Ejercicio resuelto de integrales superficiales

Resolver los siguientes ejercicios

Fórmulas aplicables:

∬_S f(X)·dσ = ∬_D f(X(u, v))·||X_u ∧ X_v||·du·dv

X_G =	∬_S x·dσ
	∬_S dσ

Y_G =	∬_S y·dσ
	∬_S dσ

Z_G =	∬_S z·dσ
	∬_S dσ

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:

X_G = Y_G = 0

Luego:

Z_G =	∬_S z·dσ	=	I
	∬_S dσ		A_D

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:

X_u = (1, 0, 2·u)

X_v = (0, 1, 2·v)

X_u ∧ X_v = (1, 0, 2·u) ∧ (0, 1, 2·v) =	E₁	E₂	E₃	= (-2·u, -2·v, 1)
	1	0	2·u
	0	1	2·v

X_u ∧ X_v = (-2·u, -2·v, 1)

Preparamos las partes para armar la integral:

||X_u ∧ X_v|| = √(-2·u)² + (-2·v)² + 1²

||X_u ∧ X_v|| = √4·u² + 4·v² + 1

||X_u ∧ X_v|| = √4·(u² + v²) + 1

f(X(u, v)) = u² + v²

Armamos la integral:

I = ∬_S z·dσ

I = ∬_D f(X(u, v))·||X_u ∧ X_v||·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·π	dθ∫	1	r³·√4·r² + 1·dr

	0		0

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·∫	1	r²·√4·r² + 1·r·dr

	0

I = 2·π·∫

w² - 1

·√w²·¼·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)³ 15	]	1

			0

I = ⅛·π·[	3·√(4·r² + 1)⁵ - 5·√(4·r² + 1)³ 15	]	1

			0

I = ⅛·π·

3·√5⁵ - 3·√1 - (5·√5³ - 5·√1)

I = ⅛·π·

3·5²·√5 - 3 - (5·5·√5 - 5)

I = ⅛·π·

75·√5 - 3 - 25·√5 + 5

I = ⅛·π·

50·√5 + 2

I = ⅛·π·2·

25·√5 + 1

I = ¼·π·

25·√5 + 1

Para el denominador:

A_D = ∬_S dσ = ∬_D ||X_u ∧ X_v||·du·dv

A_D = ∬_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

A_D = ∬_D √4·(u² + v²) + 1·du·dv

A_D = ∬_D' √4·[(r·cos θ)² + (r·sen θ)²] + 1·r·dr·dθ

Resolvemos:

A_D = ∬_D' √4·(r²·cos² θ + r²·sen² θ) + 1·r·dr·dθ

A_D = ∬_D' √4·r²·(cos² θ + sen² θ) + 1·r·dr·dθ

A_D = ∬_D' r·√4·r² + 1·dr·dθ

A_D = ∫	2·π	dθ∫	1	r·√4·r² + 1·dr

	0		0

A_D = 2·π·∫	1	r·√4·r² + 1·dr

	0

Mediante un cambio de variable:

w = 4·r² + 1

dw = 8·r·dr

⅛·dw = r·dr

A_D = 2·π·∫	1	r·√4·r² + 1·dr

	0

A_D = 2·π·∫ ⅛·√w·dw

A_D = 2·π·⅛·∫ w^½·dw

A_D = ¼·π·∫ w^½·dw

A_D = ¼·π·	w^{½ + 1}	= ¼·π·	w^3/2
	½ + 1		3/2

A_D = ¼·π·2·⅓·√w³ = ⅙·π·√w³

A_D = ⅙·π·√(4·r² + 1)³	1

	0

A_D = ⅙·π·(√(4·1² + 1)³ - √(4·0² + 1)³)

A_D = ⅙·π·(√(4 + 1)³ - √(1)³)

A_D = ⅙·π·(√5³ - √1)

A_D = ⅙·π·(√5³ - 1)

A_D = ⅙·π·(5·√5 - 1)

La coordenada es:

Z_G =	I
	A_D

	π	·	25·√5 + 1
Z_G =
	4		15
	π	·	5·√5 - 1
	6

Z_G =	π	·	25·√5 + 1	·	6	·	1
	4		15		π		5·√5 - 1

Z_G =	3	·	25·√5 + 1	·	1
	2		15		5·√5 - 1

Z_G =	25·√5 + 1	·	1
	10		5·√5 - 1

Z_G =	25·√5 + 1
	10·(5·√5 - 1)

El baricentro es:

G = [0, 0,	25·√5 + 1	]
	10·(5·√5 - 1)

Autor: Ricardo Santiago Netto (Administrador de Fisicanet)

San Martín. Buenos Aires. Argentina.

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• Fuente:

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

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