Tarea 3 - Vectorial 201510

1. Part 1: 10.1 - 11.3

1.1. Relacione las funciones f con las graficas de los campos vectoriales gradiente de I a IV.De las razones de su eleccion.

(1) f(x, y) = (x+ y)2

(2) f(x, y) = x2 + y2

(3) f(x, y) = senx2 + y2

(4) f(x, y) = x(x+ y)

4 2 0 2 44

2

0

2

4

I4 2 0 2 4

4

2

0

2

4

II

4 2 0 2 44

2

0

2

4

III4 2 0 2 4

4

2

0

2

4

IV

Solucion: a-III, b-I, c-IV, d-II

1.2. Sea (t) la curva parametrizada dada por

(t) = (2 sin(t), 2 cos(t), 3t) para 0 t 2pi.(1) Encuentre las coordenadas (x, y, z) del centro de masa de la curva si esta tiene den-

sidad constante K.(2) Encuentre el valor de la constante K (en gr/m) si sabemos que la masa total de la

curva es 1gr y x,y,z se miden en metros.(3) Encuentre el momento de inercia Iz de la curva alrededor del eje z (Recuerde que el

momento inercia de una curva con densidad lineal (x, y, z) esta dada por Iz :=(y2 + x2)(x, y, z)ds).

2Solucion:

(1) Sabemos que z = z(x,y,z)||(t)||dt (x,y,z)||(t)||dt

. En nuestro caso

(t) = (2 cos(t), 2 sin(t), 3)

luego ||(t)|| = 13. Usando que (x, y, z) = K concluimos que

(x, y, z)||(t)||dt = 2pi

0

K

13dt = 2piK

13

z(x, y, z)||(t)||dt = 2pi

0

3tK

13dt =

= 3K

13

2pi0

tdt = 3K

13(2pi)2

2= 6pi2K

13

luego

z =6pi2K

13

2piK

13= 3pi

De manera semejante o por simetra (pues vista desde encima la curva es un crculo)concluimos que x = y = 0. Asi que el centro de masa tiene coordenadas (0, 0, 3pi).

(2) Queremos saber para que valor de K se cumple que la masa total 2piK

13 = 1. Asque la densidad lineal K = 1

2pi

13' 0.044g/m.

(3) Sabemos que Iz :=(x2 + y2)(x, y, z) ds = 2pi

04K

13dt = 4K2pi

13 y usando laparte (2) concluimos que Iz = 4gm

2

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

(1) ~F (x, y) = y cos(xy)~i+ x cos(xy)~j;

(2) ~F (x, y) = y cosx~i+ x sin y~j;

(3) ~F (x, y, z) = (x2 + y2)~i 2xy~j + z ~k;(4) ~F (x, y, z) = 3x2y~i+ (x3 + y3)~j.

Solucion:

(1) Un campo ~F = (P,Q) definido en R2 es conservativo si y solo si Q/x = P/y.Verificamos que:

Q/x = cos(xy) xy sin(xy) = P/y.Por lo tanto, el campo dado es conservativo y, como es facil ver, una funcion potencialesta dada por f(x, y) = sin(xy).

(2) En este caso, es cierto:

Q/x = sin y 6= cosx = P/y.Por lo tanto, el campo no es conservativo.

3(3) Un campo ~F = (P,Q,R) definido en R3 es conservativo si y solo si ~F = ~0.Entonces, calculemos el rotacional:

~F =

i j k/x /y /zx2 + y2 2xy z

= (0, 0,4y).Por lo tanto, el campo no es conservativo.

(4) En este caso, es cierto:

~F =

i j k/x /y /z3x2y x3 + y3 0

= (0, 0, 0).Por lo tanto, el campo es conservativo. Para hallar una funcion potencial f(x, y, z),observemos que f/z = 0 y, por lo tanto, f es costante en la variable z. Despues,de f/x = 3x2y, sacamos f = x3y + h(y) y, en conclusion, de f/y = x3 + y3,

sacamos que f(x, y, z) = x3y +y4

4es una funcion potencial por ~F .

1.4. Sea x(t) = t sin t, y(t) = 1 cos t la trayectoria de una partcula. La partculacomienza su movimiento en el punto (0, 0) y termina cuando segunda vez se encuentra conel eje Ox. Hallar la rapidez promedia de la partcula.

Solucion: Si la trayectoria de una partcula tiene la ecuacion ~r = ~r(t), entonces la rapidezde la partcula en el momento t es igual a v(t) = ~r (t), por lo tanto el valor promedio dela rapidez es

v =1

L

v ds =1

L

T0

v(t)~r (t) dt = 1L

T0

~r (t)2 dt = T

0~r (t)2 dt T

0~r (t) dt

,

donde L es la longitud de la trayectoria .La partcula se encuentra con el eje Ox segunda vez en el momento T = 4pi y ~r (t) =

(1 cos t, sin t). Por lo tanto,

v =

4pi0

2 2 cos t dt 4pi0

2 2 cos t dt =

4pi0

2(1 cos t) dt 4pi0

2| sin t/2| dt =8pi

16=pi

2.

Respuesta: La rapidez promedia es pi2.

1.5. Fijemos dos puntos A(1, 0) y C(1, 0). Hallar un punto B en el eje Oy tal que el valorabsoluto de trabajo que se realiza al mover una partcula a lo largo del la linea quebradaABC en el campo de fuerzas ~F sea mnimo, si

a) ~F = (y, x),b) ~F = (x3 + y, x+ y3).

4Solucion: Tomemos un punto B(0, a), entonces el segmento AB tiene ecuacion: x = t,y = a(t + 1), t [1, 0] y el segmento BC la ecuacion x = t, y = a(1 t), t [0, 1]. Eltrabajo del campo de fuerzas ~F = (P,Q) es,

W (a) =

ABC

~F d~r =ABC

Pdx+Qdy =

=

01

[P (t, a(t+ 1)) + aQ(t, a(t+ 1))] dt+

10

[P (t, a(1 t))dt aQ(t, a(1 t)] dt.

a) En este caso

W (a) =

01

[a(t+ 1) + at] dt+ 1

0

[a(1 t)) at] dt = 2a.

Entonces |W (a)| = 2a toma su valor mnimo en el punto B(0, 0).La respuesta es obvia desde del punto de vista de geometra porque la linea quebrada

ABC en este caso es el segmento AC y los vectores del campo en los puntos de estesegmente son ortogonales al segmento y entonces para B(0, 0):

W (a) =

ABC

~F d~r = 0.

b) El campo es conservativo ~F = U , donde U = (14x4 + xy + 1

4x4), entonces el

trabajo que se realiza al mover una partcula a lo largo de un camino entre puntosP y Q es

A =

~F d~r = U(Q) U(P )y no depende del camino. Por lo el trabajo no depende del camino y es igual aU(C) U(A) = 0.

Respuesta:

a) B(0, 0);b) El trabajo no depende de la eleccion de punto B y es igual a cero.

1.6. Encuentre el area de una elipse dada por la ecuacion

x2

a2+y2

b2= 1

Usando el teorema de Green con la ecuacion,A =

1

2

C

xdy ydx

Usando el teorema de cambio de variables.Solucion:

Usando el teorema de Green con la ecuacionA =

1

2

C

xdy ydx

Solucion:

5Se usa la paremetrizacion de la curva (t) = (x(t), y(t)) = (a cos(t), b sen(t)) (0 t 2pi). Por lo tanto (t) = (a sen(t), b cos(t))

A =1

2

C

xdy ydx =12

2pi0

(b sen(t), a cos(t)) (a sen(t), b cos(t))dt

=1

2

2pi0

(ab sen2(t) + ab cos2(t))dt

=abpi

Usado el teorema de cambio de variables

Solucion.El area se calcula con la siguiente integral doble.

A =

aa

b2 b2a2x2

b2 b2

a2x2dydx

Se utiliza el cambio de variable

x = ar cos()

y = br sen()0 2pi, 0 r 1.

El jacobiano del cambio de variable es abr. Por lo tanto

aa

b2 b2a2x2

b2 b2

a2x2dydx =

2pi0

10

abrdrd = abpi

1.7. Sea r(t) una lnea de flujo de un campo gradiente F = V (r). Demostrar que V (r(t))es una funcion decreciente en t.

Solucion: Una lnea de flujo cumple:

r(t) = F(r(t)) = V (r(t)).Sea g(t) = V (r(t)). Entonces, la derivada de g es

g(t) = V (r) r(t) = V (r) (V (r(t))) = V (r(t))2 < 0.Por lo tanto, V (r(t)) es una funcion decreciente en t.

1.8. Suponga que el campo de fuerza F esta dado por

F (x, y, z) :=(cx, cy, cz)

(x, y, z)3para alguna constante c.

(1) Encuentre el trabajo realizado por el campo de fuerza F al desplazar un objeto desdeel punto P1 hasta el punto P2 en terminos de las distancias d1 (definida como ladistancia entre P1 y el origen) y d2 (definida como la distancia entre P2 y el origen)y de la constante c.

6(2) Calcule el trabajo realizado por el campo gravitacional del sol al mover la tierra desdeel punto mas lejano al sol (a 1.52 108 Km del sol) hasta el punto mas cercano (a1.47 108 Km del sol). (Ayuda: Recuerde que el campo gravitacional ejercido por elsol sobre la tierra es

F (x, y, z) :=mMG(x, y, z)(x, y, z)3

con G = 6.67 1011 m3KgSec2 y es facil encontrar los valores aproximados de la masa

del sol M y de la tierra m en Kg buscando en internet).

Solucion:

(1) Si U(x, y, z) = cx2 + y2 + z2

entonces U(x, y, z) = F (x, y, z) asi que por elteorema fundamental de integrales de linea la integral de F entre P1 y P2 a lo largode cualquier trayectoria es

F ((t)) (t)dt = U(P2) U(P1) = cd1 cd2.

(2) Si F (x, y, z) :=mMG (x, y, z)(x, y, z)3 entonces c = mMG luego el trabajo realizado en

mover la tierra desde el punto mas lejano con d1 = 1.521011m hasta el mas cercanocon d2 = 1.47 1011m esta dada por

mMG

d2 mMG

d1

Buscando en google encontramos que las masas de la tierra y el sol en Kg son m =5.97 1024 y M = 1.98 1030 y G = 6.67 1011 m3

KgSec2. Sustituyendo obtenemos(

1

1.47 1

1.52

)5.97 1.98 6.67 1032 ' 1.76 1032

unidades de trabajo (Newtons metros).

1.9.

(1) Demostrar que la siguiente integral esta bien definida y calcular su valor

(3,4)(1,2)

(6xy2 y3)dx+ (6x2y 3xy2)dy

(2) Calcular la integralC

(x2y cos(x) + 2xy sin(x) y2ex)dx+ (x2 sin(x) 2yex)dy

donde C es la curva del astroide x23 + y

23 = 1.

Solucion:

7(1) Sea P = 6xy2 y3 y Q = 6x2y 3xy2), para que la integral este bien definida, esdecir que no dependa del camino que une a (1, 2) con (3, 4), es suficiente probar queel rotacional del campo F = (P,Q) es cero. Calculamos

F = (0, 0, 0) = Qx Py

= (0, 0, 12xy 3y2 12xy + 3y2) = (0, 0, 0)Para calcular el valor de la integral, encontramos un potencial asociado al campo F .Un potencial asociado es f = 3x2y2 xy3. Evaluando en los puntos extremos

f(3, 4) f(1, 2) = 240 4 = 236(2) Sea P = x2y cos(x) + 2xy sin(x) y2ex y Q = x2 sin(x) 2yex, entonces el campo

vectorial F = (P,Q) es diferenciable en todo punto y ademas

F = (0, 0, 0) = Qx Py

=

(0, 0, 2x sin(x) + x2 cos(x) 2yex x2 cos(x) 2x sin(x) y2) = (0, 0, 0)Por lo que F es conservativo y la integral de linea sobre toda curva cerrada es cero.

C

F d~r = 0

1.10. Sean f(u) una funcion diferenciable, y ~F = (xf(x2 + y2), yf(x2 + y2)) un campo defuerzas en el plano. Hallar el trabajo que se realice al mover una partcula en el campo defuerzas ~F a lo largo del la frontera de una region D.

Solucion: Sea C la frontera de D. Por el teorema de Green,C

~F d~r =D

~F dA.Pero

~F = det[

x

y

xf(x2 + y2) yf(x2 + y2)

]= y(2xf (x2 + y2)) x(2yf (x2 + y2)) = 0.

Entonces el trabajo es cero.

Respuesta: 0.

2. Part 2: 11.4 - 13.2

2.1. Considere el campo vectorial

~F =

( yx2 + y2

,x

x2 + y2, 0

) Calcular ~F Verifica que ~F = arctan

(yx

)en R3 \ {(0, 0, a) | a R}.

CalcularC

F d~r donde C es cualquier curva cerrada simple en el plano xy orientadaen el sentido opuesto a como giran las manecillas del reloj.

Solucion:

8 Calcular F

F =

i

j

k

x

y

zyx2 + y2

x

x2 + y20

=i

(0

z

(x

x2 + y2

))j

(0

z

( yx2 + y2

))+k

(

x

(x

x2 + y2

) y

( yx2 + y2

))=i (0)j (0) +k

((x2 + y2 x(2x)

(x2 + y2)2+

(x2 + y2) y(2y)(x2 + y2)2

)=i (0)j (0) +k

(x2 + y2 2x2 + x2 + y2 2y2

(x2 + y2)2

)= (0, 0, 0) =

0

Verificar que F = arctan(yx

)en R3 \ {(0, 0, a) : a R}:

El campo vectorial F = (P,Q,R) =

( yx2 + y2

,x

x2 + y2, 0

)no esta definido para la

region{(x, y, z) R3 : x = y = 0} = {(0, 0, a) : a R}.

En los demas puntos, tenemos que si f(x, y, z) = arctan(yx

), entonces:

f

x=

1

1 +(yx

)2 yx2 =(

x2

x2 + y2

)(yx2

)=

yx2 + y2

= P.

f

y=

1

1 +(yx

)2 1x =(

x2

x2 + y2

)(

1

x

)=

x

x2 + y2= Q.

f

z= 0 = R.

De esta manera, (

arctan(yx

))= (P,Q,R) =

F para todo punto en la region

R3 \ {(0, 0, a) : a R3}.

Calcular CF dr donde C es cualquier curva cerrada simple orientada en

el sentido opuesto a como giran las manecillas del reloj visto desde arriba.

(La solucion a este problema es analoga al Ejemplo 5, Seccion 16.4 del libro Calculus- Stewart).

Sea C una curva cerrada simple orientada en el sentido opuesto a como giran lasmanecillas del reloj, visto desde arriba.

9Tenemos dos opciones, dependiendo de si la curva pasa alrededor del eje z o no. Sila curva C no pasa alrededor del eje z, entonces podemos encontrar una superficie Scuya frontera sea la curva C y que no contenga puntos del eje z. Por el Teorema deStokes tendramos que:

C

F dr =S

FdS =S

0 dS = 0.

Ahora, si C es una curva que pasa alrededor del eje z, entonces podemos considerarla curva C que es un un crculo de radio 1 en el plano xy, centrado en el origen,parametrizado en el sentido de las agujas del reloj.

Si P y Q son dos puntos distintos en la curva C, podemos considerar caminos C1,C2 que unan los puntos P y Q con los puntos P

(1, 0, 0) y Q(1, 0, 0) en el crculoC , respectivamente. (Ver figura)

Considere las siguientes curvas:

C+1 := Curva que une P y P, en la misma direccion de la curva C1.

C1 := Curva que une P y P , en la direccion contraria a la curva C1.

C+2 := Curva que une Q y Q, en la misma direccion de la curva C2.

C2 := Curva que une Q y Q, en la direccion contrario de la curva C2.

D1 := Curva que va desde el punto P y el punto Q, en la direccion de la curva C

D2 := Curva que va desde el punto Q y el punto P , en la direccion de la curva C

D1 := Curva que va desde el punto P y el punto Q, en la direccion de la curva C

D2 := Curva que va desde el punto Q y el punto P , en la direccion de la curva C

De esta manera, podemos escribir por Teorema de Stokes que :

10

C

F dr +CF dr =

D+1

F dr +C1

F dr +D1

F dr +C2

F dr

+

D2

F dr +C+2

F dr +D2

F dr +C1

F dr

=

S1

FdS +S2

FdS = 0

donde S1 y S2 son las superficies acotadas por las curvas C,C, C1 y C2 (En la figura,

C es la curva en la parte superior, y C es la circunferencia en la parte inferior, C1, C2son las curvas en azul y S1 y S2 son las superficies en verde y rosado respectivamente).

Por lo tanto,

C

F dr = CF dr , por lo que basta calcular esta ultima inte-

gral.Considere la parametrizacion de C dada por

r(t) = (cos t, sin t, 0), 0 t 2pi.Entonces tenemos que

r(t) = ( sin t, cos t, 0)

F (r(t)) =

(sin t

cos2 t+ sin2 t,

cos t

cos2 t+ sin2 t, 0

)= (sin t, cos t, 0)

Por lo cual,

C

F dr = 2pi

0

F (r(t)) r(t)dt = 2pi

0

sin2 t+ cos2 tdt = 2pi,

y se concluye que C

F dr = 2pi.

2.2. En un horno estan calentando una pieza en la forma del toro generado por una circun-ferencia de radio r que gira alrededor de una recta que este en el plano de circunferencia y ladistancia entre la recta y el centro de la circunferencia sea igual a R > r. Mediciones dicenque la temperatura de los puntos de la pieza es proporcional a la distancia al eje de rotacioncon el coeficiente de proporcionalidad k. Hallar el promedio de la temperatura de la pieza.

Solucion: En un sistema de coordenadas cartesianas tal que el eje de rotacion coincide conel eje Oz, la ecuacion parametrica del toro es (mira el dibujo),

~r(u, v) = ((R + r cosu) cos v, (R + r cosu) sin v, r sinu) , (u, v) [0, 2pi] [0, 2pi].

11

Entonces la temperatura T (u, v) = k(R + r cosu) y su promedio es,

Tp =

T dS

Area()=

T dS

1 dS

.

. Tenemosu~r(u, v) = (r sinu cos v,r sinu sin v, r cosu)

v~r(u, v) = ((R + r cosu) sin v, (R + r cosu) cos v, 0)

Entonces

u~r(u, v)

v~r(u, v) =

det

[u~r(u, v)

u~r(u, v)

u~r(u, v)

v~r(u, v)

u~r(u, v)

v~r(u, v)

v~r(u, v)

v~r(u, v)

]=

=

det

[r2 00 (R + r cosu)2

]= |r(R + r cosu)| = r(R + r cosu),

pues r > 0 y R > r.Ahora bien,

T dS =

[0,2pi][0,2pi]

[k(R + r cosu)] [r(R + r cosu)] dudv =

=

2pi0

[ 2pi0

kr(R + r cosu)2 du

]dv = 2pi2kr(2R2 + r2).

y

1 dS =

[0,2pi][0,2pi]

r(R + r cosu) dudv = =

2pi0

[ 2pi0

r(R + r cosu) du

]dv = 4pi2rR.

Entonces,

Tp = k2R2 + r2

R.

12

Respuesta: Tp = k2R2+r2

R.

2.3. Evaluar la integral de superficieS~F d~S, donde ~F (x, y, z) = ~i +~j + z(x2 + y2)~k y S

es la superficie (sin tapas) del cilindro x2 + y2 1, 0 z 1.Solucion: El camino mas facil es calcular directamente el flujo de ~F a traves del cilindro S ={(x, y, z)|x2 + y2 = 1}. Una orientacion unitaria que apunta hacia afuera de la superficie denivel f(x, y, z) = x2 +y21 = 0 es dada por la normalizacion del gradiente ~n = f/||f || =(x, y, 0). La integral

S~F d~S se reduce a calcular la integral sobre S de la funcion escalar

~F ~n = x+ y:S

(x+ y)dA =

10

2pi0

(cos + sin )d dz = [sin ]2pi0 + [ cos ]2pi0 = 0.

2.4. EvaluarS~F d~S donde ~F (x, y, z) = 3xy2~i+3x2y~j+z3~k y S es la superficie de la esfera

unitaria.

Solucion: En este caso utilizemos el Teorema de Gauss para concluir que la integral dada esigual a la integral de la divergencia de ~F sobre la bola unitaria B = {(x, y, z)|x2+y2+z2 1}.Por lo tanto:

S~F d~S =

Bdiv ~F dV =

B

3(x2 + y2 + z2)dV =

= 1

0

pi0

2pi04 sind d d = 2pi

[5

5

]10

[ cos]pi0 =4

5pi.

2.5. Calcular la siguiente integral usando el teorema de GaussS

xz2dydz + (x2y z3)dzdx+ (2xy + y2z)dxdy

donde S es el hemisferio superior de una esfera ( x2 + y2 + z2 = r2, z 0). Note que no esuna superficie cerrada.

Solucion:

Considere

T :={

(x, y, z) | x2 + y2 r2, z = 0}la tapa del hemisferio superior S, en-tonces tenemos que S T es una su-perficie cerrada. Considere S orien-tado hacia afuera y T orientado haciaabajo. Con estas orientaiciones podemosaplicar el Teorema de Gauss de la sigu-iente manera, defniendo F = (xz2, x2y z3, 2xy + y2z) tenemos la sigueinte igual-dad:

13

ST

F dS =

V

FdV

=

V

z2 + x2 + y2dV

=

2pi0

pi/20

r0

2(2 sin())ddd

=

2pi0

d

pi/20

sin()d

r0

4d

= (2pi)(1)(r5/5) =2pi

5r5

Por otro lado

ST

F dS =S

F dS +T

F dS

Entonces

S

F dS =ST

F dST

F dS

=2pi

5r5

T

F dS

=2pi

5r5

T

F ndS

=2pi

5r5

T

(xz2, x2y z3, 2xy + y2z) (0, 0,1)tdS

=2pi

5r5 +

T

2xy + y2zdS

=2pi

5r5 + 2

2pi0

r0

( cos())( sin())dd

=2pi

5r5 + 2

2pi0

cos() sin()d

r0

3d

=2pi

5r5 + 2(0)(r4/4) =

2pi

5r5

2.6. Utilice el Teorema de Stokes para evaluarCF dr donde

F (x, y, z) = (xy, yz, xz)

y C es el triangulo con vertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) orientado en la direccion de lasmanecillas del reloj visto desde arriba.

14

Solucion: Por el Teorema de Stokes,C

F dr = S

( F ) dS

Donde S es la superficie cuya frontera es el triangulo que tiene vertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y(0, 0, 1) con normal hacia arriba. S esta en el plano x+y+z = 1 asi quepodemos parametrizarla superficie S mediante

r(u, v) = (u, v, 1 u v) con u, v en el triangulo T definido por u+ v 1, u 0, v 0Luego el vector normal ru rv = (1, 1, 1). De otro lado F = (y,z,x). Asi que

S

( F ) dS =T

(v,1 + u+ v,u) (1, 1, 1)dudv =

= T

dudv = Area(T ) = 12

Asi que la integral del ejercicio tiene valor 12.

2.7. Sea C la curva parametrizada dada por (t) = (cos(t), sin(t), 8 cos2(t) sin(t)) con0 t 2pi y sea F el campo vectorial dado por

F (x, y, z) =(z2 y2,2xy2, e

z cos(z)

).

CalculeCF dr.

Solucion: La integral es dificil de calcular directamente asi que usamos el Teorema de Stokes.Para ello defina la superficie S mediante la parametrizacion

r(u, v) = (u, v, 8 u2 v) con (u, v) en el disco unitario D.Note que, si u(t) = cos(t) y v(t) = sin(t) es una parametrizacion del crculo unitario en elplano (u, v) entonces r(u(t), v(t)) es una parametrizacion de la curva (t). Concluimos que = S. Por el Teorema de Stokes sabemos que, si orientamos S con la normal hacia arribala siguiente igualdad ocurre,

F ds =S

FdS.Para calcular la integral de la derecha necesitamos calcular el vector normal ru rv y elcampo vectorial F . ru = (1, 0,2u) y rv = (0, 1,1) luego ru rv = (2u, 1, 1). Por otrolado

F =

i j kx

y

z

z2 y2 2xy2 ez cos(z)

= (0, 2z,2y2 + 2y)luego

( F )(r(u, v)) = (0, 2(8 u2 v),2v2 + 2v)y por lo tanto

( F )(r(u, v)) (ru rv) = 2(8 u2 v) 2v2 + 2v = 16 2(u2 + v2) + 2vAsi que

S

FdS =D

(16 2(u2 + v2) + 2v) dudv

15

Donde D es el disco unitario.

= 16Area(D) 2D

(u2 + v2)dudv + 2

D

vdudv

La ultima integral es 0 por simetria. Pasamos a coordenadas polares para calcular la segundaobteniendo

= 16pi 2 2pi

0

10

r3drd = 16pi 22pi4

= 15pi

Asi que

F ds = 15pi.

2.8. Hallar el flujo del campo vectorial

~F (x, y, z) = (y + z2, z + x2, z)

a traves de la superficie

S = {(x, y, z) | z = 25 x2 y2, z 9}orientada hacia arriba.

Solucion: Sea D el disco D = {(x, y, z) | x2 + y2 = 16, z = 9}, y E el solido acotado por Sy D. Sea E = S D, la frontera de E, orientada hacia afuera. Entonces,

S

~F ~n dS +

D

~F ~n dS =

E

~F ~n dS =

E

~F dV =

E

1 dV

=

2pi

0

4

0

25r2

9

dz r dr d =

2pi

0

4

0

(16 r2)r dr d = 128pi .

El flujo a traves de S esS

~F ~n dS = 128pi D

~F ~n dS = 128pi D

~F (~k) dS

= 128pi D

z dS = 128pi D

9 dS = 128pi + 9 Area(D) = 272pi .

2.9. Sea~F (x, y, z) = (z + ex

2

, 2x+ ey2

, 3y + ez2

) .

Hallar C

~F d~r ,donde C es la frontera del paralelogramo con verticesA(1, 2, 0), B(0, 2, 1), C(2, 0, 3), D(3, 0, 2).La orientacion de C es antihorario vista de arriba.

Solucion: Sea el paralelogramo ABCD. Entonces, = C. Por el teorema de Stokes

C

~F d~r =

~F ~n dS =

(3, 1, 2) ~n dS

16

Parametrizar por

~r(u, v) = (1, 2, 0)+uAB+v

AD = (1, 2, 0)+u(1, 0, 1)+v(2,2, 2) = (1u+2v, 22v, u+2v) ,

donde (u, v) [0, 1] [0, 1].Ya que

~n dS = ~ru ~rv dudv = (1, 0, 1) (2,2, 2) dudv = (2, 4, 2) dudv .Por lo tanto,

(3, 1, 2) ~n dS =1

0

1

0

(3, 1, 2) (2, 4, 2) dudv

=

1

0

1

0

14 dudv

= 14.

As

C

~F d~r = 14.

2.10. Calcule la integral

~F ~n dS ,

donde ~F es el campo vectorial ~F (x, y, z) = (xy 2z, x2y + z2, xy2), y es la superficieque consiste de las caras laterales de la piramide con vertices (2,2, 0) y (0, 0, 10). esorientada hacia afuera de la piramide.

Solucion: Por el teorema de Stokes,

~F ~n dS =

~F d~r

Ya que es parte del plano (x, y), por lo tanto,

~F d~r =

(xy 2z)dx + (x2y + z2)dy =

xydx + x2ydy

Ya que es la frontera del cuadrado D en el plano (x, y) con vertices (2,2), por elteorema de Green,

xy dx + x2y dy =

D

2xy x dA

=

2

2

2

2

2xy x dx dy

= 0

As

~F ~n dS = 0.

17

Solucion alternativa: Por el teorema de Stokes,

~F ~n dS =

~F d~r .

Sea A = (2,2, 0), B = (2,2, 0), C = (2, 2, 0) y D = (2, 2, 0). La frontera es elcuadrado ABCD que consiste de segmentos dirigidos AB, BC, CD, DA.

Sobre AB ~F d~r = 2x dx. Por lo tanto,

AB

~F d~r =2

2

2x dx = 0 .

Sobre BC ~F d~r = 4y dy. Por lo tanto,

BC

~F d~r =2

2

4y dy = 0 .

Sobre CD ~F d~r = 2x dx. Pot lo tanto,

CD

~F d~r =2

2

2x dx = 0 .

Sobre DA ~F d~r = 4y dy. Pot lo tanto,

DA

~F d~r =2

2

4y dy = 0 .

Entonces,

~F d~r =

AB

~F d~r +

BC

~F d~r +

CD

~F d~r +

DA

~F d~r = 0 .