En el capítulo de funciones de variables se definió funciones vectoriales
JG n m generales de la forma F : U ⊆ \ → \ , ahora trataremos con funciones JG n n de la forma F : U ⊆ \ → \
7.1. CAMPOS VECTORIALES EN
\n
Sean f 1 , f 2 , " , f n funciones escalares de las variables x1, x2 ," , xn definidas en una JG región Ω de \ . La función F : U ⊆ \ n → \ n n
JG F = ( f1 ( x
x , " , x ) , f 2 ( x x , " , x ) , " , f n ( x x , " , x ) ) se tal que llama Campo vectorial sobre Ω . 1,
2
n
1,
2
n
1,
2
n
JG JG 2 2 Si F : U ⊆ \ → \ se lo denota como F = ( M ( x , y ) , N ( x , y ) ) . JG 3 3 Si F : U ⊆ \ → \ se lo denota como: JG F = ( M ( x, y , z ) , N ( x , y , z ) , P ( x , y , z ) )
JG JG 2 2 2 2 F : U ⊆ \ → \ tal que F = ( 2 x + y, x − y )
Algunos ejemplos físicos comunes de campos vectoriales son: • Campos de velocidades • Campos gravitacionales. • Campos de fuerzas eléctricas.
∇ f , de una función escalar f . ⎛∂ ∂ ∂⎞ ∇ = ⎜ , , ⎟ , operador NABLA, podemos ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠
Un campo conocido es el Gradiente, Si llamamos el vector
obtener la definición del gradiente y otras definiciones más.
7.2 DEFINICIONES JG Sea f una función escalar y F = ( M , N , P )
un campo vectorial. Se define: 1. El gradiente de f como el vector
⎛∂ ∂ ∂⎞ ⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ ∇ f = ⎜ , , ⎟ f = ⎜ , , ⎟ ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠ JG ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠
2. La Divergencia de F como
JG ⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞ ∇ • F = ⎜ , , ⎟ • ( M , N , P) ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠
∂ M ∂N ∂P = + + ∂ x ∂y ∂z
JG 3. El rotacional de F como el vector i j k JG ∂ ∂ ∂ ∇ × F = ∂ x ∂y ∂z N
P
4. El Lapalciano de f como
⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞ ⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ ∇ f = ∇ • ∇f = ⎜ , , ⎟ • ⎜ , , ⎟ ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f = 2 + 2 + 2 ∂ x ∂y ∂z 2
7.3 PROPIEDADES JG JG Sea f una función escalar y sean F y G
campos vectoriales. Entonces: JG JG JG JG 1. ∇ • F + G = ∇ • F + ∇ • G
( ) JG JG JG 2. ∇ • ( f F ) = f ( ∇ • F ) + ( ∇f ) • F JG JG JG 3. ∇ × ( f F ) = f ( ∇ × F ) + ( ∇f ) × F JG JG JG JG JG JG 4. ∇ • ( F × G ) = ( ∇ × F ) • G + ( ∇ × G ) • F G 5. ∇ × ( ∇ f ) = 0
JG G 6. ∇ • ∇ × F = 0
(
)
JG JG 7. ∇ × ∇ f + ∇ × F = ∇ × ∇ × F
(
)
Las demostraciones de estas propiedades se la dejamos al lector.
7.4 CAMPOS VECTORIALES CONSERVATIVOS JG F se dice que es
Un campo vectorial conservativo si existe JG alguna función diferenciable f tal que F = ∇f . La función JG f se llama función potencial de F .
7.4.1 Teorema. JG Un campo vectorial F es conservativo y si JG G sólo si ∇ × F = 0 . JG 2 F = 2 xy , x − y
Determine si función potencia po tencial.l. SOLUCIÓN:
(
) es conservativo. En caso de serlo encuentre la
JG
El rotacional de F sería:
JG
∇×F =
i
j
∂ ∂ x
∂ ∂y
k
i
j
k
∂ ∂ = ∂z ∂x
∂ ∂ = ( 0, 0, 2 x − 2 x ) = ( 0, 0, 0 ) ∂y ∂z 2 xy x2 − y 0
M N P JG Por tanto, F si es conservativo. 2
Note que para campos de \ , basta que
∂ N ∂M = ∂ x ∂y
para ser conservativos. ¿Por qué?.
Cuando el campo es conservativo la función potencial existe y además:
JG ⎛ ∂ f ∂f ⎞ 2 , F = ∇f = ⎜ ⎟ = ( 2 xy, x − y ) ⎝ ∂ x ∂y ⎠ Es decir conocemos las derivadas parciales de la función potencial, entonces:
∂ f = 2 xy ⇒ f = ∂ x
∫ ( ∫
∂ f = x 2 − y ⇒ f = ∂ y
2 xy dx ⇒ f ( x, y ) = x 2 y + g ( y ) + C 1
)
x − y dy ⇒ f ( x, y ) = x y − 2
2
Haciendo superposición de soluciones, la función potencial sería:
f ( x, y ) = x y − 2
y
2
2
+ C
y
2
2
+ h ( x ) + C 2
JG 2 2 F = 2 xy , x + z , 2 zy
Determine si ( la función potencial.
) es conservativo. En caso de serlo encuentre
SOLUCIÓN:
JG El rotacional de F sería: JG
∇× F =
i
j
k
∂ ∂ x
∂ ∂y
i
j
k
∂ ∂ = ∂z ∂x
M N P JG Por tanto, F si es conservativo.
∂ ∂ = ( 2 z − 2 z, 0, 2 x − 2 x ) = ( 0, 0, 0 ) ∂y ∂z 2 xy x2 + z 2 2 zy
Ahora tenemos:
JG ⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ , , ⎟ = 2 xy, x 2 + z 2 , 2 zy F = ∇f = ⎜ ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠
(
)
Entonces
∫ ∫( ( ∫
f = f = f =
2 xy dx ⇒ f ( x, y, z) = x2 y + g ( y, z ) + C 1
)
x 2 + z 2 dy ⇒ f ( x, y, z ) = x2 y + z2 y + h ( x, z ) + C 2
2 zy ) dz ⇒ f ( x, y, z ) = z y + h ( x, y ) + C 3 2
Haciendo Superposición de soluciones:
f ( x, y, z ) = x y + z y + C 2
2
7.5 INTEGRALES DE LÍNEAS En los capítulos 6 y 7 tratamos integrales de funciones escalares sobre regiones de \ 2 o regiones de \ 3 , ahora trataremos integrales de funciones escalares y funciones vectoriales sobre curvas.
7.5.1 Integrales de líneas de funciones escalares. Sea f : U ⊆ \ n 6 \ una función escalar de n variables definida en una región U que contiene una curva suave C de longitud finita, la integral de línea de f sobre C se define como:
∫ f (
x1 , x2 , " , xn ) ds
C
n
= lim
Δ →0
∑ f (x
1
, x 2 ," , x n
i =1
Supuesto que este límite exista.
) Δs
i
7.5.1.1 Teorema. Calculo de una integral de línea como integral definida. Sea f continua en una región que contiene C , una curva suave definida por G r ( t ) = ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ," , xn ( t ) ) a ≤ t ≤ b, donde entonces:
∫ C
f ds =
∫
G G ⎡ f D r ( t ) ⎤ r´( t ) dt ⎣ ⎦
C b
∫
2
2
2
= f ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ," , xn ( t ) ) [ x1´( t ) ] + [ x2 ´( t ) ] + " + [ xn ´( t ) ] dt a
Si f = 1 entonces tenemos
∫
ds , la longitud de la curva.
C
Calcular
∫
(
2
− y + 3z ) ds donde C : segmento de recta desde el punto
C
( 0,0,0 ) al punto (1, 2,1) . SOLUCIÓN: La ecuación de
C es
⎧ x = 0 + t G ⎪ ⎨ y = 0 + 2t ; es decir: r ( t ) = ( t , 2t , t ) . ⎪ z = 0 + t ⎩
Entonces:
∫ ∫ ∫( fds =
C
G
G
t − 2t + 3t
)
⎡ f D r ( t ) ⎤ r´( t ) dt ⎣ ⎦
C
1
=
2
0 1
= 6
∫
(t
2
+ t )dt
0 1
⎛ t 3 t 2 ⎞ = 6⎜ + ⎟ ⎝ 3 2 ⎠0 ⎛1 1⎞ = 6⎜ + ⎟ ⎝3 2⎠ =
5 6 6
1 + 22 + 12 dt
Calcular
∫
en el gráfico: gráfi co: xds donde C : es la curva que se presenta en
C
y
(1,1) y = x y = x
2
( 0, 0 )
x
SOLUCIÓN: Por la forma de C debemos hacer dos integrales; es decir:
∫
ds =
C
∫ ∫ xds +
C1
xds
donde C1 : y
=x
y C2 : y
C 2
Para la primera integral i ntegral
⎧ x = t C 1 = ⎨ ⎩ y = t 1
∫ ∫ xds =
C 1
0
Para la segunda integral C 2
1
⎛ t 2 ⎞ 2 2 2 t 1 + 1 dt = 2 ⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎠0 2 ⎧ x = t =⎨ 2 ⎩ y = t
0
∫ ∫ xds =
C 2
0
2
t 1 + ( 2t ) dt = 2
1
∫
t 1 + 4t dt = 2
1
∫ ∫ ∫ xds =
xds +
C1
C 2
xds =
2 2
2 (1 + 4t
2
3
)
3
1 2
=
8 0
Por tanto:
C
= x2 .
+
1
−
1
12 12 12
5
3
2
1 12
−
1 12
5
3
2
7.5.2 Integrales de línea de Campos vectoriales. JG n n \ \ → F : U ⊆
Sea un campo vectorial continuo definido sobre una curva suave C dada G por r ( t ) = ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ,", xn ( t ) ) donde a ≤ t ≤ b . La
JG integral de línea de F sobre C se define como: JG G JG JG F • d r = F • T ds
∫
∫
C
C
JG r´( t ) Reemplazando T = y ds = r´( t ) dt r´( t ) b JG JG JG r´( t ) F • T ds = F • r´( t ) dt r´( t ) C a
∫
∫
Entonces:
∫
JG G JG F • d r == ⎡ F ( x ( t ) , x ( t ) , " , x ( t ) ) • ( r´( t ) ) ⎤ dt
∫ ⎣(
C
Calcular
1
)
n
2
⎦
C
∫
JG G F • d r
donde
JG F = x, − xy , z 2
(
) y
C
es la curva definida por
C
G r ( t ) = ( cos t , sent, t )
desde el el punto pun to ( 0,0,0 ) hasta el el punto punt o (1,0,2π ) .
SOLUCIÓN:
∫
2π
∫ ∫( ∫(
JG G F • dr =
C
dt ( x, − xy, z ) • ( − sent , cos t ,1) dt 2
0
2π
=
cos t , − cos tsent , t 2 ) • ( − sent , cos t ,1) dt dt
0
2π
=
− cos tsent − cos2 tsent + t 2 ) dt
0 2π
⎛ cos 2 t cos3 t t 3 ⎞ =⎜ + + ⎟ 2 3 3 ⎠0 ⎝
⎛ 1 1 8π 3 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ =⎜ + + ⎟ − ⎜ + + 0⎟ ⎝2 3 3 ⎠ ⎝2 3 ⎠ =
8π 3 3
La integral de línea que acabamos de definir se la puede interpretar
JG como el trabajo que tiene que realizar un campo F al desplazar una partícula sobre la curva C , si denotamos al trabajo como W , entonces: JG G W = F • dr
∫
C
7.5.2.1 Forma Diferencial En la integral
JG ⎡ F • r´( t ) ⎤ dt
∫⎣
⎦
C
JG G Suponga que F = ( M , N , P ) y que C : r (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t ) ) JG ⎛ dx dy dz ⎞ , , ⎟ entonces tenemos que r ´(t ) = ⎜ ⎝ dt dt dt ⎠ Reemplazando:
JG ⎡ ⎛ dx dy dz ⎞ ⎤ ⎡ F • r´( t ) ⎤ dt ⎣ ⎦ dt = ⎢⎣( M , N , P ) • ⎜⎝ dt , dt , dt ⎟⎠ ⎥⎦ dt C C
∫
∫
Entonces:
JG ⎡ F • r´( t ) ⎤ dt = Mdx + Nd Ndy + Pd Pdz
∫⎣
∫
⎦
C
Calcular
C
∫
JG G F • d r
JG 2 F = y, x
(
donde
)y
C:y
C
hasta el el punto pun to (1, 3) . SOLUCIÓN: Empleando la forma diferencial
∫
∫ ∫
JG G F •dr =
C
Mdx + N Nd dy
C
=
ydx + x2 dy
C
En este caso y Reemplazando:
= 4 x − x 2 entonces dy = ( 4 − 2 x ) dx
= 4 x − x 2 desde el punto ( 4, 0 )
∫
1
∫ ( ∫ ∫(
( 4 x − x ) dx + x ( 4 − 2 x) dx
ydx + x dy = 2
C
2
2
4
1
=
4 x − x 2 + 4 x2 − 2 x3 ) dx
4
1
=
4 x + 3 x 2 − 2 x3 ) dx
4 1
3 4 ⎛ x 2 x x ⎞ = ⎜4 +3 − 2 ⎟ 3 4 ⎠4 ⎝ 2
=
∫
1. Calcular
69 2
3
F • dr siendo C la trayectoria C (t ) = (t − 1) + 1, cos
5
(πt ), − cos 8 (πt )
,
C
t ∈ [1,2] y F ( x, y, z ) = 2 xz + 6 y, 6 x − 2 yz, 3 x z − y 3
2 2
2
2. La fuerza ejercida por una carga eléctrica ubicada en el origen sobre una partícula cargada situada en un punto (x,y,z) , con vector posición r (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t ) ) es F (r ) = k
r r
3
,donde k es una constante. Encuentre el trabajo realizado cuando la partícula se mueve a lo largo de una recta de (2,0,0) a (2,1,5).
Veamos ahora que existen campos vectoriales que producen el mismo efecto independientemente de la trayectoria.
7.5.3 Independencia de la Trayectoria
Calcular
∫
JG G F • d r
JG F = 4 xy , 2 x 2
(
donde
C
hasta el el punto punt o (1,1) . SOLUCIÓN: Empleando la forma diferencial
∫
∫ ∫
JG G F • dr =
C
Mdx + N Nd dy
C
=
4 xydx + 2 x 2 dy
C
) y
C:y
0, 0 ) = x 2 desde el punto ( 0,0
En este caso y
= x 2 entonces dy = 2 xdx
Reemplazando:
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
C
4 x ( x2 ) dx + 2 x2 ( 2 xdx)
0
1
=
8 x3 dx
0
=
8 x 4 4
1
0
=2 •
Si empleamos la trayectoria y
= x 3 entonces dy = 3x 2 dx
Reemplazando:
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
4 x ( x3 ) dx + 2 x2 ( 3 x2 dx )
0
C
1
= 10 x 4 dx 0
=
•
Si empleamos la trayectoria
10 x5 5
1
0
=2 y = x entonces dy = dx
Reemplazando:
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
C
4 x ( x ) dx + 2 x2 ( dx)
0
1
=
6 x 2 dx
0
=
6 x 3 3
1
0
=2
Note que se obtienen los mismos resultados para diferentes trayectorias,
JG además observe que el campo F es conservativo debido a que: ∂ N ∂M
∂ x ∂ ( 2 x 2 )
=
∂y
∂ ( 4 xy ) = ∂ x ∂y 4 x = 4 x
7.5.3.1 Teorema JG Si F es continuo en una región abierta conexa, JG G entonces la integral de línea F • d r es
∫
C
JG independiente del camino si y sólo si F es
conservativo.
Calcular
∫
JG G F • d r
JG 3 2 F = y + 1, 3xy + 1
(
donde
) y
G C : r ( t ) = (1 − cos t , sent )
C
desde el el punto punt o ( 0,0 el punto punt o ( 2,0 0, 0 ) hasta el 2, 0 ) . SOLUCIÓN: Empleando la forma diferencial
∫
∫ ∫(
JG G F • dr =
C
Mdx + Nd N dy
C
=
)
(
)
3 2 y + 1 dx + 3 xy + 1 dy
C
En este caso
⎧ x = 1 − cos t entonces ⎨ ⎩ y = sent
⎧dx = sentdt ⎨ ⎩dy = cos tdt
Reemplazando:
∫
( y
3
+ 1) dx + ( 3 xy 2 + 1) dy =
C
∫
( sen t + 1) ( sentdt ) + ( 3 (1 − cos t ) sen t + 1) ( cos tdt ) 3
2
C
Se observa que a integral está difícil de evaluar.
JG Ahora veamos si F es conservativo: ∂ N ∂M
∂ x
=
∂ ( 3 xy 2 + 1) ∂ x
∂y =
3 y 2 = 3 y 2
∂ ( y 3 + 1) ∂y
JG Como F si es conservativo, entonces es independiente de la trayectoria:
y 2
( x − 1) + y = 1 2
⎧ = 1 − cos t ⎨ ⎩ y = sent
( 2, 0 )
0, 0 ) ( 0,0
Mejor empleemos una trayectoria simple: y = 0 entonces dy = 0 Reemplazando:
∫
2
( y
3
∫ ∫
+ 1) dx + ( 3 xy 2 + 1) dy =
( 0 + 1) dx + ( 0 + 1) ( 0)
0
C
2
=
dx
0 2
= x 0 =2
Sin embargo podemos evaluar evaluar la integral integral de línea de otra manera para campos conservativos.
7.5.3.2 Teorema Fundamental Sea C una curva suave a trozos situada en una región abierta R dada por dada por G r ( t ) = ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ,", xn ( t ) ) donde a ≤ t ≤ b . Si JG F = ( M , N , P ) es conservativo en R ; y
son continuas en R entonces:
∫ C
JG G G F • d r = ∇f •d r = f final − f inicial
∫
C
JG Siendo f una función potencial de F .
Es decir:
, N y P
JG G G ⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ F • d r = ∇f •d r = ⎜ , , ⎟ • ( dx, dy, dz ) ∂ x ∂y ∂z ⎠ C C C ⎝
∫
∫
∫
⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ = ⎜ dx + dy + dz ⎟ ∂ x ∂y ∂z ⎠ C ⎝
∫ ∫
= df C
= f final − f inicial JG
En el ejemplo anterior, como F = ( y 3 + 1, 3xy 2 + 1) es conservativo podemos encontrar su función potencial y aplicar el teorema anterior: Hallando la función potencial.
∂ f = y 3 + 1 ⇒ f = ( y 3 + 1) x + g ( y ) + C 1 ∂ x ∂ f = 3 xy 2 + 1 ⇒ f = xy3 + y + h ( x ) + C 2 ∂ y Entonces: f ( x, y ) = xy
∫
3
+ x + y + C
JG G F • d r = f final − finicial
C
= ⎡⎣ 2 ( 03 ) + 2 + 0 + C ⎤⎦ − ⎡⎣0 ( 03 ) + 0 + 0 + C ⎤⎦ =2
Calcular
∫
JG G F • d r
donde
JG ⎛ z z ⎞ F = ⎜ , , ln ln xy ⎟ ⎝ x y ⎠
y
G ⎛ C : r (t ) = ⎜
1
⎝ 1 + t
2
⎞ ⎠
, t 2 + t + 1, t ⎟
C
−1 ≤ t ≤ 1 . SOLUCIÓN: Realizar el cálculo de la integral de lineal convencionalmente puede resultar complicado. Veamos
JG si F es conservativo: i
j
k
i
JG ∂ ∇ × F = ∂ x
∂ ∂y
∂ ∂ = ∂z ∂x
M
N
P
j
∂ ∂y
z
z
x
y
k
⎛ x 1 y 1 ⎞ ∂ = ⎜ − , − , 0 − 0 ⎟ = ( 0, 0, 0 ) ∂z ⎝ xy y xy x ⎠ ln xy
JG Entonces F es conservativo y por ende independiente de la trayectoria; se podría utilizar una trayectoria simple, por ejemplo el segmento de recta que q ue va desde el punto: ⎛ ⎞ ⎛1 G 1 2 ⎟ = ⎜ ,1, − 1⎞⎟ r ( −1) = ⎜ , 1 1 1 , 1 − + − + − ( ) ( ) ( ) 2 ⎜ 1 + ( −1) ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ ⎠ al punto: ⎛ 1 ⎞ ⎛1 G 2 ⎟ = ⎜ , 3,1⎞⎟ r (1) = ⎜ , 1 1 1 , 1 + + ( ) ( ) ( ) 2 ⎜ 1 + (1) ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ ⎠ O mejor aún, se podría utilizar la función potencial, hallémosla:
JG ⎛ ∂ f ∂f ∂f ⎞ ⎛ z z ⎞ , , , ´ , l n F = ∇f = ⎜ = x y ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂ x ∂y ∂z ⎠ ⎝ x y ⎠ f
∫ ∫ ∫ =
x
z
f =
f =
z
y
dx = z ln x + g ( y , z ) + C 1
dy = z ln y + h ( x , z ) + C 2
ln xydz = z ln xy + I ( x , y ) + C3 = z ln x + z ln y + g ( x , y ) + C 3
Por tanto f ( x, y, z ) = z ln xy + C
∫
JG G ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ F • d r = f ⎜ , 3,1⎟ − f ⎜ ,1, −1 ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠
C
⎡ ⎛1 ⎞ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛1 ⎞ = ⎢1ln ⎜ ( 3) ⎟ + C ⎥ − ⎢( −1) ln ⎜ (1) ⎟ + C ⎥ ⎝2 ⎠ ⎣ ⎝2 ⎠ ⎦ ⎣ ⎦ 3
1
2 3
2
= ln + ln = ln
4
2
2
1. Dado el campo vectorial F ( x, y, z ) = (2 xyz + sen x )i + x zj + x yk , demostrar que F es un campo conservativo y encontrar su función potencial.
Si la trayectoria es cerrada y si el campo es conservativo y continuo dentro de la región que encierra la curva entonces:
v∫
JG G F • d r = 0
C
Calcular
v∫
JG G F • d r
donde
JG ⎛ F = ⎜
⎞ − y x y C : x2 + y2 = 1 , 2 2 2 2 ⎟ ⎝ x + y x + y ⎠
C
SOLUCIÓN:JG
Veamos si F es conservativo. Como es un campo de \ 2 :
2 2 ∂ N ∂ ⎛ x ⎞ 1( x + y ) − x ( 2 x ) − x 2 + y 2 = ⎜ 2 = = 2 ⎟ 2 2 2 2 ∂ x ∂x ⎝ x + y ⎠ ( x + y ) ( x2 + y2 ) 2 2 ∂ M ∂ ⎛ − y ⎞ −1( x + y ) − y ( 2 y ) − x 2 + y 2 = ⎜ = ⎟= 2 2 2 2 2 2 ∂ y ∂x ⎝ x 2 + y 2 ⎠ + + x y x y ( ) ( )
JG
Por tanto F
si es conservativo .
Como la trayectoria es cerrada cerrada se podría pensar que el valor de la integral de línea debería debería ser cero, pero observe que el campo no es continuo en
0, 0 ) , entonces debemos evaluar la integral ( 0,0
de línea. La curva en forma paramétrica es
G ⎧ x = cos t y en forma vectorial r ( t ) = ( cos t , sent ) C : ⎨ y sent = ⎩
La Integral de línea sería:
v∫
JG G F •dr =
C
v∫
2π
∫ ∫ ∫( ∫
JG G F • r´ dt =
C
⎛ − y ⎞ x , ( − sent , cos t ) dt ⎜ 2 2 2 2 ⎟ ⎝ x + y x + y ⎠
0
2π
=
⎛ − sent cos t ⎞ ⎜ 1 , 1 ⎟ ( − sent , cos t ) dt ⎝ ⎠
0
2π
=
)
sen t + cos t dt 2
2
0
2π
=
dt
0
= 2π
Existe otro mecanismo para evaluar integrales de líneas en el caso de caminos cerrados.
7.6 TEOREMA DE GREEN JG Sea F = ( M , N ) un campo vectorial de \ 2 . Sea R una región simplemente conexa con frontera C suave a trozos orientada en sentido ∂ N ∂ antihorario. Si , N , , son continuas en ∂ x ∂ y una región abierta que contiene a R , entonces: JG G ⎛ ∂ N ∂M ⎞ − F • d r = Mdx + Ndy = ⎜ dA ⎟ ∂ x ∂y ⎠ C C R ⎝
>∫
∫ >
∫∫
Calcular
∫ >
JG G F • d r
donde
JG 3 3 2 F = y , x + 3 xy
(
)y
0, 0 ) es el camino desde ( 0,0
C :
C
a (1,1) sobre y = x 2 y desde (1,1) a ( 0, 0 ) sobre y = x . SOLUCIÓN: La evaluaremos primero empleando una integral de línea y luego por el Teorema de Green para comparar procedimientos y comprobar resultados.
y
(1,1) y = x
y = x
2
x
0, 0 ) ( 0,0
PRIMER MÉTODO: Por integral de línea:
>∫
JG G F • dr =
C
>∫
Mdx + Ndy =
C
∫ >
(
)
y 3 dx + x 3 + 3 xy 2 dy
C
Hay 2 trayectorias: 2 C1 : y = x entonces dy = 2 xdx
∫
1
(
)
y 3 dx + x 3 + 3 xy 2 dy =
C 1
∫
( ) x2
3
(
0 1
=
∫ ∫(
( x
6
+ 2 x 4 + 6 x 6 )dx
0
1
=
7 x 6 + 2 x 4 )dx
0
=7 =
7 5
x 7
7
+2
( ) ) ( 2 xdx )
dx + x 3 + 3 x x 2
x5
5
1
0
2
C2 : y
= x entonces dy = dx
∫
0
(
y 3 dx + x 3
∫
(
3
2
)
+ 3xy 2 ) dy = ( x ) dx + x 3 + 3x ( x ) ( xdx ) 1
C 2
0
=
∫ ∫(
( x
3
+ x 3 + 3x 3 )dx
1 0
=
5 x 3 )dx
1
=5
x 4
=−
4
0
1
5 4
Por lo tanto:
∫ >
JG G F • dr =
C
∫
JG G F • dr +
C1
∫
JG G 7 5 3 F • dr = − = 5 4 20
C 2
SEGUNDO METODO: Empleando el TEOREMA DE GREEN
∫ >
JG G F •dr =
C
∫∫
⎛ ∂ N ∂M ⎞ − ⎜ ⎟dA = ∂ ∂ x y ⎝ ⎠
R
∫∫ R
⎛ ∂ ( x3 + 3xy 2 ) ∂ ( y 3 ) ⎞ ⎜ ⎟dA − ⎜ ∂x ∂y ⎟ ⎝ ⎠
La región R es:
y
(1,1) y = x
R
y = x 0, 0 ) ( 0,0
2
x
∫∫
x
1
∫∫
⎛ ∂ N ∂M ⎞ − ⎜ ⎟dA = ∂ x ∂ y ⎝ ⎠
R
0
x
2
+ 3 y 2 − 3 y 2 ) dydx
2
x
1
=
( 3x
∫∫ 0
x
( 3 x ) dydx 2
3
1
=
∫ ( ∫ ( ∫
2 3 x y
x x 2
dx
0 1
=
3 x
2
x−x
2
) dx
0 1
=
3 x 3 − 3 x 4 ) dx
0
=3
x 4
4
3
= − =
Calcular
∫ >
JG G F • d r
donde
−3
x5
5
3
4 5 3
20
JG 2 2 F = arc senx + y , cos y − x
(
)y
C :
es el camino
C
que se describe en la gráfica: gr áfica: y
2
x
−2
2
+ y2 = 1
−1
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN: Aquí es mejor por GREEN, ¿Porqué?
x
2
+ y2 = 4
1
1
2
x
∫ >
JG G F •dr =
C
∫∫ ( ∫∫ ( ∫∫
⎛ ∂ N ∂M ⎞ − ⎜ ⎟dA x y ∂ ∂ ⎝ ⎠
R
=
R
=
⎛ ∂ cos y − x 2 ) ∂ ( arc senx + y 2 ) ⎞ ⎜ ⎟dA − ⎜ ⎟ ∂ x ∂y ⎝ ⎠ −2 x − 2 y )dA
R
Pasando a Polares:
∫∫
π
2
∫∫ ( ∫∫ ∫(
( −2 x − 2 y )dA = −2
R
0
π
= −2
0
( r cos θ + rsenθ ) rdrd θ
1
2
cos θ + senθ ) r 2 drdθ
1
π
= −2
3
cos θ + senθ )
r
3
2
dθ 1
0
⎛ 23 13 ⎞ π = −2 ⎜ − ⎟ ( senθ − cos θ ) 0 ⎝ 3 3⎠ ⎛8 1⎞ = −2 ⎜ − ⎟ ⎡⎣1 − ( −1) ⎤⎦ ⎝ 3 3⎠ =−
28 3
7.7 INTEGRAL DE LÍNEA PARA EL ÁREA DE UNA REGIÓN PLANA. Con integrales de líneas también podemos calcular el área de regiones planas. En la formula de Green, si tomamos
∫∫ R
∫∫ R
1
2
2
= − y y N = x
⎛ ∂ N ∂M ⎞ ⎜ ∂ x − ∂y ⎟dA = > Mdx + Ndy ⎝ ⎠ C
∫
⎛ 1 ⎛ 1 ⎞⎞ 1 1 ⎜ 2 − ⎜ − 2 ⎟ ⎟dA = > − 2 ydx + 2 xxddy ⎝ ⎠⎠ ⎝ C
∫
1
∫∫ dA = 2 > ∫ xdy − ydx R
1
C
entonces
7.7.1 Teorema Sea R una región plana limitada por una curva cerrada simple a trozos C . El área de R viene dada por: A =
1 2
> >∫
xdy − ydx
C
Emplear una integral de línea para calcular el área de la región limitada por ⎧ y = 2 x + 1 ⎨ 2 ⎩ y = 4 − x SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo de la región y
4
C2 : y
= 4 − x2
(1, 3)
3
R
−3
1
x
C1 : y = 2 x + 1
( −3, −5 )
−5
La curva C que encierra R está compuesta por dos trayectorias diferentes, calcularemos la integral de línea por cada trayectoria, y luego sumaremos los resultados. Primero: C1 : y = 2 x + 1 entonces dy = 2dx Reemplazando y evaluando:
1 2
∫
1
∫
1
xdy − ydx =
2
x ( 2dx ) − ( 2 x + 1) dx
−3
C 1
1
=
∫ ∫
1 2
( 2 x − 2 x − 1) dx
−3 1
=
1 2
−dx
−3
1
1
= − x −3 2 = −2
Segundo: C2 : y = 4 − x 2 entonces dy = − 2 xdx Reemplazando y evaluando:
1 2
∫
−3
∫
1
xdy − ydx =
2
C 2
(
1
−3
=
1 2
∫ ∫(
( −2 x
2
+ x 2 − 4 ) dx
1
−3
=
1 2
− x 2 − 4 ) dx
1
−3
1 ⎛ x 3
⎞ = − ⎜ + 4 x ⎟ 2⎝ 3 ⎠1 =
38 3
Finalmente, sumando:
A = −2 +
38 3
=
32 3
Hallar Hallar el área de la elipse elips e con ecuación
x
2
a
2
+
y
2
b
2
=1
SOLUCIÓN:
⎧ x = a cos t ⎩ y = bsent
Las ecuaciones paramétrica de la elipse son: C : ⎨ Entonces
)
2 x ( −2 xdx ) − 4 − x dx
⎧dx = − asent dt ⎨ ⎩dy = b cos t dt
Reemplazando en la formula anterior y luego evaluando, resulta:
1
A =
2
2π
∫ >
xdy − ydx =
1 2
C
∫ ∫ ∫ ∫
( a cos t ) ( b cos tdt ) − ( bsent ) ( −asentdt )
0
2π
=
1 2
ab cos tdt + absen tdt 2
2
0
2π
=
1 2
(
)
ab cos t + sen t dt 2
2
0
2π
=
1 2
abdt
0 2π
∫
1
= ab dt 2
0
1
2π
= abt ab t 0 2 = π ab
∫
3
3
3. Calcular x dy − y dx
donde C es el círculo unitario centrado en el origen.
C
4. Sea F ( x, y ) = xe
− y 2
2
contorno del cuadrado determinado por: x
∫
5. Evaluar la integral
(
, − x 2 ye − y + 1 x 2 + y 2
2
x ydx
),
calcular el trabajo de F en el
≤ a ; y ≤ a
− y 2 xdy
; donde C es la curva que consta del arco
C
4 y = x 3 de (0,0) a (2,2) y del segmento de recta que va de (2,2) a (0,0) 6. Verificar el teorema de Green en la integral
∫ (
)
2
2 x 2 + y 2 dx + ( x + y ) dy , siendo C el
C
contorno del triángulo con vértices en los puntos (1,1),(2,2), (1,3). 7. Hallar
∫
2
xydx + 2 x dy donde C consta de los segmentos de recta que van desde (0,2) a (-
C
2,0) y de allí a (2,0) y luego la parte de la circunferencia x
2
+ y2 = 4
para x>0 y y>0.
8. Una partícula empieza en el punto (-2,0), se mueve a lo largo del eje x hacia (2,0) y luego a lo largo de la semicircunferencia y
= 4 − x2
hacia el punto inicial. Encontrar el trabajo sobre
esta partícula por el campo de fuerzas F ( x, y ) = x, x 9.
circunferencia x
+ 3xy 2
.
⎡ 2 2 2 2 ⎞ ⎤ x + y dx + y ⎢ xy + ln⎛ ⎜ x + x + y ⎟⎥ dy
∫
Calcular:
3
⎣
2
⎝
⎠⎦
,
donde
C
es
la
+ y 2 = a 2
10. Utilizando una integral de línea calcular el área de la región encerrada por la curva
x 11.
2
3
+ y
2
3
=a
2
3
Empleando una integral de línea, encuentre el área de la región R limitada por las
gráficas y
= x 2 + 2 ; y = − x ; x = −2 ; x = 2 .
7.8 INTEGRALES DE SUPERFICIE 7.8.1 INTEGRALES DE SUPERFICIES DE FUNCIONES ESCALARES. En el capítulo de integrales Dobles se estableció la manera de calcular área de una superficie, ahora se trata de calcular el efecto de una función escalar sobre una superficie. Es decir, evaluar integrales del tipo:
∫∫ f ( x, y, z ) dS S
Calcular
∫∫
( xyz ) dS donde
S : porción
del plano
x + y + z = 3
en el primer
S
octante.
SOLUCIÓN: Primero hacemos un dibujo de la superficie:
z
3
S:z
= 3− x − y
3
3
x
Proyectamos la superficie en el plano xy , por tanto:
∫∫ S
( xyz ) dS =
∫∫ R
La región de integración sería:
( xyz )
1 + z x 2 + z y 2 dydx
y
y
3
y = 3 − x
x 3
Haciendo las sustituciones correspondientes y evaluando la integral doble:
∫∫
3− x
3
( xyz )
1 + z x 2 + z y 2 dydx =
R
∫∫ ∫ ∫( ∫( ( ∫
( xy ( 3 − x − y ) )
0
2
2
1 + ( −1) + ( −1) dydx
0
3
3 − x
3 xy − x 2 y − xy 2 )dydx
= 3
0
0
3
3− x
2 3 ⎡ y ⎤ 2 y ⎢ 3 x − x ) 2 − x 3 ⎥ dx ⎣ ⎦0
= 3
0 3
= 3
0
2 3 ⎡ ( 3 − x ) ( 3 − x) ⎤ −x ⎢ x 3 − x ) ⎥ dx 2 3 ⎢⎣ ⎥⎦ 3
∫
3 ⎛ 1 1⎞ = 3 ⎜ − ⎟ x ( 3 − x ) dx ⎝ 2 3 ⎠ u dv N
0
⎡ 4 3 ⎢ ( 3 − x ) = − x 6 ⎢ −4 ⎢⎣
3
∫
⎤ (3 − x) ⎥ dx ⎥ −4 ⎥⎦ 0 4
3
4 5 (3 − x) ⎤ 3 ⎡ ( 3 − x ) = − ⎢ x ⎥ 6 ⎢ 4 20 ⎥ − ⎣ ⎦0 3 ⎡ 35 ⎤ = ⎢ ⎥ 6 ⎣ 20 ⎦
=
81 3 40
Las integrales de funciones escalares sobre superficies parametrizas serían de la forma:
∫∫ R´
G G f ( x ( u , v ) , y ( u , v ) , z ( u , v ) ) r u × r v dudv
1.
Evaluar
∫∫ ( x
2
)
+ y 2 dS , siendo S la superficie del cono z 2 = 3 x 2 + y 2
entre z=0 y
S
z=3 2.
Considere la superficie S = S 1 ∪ S 2 , siendo S 1 la superficie del cilindro x entre z=1 y z=2, S 2 la superficie semiesférica x
F = ( z , x, y ) , evaluar la integral
2
2
+ y2 = 4
+ y 2 + ( z − 2 )2 = 4, z ≥ 2 .
Si
∫∫ (∇ × F )• ndS S
Las integrales de superficies nos permitirán evaluar integrales de funciones vectoriales sobre curvas que encierran superficies, para lo cual tenemos una generalización del teorema de GREEN.
7.8.2 TEOREMA DE STOKES Sea S una superficie orientada con vector unitario N cuyo JG contorno es una curva cerrada simple C , suave a trozos. Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta R que contiene a S y a C , entonces: JG G JG F • dr = ∇ × F • N dS
∫ >
∫∫ (
C
)
S
Comprobar Comprob ar el Te Teorema orema de Stokes paraboloide z = 5 − x 2 − y 2 y SOLUCIÓN:
JG F = 2 z , x, y 2
(
para
C : traza de S
en el plano z = 1 .
Identificando S y C : z 2
2
S:x + y + z=5 J J G
N =
C:x
2
∇ S ∇ S
+ y2 = 4 z = 1 y
x
),
S : superficie
del
POR INTEGRAL INTEGRAL DE LÍNEA.
>∫
JG G F • dr =
C
=
∫ >
Mdx + Ndy + Pdz
C
∫ >
2 2 zdx + xdy + y dz
C
En este caso
⎧ x = 2cos t ⎪ C : ⎨ y = 2 sent entonces ⎪ z = 0 ⎩
⎧dx = − 2sent dt ⎪ ⎨dy = 2cos t dt ⎪dz = 0 ⎩
Reemplazando y evaluando:
∫ >
2π
2 2 zdx + xdy + y dz =
C
∫ ∫ ( ∫
2 ( 0 ) [ −2 sentdt ] + ( 2 cos t ) [ 2 cos tdt ] + ( 2sent )
2
(0)
0
2π
=
2
4cos tdt
0
2π
=4
1 + cos 2t ) 2
dt
0 2π
sen 2t ⎞ ⎛ sen = 2 ⎜ t + ⎟ 2 ⎠0 ⎝ = 4π
APLICANDO EL TEOREMA DE STOKES. POR INTEGRAL DE SUPERFICIE.
∫ >
JG G F •dr =
C
∫∫
(
JG ∇ × F • N dS
)
S
Calculando el rotacional, el vector normal a la superficie y el diferencial de superficie:
i
j
JG ∂ ∇× F = ∂ x
∂ ∂y
2 z
x
∂ = ( 2 y,2,1) ∂z y
2
( 2 x, 2 y, 1)
JJG ∇S N = = ∇S dS =
k
2 2 ( 2 x ) + ( 2 y ) + 1
2 2 ( 2 x ) + ( 2 y ) + 1 dydx
Reemplazando:
∫∫ (
∫∫ ∫∫ (
JG ∇ × F • N dS =
)
S
R
=
( 2 y, 2,1) •
( 2 x, 2 y,1) 2 2 ( 2 x ) + ( 2 y ) + 1
2 2 ( 2 x ) + ( 2 y ) + 1 dydx
4 xy + 4 y + 1) dydx
R
En este caso la región de integración es el círculo centrado en el origen de radio 2, pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫
2π
2
∫∫ ∫ ∫
( 4 xy + 4 y + 1) dydx =
0
R
( 4 ( r cos θ ) ( rsenθ ) + 4 rsenθ + 1) rdrd θ
0
2π
=
2
4 3 2 ⎡ r r r ⎤ ⎢ 2 sen2θ 4 + 4senθ 3 + 2 ⎥ dθ ⎣ ⎦0
0
2π
=
4 3 2 ⎡ 2 2 2 ⎤ ⎢ 2 sen2θ 4 + 4senθ 3 + 2 ⎥ dθ ⎣ ⎦
0 2π
⎡ ⎛ − cos 2θ ⎞ 32 ⎤ = ⎢8 ⎜ + − + θ θ c o s 2 ( ) ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ 2 ⎠ 3 ⎦0 = 4π
1.
Calcular
∫∫ (rotF )• ndS , donde
2
F ( x, y, z ) = y i + xyj + xzk y S es la superficie
S
semiesférica x 2.
2
+ y 2 + z 2 = 1 con z >0
Comprobar el teorema de Stokes si F ( x, y, z ) = ( y − z )i + ( z − x ) j + ( x − y )k calculando la circulación a lo largo de la curva de intersección de x
3.
x + z = 1 . Calcule el
trabajo
F ( x, y, z ) = x
x
efectuado
por
el
2
campo
+ z 2 i + y y + x 2 j + z z + y 2 k ;cuando
bajo su influencia alrededor del borde de la porción de la esfera x
2
+ y2 =1 de
con
fuerza
una partícula se mueve
+ y 2 + z 2 = 4 que se
encuentra en el primer octante, en dirección opuesta a la de las manecillas del reloj cuando se observa desde arriba. 4.
Calcular
∫ ( y − z )dx + ( z − x)dy + ( x − y )dz . Donde C es la curva de intersección entre C
las superficies x 5.
2
+ y 2 = 1 ; x + z = 1 .
Dado el campo de fuerzas F ( x, y, z ) = 2 x + 2 y,2 x,3 z
2
. Encontrar el trabajo que
realizará F al mover una partícula a través de los puntos: (0,0,0 ) → (1,2,0 ) → (1,2,5 ) 6.
Evaluar
⎛
∫
F • dr , siendo F = ⎜⎜ arctg
⎝
C
x ⎞ ⎛ ⎟⎟i + ⎜ ln x 2 y ⎠ ⎝
+ y 2 ⎞⎟ j + k ⎠
y
C: el triángulo
con vértices (0,0,0), (1,1,1), (0,0,2). 7.
Evaluar
∫ ( y + z )dx + ( x + z )dy + ( x + y )dz
donde C es la frontera de la superficie
C
x 2 8.
+ y 2 + z 2 = 1 ; z ≥ 0
Calcular
∫
− y 3 dx + x 3 dy − z 3 dz ;donde C es la intersección del cilindro x 2 + y 2 = 1 ,
C
y el plano x+y+z=1, y la orientación de C corresponde al movimiento en sentido contrario al de las manecillas del reloj. 9.
∫ ( y
Calcular
2
(
(
− z 2 dx + z 2 − x 2 dy + x 2 − y 2 dz ;
donde C es la curva de
C
intersección de la superficie del cubo 0 ≤ x ≤ a;
x + y + z
=
3 2
a
0 ≤ y ≤ a;
0 ≤ z ≤ a ; y el plano
7.8.3 INTEGRALES DE SUPERFICIES DE CAMPOS VECTORIALES. INTEGRALES DE FLUJO JG Se trata ahora de determinar el efecto de funciones vectoriales F atravesando una superficie S , para esto se empleará integrales de superficie de la forma:
∫∫
JG JJG F • N dS
S
Este tipo de integrales son llamadas integrales de Flujo.
Calcular
∫∫
JG JJG F • N dS
JG 2 F = 2 z , x, y
(
para
) y S : porción del plano x + y + z = 3
S
en el primer octante. SOLUCIÓN: z
3
J G
F
J J G
N
S:x+ y+z
3
y = 3
−
x
3
x
El flujo a través del plano estaría dado por:
∫∫
∫∫ ( ∫∫
JG JJG F • N dS =
S
( 2 z , x, y 2 ) •
(1,1,1) 3
S
=
S
2 z + x + y 2 ) 3
dS
dS
=3
y
Proyectando la superficie en el plano xy , la región de integración sería:
y
3
y = 3 − x
x 3
Reemplazando y evaluando:
∫∫
( 2 z + x + y ) 3
3− x
3
2
∫∫ ( ∫∫ ∫( ) ∫ ( )( ∫
dS =
S
0
3
=
( 2 (3 − x) + x + y ) 2
3
0
3− x
6 − x + y 2 ) dydx
0
0
3
=
1 + 1 + 1 dydx
3 − x
3 ⎡ y ⎤ ⎢ 6 − x y + 3 ⎥ dx ⎣ ⎦0
0 3
=
0 3
=
0
3 ⎡ ( 3 − x ) ⎢ 6 − x 3 − x ) + 3 ⎢⎣ 3 ⎡ 3 − x ( ) ⎢18 − 9 x + x 2 + 3 ⎢⎣
⎤ ⎥ dx ⎥⎦
⎤ ⎥ dx ⎥⎦ 3
4 2 3 ⎡ ( 3 − x ) ⎤ x x = ⎢18 x − 9 + + ⎥ 2 3 1 2 − ⎢⎣ ⎥⎦ 0 2 3 4 ⎡ ( 3) ( 3) ( 3 − 3) ⎤ ⎡ 34 ⎤ = ⎢18 ( 3) − 9 + + ⎥ − ⎢− ⎥ −12 ⎥⎦ ⎣ 12 ⎦ 2 3 ⎢⎣
= 24 −
81 2
+
27 3
+
81 12 12
Si la superficie es cerrada tenemos otra opción para evaluar la integral de flujo.
7.8.4 TEOREMA DE GAUSS Sea Q una región sólida limitada por una superficie S orientada JG por un vector normal unitario dirigido al exterior de Q . Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en Q , entonces: JG JJG JG F • N dS = ∇ • F dV
∫∫ w
∫∫∫ (
S
)
Q
Es decir, que en lugar de emplear una integral de superficie para calcular el flujo a través de una superficie cerrada se puede emplear una integral de volumen.
JG F = ( 2 x , 2 y, z )
Comprobar el teorema de Gauss para y las superficies z 2 = x 2 + y 2 y x 2 + y 2 + z 2 = 8 ; z ≥ 0 SOLUCIÓN:
Q el
sólido limitado por
Haciendo un dibujo
z 2
2
2
S2 : x + y + z = 8 ρ = 8
S1 : x π φ =
2
+ y2 − z 2 = 0
4
x
2
y
+y =4 2
x
PRIMER MÉTODO: POR INTEGRAL DE SUPERFICIE. Como hay dos superficies que definen el sólido, calculamos el flujo por cada una y Luego los sumamos.
Primero, el flujo por po r el cono:
∫∫ S1
JG JJG F • N dS =
∫∫ S 1
( 2 x, 2 y, z ) •
( 2 x, 2 y , −2 z ) 4 x + 4 y + 4 z 2
2
2
dS
Proyectamos la superficie en el plano xy
∫∫
( 2 x, 2 y, −2 z )
( 2 x, 2 y , z ) •
4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2
dS =
S1
∫∫ ( ∫∫
( 2x, 2 y , z ) •
( 2 x , 2 y , −2 z )
4x2 + 4 y2 + 4z 2
4x2 + 4 y 2 + 4z 2
2 z
dA
R
=
4 x 2 + 4 y 2 − 2 z 2 ) 2 z
dA
R
Pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫
( 4 x
2
+ 4 y − 2z 2
2
2π
)
2
∫∫ ∫∫
(4r
dA =
2 z
0
R
rdrdθ
2
r drd θ
0 2
3
=
2r
2
0
=
− 2r 2 )
0
2π
=
2
r
2π
θ 0
3
0
16 3
π
Segundo, Segundo, el flujo flu jo por la esfera
∫∫
JG JJG F • N dS =
∫∫
S2
( 2 x , 2 y, z ) •
( 2 x, 2 y, 2 z ) 4 x + 4 y + 4 z 2
2
2
dS
S 2
Proyectamos la superficie en el plano xy
∫∫
( 2 x, 2 y, −2 z )
( 2 x, 2 y , z ) •
4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2
dS =
S1
∫∫ ( ∫∫
( 2x, 2 y , z ) •
4x2 + 4 y2 + 4z 2
( 2x, 2 y , 2z ) 4x2 + 4 y 2 + 4z 2
R
=
4 x 2 + 4 y 2 + 2 z 2 ) 2 z
dA
R
Pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫
( 4 x
2
+ 4 y + 2z 2
2 z
2
)
2π
2
∫∫ ∫∫ ∫∫
( 4r
dA =
0
R
2π
=
=
+ 2 (8 − r 2 ) )
(8 − r )
rdrdθ
2
2
0
2
0
0
2π
2
0
2
0
2r 2 + 16 2
⎡ ⎢ ⎢ ⎢⎣
(8 − r ) 2
3
r
( 8 − r ) 2
rdrd θ
+ 8 (8 − r
2
)
− 12
La primera integral es por sustitución trigonométrica y la segunda por sustitución. El resultado es:
∫∫
JG JJG 176 ⎞ ⎛ 160 2− F • N dS = ⎜ ⎟ π 3 3 ⎝ ⎠
S 2
Sumando los dos flujos
⎤ r ⎥ drdθ ⎥ ⎥⎦
2 z
dA
w ∫∫
JG JJG F • N dS =
∫∫
S
JG JJG F • N dS +
∫∫
S1
JG JJG F • N dS
S 2
176 ⎞ 16 ⎛ 160 2− =⎜ + π π ⎟ 3 ⎠ 3 ⎝ 3
=
160 3
π
(
)
2 − 1 π
SEGUNDO MÉTODO: APLICANDO EL TEOREMA DE GAUSS
w ∫∫
∫∫∫ ( ∫∫∫ ( ∫∫∫
JG JJG F • N dS =
S
JG ∇ • F dV
)
Q
=
2 + 2 + 1) dV
Q
=5
dV
Q
Lo mejor será pasarlo a coordenadas esféricas:
5
∫∫∫
π
2π
dV = 5
0
ρ 2 senφ d ρ dφ dθ
0
8
3
=5
8
∫∫∫ 0
Q
4
ρ
π
3
0
8) ( =5
3
⎛ ⎜1 − 3 ⎜⎝ 16 2 ⎛ =5 ⎜⎜1 − 3 ⎝ =
160 3
2π
( − cos φ ) 0 4 θ 0
(
2⎞
⎟( 2 ⎟⎠
2π )
2⎞
⎟⎟ ( 2π ) 2 ⎠
)
2 − 1 π
Sea Q la región limitada por el cilindro x 2 + y 2 = 4 , el plano x + z = 6 y el plano JG y 2 xy . Hallar el flujo de F = ( x + senz, xy + cos z, xz + e ) a través de la superficie que limita a Q . SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo:
z
x + z
=6 2 2 x + y =
4
y
x
Aquí es mejor aplicar el teorema de Gauss.
w ∫∫
∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
JG JJG F • N dS =
S
JG
( ∇ • F ) dV
Q
=
( 2 x + x + x ) dV
Q
=
4 xdV
Q
Pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫∫
2π
6− r cosθ
2
∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
4 xdV = 4
Q
0
0
2π
=4
=4
=4
r cos θ dzrdrd θ
0
2
2
6− r cosθ
r cos θ z 0
0
0
2π
2
drdθ
r 2 cos θ ( 6 − r cos θ )drdθ
0
0
2π
2
( 6r
0
2
cos θ − r 3 cos 2 θ )drdθ
0
2π
=4
2
⎛ r3 r 4 ⎞ 2 − 6 c o s c o s θ θ ⎜ ⎟ d θ 3 4 ⎝ ⎠0
0
2π
=4
(16 cos θ − 4 cos θ ) d θ 2
0
2π ⎛ ⎜ ⎟ 1 + cos 2θ = 4 ⎜16senθ − 4 dθ ⎟ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ 0 ⎝ ⎠ 2π
⎛ sen2θ ⎞ ⎞ ⎛ = 4 ⎜16senθ − 2 ⎜ θ + ⎟⎟ 2 ⎠ ⎠0 ⎝ ⎝ = 4 ( −2 ( 2π ) ) = −16π
1.
Sea F = 2 yzi + (− x + 3 y + 2) j + x
cilindro x 2.
Calcular
2
2
+ z k , evaluar
∫∫ (∇ × F ) • dS , donde S es el
+ y 2 = 81 , 0 ≤ z ≤ 1
∫∫
2
2
3
F • dS , donde F ( x, y, z ) = 3 xy i + 3 xy j + z k ; y S es la superficie de
S
la esfera unitaria. 3.
Sea Q la región sólida en R3 limitada por los planos coordenados y el plano 2 x + 2 y + z = 6 , y F ( x, y, z ) = xi + yj + zk . Calcular la integral de Superficie de F en el contorno de Q.
4.
Calcular
∫∫ rotF • ndS , donde F ( x, y, z ) = ( y − z, yz,− xy) . S consta de las cinco S
caras del cubo 0 ≤ x ≤ 2;
0 ≤ y ≤ 2;
0 ≤ z ≤ 2 ; no situadas en el plano xy, y n es el
vector normal unitario exterior a cada cara. 5.
x
∫∫∫
Evaluar
2
2
x + y + z
E
2
dV , donde E es el sólido en el primer octante limitado por
= x ; y = 3 x ; el cono z = x 2 + y 2
los planos y
; el plano z
= 0 ; y las esferas
x 2 + y 2 + z 2 = 2 y x 2 + y 2 + z 2 = 8 . 6.
2
3
Sea F ( x, y , z ) = z arctg y i + z ln x de la porción de la superficie x
2
2
+ 1 j + zk . Encuentre el flujo de F a través
+ y 2 + z = 2 , que se encuentra arriba del plano z = 1
y
está orientada hacia arriba. 7.
2
2
de toda la superficie S de la región semiesférica limitada por z 8.
3
Calcular el flujo del vector F = x i + y 2
superficie x 9.
3
2
Calcular el flujo del campo vectorial F ( x, y, z ) = xz , x y − z ,2 xy + y z a través
3
= 9 − x 2 − y 2 , z = 0
− y j + z 3 + z − xy k ,
a través de la
+ y 2 + z 2 = a 2
⎛ z 2 ⎞ ⎟k , a través de la superficie Calcular el flujo del vector F = (2 x + 1)i + y( z + 1) j − ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ del sólido x + y + z = 1
10. Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para evaluar
∫∫ F • dS , donde S es la S
superficie cerrada determinada por x 2
2
vectorial F ( x, y, z ) = 4 x,−2 y , z 11. Evaluar
∫∫
+ y 2 = 4 , z = 0
2 2
2
donde F = xy i + x yj +
F .dS
S
superficie del elipsoide x 12. Calcular
∫∫
2
z = 2 , y F es el campo
y
1 3
3
z k
y
S es la
+ y 2 + z 2 = 1
F • dS , donde F ( x, y, z ) = (2 x + 3 z )i − ( xz + y ) j + y 2 + 2 z k donde
S
S es la superficie externa del sólido limitado por z
2
= 4 x 2 + y 2
;0 ≤ z ≤ 4
Calcular el flujo de F ( x, y, z ) = xi + yj + zk , a través de la región limitada por
