Tarea 3 - Vectorial 201520
1. Par Part t
1: 10.1 10.1 - 11.3 11.3
−→
− −→
1.1. 1.1. Hallar Hallar las lineas lineas de flujo flujo σ( (x, y) = 2x, 4y y G (x, y) = σ (t) de los campos vectoriales F (x, cumplen σ (0) = (1, (1, 1). x ı y que cumplen σ
−
Soluci´ on: on: Las lineas de flujo del campo vectorial F ( F (x, y) que estamos buscando son curvas
parametrizadas σ (t) = (x(t), y(t)) que satisfacen la ecuaci´on on diferencial σ (t) = F ( F (σ (t)) con condici´ on on inicial σ (0) = (1, (1, 1). 1). Es dec decir ir:: x (t) = 2x(t) y y (t) = 4y(t) con condiciones iniciales x( 0 ) = 1 y y (0) (0) = 1. La prim primer eraa ecuac ecuaci´ i´ on diferencial se puede escribir como on dx = 2dt, ln( x) = 2t + C + C luego luego apliando la exponencial a ambos dt, integrando a ambos lados ln(x x 2t+C lados concluimos x concluimos x((t) = e . Como x Como x(0) (0) = 0 concluimos que C = luego x((t) = e 2t . De la la C = 0 luego x −4t misma manera y (t) = e . Pa Para ra el campo campo G(x, y) el sistema de ecuaciones diferenciales es iniciales x(0) (0) = 1 y y y y(0) (0) = 1. Resolviendo de la misma x (t) = x, x , y (t) = y con condiciones iniciales x t forma que en el p´arrafo arrafo anterior concluimos que x que x((t) = e y y (t) = e −t .
−
−
1 conservativ ativoo y x,y,z es conserv 2 + y 2 + z 2 )3/2 encuentre encuentre un potencial u(x,y,z ) para G . Utilice el potencial para calcular el trabajo realizado por G por G a lo largo de la espiral σ( cos(t), et sin(t sin(t), t) en el intervalo π t 2π 2 π. σ (t) = (et cos(t
→ −
1.2. 1.2. Demu Demues estr tree que el campo campo G (x,y,z ) =
− (x
−→
≤ ≤
Soluci´ on: on: Queremos encontrar una funci´ on on escalar u(x,y,z ) cuyo gradiente sea igual al
campo vectorial G vectorial G((x,y,z ), ), es decir queremos resolver el sistema de ecuaciones ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z
=
− = − = −
x 2
3
2
( x +y +z 2 ) 2 y 3
(x2 +y 2 +z 2 ) 2 z 3
(x2 +y 2 +z 2 ) 2
De la primera ecuaci´on on concluimos, concluimos, integran integrando do parcialmen parcialmente te contra contra x que u(x,y,z ) = ∂R (y,z) y,z ) 2 2 − (x + y + z ) + R( on obtenemos que 0 = ∂R( R(y, z ) Reemplazando en la segunda ecuaci´on ∂y asi que R que R((y, z ) depende s´olo olo de la variable z variable z y y finalmente reemplazando en la tercera ecuaci´on ∂R( ∂R (z ) que 0 = ∂z asi que R es una constant constante. e. Concluimos Concluimos que el campo vectorial vectorial G(x,y,z ) es conservativo porque es el gradiente de la funci´on escalar u(x,y,z ) = (x2 + y 2 + z 2 )− + R para cualquier constante R constante R.. Como el campo es conservativo, por el Teorema fundamental del c´alculo para integrales de linea sabemos que 2
1 2
1 2
· ·
(2π)) F ds = ds = u u((σ (2π
σ
= u( u (e2π , 0, 2π )
π
− u(σ(π)) =
4π
− u(−e , 0, π) = (e
+ 4π 4π 2 )−
1 2
2π
− (e
+ π 2 )−
1 2
2
1.3. Por los siguientes campos vectoriales, determinar si son conservativos. En caso afirmativo, hallar una funci´on potencial: (1) F (x,y,z ) = xy ı + y + z k; 2 2 (2) F (x,y,z ) = (x + y ) ı 2xy + z k; 2 3 3 (3) F (x,y,z ) = 3x y ı + (x + y ) .
−
Soluci´ on: Todos los campos vectoriales dados est´an definidos en
3 R ,
que es simplemente conexo, por lo tanto, condici´on necesaria y suficiente para que sean conservativos es que su rotacional sea nulo. = (0, 0, x) = (1) 0. Por lo tanto, F no es conservativo. F = (0, 0, 4y) = (2) 0. Por lo tanto, F no es conservativo. F conservativo. Una funci´on potencial (3) 0. Por lo tanto, F es F = (0, 0, 3x2 3x2 ) = f (x,y,z ) tiene que satisfacer el sistema de ecuaciones diferenciales:
∇ × ∇ × ∇ ×
− −
∂f = 3x2 y ∂x ∂f = x 3 + y 3 ∂y ∂f = 0. ∂z
y 4 Una soluci´on est´a dada por f (x,y,z ) = x y + . 4 3
1.4. (El campo vectorial mas interesante del mundo) Sea y) = F (x, Calcule la integral de linea
−y
x , x2 + y 2 x2 + y 2
·
F dr para las siguiente curvas:
C
(1) c(t) = (cos(t), sin(t)) para 0 t π2 . (2) El segmento de linea de (1, 0) a (1, 1) seguido por el segmento de linea desde (1, 1) a (0, 1). (3) c(t) = (cos(t), sin(t)) para 0 t π. (semicirculo superior) (4) c(t) = (cos(t), sin(t)) para 0 t π. (semicirculo superior)
≤ ≤
≤ ≤ ≤ ≤
−
Soluci´ on:
(1) c(t) = (cos(t), sin(t)) para 0 π 2
· −→ F d r =
C
0
(
≤ t ≤
− sin(t)
π . 2
cos(t)2 + sin(t) π 2
0
2
, 2 2
cos(t) ) ( sin(t), cos(t))dt cos(t)2 + sin(t)2
sin (t) + cos (t)dt =
·−
π 2
0
dt =
π 2
3
(2) El segmento de linea de (1, 0) a (1, 1) seguido por el segmento de linea desde (1, 1) a (0, 1). La integral C F d r la escribimos como suma de dos integrales C F d r + donde C 1 es el segmento de recta desde (1 , 0) a (1, 1) parametrizado por C F d r , (1, 0) + t(0, 1) = (1, t) con t [0, 1]. La curva C 2 es el segmento de recta desde (1, 1) a (0, 1) parametrizado por (1, 1) + t( 1, 0) = (1 t, 1) con t [0, 1].
· −→
· −→
2
C 1
1
∈
→r = F · d− 1
→r = F · d−
→r = F · d−
C 2
0
− −t
1
(
−
12 + t
0
, 2
· −→
∈
1 ) (0, 1)dt 12 + t2
·
1 dt = arctan(1) 1 + t2
− arctan(0) = π4
ahora para C 2
C 2
1
0
(1
−
1 dt = t)2 + 1
1
(
0
(1
−1 2
− t)
+1
, 2
1 t ) ( 1, 0)dt (1 t)2 + 12
−
−
·−
− arctan(1 − t) | = − arctan(0) + arctan(1) = π4 1 0
por lo que la integral da π2 . Note que en la parte 1 y la parte 2 son la misma, ambas curvas tienen los mismos puntos iniciales y finales y estan contenida en una region simplemente conexa, el rotacional del campo vectorial es cero y es diferenciable en esa region, asi que en esa region existe un potencial y el trabajo es independiente de la curva. (3) c(t) = (cos(t), sin(t)) para 0 t π. (semicirculo superior)
≤ ≤
π
· −→ F d r =
C
(
0
− sin(t)
cos(t) ) ( sin(t), cos(t))dt , cos(t)2 + sin(t)2 cos(t)2 + sin(t)2 π
2
·−
2
sin (t) + cos (t)dt =
0
(4) c(t) = (cos(t),
dt = π
0
− sin(t)) para 0 ≤ t ≤ π. (semicirculo inferior) π
· −→ F d r =
C
π
0
(
sin(t) cos(t) ) ( sin(t), , cos(t)2 + sin(t)2 cos(t)2 + sin(t)2
·−
π
− 0
2
sin (t)
2
− cos (t)dt =
− cos(t))dt
π
−
dt =
0
−π
Noten que en la parte 3 y 4 ambas curvas tienen los mismos puntos iniciales y finales, pero el trabajo depende de la curva, esto es porque no hay region simplemente conexa que contega a las curvas y no tenga el cero.
4
1.5. Sea c(t) = (a + r cos(t), b + r sin(t)) para 0
(1)
≤ t ≤ 2π. Calcular las integrales
(xy)ds
C
(x2
(2)
2
− y )ds − 3xy )ds
C
(x3
(3)
2
C
Soluci´ on: Tenemos: c (t) = ( r sin(t), r cos(t)), asi que c (t) = r.
−
(1)
||
||
2π
(xy)dr =
C
(a + r cos(t))(b + r sin(t))rdt =
0
2π
0 2π
(a + r cos(t))(b + r sin(t))rdt = (abr + ar2 sin(t) + br 2 cos(t) + abr3 sin(t)cos(t))dt = ab2πr
0
(2)
2
(x
C
2π
2
− y )dr = 2π
(a + r cos(t))2
0
2
− (b + r sin(t)) rdt =
(a2 + 2ar cos(t) + r 2 cos2 (t))
0
2π
(a2
−b
0
2
− (b
2
+ 2br sin(t) + r 2 sin2 (t))rdt =
+ 2ar cos(t)
− 2br sin(t) + r
2
cos2 (t)
−r
2
sin2 (t))rdt
Como cos2 (t) sin2 (t) = cos(2t) cuya integral entre 0 y 2 π es cero, tenemos que la integral es igual a (a2 b2 )2πr.
−
−
(3)
3
(x
C
2π
2
− 3xy )dr =
Ya que
(a + r cos(t))3
0
2
− 3(a + r cos(t))(b + r sin(t)) rdt
(a + r cos(t))3 = a 3 + 3a2 r cos(t) + 3ar2 cos2 (t) + r 3 cos3 (t) y (a + r cos(t))(b + r sin(t))2 = (a + r cos(t))(b2 + 2br sin(t) + r 2 sin2 (t)) y adem´as la integral sobre el intervalo 0 2π de las funciones sin(t),cos(t), t sin(2t) sin(t)cos(t) = , sin3 (t), cos3 (t), cos(t)sin2 (t) es igual a cero, asi que queda la 2 integral
≤ ≤
3
(x
C
2
− 3xy )dr =
2π
0
(a3 + 3ar2 cos2 (t)
2
− 3ab − 3ar
2
sin2 (t))rdt
5
Como cos2 (t) sin2 (t) = cos(2t) cuya integral sobre el intervalo 0 a cero tenemos que
−
(x3
C
2
3
≤ t ≤ 2π es igual
2
− 3xy )dr = (a − 3ab )2πr.
Noten que en los tres ejercicios anteriores el valor de integral de linea alrededor de una circulo de redio r es el valor de la funcion en el centro. Esto no es coincidencia es la propiedad de valor medio de funciones armonicas (Una funcion u es armonica si ∆u = 0)
1 u(a, b) = 2πr
udr
C
y) = x ( 1.6. Considere el campo vectorial F (x, ı + ), la curva C frontera del tri´angulo en el primer cuadrante acotado por la recta x + y 1 = 0, orientada positivamente y R su interior.
−
(a) Haga un bosquejo del campo vectorial en el primer cuadrante. Intuitivamente conteste, ¿cu´al es el flujo neto hacia afuera a trav´es de C ? (b) Calcule la integral de flujo
·
n ds F
C
directamente, sin usar alg´ un teorema. (c) Calcule la integral de flujo anterior usando una integral doble.
Soluci´ on:
6
(a) El flujo neto parece no ser cero, pues si seguimos las l´ıneas de campo sobre ellas la intensidad del campo aumenta. El flujo que entra por los lados sobre los ejes coordenados es menor que el flujo que sale por la hipotenusa. Por lo tanto el flujo total deber´ıa ser positivo. (b) Debemos calcular tres integrales de linea, una por cada lado. La orientaci´on tomada es la orientaci´on positiva hacia afuera (exterior). i) El lado 1 es r(t) = (0, 1 t) con 0 t 1. Entonces r (t) = (0, 1) y n1 = i = ( 1, 0)
−
−
≤ ≤
n1 ds = F
ii) El lado 2 es r(t) = (t, 0) con 0
·−
2
1
(t, t) ( 1, 0)dt =
0
l2
·−
− 12
− t, t) con 0 ≤ t ≤ 1. Entonces r (t) = (−1, 1) y n = (1, 1)
n1 ds = F
l1
(0, 0) ( 1, 0)dt = 0
(0, −1) ≤ t ≤ 1. Entonces r (t) = (1, 0) y n = − j =
n2 ds = F
·
0
l1
·
−
1
· iii) El lado 3 es r(t) = (1
−
1
(1
0
3
1
− t, 1 − t) · (1, 1)dt = 2
(1
0
− t) dt = 1
7
Total tenemos,
·
n ds = 0 F
C
− 12 + 1 = 12
(c) Usamos el teorema de Green (segunda forma vectorial)
·
n ds = F
C
∇ ·
F dA
R
1 1−u
=
1 1−u
dvdu = div(F )
0
0
0
dvdu =
0
1 2
1.7. Considere el campo vectorial = F (x,y,x)
x3 + x2 y + 2yz k
3x2 z + 2xyz ı + x2 z + z 2 +
−
−
dr, donde C es el segmento dirigido que une los puntos A(2, 2, 1) y Encuentre C F B( 1, 1, 1)
−
−
·
Soluci´ on: El campo dado es un campo vectorial conservativo porque 3
−
rot(F ) = ∇ × F = 0
y su dominio es todo el espacio R que es una regi´on simplemente conexa. Para calcular el potencial escalar f = f (x,y,z ), debemos resolver: ∂f = 3x2 z + 2xyz 1 ∂x ∂f = x 2 z + z 2 2 ∂y ∂f = x3 + x2 y + 2yz 3 ∂z
−
−
Usando 1 tenemos f =
3
2
−x z + x yz + g(y, z ). ∂ g 2 tenemos: x z + Usando = x z + z , lo cual implica que g(y, z ) = yz + h(z ). Es decir ∂y f = −x z + x yz + yz + h(z ). 3 tenemos −x + x y + 2yz + h (z ) = −x + x y + 2yz . Es decir, h(z ) = c Finalmente usando 2
3
2
2
2
2
2
3
2
3
2
Por lo tanto el potencial escalar es:
f (x,y,z ) =
3
2
2
−x z + x yz + yz + c
Por lo tanto, la integral de linea pedia es independiente del camino y su resultado es la diferencia de potenciales.
· − dr = F
C
3
2
2
x z + x yz + yz + c
(−1,1,−1) (2,2−1)
=
−3
8
1.8. Usar el Teorema de Green para solucionar los siguientes problemas. (1) Hallar el ´area delimitada por un arco de la cicloide x = a(θ sin θ), y = a(1 cos θ), donde a > 0 es una costante y 0 θ 2π, y el eje x. (2) La rosa de cuatro p´ etalos tiene, en coordenadas polares, ecuaci´on ρ = 3 sin 2θ. Esbozar la grafica en coordenadas cartesianas y hallar el ´area de un petalo.
−
≤ ≤
−
Soluci´ on: En los dos casos, utilicemos la formula para calcular areas:
1 A(D) = 2
x dy
∂D
− y dx.
(1) La curva ∂D est´a parametrizada por r(θ) = (a(θ sin θ), a(1 cos θ)), para 0 Por lo tanto:
−
a2 A(D) = 2
−
≤ θ ≤ 2π.
2π
0
[(θ
− sin θ)sin θ − (1 − cos θ)(− cos θ)] dθ a2 = 2
2π
(θ
0
2
− 1 + cos θ) dθ = a π(π − 1).
(2) La curva ∂D est´a parametrizada por r(θ) = (3 sin 2θ cos θ, 3sin2θ sin θ), para 0 π/2. Por lo tanto: 1 A(D) = 2
≤ θ ≤
π/2
[3sin2θ cos θ(6cos2θ sin θ + 3sin 2θ cos θ)
0
−
− 3sin2θ sin θ(6cos2θ cos θ + 3sin 2θ sin θ)] dθ = 1 = 2
π/2
(9sin2 2θ cos2 θ + 9 sin2 2θ sin θ) dθ =
0
9 = 2
π/2
0
9 sin 2θ dθ = 2 2
π/2
0
1
− cos4θ dθ = 9 π. 2
8
1.9. El astroide es la curva dada por la ecuaci´on x2/3 + y 2/3 = a2/3 (o por las ecuaciones param´etricas x = a cos3 t, y = a sin3 t), donde a > 0 es una constante. Hallar el ´area de la regi´on encerrada con el astroide.
9
Soluci´ on: Aplicamos el corolario de teorema de Green que el ´area de una figura acotada por
una curva C cerrada y orientada positivamente es 1 A = xdy ydx. 2 C Entonces el ´area del astroide es 1 2π 3 = 3a2 (cos t)4 (sin t)2 + 3a2 (sin t)4 (cos t)2 dt = a2 2 0 2
Respuesta:
−
3 2 πa . 8
2π
0
3 (cos t)2 (sin t)2 dt = πa2 . 8
1.10. Sea Γ la par´ abola con el eje de simetr´ıa Oy que pase por los puntos A(2, 3) y B(1, 0). y) = (x y, x+y) sobre una part´ıcula Hallar el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x, que parte del punto A, pase por el segmento AB y luego regresa al punto A por el arco BA de la par´abola.
−
Soluci´ on: Una par´ abola con el eje de simetr´ıa Oy tiene la ecuaci´on y = ax2 + b, entonces
a + b = 0 y 4a + b = 3. Entonces la ecuaci´on de la par´abola es y = x 2 1. Sea C el camino de la part´ıcula (!C es orientada negativamente!), es la frontera de la regi´on D acotado por la par´abola y la recta AB: y = 3x 3. El trabajo es igual al
−
−
W =
(x
C
− y) dx + (x + y)dy = por el teorema de Green =
−
2 dxdy =
D
El ´area de D es 2
2
(3x
1
Entonces, el trabajo es
−
2
− 3) − (x − 1) dx =
1 . 3
− 1
x2 + 3x
− 2 dx = 16 .
´ −2Area(D)
10
Respuesta:
−
1 3
2. Part
2: 11.4 - 13.2
2.1. Calcular las siguientes integrales de superficie (1)
· −→ · −→
F d S donde F (x,y,z ) = ( y,x, 0) y S es el hemisferio superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 con la orientaci´on hacia arriba. (2) Σ F d S donde F (x,y,z ) = (x2 ,xy, (z + 1)) y Σ es el disco x 2 + y2 4 en el plano z = 0 orientado hacia abajo.
−
S
≤
Soluci´ on:
(1) Un vector normal a la esfera es el gradiente de la funcion x 2 + y2 + z 2 , por lo que un vector unitario a la esfera es: n = (x,y,z ). Como
−→
· −→ · −→ F d S =
S
· −→ −
F n dS
S
y F n = ( y,x, 0) (x,y,z ) = (0, 0, 0) entonces
·
· −→
F d S = 0.
S
(2) En el plano z = 0, el campo vectorial es igual a F = (x2 ,xy, 1) y el vector normal unitario a la supericie es n = (0, 0, 1), como
−→
· −→− · −→ · −→ − − F d S =
Σ
· −→
F n dS
Σ
y F n = (x2 ,xy, 1) (0, 0, 1) = 1, entonces Σ F d S es el negativo del area de Σ, pero Σ es un disco de radio 2 asi que la integral da 4π.
·
−
2.2. Calcular el area de las siguientes superficies: (1) La parte del plano 3x + 2y + z = 6 que esta en el primer octante. (2) La parte de la grafica de la funcion f (x, y) = xy que esta dentro del cilindro x2 +y2 = 1 (3) La parte de la superficie y = 2x2 + 2z 2 7 que esta dentro del cilindro x 2 + z 2 = 4. (4) La interseccion de los cilindros x 2 + y 2 = 4 y x 2 + z 2 = 4
−
Soluci´ on:
(1) Vemos la superficie como la grafica de la funcion f (x, y) = 6 de la superficie es
1+
− 3x − 2y, asi que el area
2
||∇f || dA
D
donde D es la proyeccion del plano 3x + 2y + z = 6 en el plano xy. Como f = ( 3, 2), reemplazando tenemos:
−∇→ − −
√
1 + 9 + 4dA =
D
√
14A(D)
11
La proyeccion es un triangulo rectangulo con base 2 y altura 3 por lo que el area es 3 y por lo tanto el area de superficie es 3 14.
√
Soluci´ on altenativa: La
parte del plano 3x + 2y + z = 6 que esta en el primer octante es el tiangulo con v´ertices A(2, 0, 0), B(0, 3, 0) y C (0, 0, 6). Por lo tanto el ´area es 1 igual a AB AC . Tenemos AB = 3 2 ı, AC = 6 ı. Entonces, k 2 2
−→ − −→ − |−→ × −→| −→ −→ − 2 ı) × (6 k − 2 ı) = 18 ı + 6 k + 12 , AB × AC = (3
luego
√
√
√
1 1 1 182 + 62 + 122 = 504 = 3 14. AB AC = 2 2 2 (2) La superficie es la parte de la grafica de la funcion f (x, y) = xy sobre la regi´on D = (x, y) x 2 + y 2 1 . Por lo tanto, el area de la superficie es dada por
|−→ × −→|
{
|
≤ }
f x2 + f y2 + 1 dA.
D
Tenemos: f x = y, f y = x. En coordenadas polares la regi´ on D es dada por 0 0 r 1. Entonces,
≤ ≤
2π 1
f x2 + f y2
+ 1 dA =
√
1 r2 + 1 rdrdθ = 2π (r2 + 1)3/2 3
0 0
D
1
= 0
2π 3/2 (2 3
(3) Vemos la superficie como la grafica de la funcion f (x, z ) = 2x2 + 2z 2 area de la superficie es
1+
≤ θ ≤ 2π,
− 1)
− 7, asi que el
2
||∇f || dA
D
donde D es el disco de radio 2 centrado en el origen en el plano xz . Como f = (4x, 4z ), reemplazando tenemos:
−∇→
√
1 + 16x2 + 16z 2 dA
D
Escribiendo la integral en coordenadas polares: 2π 2
√
2π
1 + 16r 2 rdrdθ =
0 0
1 (1 + 16r2 ) 48
0
3 2
| dθ = 2π (65 − 1) 48 2 0
3 2
(4) La superficie obtenida intersectando dos cilindros perpendiculares esta formada por cuatro caras, Para calcular el area de toda la superficie podemos calcular el de una cara y multiplicar por 4. Esta est´a dada por, sobre el disco y 2 + z 2 4 el cilindro x 2 + y2 = 4. Esto se puede describir como una superficie parametrizada por
≤
−
X (y, z ) = ( 4
y 2 , y , z).
12
Calculando los vectores tangentes, el vector normal y su norma obtenemos
X × X = y
z
− − 2y 2 4 y2
1+
2
2
=
4
y2
.
Calculamos la doble integral usando coordenadas polares 2
D
4
−y
√
4−y 2
2
2
dA =
−2
2
2
− √ 4
−
y2
4−y 2
dzdy =
2
− 4 4
−2
4
y2
−y
2
=
4dy = 16
−2
y multiplicando por las cuatro partes obtenemos 64.
2.3. Halle el valor de la integral de superficie,
yz dydz + xy dxdy + xz dxdz
S
donde S es la superficie del tetraedro acotado por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x+y+z = a.
13
Si usamos las convenciones: P = P (x,y,z ), Q = Q(x,y,z ), R = R(x,y,z ), = F (x,y,z ) = P F i + Q j + R k, entonces, Ayuda:
P dydz + Q dzdx + R dxdy =
S
·
dS F
S
Es decir debe calcular la integral de superficie sobre S , tomando la orientaci´on exterior. Use el teorema de Gauss solo para comprobar su respuesta, debe calcular la integral de superficie sobre el tetraedro dado. Soluci´ on: Tenemos 4 caras del tetraedro, 3 sobre los planos coordenados y una sobre el
plano x + y + z = a. Por lo tanto tendremos 4 integrales de superficie, una por cada cara. Cada integral de superficie por cada cara tiene su correspondiente integral doble la cual tiene 3 t´erminos en el integrando. Observaci´ on: La superficie es una superficie cerrada y orientable, por lo tanto debemos escoger una sola normal. Escogeremos la normal exterior, es decir saliente en cada cara. = (yz,xz,xy) sobre la cara i. Debemos Denotemos por I i la integral de superficie de F calcular
i=4
· dS = F
P dydz + Q dzdx + R dxdy =
S
v) ru F (u,
· × r dvdu
i=1 D i
S
v
= ru rv sea el normal exterior. asegur´andonos que N (a) La cara 1 es la cara sobre el plano z = 0 con parametrizaci´on r(u, v) = (u,v, 0) con 1 = ru rv = (0, 0, 1) = 0 u a, 0 v a u. El vector normal exterior es N k. Por lo tanto, 1 a−u 1 4 (uv) dvdu = I 1 = a 24 0 0 (b) La cara 2 es la cara sobre el plano x = 0 con parametrizaci´on r(u, v) = (0, u , v) con 2 = ru rv = ( 1, 0, 0) = 0 u a, 0 v a u. El vector normal exterior es N i. Por lo tanto, 1 a−u 1 4 (uv) dvdu = I 2 = a 24 0 0 (c) La cara 3 es la cara sobre el plano y = 0 con parametrizaci´on r(u, v) = (u, 0, v) con 3 = ru rv = (0, 0, 1) = j. 0 u a, 0 v a u. El vector normal exterior es N Por lo tanto, 1 a−u 1 4 (uv) dvdu = I 3 = a 24 0 0 (d) La cara 4 es la cara sobre el plano x + y + z = a con parametrizaci´on r(u, v) = (u,v,a 4 = ru rv = u v) con 0 u a, 0 v a u. El vector normal a la superficie es N (1, 1, 1) = i + j + k. Esta normal es correcta, es saliente. Por lo tanto,
×
≤ ≤
≤ ≤ −
− ×
−
≤ ≤
− ×
−
≤ ≤ −
≤ ≤ 1
I 4 =
×
0
−
−
×
a−u
(av
−
−
≤ ≤ −
0
−
−
−
−
−
−
≤ ≤ −
≤ ≤
−
2
2
− uv − v ) + (au − u − uv) + uv
1 dvdu = a3 8
−
14
En resumen tenemos:
− 241 a − 241 a − 241 a 3
yz dydz + xz dzdx + xy dxdy =
3
3
1 + a3 = 0 8
S
dS = F
· ∇ ·
Usando el teorema de Gauss
S
F dV para comprobar la respuesta vemos
V
que efectivamente se cumple ya que
∇ ·
= 0 F
2.4. Encuentre el a´rea de la porci´on de la superficie helicoidal z = tan
−1
y que est´a en x
el primer octante entre los cilindros x 2 + y 2 = a 2 , x 2 + y 2 = b 2 , (0 < a < b). Ayuda: Encuentre una parametrizaci´on adecuada de la superficie. on de la superficie dada por: Soluci´ on: Sea r(u, v) una parametrizaci´
≤ ≤ ≤ ≤ × √ · x = u cos v y = u sin v z = v
Debemos calcular
Area =
dS =
S
a 0
con
ru
u v
b π/2
rv dvdu
D
b π/2
π 2
1 + u2 dvdu =
=
a
0
tan−1 b
−1
− tan
a
dS , donde: 2.5. Evaluar la integral de superficie S F (1) F (x,y,z ) = ı + + z (x2 + y 2 ) k y S es la superficie (sin tapas) del cilindro E = (x,y,z ) x2 + y 2 (2) F (x,y,z ) = (x
{
|
≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
− y) ı + (y − z ) + (z − x) k y S es la frontera del solido E = {(x,y,z )| x + y ≤ z ≤ 1, x ≥ 0 }. 2
2
Soluci´ on: En los dos casos vamos a aplicar el Teorema de Gauss.
(1) Sean S 1 y S 2 , respectivamente, la tapa inferior y superior del cilindro. Entonces, del Teorema de Gauss sigue:
· ∇ · dS = F
S
Es cierto,
F dV
E
∇ · F = x
2
dS F
S 1
dS. F
S 2
+ y 2 . Calculemos la integral
E
cilindricas:
∇ · E
− · − · ∇ · 1
F dV =
0
1
2π
0
ρ3 dzdθdρ =
0
π . 2
F dV en coordenadas
15
Los vectores normales unitarios a S 1 y S 2 con la orientaci´on hacia afuera el cilindro son respectivamente (00, 1) y (0, 0, 1). Por lo tanto:
− · dS = F
S 1
0(x2 + y 2 ) dS = 0
S 1
y 1 2π
· · dS = F
1(x2 + y 2 ) dS =
S 2
0
S 1
En conclusion:
ρ3 dθ dρ =
π 2
0
dS = π F 2
− 0 − π2 = 0.
S
(2) Calculemos la divergencia
∇ · F = 3. Por el Teorema de Gauss:
· ∇ · dS = F
S
F dV = 3
E
dV =
E
π/2
1
1
3
1
ρdzdθdρ == 3π
0
−π/2
0
ρ2
ρ(1
−
ρ2 2 )dρ = 3π ρ 2
−
ρ 4 4
1
0
3 = π. 4
a 2.6. Sea dado el campo vectorial F (x,y,z ) = x ı + y + z k. Demostrar que el flujo de F traves de una superficie cerrada S (orientada hacia afuera) es igual a tres veces el volumen del solido E encerrado por S . Utilizar esta formula para calcular el volumen del elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 1, por constantes a, b, c > 0. a2 b c = 3. Del Teorema de Gauss sigue que el flujo de F a trav´es de S es igual a Soluci´ on: F la integral 3 dV = 3V (E ), donde E es el solido encerrado por S . E Para calcular el volumen del elipsoide E dado, calculemos entonces el flujo del campo = (x,y,z ) a trav´es de la superficie parametrica: F
≤ ∇ ·
S :
x(φ, θ) = a sin φ cos θ y(φ, θ) = b sin φ sin θ z (φ, θ) = c cos φ.
φ = (a cos φ cos θ, b cos φ sin θ, c sin φ) y T θ = por 0 2π. Es cierto, T φ π y0 θ ( a sin φ sin θ, b sin φ cos θ, 0). Por lo tanto:
−
≤ ≤
≤ ≤
φ F (x(φ, θ), y(φ, θ), z (φ, θ)) (T
·
× T ) = θ
−
−
a sin φ cos θ b sin φ sin θ a cos φ cos θ b cos φ sin θ a sin φ sin θ b sin φ cos θ
c cos φ c sin φ 0
−
=
= abc[cos φ(sin φ cos φ cos2 θ + sin φ cos φ sin2 θ) + sin φ(sin2 φ cos2 θ + sin2 φ sin2 θ)] = = abc(sin φ cos2 φ + sin φ sin2 φ) = abc sin φ.
16
En conclusi´on: 1 V (E ) = 3
π
2π
2 4 abc sin φdθdφ = πabc[ cos φ]π0 = πabc. 3 3
0
−
0
e es el rotacional de un campo vectorial? Suponga que F (x,y,z ) es el campo 2.7. Qu´ de velocidades de un fluido (es decir que F (x,y,z ) es el vector velocidad, en mts/sec del fluido que esta en el punto (x,y,z )) y que las componentes de F (x,y,z ) son funciones diferenciables. Fije un punto P = (x0 , y0 , z 0 ) y un vector unitario u anclado en P . (1) Suponga que un molinete con radio r (una rueda de paletas) tiene centro en el punto P , tiene eje de rotaci´on u y gira por acci´on del fluido. Defina 1 ω(r) := F dr 2πr 2 C donde C es el c´ırculo con centro en P y radio r, contenido en el plano perpendicular a u, orientado de tal forma que u es la normal de la superficie encerrada por C . Explique por qu´e la cantidad ω(r) es una buena aproximaci´ on a la velocidad angular del molinete alrededor de su eje u. (2) Demuestre, usando el Teorema de Stokes, que 1 1 r lim = ( F d F )(P ) u r→0 2πr 2 C 2 (3) Concluya que el rotacional del campo vectorial F en el punto P , (i.e. ( F )(x0 , y0 , z 0 )) es un vector con las siguientes propiedades: (a) Apunta en la direcci´on axial en la que un molinete peque˜no centrado en P gira lo m´as r´apidamente posible al ser empujado por el fluido. (b) Tiene magnitud igual al doble de esta velocidad angular m´axima.
·
·
∇×
·
∇×
Soluci´ on:
(1) Primero note que la longitud del c´ırculo C r es 2πr asi que la cantidad 1 F dr 2πr C
r
·
mide la velocidad tangencial promedio a lo largo de la curva C r . Por otro lado si θ(t) es el angulo recorrido por una particula que sigue una trayectoria circular con radio r tenemos que la distancia recorrida s(t) satisface rθ(t) = s(t) (esta es la definicion de radian). De ah´ı rθ (t) = s (t) luego la velocidad angular θ (t) se obtiene dividiendo la velocidad tangencial por el radio. De ahi concluimos que 1 1 ω(r) = F dr r 2πr C es la velocidad angular promedio del molinete. (2) Aplicando el teorema de Stokes tenemos que, si Br denota el disco de radio r contenido en el plano perpendicular a u encerrado por el c´ırculo C r entonces la siguiente igualdad ocurre 1 1 1 1 F dr = F dS 2 πr 2 r 2πr C B
r
r
·
·
∇ × · r
17
Parametrizando el c´ırculo con un disco Ar de radio r mediante la funcion g(u, v) podemos calcular la integral de la derecha obteniendo 1 1 ( F )(g(u, v)) udA 2 πr 2 A
∇ ×
·
r
Como el disco A r tiene ´area πr2 la cantidad 1 ( F )(g(u, v)) udA πr 2 A
∇ ×
· es precisamente el valor promedio de la funci´on (∇× F )(g(u, v)) · u sobre el disco A . Por continuidad de (∇ × F )(g(u, v)) · u ese promedio converge a ∇× F (g(0, 0)) · u = ∇ × F (P ) · u cuando r → 0. La raz´on de esto es que para todo r 1 ∇ × F (g(u, v)) · udA ≤ max ∇ × F (Q) · u min ∇ × F (Q) · u ≤ πr r
r
2
Q∈Br
Q∈Br
Ar
y es obvio que el m´ınimo y el m´aximo convergen al valor en el centro en la medida en la que miramos discos m´a s y m´as peque˜ nos. Asi, concluimos que 1 lim ω(r) = ( F )(P ) u r→0 2 (3) Como sabemos que ( F )(P ) u = ( F )(P ) cos(θ) sabemos que esta cantidad es m´axima cuando u es paralelo al rotacional F (P ) y en ese momento su magnitud es igual a ( F )(P ) . Concluimos que El rotacional de un campo vectorial on debemos poner F en el punto P es un vector que nos dice en que direcci´
∇× · | || ∇×
| ∇× || ∇ × ||
· ||
∇×
el eje de un molinete muy peque˜ no para que este gire lo m´ as r´ apidamente posible al ser movido por el campo de velocidades F .
2.8. (1) Escriba de manera precisa el enunciado del Teorema de Stokes (2) Utilice el Teorema de Stokes para calcular
·
F ds
σ
Donde σ(t) es el c´ırculo de radio uno contenido en el plano z = 3 con centro (0, 0, 3) y F (x,y,z ) = (y,x, 0) Soluci´ on:
(a) Teorema de Stokes: Sea S R3 una superficie parametrizada regular y orientada y sea σ su curva de frontera. Si F (x,y,z ) es un campo vectorial diferenciable en S entonces
⊆
· ∇ × F ds =
σ
[
S
F ] dS
·
(b) Calculamos que el rotacional del campo vectorial F (x,y,z ) es cero. Como las componentes de este campo vectorial son diferenciables en todo R3 concluimos del Teorema de Stokes que el trabajo realizado es cero.
18
2.9. Sea F (x,y,z ) = (e−x + z ) ı + (e−y + 2x) + (e−z + 2y) k. Hallar
·
dr F
C
donde C es la frontera del tri´angulo de intersecci´on del plano 2x + y + 2z = 2 y el primer octante. La orientaci´on es antihorario vista desde arriba. z
n
y
x
es Soluci´ on: El rotacional de F
∇ × F = det
i
k
j
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
e−x + z e−y + 2x e−z + 2y
2 = 2 i + j + k.
Sea Σ sea el tri´angulo de intersecci´on del plano 2x + y + 2z = 2 y el primer octante orientado 1 por el campo vectorial normal unitario n = (2, 1, 2). Entonces por el teorema de Stokes 3 1 dr = ndS = 2 2 ( (2 1 dS = 3A, F F ) i + j + k) (2 i + j + k)dS = 3 3 C
· ∇ × Σ
·
·
Σ
Σ
donde A es el ´area del triangulo. Los v´ertices del triangulo son A(1, 0, 0), B (0, 2, 0), C (0, 0, 1), entonces A =
1 AB 2
3 −→ × −→ AC = , 2
por lo tanto dr = 9 . F 2 C
·
2.10. (1) Probar que el rotacional de un campo gradiente es cero, es decir (2) Probar que para el campo y x = ( F , , 0), x2 + y 2 x2 + y 2
−
= ∇ × (∇F ) 0.
19
= el rotacional 0, pero el campo no es gradiente, entonces no existe ninguna F = U . funci´ on U tal que F = 0. (3) Probar que la divergencia del rotacional es cero, es decir ( F ) (4) Probar que para el campo
∇ ×
= F la divergencia G = F .
∇×
∇
∇ · ∇ ×
x
3,
∇ ·
y
3,
z 3
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 0, pero no existe un campo vectorial G en F =
, 3 R
\ {0} tal que
Soluci´ on:
(1) (2) Tomemos el c´ırculo C dado por la ecuaci´on param´etrica: r(t) = (cos(t), sin(t), 0), r(t) = ( sint, cos(t), 0). Por lo t [0, 2π]. Entonces, r (t) = ( sin(t), cos(t), 0) y F ( tanto,
∈
−
2π
· dr = F
C
= Si fuera F
0
−
(r (t))dt = F
·
2π
dt = 2π.
0
∇U , por el teorema fundamental de c´alculo tuvi´eramos que
dr = 0.
C F
·
(3) trav´es de la esfera unitaria S centrada en el origen. (4) Hallamos el flujo del campo F a Tomemos una parametrizaci´on de la esfera: r(ϕ, ψ) = (sin ϕ cos ψ, sin ϕ sin ψ, cos ϕ), (ϕ, ψ) [0, π]
∈
Entonces, el producto mixto ∂ ∂ (F , r, r) = det ∂ϕ ∂ψ Por lo tanto, el flujo es,
−
sin ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ cos ϕ cos ψ cos ϕ sin ψ sin ϕ sin ψ sin ϕ cos ψ
dS = F
S R
·
2π
cos ϕ sin ϕ 0
−
= sin ϕ.
π
0
× [0, 2π].
sin ϕdϕdψ = 4π
0
= por el teorema de Stokes Pero la esfera no tiene frontera, entonces, si F G, debe ser dS = dS = 0. F G
∇ ×
· ∇ × S
S
·
