 1·r·dr·dθ

Resolvemos:

I = D' (r²·cos² θ + r²·sen² θ)·4·(r²·cos² θ + r²·sen² θ) + 1·r·dr·dθ

I = D' r²·(cos² θ + sen² θ)·4·r²·(cos² θ + sen² θ) + 1·r·dr·dθ

I = D' r³·4·r² + 1·dr·dθ

I = 2·π1r³·4·r² + 1·dr
  
00

Aplicando un cambio de variable:

w² = 4·r² + 1
r² = ¼·(w² - 1)
w = 4·r² + 1
2·w·dw = 8·r·dr ⇒ ¼·w·dw = r·dr

I = 2·π·1r²·4·r² + 1·r·dr
 
0
I = 2·π·w² - 1
4
··¼·w·dw

I = ⅛·π·(w² - 1)·w·w·dw

I = ⅛·π·(w² - 1)·w²·dw

I = ⅛·π·(w4 - w²)·dw

I = ⅛·π·(⅕·w5 - ⅓·w³)

I = ⅛·π·[3·(4·r² + 1)5 - 5·(4·r² + 1
15
]1
 
0
I = ⅛·π·[(4·r² + 1)5 - 5·(4·r² + 1)³
15
]1
 
0
I = ⅛·π·55 - 3·1 - (5· - 5·1)
15
I = ⅛·π·3·5²·5 - 3 - (5·5·5 - 5)
15
I = ⅛·π·75·5 - 3 - 25·5 + 5
15
I = ⅛·π·50·5 + 2
15
I = ⅛·π·2·25·5 + 1
15
I = ¼·π·25·5 + 1
15

Para el denominador:

AD = S dσ = D ||Xu ∧ Xv||·du·dv

AD = D 4·(u² + v²) + 1·du·dv

Como el dominio es una circunferencia de radio = 1 cambiamos a sistema de coordenadas polares:

u = r·cos θ
v = r·sen θ
⟶ |J| = r ⟶0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2·π

AD = D 4·(u² + v²) + 1·du·dv

AD = D' 4·[(r·cos θ)² + (r·sen θ)²] + 1·r·dr·dθ

Resolvemos:

AD = D' 4·(r²·cos² θ + r²·sen² θ) + 1·r·dr·dθ

AD = D' 4·r²·(cos² θ + sen² θ) + 1·r·dr·dθ

AD = D'4·r² + 1·dr·dθ

AD = 2·π14·r² + 1·dr
  
00
AD = 2·π·14·r² + 1·dr
 
0

Mediante un cambio de variable:

w = 4·r² + 1

dw = 8·r·dr

⅛·dw = r·dr

AD = 2·π·14·r² + 1·dr
 
0

AD = 2·π· ⅛·w·dw

AD = 2·π·⅛· w½·dw

AD = ¼·π· w½·dw

AD = ¼·π·w½ + 1= ¼·π·w3/2
½ + 13/2

AD = ¼·π·2·⅓· = ⅙·π·

AD = ⅙·π·(4·r² + 1)³1
 
0

AD = ⅙·π·((4·1² + 1)³ - (4·0² + 1)³)

AD = ⅙·π·((4 + 1)³ - (1)³)

AD = ⅙·π·( - 1)

AD = ⅙·π·( - 1)

AD = ⅙·π·(5·5 - 1)

La coordenada es:

ZG =I
AD
 π·25·5 + 1
ZG =
415
π·5 - 1
 6 
ZG =π·25·5 + 1·6·1
415π5 - 1
ZG =3·25·5 + 1·1
2155 - 1
ZG =25·5 + 1·1
105 - 1
ZG =25·5 + 1
10·(5·5 - 1)

El baricentro es:

G = [0, 0,25·5 + 1]
10·(5·5 - 1)

• Fuente:

Ejercicios extraídos del libro "Lecciones de análisis II" del Dr. Alfredo F. Novelli para Análisis Matemático II de UNLu.

Autor: Ricardo Santiago Netto. Argentina

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