Tarea 3 - Vectorial

(1)

1. Part 1: 10.1 - 11.3

1.1. Hallar las lineas de flujoσ(t) de los campos vectoriales−→F(x, y) =h2x,−4yiy−→G(x, y) = x~ı−y~ que cumplen σ(0) = (1,1).

Solución: Las lineas de flujo del campo vectorial F(x, y) que estamos buscando son curvas parametrizadas σ(t) = (x(t), y(t)) que satisfacen la ecuación diferencial σ0(t) = F(σ(t)) con condición inicial σ(0) = (1,1). Es decir: x0(t) = 2x(t) y y0(t) = −4y(t) con condiciones iniciales x(0) = 1 y y(0) = 1. La primera ecuación diferencial se puede escribir como

dx

x = 2dt, integrando a ambos lados ln(x) = 2t+C luego apliando la exponencial a ambos

lados concluimosx(t) = e2t+C. Como x(0) = 0 concluimos queC = 0 luegox(t) =e2t. De la misma manera y(t) = e−4t. Para el campo G(x, y) el sistema de ecuaciones diferenciales es x0(t) =x, y0(t) = −ycon condiciones iniciales x(0) = 1 yy(0) = 1. Resolviendo de la misma forma que en el p´arrafo anterior concluimos que x(t) =et y y(t) =e−t.

1.2. Demuestre que el campo −→G(x, y, z) = − 1

(x2₊_y2₊_z2₎3/2hx, y, zi es conservativo y

encuentre un potencialu(x, y, z) para−→G. Utilice el potencial para calcular el trabajo realizado por G a lo largo de la espiralσ(t) = (etcos(t), etsin(t), t) en el intervalo π ≤t≤2π.

Soluci´on: Queremos encontrar una funci´on escalar u(x, y, z) cuyo gradiente sea igual al campo vectorial G(x, y, z), es decir queremos resolver el sistema de ecuaciones

∂u ∂x =− x (x2₊_y2₊_z2₎32 ∂u ∂y =− y (x2₊_y2₊_z2₎32 ∂u ∂z =− z (x2₊_y2₊_z2₎32

De la primera ecuaci´on concluimos, integrando parcialmente contra x que u(x, y, z) = (x2+y2+z2)−12 +R(y, z) Reemplazando en la segunda ecuaci´on obtenemos que 0 = ∂R(y,z)

∂y

asi queR(y, z) depende sólo de la variablez y finalmente reemplazando en la tercera ecuación que 0 = ∂R_∂z(z) asi que R es una constante. Concluimos que el campo vectorial G(x, y, z) es conservativo porque es el gradiente de la función escalar u(x, y, z) = (x2 ₊_y2₊_z2₎−1

2 +R para cualquier constante R.

Como el campo es conservativo, por el Teorema fundamental del c´alculo para integrales de linea sabemos que

Z σ F ·ds =u(σ(2π))−u(σ(π)) = =u(e2π,0,2π)−u(−eπ,0, π) = (e4π + 4π2)−12 −(e2π+π2)− 1 2

(2)

1.3. Por los siguientes campos vectoriales, determinar si son conservativos. En caso afirma-tivo, hallar una funci´on potencial:

(1) F~(x, y, z) = xy~ı +y~ +z ~k;

(2) F~(x, y, z) = (x2+y2)~ı−2xy~ +z ~k; (3) F~(x, y, z) = 3x2_y~_{ı + (x}3₊_y3_)~_.

Soluci´on: Todos los campos vectoriales dados est´an definidos en _R3_{, que es simplemente}

conexo, por lo tanto, condici´on necesaria y suficiente para que sean conservativos es que su rotacional sea nulo.

(1) ∇ ×F~ = (0,0, x)6=~0. Por lo tanto, F~ no es conservativo. (2) ∇ ×F~ = (0,0,−4y)6=~0. Por lo tanto, F~ no es conservativo.

(3) ∇ ×F~ = (0,0,3x2₋_3x2_{) =}_~_{0. Por lo tanto,}_F_~ _{es conservativo. Una funci´}_{on potencial}

f(x, y, z) tiene que satisfacer el sistema de ecuaciones diferenciales:

                   ∂f ∂x = 3x 2_y ∂f ∂y =x 3₊_y3 ∂f ∂z = 0. Una soluci´on est´a dada por f(x, y, z) =x3_y₊y

4

4. 1.4. (El campo vectorial mas interesante del mundo) Sea

~ F(x, y) = −y x2₊_y2, x x2₊_y2

Calcule la integral de linea

Z

C

F ·d~r para las siguiente curvas: (1) c(t) = (cos(t),sin(t)) para 0≤t ≤ π

2.

(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≤t ≤ π

2. Z C F ·d−→r = Z π₂ 0 ( −sin(t) cos(t)2_{+ sin(t)}2, cos(t)

cos(t)2_{+ sin(t)}2)·(−sin(t),cos(t))dt

Z π₂ 0 sin2(t) + cos2(t)dt = Z π₂ 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 R_CF · d−→r la escribimos como suma de dos integrales R_C 1F ·d − →_r ₊ R C2F ·d − →_r_{, donde} _C

1 es el segmento de recta desde (1,0) a (1,1) parametrizado por

(1,0) +t(0,1) = (1, t) con t ∈[0,1]. La curva C2 es el segmento de recta desde (1,1)

a (0,1) parametrizado por (1,1) +t(−1,0) = (1−t,1) cont ∈[0,1].

Z C1 F ·d−→r = Z 1 0 ( −t 12₊_t2, 1 12 ₊_t2)·(0,1)dt Z C2 F ·d−→r = Z 1 0 1 1 +t2dt = arctan(1)−arctan(0) = π 4 ahora para C2 Z C2 F ·d−→r = Z 1 0 ( −1 (1−t)2_{+ 1}2, 1−t (1−t)2 _{+ 1}2)·(−1,0)dt Z 1 0 1 (1−t)2_{+ 1}dt=−arctan(1−t)| 1 0=−arctan(0) + arctan(1) = π 4 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)

Z C F ·d−→r = Z π 0 ( −sin(t) cos(t)2_{+ sin(t)}2, cos(t)

cos(t)2_{+ sin(t)}2)·(−sin(t),cos(t))dt

Z π 0 sin2(t) + cos2(t)dt = Z π 0 dt=π (4) c(t) = (cos(t),−sin(t)) para 0≤t≤π. (semicirculo inferior)

Z C F ·d−→r = Z π 0 ( sin(t) cos(t)2_{+ sin(t)}2, cos(t)

cos(t)2_{+ sin(t)}2)·(−sin(t),−cos(t))dt

Z π 0 −sin2(t)−cos2(t)dt= Z π 0 −dt =−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+rcos(t), b+rsin(t)) para 0≤t ≤2π. Calcular las integrales (1) Z C (xy)ds (2) Z C (x2−y2)ds (3) Z C (x3−3xy2)ds

Soluci´on: Tenemos: c0(t) = (−rsin(t), rcos(t)), asi que ||c0(t)||=r. (1) Z C (xy)dr= Z 2π 0 (a+rcos(t))(b+rsin(t))rdt= Z 2π 0 (a+rcos(t))(b+rsin(t))rdt= Z 2π 0

(abr+ar2sin(t) +br2cos(t) +abr3sin(t) cos(t))dt =ab2πr (2) Z C (x2−y2)dr= Z 2π 0 (a+rcos(t))2−(b+rsin(t))2rdt= Z 2π 0

(a2+ 2arcos(t) +r2cos2(t))−(b2+ 2brsin(t) +r2sin2(t))rdt=

Z 2π

0

(a2−b2+ 2arcos(t)−2brsin(t) +r2cos2(t)−r2sin2(t))rdt Como cos2(t)−sin2(t) = cos(2t) cuya integral entre 0 y 2π es cero, tenemos que la integral es igual a (a2−b2)2πr. (3) Z C (x3−3xy2)dr= Z 2π 0

(a+rcos(t))3−3(a+rcos(t))(b+rsin(t))2rdt Ya que

(a+rcos(t))3 =a3+ 3a2rcos(t) + 3ar2cos2(t) +r3cos3(t) y

(a+rcos(t))(b+rsin(t))2 = (a+rcos(t))(b2+ 2brsin(t) +r2sin2(t))

y adem´as la integral sobre el intervalo 0 ≤ t ≤ 2π de las funciones sin(t),cos(t), sin(t) cos(t) = sin(2t)

2 , sin

3_{(t), cos}3_{(t), cos(t) sin}2_{(t) es igual a cero, asi que queda la}

integral Z C (x3−3xy2)dr = Z 2π 0

(5)

Como cos2(t)−sin2(t) = cos(2t) cuya integral sobre el intervalo 0 ≤ t≤ 2π es igual a cero tenemos que

Z

C

(x3−3xy2)dr= (a3−3ab2)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)

u(a, b) = 1 2πr

I

C

udr

1.6. Considere el campo vectorialF~(x, y) =x(~ı +~), la curva C frontera del tri´angulo en el primer cuadrante acotado por la rectax+y−1 = 0, orientada positivamente yR 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

I

C

~ F ·~n ds

directamente, sin usar alg´un teorema.

(c) Calcule la integral de flujo anterior usando una integral doble.

(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~0(t) = (0,−1) y ~n1 = −~i =

(−1,0) Z l1 ~ F ·~n1ds= 1 Z 0 (0,0)·(−1,0)dt= 0

ii) El lado 2 es ~r(t) = (t,0) con 0≤t≤1. Entonces~r0(t) = (1,0) y~n2 =−~j = (0,−1)

Z l2 ~ F ·~n2ds = 1 Z 0 (t, t)·(−1,0)dt =−1 2

iii) El lado 3 es~r(t) = (1−t, t) con 0≤t≤1. Entonces~r0(t) = (−1,1) y~n3 = (1,1)

Z l1 ~ F ·~n1ds = 1 Z 0 (1−t,1−t)·(1,1)dt= 2 1 Z 0 (1−t)dt = 1

(7)

Total tenemos, I C ~ F ·~n ds= 0− 1 2 + 1 = 1 2 (c) Usamos el teorema de Green (segunda forma vectorial)

I C ~ F ·~n ds= Z Z R ∇ ·F dA~ = 1 Z 0 1−u Z 0 div(F~)dvdu= 1 Z 0 1−u Z 0 dvdu= 1 2

1.7. Considere el campo vectorial ~

F(x, y, x) = −3x2z+ 2xyz~ı + x2z+z2~ + −x3 +x2y+ 2yz~k

Encuentre R_CF~ · d~r, donde C es el segmento dirigido que une los puntos A(2,2,−1) y B(−1,1,−1)

Soluci´on: El campo dado es un campo vectorial conservativo porque ∇ ×F~ = rot(F~) =~0 y su dominio es todo el espacio _R3 _{que es una regi´}_{on simplemente conexa. Para calcular el}

potencial escalar f =f(x, y, z), debemos resolver: ∂f ∂x =−3x 2_z_{+ 2xyz} ₁ ∂f ∂y =x 2 z+z2 2 ∂f ∂z =−x 3 +x2y+ 2yz 3 Usando 1 tenemosf =−x3_z₊_x2_yz₊_{g(y, z).}

Usando 2 tenemos: x2_z₊∂g

∂y =x

2_z₊_z2_{, lo cual implica que} _{g(y, z) =}_yz2₊_{h(z). Es decir}

f =−x3_z₊_x2_yz₊_yz2₊_h(z).

Finalmente usando 3tenemos−x3₊_x2_y_{+ 2yz}₊_h0_{(z) =} ₋_x3₊_x2_y_{+ 2yz}_{. Es decir,}_{h(z) =}_c

Por lo tanto el potencial escalar es:

f(x, y, z) =−x3z+x2yz+yz2+c

Por lo tanto, la integral de linea pedia es independiente del camino y su resultado es la diferencia de potenciales. Z C ~ F ·d~r = −x3z+x2yz+yz2+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−sinθ),y =a(1−cosθ), donde a >0 es una costante y 0 ≤θ ≤2π, y el eje x.

(2) La rosa de cuatro pétalos tiene, en coordenadas polares, ecuación ρ = 3 sin 2θ. Es-bozar la grafica en coordenadas cartesianas y hallar el área de un petalo.

Soluci´on: En los dos casos, utilicemos la formula para calcular areas:

A(D) = 1 2

Z

∂D

x dy−y dx.

(1) La curva∂Dest´a parametrizada por~r(θ) = (a(θ−sinθ), a(1−cosθ)), para 0≤θ ≤2π. Por lo tanto: A(D) = a 2 2 Z 2π 0

[(θ−sinθ) sinθ−(1−cosθ)(−cosθ)]dθ = a 2 2 Z 2π 0 (θ−1 + cosθ)dθ=a2π(π−1).

(2) La curva∂Dest´a parametrizada por~r(θ) = (3 sin 2θcosθ,3 sin 2θsinθ), para 0≤θ ≤

π/2. Por lo tanto:

A(D) = 1 2

Z π/2

0

[3 sin 2θcosθ(6 cos 2θsinθ+ 3 sin 2θcosθ)−

−3 sin 2θsinθ(6 cos 2θcosθ+ 3 sin 2θsinθ)]dθ = = 1

2

Z π/2

0

(9 sin22θcos2θ+ 9 sin22θsinθ)dθ= = 9 2 Z π/2 0 sin22θ dθ= 9 2 Z π/2 0 1−cos 4θ 2 dθ = 9 8π.

1.9. El astroide es la curva dada por la ecuaci´on x2/3 ₊_y2/3 ₌ _a2/3 _{(o por las ecuaciones}

param´etricas x = acos3_t, _y ₌ _a_sin3_{t), donde} _{a >} _{0 es una constante. Hallar el ´}_{area de la}

(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

A = 1 2

Z

C

xdy−ydx. Entonces el ´area del astroide es

= 1 2

Z 2π

0

3a2(cost)4(sint)2 + 3a2(sint)4(cost)2 dt= 3 2a 2 Z 2π 0 (cost)2(sint)2dt= 3 8πa 2_. Respuesta: 3 8πa 2_.

1.10. Sea Γ la par´abola con el eje de simetr´ıa Oy que pase por los puntos A(2,3) yB(1,0). Hallar el trabajo realizado por el campo de fuerzasF~(x, y) = (x−y, x+y) sobre una part´ıcula que parte del punto A, pase por el segmentoAB y luego regresa al puntoA por el arco BA de la par´abola.

Solución: Una parábola con el eje de simetr´ıa Oy tiene la ecuación y = ax2 +b, entonces a+b = 0 y 4a+b= 3. Entonces la ecuación de la parábola es y=x2−1. Sea C el camino de la part´ıcula (!C es orientada negativamente!), es la frontera de la regiónD acotado por la parábola y la recta AB: y= 3x−3. El trabajo es igual al

W =

Z

C

(x−y)dx+ (x+y)dy =

por el teorema de Green =− Z Z D 2dxdy=−2 ´Area(D) El ´area de D es Z 2 1 (3x−3)−(x2−1)dx= Z 2 1 −x2+ 3x−2dx= 1 6. Entonces, el trabajo es −1 3.

(10)

Respuesta: −1 3

2. Part 2: 11.4 - 13.2 2.1. Calcular las siguientes integrales de superficie

(1) RR_SF ·d−→S donde F(x, y, z) = (−y, x,0) y S es el hemisferio superior de la esfera x2₊_y2₊_z2 _{= 1 con la orientaci´}_{on hacia arriba.}

(2) RR_ΣF ·d−→S donde F(x, y, z) = (x2, xy,(z+ 1)) y Σ es el discox2+y2 ≤4 en el plano z = 0 orientado hacia abajo.

Soluci´on:

(1) Un vector normal a la esfera es el gradiente de la funcionx2₊_y2₊_z2_{, por lo que un}

vector unitario a la esfera es: −→n = (x, y, z). Como

Z Z S F ·d−→S = Z Z S F · −→n dS y F · −→n = (−y, x,0)·(x, y, z) = (0,0,0) entonces Z Z S F ·d−→S = 0.

(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

Z Z Σ F ·d−→S = Z Z Σ F · −→n dS y F · −→n = (x2_{, xy,}₁₎_·_(0,_0,₋_{1) =}₋_{1, entonces} RR ΣF ·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 funcionf(x, y) =xyque esta dentro del cilindrox2+y2 = 1 (3) La parte de la superficie y= 2x2+ 2z2−7 que esta dentro del cilindro x2+z2 = 4. (4) La interseccion de los cilindros x2+y2 = 4 yx2+z2 = 4

Soluci´on:

(1) Vemos la superficie como la grafica de la funcionf(x, y) = 6−3x−2y, asi que el area de la superficie es

Z Z

D p

1 +||∇f||2_dA

donde D es la proyeccion del plano 3x+ 2y+z = 6 en el plano xy. Como −→∇f = (−3,−2), reemplazando tenemos:

Z Z

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.

Solución altenativa: La parte del plano 3x+ 2y+z= 6 que esta en el primer octante es el tiangulo con vértices A(2,0,0), B(0,3,0) y C(0,0,6). Por lo tanto el área es igual a 1 2| −→ AB×−→AC|. Tenemos −→AB= 3~−2~ı, −→AC = 6~k−2~ı. Entonces, −→ AB×−→AC = (3~−2~ı)×(6~k−2~ı) = 18~ı + 6~k+ 12~, luego 1 2| −→ AB×−→AC|= 1 2 √ 182_{+ 6}2_{+ 12}2 ₌ 1 2 √ 504 = 3√14.

(2) La superficie es la parte de la grafica de la funcion f(x, y) = xy sobre la regi´on D={(x, y)|x2+y2 ≤1}. Por lo tanto, el area de la superficie es dada por

Z Z

D q

f2

x +fy2+ 1 dA.

Tenemos: fx =y,fy =x. En coordenadas polares la regi´onDes dada por 0≤θ ≤2π,

0≤r≤1. Entonces, Z Z D q f2 x +fy2+ 1 dA = 2π Z 0 1 Z 0 √ r2_{+ 1}_rdrdθ _{= 2π} 1 3(r 2_{+ 1)}3/2 1 0 = 2π 3 (2 3/2₋₁₎

(3) Vemos la superficie como la grafica de la funcion f(x, z) = 2x2_{+ 2z}2 ₋_{7, asi que el}

area de la superficie es

Z Z

D p

1 +||∇f||2_dA

donde D es el disco de radio 2 centrado en el origen en el plano xz. Como −→∇f = (4x,4z), reemplazando tenemos:

Z Z

D √

1 + 16x2_{+ 16z}2_dA

Escribiendo la integral en coordenadas polares:

2π Z 0 2 Z 0 √ 1 + 16r2_rdrdθ ₌ 2π Z 0 1 48(1 + 16r 2₎3₂ _|2 0 dθ = 2π 48(65 3 2 −1)

(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 y2₊_z2 _≤_{4 el cilindro}_x2₊_y2 _{= 4. Esto se puede}

describir como una superficie parametrizada por X(y, z) = (p4−y2_{, y, z).}

(12)

Calculando los vectores tangentes, el vector normal y su norma obtenemos kXy ×Xzk= v u u t1 + 2y 2p4−y2 !2 = _p 2 4−y2.

Calculamos la doble integral usando coordenadas polares

Z Z D 2 p 4−y2dA= 2 Z −2 √ 4−y2 Z −√4−y2 2 p 4−y2dzdy = 2 Z −2 4p4−y2 p 4−y2 = 2 Z −2 4dy= 16

y multiplicando por las cuatro partes obtenemos 64.

2.3. Halle el valor de la integral de superficie,

Z Z

S

yz dydz+xy dxdy+xz dxdz

(13)

Ayuda: Si usamos las convenciones: P = P(x, y, z), Q = Q(x, y, z), R = R(x, y, z), ~ F =F~(x, y, z) = P~i+Q~j+R~k, entonces, Z Z S P dydz+Q dzdx+R dxdy = Z Z S ~ F ·d ~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. Denotemos por Ii la integral de superficie de F~ = (yz, xz, xy) sobre la cara i. Debemos

calcular Z Z S P dydz+Q dzdx+R dxdy = Z Z S ~ F ·d ~S = i=4 X i=1 Z Z Di ~ F(u, v)·~ru×~rvdvdu

asegur´andonos que N~ =~ru×~rv sea el normal exterior.

(a) La cara 1 es la cara sobre el plano z = 0 con parametrizaci´on ~r(u, v) = (u, v,0) con 0≤u≤a, 0≤v ≤a−u. El vector normal exterior esN~1 =−~ru×~rv = (0,0,−1) =−~k.

Por lo tanto, I1 =− Z 1 0 Z a−u 0 (uv) dvdu=− 1 24a 4

(b) La cara 2 es la cara sobre el plano x = 0 con parametrizaci´on ~r(u, v) = (0, u, v) con 0≤u≤a, 0≤v ≤a−u. El vector normal exterior esN~2 =−~ru×~rv = (−1,0,0) =−~i.

(c) La cara 3 es la cara sobre el plano y = 0 con parametrizaci´on ~r(u, v) = (u,0, v) con 0≤u≤a, 0≤v ≤a−u. El vector normal exterior es N~3 =~ru×~rv = (0,0,−1) = −~j.

(d) La cara 4 es la cara sobre el plano x+y+z =a con parametrizaci´on~r(u, v) = (u, v, a−

u−v) con 0≤u≤a, 0≤v ≤a−u. El vector normal a la superficie es N~4 =~ru×~rv =

(1,1,1) =~i+~j+~k.

Esta normal es correcta, es saliente. Por lo tanto, I4 =

Z 1

0

Z a−u

0

(av−uv−v2) + (au−u2−uv) +uv dvdu= 1 8a

(14)

En resumen tenemos: Z Z S yz dydz+xz dzdx+xy dxdy =− 1 24a 3₋ 1 24a 3₋ 1 24a 3₊1 8a 3 _{= 0}

Usando el teorema de Gauss RR

S

~

F ·d ~S =RRR

V

∇ ·F dV~ para comprobar la respuesta vemos que efectivamente se cumple ya que ∇ ·F~ = 0

2.4. Encuentre el ´area de la porci´on de la superficie helicoidal z = tan−1y

x

que est´a en el primer octante entre los cilindros x2₊_y2 ₌_a2_, _x2₊_y2 ₌_b2_{, (0}_{< a < b).}

Ayuda: Encuentre una parametrización adecuada de la superficie. Solución: Sea~r(u, v) una parametrización de la superficie dada por:

     x=ucosv y=usinv z =v con ( a≤u≤b 0≤v ≤π/2 Debemos calcular Area = Z Z S dS = Z Z D k~ru×~rvkdvdu = b Z a π/2 Z 0 √ 1 +u2_dvdu ₌π 2 tan−1b−tan−1a

2.5. Evaluar la integral de superficie RR

SF~ ·d ~S, donde:

(1) F~(x, y, z) =~ı +~ +z(x2₊_y2)~k _y _S _{es la superficie (sin tapas) del cilindro}

E ={(x, y, z)|x2+y2 ≤1, 0≤z ≤1}.

(2) F~(x, y, z) = (x−y)~ı + (y−z)~ + (z−x)~k y S es la frontera del solido E ={(x, y, z)|x2+y2 ≤z ≤1, x≥0}.

Soluci´on: En los dos casos vamos a aplicar el Teorema de Gauss.

(1) Sean S1 y S2, respectivamente, la tapa inferior y superior del cilindro. Entonces, del

Teorema de Gauss sigue:

Z Z S ~ F ·d ~S = Z Z Z E ∇ ·F dV~ − Z Z S1 ~ F ·d ~S− Z Z S2 ~ F ·d ~S.

Es cierto, ∇ · F~ = x2 +y2. Calculemos la integral RRR

E ∇ · F dV~ en coordenadas cilindricas: Z Z Z E ∇ ·F dV~ = 1 Z 0 Z 2π 0 1 Z 0 ρ3dz dθ dρ= π 2.

(15)

Los vectores normales unitarios aS1 yS2 con la orientaci´on hacia afuera el cilindro

son respectivamente (00,−1) y (0,0,1). Por lo tanto:

Z Z S1 ~ F ·d ~S = Z Z S1 0(x2+y2)dS = 0 y Z Z S2 ~ F ·d ~S = Z Z S1 1(x2+y2)dS = 1 Z 0 2π Z 0 ρ3dθ dρ= π 2 En conclusion: Z Z S ~ F ·d ~S= π 2 −0− π 2 = 0.

(2) Calculemos la divergencia ∇ ·F~ = 3. Por el Teorema de Gauss:

Z Z S ~ F ·d ~S = Z Z Z E ∇ ·F dV~ = 3 Z Z Z E dV = 3 1 Z 0 π/2 Z −π/2 1 Z ρ2 ρ dz dθ dρ == 3π 1 Z 0 ρ(1−ρ2)dρ= 3π ρ2 2 − ρ4 4 1 0 = 3 4π.

2.6. Sea dado el campo vectorial F~(x, y, z) =x~ı +y~ +z ~k. Demostrar que el flujo de F~ a 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 a2 + y2 b2 + z2 c2 ≤1, por constantesa, b, c >0.

Soluci´on: ∇ ·F~ = 3. Del Teorema de Gauss sigue que el flujo de F~ a trav´es de S es igual a la integral RRR_E3dV = 3V(E), donde E es el solido encerrado por S.

Para calcular el volumen del elipsoide E dado, calculemos entonces el flujo del campo ~

F = (x, y, z) a trav´es de la superficie parametrica: S:

 



x(φ, θ) =asinφcosθ y(φ, θ) =bsinφsinθ z(φ, θ) =ccosφ.

por 0 ≤ φ ≤ π y 0 ≤ θ ≤ 2π. Es cierto, T~φ = (acosφcosθ, bcosφsinθ,−csinφ) y T~θ =

(−asinφsinθ, bsinφcosθ,0). Por lo tanto: ~ F(x(φ, θ), y(φ, θ), z(φ, θ))·(T~φ×T~θ) =

asinφcosθ bsinφsinθ ccosφ acosφcosθ bcosφsinθ −csinφ

−asinφsinθ bsinφcosθ 0

= =abc[cosφ(sinφcosφcos2θ+ sinφcosφsin2θ) + sinφ(sin2φcos2θ+ sin2φsin2θ)] =

(16)

En conclusi´on: V(E) = 1 3 Z π 0 Z 2π 0 abcsinφ dθ dφ= 2 3πabc[−cosφ] π 0 = 4 3πabc.

2.7. Qu´e es el rotacional de un campo vectorial? Suponga que F(x, y, z) es el campo de velocidades de un fluido (es decir queF(x, y, z) es el vector velocidad, en mts/sec del fluido que esta en el punto (x, y, z)) y que las componentes deF(x, y, z) son funciones diferenciables. Fije un punto P = (x0, y0, z0) 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

ω(r) := 1 2πr2

Z

C

F ·dr

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 lim r→0 1 2πr2 Z C F ·dr= 1 2(∇ ×F)(P)·u

(3) Concluya que el rotacional del campo vectorialF en el puntoP, (i.e. (∇×F)(x0, y0, z0))

es un vector con las siguientes propiedades:

(a) Apunta en la dirección axial en la que un molinete pequeño centrado en P gira lo más rápidamente 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 Cr es 2πr asi que la cantidad

1 2πr

Z

Cr

F ·dr

mide la velocidad tangencial promedio a lo largo de la curvaCr. Por otro lado siθ(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

rθ0(t) =s0(t)

luego la velocidad angular θ0(t) se obtiene dividiendo la velocidad tangencial por el radio. De ahi concluimos que

ω(r) = 1 r 1 2πr Z Cr F ·dr es la velocidad angular promedio del molinete.

(2) Aplicando el teorema de Stokes tenemos que, siBrdenota el disco de radiorcontenido

en el plano perpendicular auencerrado por el c´ırculoCrentonces la siguiente igualdad

ocurre 1 r 1 2πr Z Cr F ·dr= 1 2 1 πr2 Z Z Br ∇ ×F ·dS

(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 2 1 πr2 Z Z Ar (∇ ×F)(g(u, v))·udA Como el disco Ar tiene ´area πr2 la cantidad

1 πr2

Z Z

Ar

(∇ ×F)(g(u, v))·udA

es precisamente el valor promedio de la funci´on (∇ ×F)(g(u, v))·usobre el discoAr.

Por continuidad de (∇ ×F)(g(u, v))·u ese promedio converge a∇ ×F(g(0,0))·u=

∇ ×F(P)·u cuandor →0. La raz´on de esto es que para todo r min Q∈Br ∇ ×F(Q)·u≤ 1 πr2 Z Z Ar

∇ ×F(g(u, v))·udA ≤max

Q∈Br

∇ ×F(Q)·u

y es obvio que el m´ınimo y el máximo convergen al valor en el centro en la medida en la que miramos discos más y más pequeños.

Asi, concluimos que lim

r→0ω(r) =

1

2(∇ ×F)(P)·u

(3) Como sabemos que|(∇×F)(P)·u|=||(∇×F)(P)||cos(θ) sabemos que esta cantidad es máxima cuandoues paralelo al rotacional∇×F(P) y en ese momento su magnitud es igual a ||(∇ ×F)(P)||. Concluimos que El rotacional de un campo vectorial F en el punto P es un vector que nos dice en que dirección debemos poner el eje de un molinete muy pequeño para que este gire lo más rápidamente 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

Z

σ

F ·ds

Dondeσ(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 Z σ F ·ds= Z Z S [∇ ×F]·dS

(b) Calculamos que el rotacional del campo vectorialF(x, y, z) es cero. Como las compo-nentes de este campo vectorial son diferenciables en todo_R3 _{concluimos del Teorema}

(18)

2.9. Sea F~(x, y, z) = (e−x+z)~ı + (e−y+ 2x)~ + (e−z+ 2y)~k. Hallar

Z

C

~ F ·d~r

donde C es la frontera del triángulo de intersección del plano 2x+y+ 2z = 2 y el primer octante. La orientación es antihorario vista desde arriba.

x

y z

n

Soluci´on: El rotacional de F~ es

∇ ×F~ = det   ~i ~j ~k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z e−x+z e−y + 2x e−z+ 2y  = 2~i+~j+ 2~k.

Sea Σ sea el tri´angulo de intersecci´on del plano 2x+y+ 2z = 2 y el primer octante orientado por el campo vectorial normal unitario~n= 1

3(2,1,2). Entonces por el teorema de Stokes

Z C ~ F ·d~r = Z Z Σ (∇ ×F~)·~ndS = Z Z Σ (2~i+~j+ 2~k)· 1 3(2~i+~j+ 2~k)dS = 3 Z Z Σ 1dS = 3A, donde A es el ´area del triangulo.

Los v´ertices del triangulo sonA(1,0,0), B(0,2,0), C(0,0,1), entonces A= 1 2k −→ AB×−→ACk= 3 2, por lo tanto Z C ~ F ·d~r= 9 2. 2.10.

(1) Probar que el rotacional de un campo gradiente es cero, es decir ∇ ×(∇F~) =~0. (2) Probar que para el campo

~

F = ( −y x2₊_y2,

x

(19)

el rotacional ∇ ×F~ =~0, pero el campo no es gradiente, entonces no existe ninguna funci´on U tal que F~ =∇U.

(3) Probar que la divergencia del rotacional es cero, es decir ∇ ·(∇ ×F~) = 0. (4) Probar que para el campo

~ F = x p x2₊_y2₊_z23 , y p x2₊_y2₊_z23 , z p x2₊_y2₊_z23 ! ,

la divergencia ∇ ·F~ = 0, pero no existe un campo vectorial G~ en _R3 \ {0} tal que

∇ ×G=F~. Soluci´on:

(1)

(2) Tomemos el c´ırculo C dado por la ecuaci´on param´etrica: ~r(t) = (cos(t),sin(t),0), t ∈[0,2π]. Entonces,~r0(t) = (−sin(t),cos(t),0) y F~(~r(t) = (−sint,cos(t),0). Por lo tanto, Z C ~ F ·d~r= Z 2π 0 ~ F ·(~r0(t))dt= Z 2π 0 dt = 2π.

Si fueraF~ =∇U, por el teorema fundamental de c´alculo tuvi´eramos queR_CF~·d~r= 0. (3)

(4) Hallamos el flujo del campo F~ a trav´es de la esfera unitaria S centrada en el origen. Tomemos una parametrizaci´on de la esfera:

~r(ϕ, ψ) = (sinϕcosψ,sinϕsinψ,cosϕ),(ϕ, ψ)∈[0, π]×[0,2π]. Entonces, el producto mixto

(F ,~ ∂ ∂ϕ~r, ∂ ∂ψ~r) = det  

sinϕcosψ sinϕsinψ cosϕ cosϕcosψ cosϕsinψ −sinϕ

−sinϕsinψ sinϕcosψ 0



= sinϕ.

Por lo tanto, el flujo es,

Z SR ~ F ·d ~S = Z 2π 0 Z π 0 sinϕdϕdψ= 4π

Pero la esfera no tiene frontera, entonces, si F~ = ∇ ×G, por el teorema de Stokes~ debe ser Z S ~ F ·d ~S = Z S ∇ ×G~ ·d ~S= 0.