$$\iint_{s} z dS $$ donde S es la superficie dada por $$z^2=1+x^2+y^2$$ y $1 \leq(z)\leq\sqrt5$ (cuenco hiperbólico)
Respuestas
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Ron Gordon
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Utiliza coordenadas cilíndricas polares. Aquí, la superficie viene dada por $r(z) = \sqrt{z^2-1}$ . La integral de superficie es entonces
$$2 \pi \int_1^{\sqrt{ 5}}dz \, z\, r(z) \sqrt{1+\left(\frac{dr}{dz}\right)^2}$$
Dejo que el lector deduzca la forma final de la integral a evaluar. Obtengo
$$\pi \int_1^5 du \, \sqrt{2 u-1} = \frac{26 \pi}{3}$$
ADDENDUM
Obsérvese que esta respuesta coincide con el enfoque de la parametrización:
$$z=1+x^2+y^2 \implies \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} = \sqrt{\frac{1+2 r^2}{1+r^2}}$$
para que la integral de superficie sea
$$2 \pi \int_0^2 dr \, r z \sqrt{\frac{1+2 r^2}{1+r^2}} = 2 \pi \int_0^2 dr \, r\, \sqrt{1+r^2} \sqrt{\frac{1+2r^2}{1+r^2}}$$
Haz un poco de álgebra y verás que la integral de superficie es
$$\pi \int_0^2 du \sqrt{2 u+1}$$
que coincide con el resultado anterior.
A problema relacionado . Tenga en cuenta que,
$$ z=\sqrt{ 1+x^2+y^2 } \implies z_x=\frac{x}{\sqrt{ 1+x^2+y^2 }},\quad z_y=\frac{y}{\sqrt{ 1+x^2+y^2 }} $$
$$ \iint_{s} z dS = \iint_{D} z \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} dA $$
$$ = \iint_{D} \sqrt{1+(x^2+y^2)}\sqrt{{\frac {1+2\,{x}^{2}+2\,{y}^{2}}{1+{x}^{2}+{y}^{2}}}}\,dxdy $$
$$ =\iint_{D} \sqrt{{{1+2\,{x}^{2}+2\,{y}^{2}}{}}}\,dx dy $$
Ahora, $D\equiv \left\{ x^2+y^2 \leq 4 \right\}$ . Para ver este aviso que
$$ 1 \leq z\leq\sqrt5 \implies 1 \leq \sqrt{1+x^2+y^2} \leq\sqrt5 \implies x^2+y^2\leq 4. $$
Así, podemos utilizar las coordenadas polares como
$$ = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} \sqrt{1+2 r^2}\,r\, dr d\theta = \frac{26\pi}{3} . $$
Añadido: si se quiere parametrizar la superficie, se va por este camino,
$$ x=r\cos(\phi),\quad y = r\sin(\phi), \quad z^2 = 1+x^2+y^2= 1+r^2 \implies z=\sqrt{1+r^2}. $$
Se puede escribir en forma vectorial como
$$ \textbf{T}(r,\phi)= r\cos(\phi)\textbf{i}+ r\sin(\phi)\text{j}+ \sqrt{1+r^2}\, \text{k} $$
$$ \implies T_r = \cos(\phi)\textbf{i}+ \sin(\phi)\text{j} + \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \text{k}, $$
$$ T_\phi = -r\sin(\phi)\textbf{i} + r\cos(\phi)\text{j}+ 0 \,\text{k}.$$
CodingBytes
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La forma de su cuenco $S$ viene dada por $$z(r)=\sqrt{1+r^2}\quad (0\leq r\leq2)\ ,\tag{1}$$ donde $r:=\sqrt{x^2+y^2}$ . El cuenco puede considerarse como una unión de "pantallas infinitesimales" de área $$dS=2\pi r\>ds\ ,$$ donde $ds$ denota la longitud de la curva de forma $(1)$ . Por lo tanto, $$ds=\sqrt{1+z'^2(r)}={1\over z(r)}\>\sqrt{1+2r^2}\ dr\ .$$ De este modo, su integral ( $=: J)$ se convierte en $$J=2\pi\int_0^2 z(r)\> r\ ds=2\pi\int_0^2 r\>\sqrt{1+2r^2}\ dr={\pi\over3}\bigl(1+2r^2\bigr)^{3/2}\biggr|_0^2={26\pi\over3}\ .$$
