APLICACIONES DEL TEOREMA DE STOKES. PROBLEMAS RESUELTOS
E. Bendito, A. Carmona y A. M. Encinas 5 de diciembre de 2007
Capítulo 1
Problemas de Integración 45.-
−→ −→ IR IR3 una curva regular y f : IR IR3 −→ IR IR diferenciable. Demostrar que df = f ( f (γ (b)) − f ( f (γ (a)). )).
Sean γ Sean γ : : [a, b]
γ
Concluir que Solución:
df es es γ df
nula sobre cualquier curva cerrada.
En primer lugar observemos que
df =
γ
γ
∂ f ∂f ∂f dx1 + dx2 + dx3 . ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3
Por otro lado, de la relación entre el elemento de longitud y los elementos de volumen coordenados tenemos, xi dxi = x = x i dt = dt = γ dt = dt = T T i dl, γ
|| || || ||
donde dl es el elemento de longitud y T i son las componentes del vector tangente a la curva. Por tanto, substituyendo en la integral, obtenemos
∇ df =
γ
γ
b
=
a
46.-
∇
∂ f ∂f ∂f T 1 dl + dl + T 2 dl + dl + T 3 dl = ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3
γ (t) f ( f (γ (t)), )), γ (t)
||
||
||γ (t)||dt = dt =
Sea X Sea X el el campo definido en IR IR3 X =
f, T dl = dl =
γ
◦ ◦ b
b
(f γ ) (t)dt = dt = f f ((γ (t))
a
= f ( f (γ (b))
a
− {(x,y,z) p or x,y,z) ∈ IR IR3 : x 2 + y2 = 0 } por −y ∂ + x ∂ .
x2 + y2 ∂x
1
x2 + y 2 ∂y
− f ( f (γ (a)). )).
Capítulo 1
Problemas de Integración 45.-
−→ −→ IR IR3 una curva regular y f : IR IR3 −→ IR IR diferenciable. Demostrar que df = f ( f (γ (b)) − f ( f (γ (a)). )).
Sean γ Sean γ : : [a, b]
γ
Concluir que Solución:
df es es γ df
nula sobre cualquier curva cerrada.
En primer lugar observemos que
df =
γ
γ
∂ f ∂f ∂f dx1 + dx2 + dx3 . ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3
Por otro lado, de la relación entre el elemento de longitud y los elementos de volumen coordenados tenemos, xi dxi = x = x i dt = dt = γ dt = dt = T T i dl, γ
|| || || ||
donde dl es el elemento de longitud y T i son las componentes del vector tangente a la curva. Por tanto, substituyendo en la integral, obtenemos
∇ df =
γ
γ
b
=
a
46.-
∇
∂ f ∂f ∂f T 1 dl + dl + T 2 dl + dl + T 3 dl = ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3
γ (t) f ( f (γ (t)), )), γ (t)
||
||
||γ (t)||dt = dt =
Sea X Sea X el el campo definido en IR IR3 X =
f, T dl = dl =
γ
◦ ◦ b
b
(f γ ) (t)dt = dt = f f ((γ (t))
a
= f ( f (γ (b))
a
− {(x,y,z) p or x,y,z) ∈ IR IR3 : x 2 + y2 = 0 } por −y ∂ + x ∂ .
x2 + y2 ∂x
1
x2 + y 2 ∂y
− f ( f (γ (a)). )).
2
Problemas Resueltos
Demostrar que (i) rot(X ) = 0. (ii) C (X, γ ) = 0, 0 , donde γ donde γ es es una circunferencia paralela al plano xy y con centro en el eje z . (iii) (iii) No puede existir existir una función f tal que X = f . f tal que X f .
∇
Solución:
(i) Calculamos el rotacional, i j rot(X ) =
∂ ∂x y 2 x + y2
−
k
∂ ∂y x 2 x + y2
∂ ∂z 0
x 2 + y2 2x2 x 2 + y2 2y2 = 0, 0, + = (0, (0 , 0, 0). 0). (x2 + y2 )2 (x2 + y 2 )2 (ii) Una parametrización parametrización de γ en γ en coordenadas cilíndricas es,
−
−
γ (θ ) = (R cos θ, R sen θ, z0 ), donde θ donde θ
∈ [0, [0 , 2π ].
Luego, γ Luego, γ (θ) = ( R sen θ, R cos θ, 0) y 0) y el producto escalar restringido a la curva es X, γ (θ) = 1.
−
π
X, γ (θ ) dθ = dθ =
2π
(iii) (iii) Supongamos Supongamos que existe una función función f tal f tal que X = ∇f . Entonces la circulación a través Por tanto, C tanto, C ((X, γ ) =
0
dθ = dθ = 2π = 0. 0.
0
de cualquier curva cerrada será nula. En particular, C (X, γ ) = 0, donde γ γ es la curva que hemos considerado en el apartado anterior, lo que es una contradicción ya que hemos demostrad demostrado o que la circulació circulación n es no nula. Por tanto, tanto, el campo X no X no puede ser un campo gradiente. Lo que ocurre en este caso es que el campo X es X es un campo diferenciable en IR3 (x,y,z) x,y,z) IR IR3 : x2 + y2 = 0 que no es un abierto con forma de estrella.
−{
47.-
∈
}
Consideram Consideramos os el campo de IR IR2 X = (x ( x2 + 7y 7y )
∂ ∂ + ( x + y sen y 2 ) . ∂x ∂y
−
Calcular la circulación de X sobre X sobre la frontera del triángulo de vértices (0, (0 , 2), 2), (0, (0, 0) y 0) y (1, (1 , 0). 0). Solución:
Primer método. La circulación a lo largo de la frontera del triángulo es la suma de las circulaciones en cada uno de los lados, C (X,∂T ) =
X, T 1 dl + dl +
α1
X, T 2 dl + dl +
α2
α3
X, T 3 dl.
3
Teoremas integrales
Figura 1.1: Representación de T
Parametrizamos cada uno de los lados del triángulo y calculamos el vector tangente. y = 0; α1 (t) = (t, 0), 0), t [0, [0 , 1]; α1 (t) = (1, (1, 0), 0),
∈ y = 2(1 − x); α2 (t) = (−t, 2(1 + t)), )), t ∈ [ −1, 0]; α2 (t) = (−1, 2), 2), x = 0; α3 (t) = (0, (0, −t), t ∈ [ −2, 0]; α1 (t) = (0, (0, −1). 1).
− − − − − − − 1
C (X,∂T ) =
0
1
0
2
t dt +
0
t3 3
0
X, α1 dt +
t
2
−1
X, α dt + 2
0
−2
+
0
t3 3
14(1 + t) + 2t 2 t + 4(1 + t) sen(2(1 sen(2(1 + t)) dt +
14 14tt
2
2
7t + t
cos(2(1 + t))2 2
Segundo método.
0
0
2
−1
1
X, α3 dt = dt =
t sen t2 dt = dt =
−2
0
−1
−
cos t2 = 2 −2
−8.
Calculamos la circulación aplicando el Teorema de Green. 2
C (X,∂T ) =
2
(x + 7y 7y ) dx + ( x + y sen y ) dy = dy =
∂T
−
8 dxdy = dxdy =
T
−8.
4
Problemas Resueltos
48.-
Sea X el campo de fuerzas definido en IR2 por X = (2x + y cos(xy))
∂ ∂ + x cos(xy) . ∂x ∂y
Calcular el trabajo realizado por X sobre cualquier curva cerrada contenida en IR2 . Solución:
Si el campo se puede expresar como un campo gradiente, el trabajo realizado por el campo sobre cualquier curva cerrada será nulo. Por tanto, supongamos que existe f : IR2 IR diferenciable tal que X = f . Entonces, se debe satisfacer
−→
∇
∂f = 2x + y cos(xy) ∂x ∂f = x cos(xy) ∂y Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos,
(1.1)
f (x, y) = x 2 + sen(xy) + ϕ(y). Si derivamos f respecto de y y comparamos con la segunda ecuación de (1.1) obtenemos que ϕ (y) = 0 y por tanto ϕ(y) = A = cte. Finalmente, la función f (x, y) = x 2 + sen(xy) + A verifica que X = 49.-
Calcular la circulación del campo X = y 2
∇f .
∂ ∂ +x definido en IR2 a lo largo del cuadrado ∂x ∂y
de vértices (0, 0), (2, 0), (2, 2) y (0, 2). Solución: Este
ejercicio se puede resolver parametrizando las cuatro rectas que forman el cuadrado o aplicando el Teorema de Green, lo que en este caso resulta más sencillo. El recinto de integración se muestra en la Figura 1.2 C (X,∂C ) =
2
y dx + x dy =
∂C
− (1
2y) dxdy =
C
−4.
(a) Si f : [a, b] IR es diferenciable no negativa y la gráfica de f en el plano xy se hace girar alrededor del eje x en IR3 , engendra una superficie M . Probar que el área de M es 50.-
−→
b
2πf (t) 1 + (f )2 (t) dt.
a
Solución:
Una parametrización de la curva en el plano xy es,
∈
α(t) = (t, f (t), 0), t [a, b].
5
Teoremas integrales
Figura 1.2: Representación de C Por tanto, la parametrización de la superficie y la base del tangente son x (t, θ) = (t, f (t)cos θ, f (t)sen θ), t [a, b], θ
∈
∈ [0, 2π],
x t = (1, f (t)cos θ, f (t)sen θ), x θ = (0, f (t)sen θ, f (t)cos θ).
−
Los coeficientes de la métrica son E = 1 + f (t)2 , G = f (t)2 y F = 0. Por último el área es A =
− EG
M
2π
b
F 2
dtdθ =
a
0
b
f (t) 1 + (f )2 (t) dtdθ =
2πf (t)
a
1 + (f )2 (t)dt.
Sean, U IR2 abierto, f : U IR de clase C 1 y S = (x,y,z) IR3 : z = f (x, y) . Hallar el elemento de volumen de S y demostrar la siguiente expresión para el área de S 51.-
⊂
−→
dxdy = U cos θ
{
U
1 + f x2 + f y2 dxdy,
siendo θ el ángulo que la normal exterior a S forma con el eje z . Solución:
En primer lugar, hallamos una parametrización de la superficie. x (x, y) = (x,y,f (x, y)), (x, y) U.
∈
∈
}
6
Problemas Resueltos
La base del tangente es, x x = (1, 0, f x ) y x xy = (0, 1, f y ). Por tanto los coeficientes de la métrica son, E = xx , x x = 1 + f x2 , F = xx , xxy = f x f y , G = x y , xxy = 1 + f y2 .
Luego el elemento de volumen y el área son
√ EG − F 2 = A =
(1 + f x2 )(1 + f y2 )
− EG
F 2
dxdy =
U
− (f xf y )2 =
1 + f x2 + f y2 ,
1 + f x2 + f y2 dxdy.
U
Por último, falta comprobar que
1 = cos θ Calculamos el vector normal N =
xx xx
∧ xy = || ∧ xy ||
1
1 + f x2 + f y2
1 + f x2 + f y2 .
− −
( f x , f y , 1).
Buscamos el ángulo que forma la normal con el eje z , cos θ = N, e3 =
Por tanto,
52.-
1+
1 f x2 +
(0, 0, 1), (−f x, −f y , 1) = 2
f y
dxdy = U cos θ
1+
1 f x2 +
f y2
.
U
1 + f x2 + f y2 dxdy.
Consideremos el campo X definido en IR3 por X = (x + yz)
∂ + (y + z ∂x
− xz) ∂y∂ + (3 − y) ∂z∂ .
(i) Calcular el flujo de X sobre el hemisferio z > 0 de la superficie x 2 + y2 + z 2 = 1. (ii) Calcular la circulación de X sobre la curva x 2 + y2 = 1, z = 0. Solución:
(i) Parametrizamos la superficie y calculamos los campos involucrados en la evaluación del flujo, x(θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ
∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ],
7
Teoremas integrales
xθ = (
− sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0), xϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), xθ ∧ x ϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ).
Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es
X, xθ ∧ xϕ = (1 + 3 cos ϕ − cos2 ϕ)sen ϕ. Entonces el flujo es,
π
2π
2
Φ(X, S ) = = 2π
−
0
(1 + 3cos ϕ
0
−
cos ϕ
− cos2 ϕ)sen ϕdϕdθ
3cos2 ϕ cos 3 ϕ + 2 3
(ii) La parametrización de la curva es, α(θ) = (cos θ, sen θ, 0), θ
π 2
=
0
13π . 3
∈ [0, 2π].
Por tanto, el vector tangente y la restricción del producto escalar a la curva son α (θ) = ( sen θ, cos θ, 0),
−
X, α = (cos θ, sen θ, 3 − sen θ), (− sen θ, cos θ, 0) =0. Luego la circulación es,
C (X, γ ) =
X, T dl = 0.
γ
∂ ∂ ∂ + y + 2z definido en IR3 , calcular el flujo de X a través ∂x ∂y ∂z de la superficie esférica x 2 + y2 + z 2 = a, a > 0. Dado el campo X = x
53.-
Solución:
Para hallar el flujo a través de la superficie, que denotaremos por S , hallamos una parametrización de ésta y los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ
∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ],
x θ = ( sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0),
−
x ϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ,
− sen ϕ),
∧ xϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ).
xθ
Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es
X, xθ ∧ xϕ = (− sen2 ϕ − 2cos2 ϕ)sen ϕ. Luego el flujo es,
− 2π
π
Φ(X, S ) =
−π
0
( sen2 ϕ
− 2cos2 ϕ)sen ϕdϕdθ =
8
Problemas Resueltos
2π
π
1 2 2 cos ϕ sen2 ϕ + cos ϕ + cos 3 ϕ 3 3 3
= 0.
−π
1 ∂ , en coordenadas cilíndricas, calcular el flujo de X a través de r ∂r la superficie, S , dada por x 2 + y 2 = a 2 , 0 < z < a, a IR+ . 54.-
Dado el campo X =
∈
Solución:
Debido a que el campo está dado en coordendas cilíndricas, expresamos el cilindro en estas coordenadas, x = r cos θ y = r sen θ z = z
r2 = a 2 = r = a con (θ, z) [0, 2π]
⇒
⇒
=
∈
× ∈ (0, a).
La superficie está dada como la superficie de nivel f (r,θ,z) = r a = 0, por tanto la normal f será N = , donde f deberá ser calculado en coordenadas cilíndricas. f
∇ ||∇ ||
∇f ( p) =
−
∇
g11
g12
g13
g12
g22
g23
g13
g23
g33
Por tanto, la normal es N =
−1
∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂z
=
1
0 1 r2 0
0 0
0 0 1
1 0 0
1
=
0 0
=
∂ . ∂r
∇f = ∂ . ||∇f || ∂r
El producto escalar restringido al cilindro es X, N =
1 . a
Por último, el elemento de volumen de las coordenadas cilíndricas es al cilindro es g = a.
√
√ g = r y su restricción
Por tanto, el flujo es,
2π
X, N dA =
S
0
a
0
1 adzdθ = 2πa. a
∂ ∂ Calcular el flujo del campo X dado en coordenadas cilíndricas por X = r + z , a ∂r ∂z través de cada una de las siguientes superficies: 55.-
(i) x2 + y2 = z 2 , 0 < z < 4. (ii) x2 + y2 + (z 4)2 = 16, 4 < z < 4 + 2 3. (iii) x2 + y2 < 4, z = 4 + 2 3.
−
Solución:
√
√
9
Teoremas integrales
Representamos las tres superficies en la Figura 1.3. (i) Sea S el cono x2 + y 2 = z 2 , 0 < z < 4. En primer lugar buscaremos como se expresa la superficie en coordenada cilíndricas, ya que el campo está dado en estas coordenadas. x = r cos θ y = r sen θ z = z
⇒ =
r2 = z 2 =
⇒ r = z con (θ, z) ∈ [0, 2π] × (0, 4). − z = 0, por tanto la
La superficie está dada como la superficie de nivel f (r,θ,z) = r f normal será N = . f
∇ ||∇ ||
∇f ( p)
=
=
− g11
g12
g13
g12
g22
g23
g13 1
g23
g33
0
=
1
∂ ∂r
−1
− ∂z∂ ,
√
1 de donde la normal es N = 2
∂ ∂r
−
∂ ∂z
∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂z
=
1
0 1 r2 0
0 0
−
0
1 0
0
1
1
.
√ 12 (r − z) = 0.
El producto escalar restringido al cilindro es X, N = Luego, φ(X, S ) = 0.
√
(ii) Sea S 2 el trozo de esfera centrada en (0, 0, 4) y de radio r = 4 con 4 < z < 4 + 2 3, ver Figura 1.3. Para hallar el flujo seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior. La superficie expresada en cilíndricas viene dada por, r 2 + (z
− 4)2 = 16 =⇒ h(r,θ,z) = r 2 + z2 − 8z = 0.
En este caso tenemos que
∇h = Por tanto,
1 0 0
0 1 r 0
0 0 1
− − − − 2r 0
2z
∇h = N = ||∇h|| 2 y su restricción a S 2 es
2r
N =
8
2z
1 2 r + (z 1 4
0
=
r
4)2
∂ + (z ∂r
= 2r
8
∂ 2r + 2(z ∂r 4)
∂ . ∂z
−
∂ + (2z ∂r
∂ 4) ∂z
− 8) ∂z∂ .
10
Problemas Resueltos
Figura 1.3: Representación de S , S 2 y D 1 2 (r + z 2 4z) = z. 4 Por último, falta hallar el elemento de volumen. Por lo que debemos calcular una parametrización de S 2 y los coeficientes de la métrica.
−
Entonces, X, N =
√ − √ − √ − − √ − − xθ = ( − 8z − z 2 sen θ, 8z − z 2 cos θ, 0) (4 − z)2 16 2 √ E = + 1 = , F = 0, G = 8z − z , g = 4. 8z − z 2 8z − z 2 x(z, θ) = ( 8z z 2 cos θ, 8z z 2 sen θ, z) 8 2z 8 2z xz = ( cos θ, sen θ, 1) 2 2 8z z 2 8z z 2
Finalmente,
√
4+2 3
φ(X, S ) =
4
2π
0
z2 4z d z d θ = 8π 2
√
4+2 3
√
= 4π(12 + 16 3).
4
(iii) En este caso la superficie es un disco, D, cuya expresión en coordenadas cilíndricas es,
√ ∈ (0, 2), θ ∈ (0, 2π).
z = 4 + 2 3, r
La normal a la superficie es N =
∂ y la restricción del producto escalar a D es ∂z
X, N = z = 4 + 2√ 3.
11
Teoremas integrales
Luego el flujo es, φ(X, D) =
√
√
4 + 2 3 dA = (4 + 2 3)4π.
D
∂ ∂ Dado el campo en IR3 , X = x 3 + yz . Calcular el flujo de X a través de la superficie ∂x ∂z S dada por x2 + z 2 = 4, 0 < y < 10, z > 0. 56.-
Solución:
La superficie S está representada en la Figura 1.4.
Figura 1.4: Representacción de S En primer lugar parametrizamos la superficie y hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, y) = (2 cos θ,y, 2sen θ), θ
∈ (0, π), y ∈ (0, 10),
x θ = ( 2sen θ, 0, 2cos θ),
−
x y = (0, 1, 0), xθ
∧ xy = (−2cos θ, 0, −2sen θ).
El producto escalar restringido al cilindro es,
12
Problemas Resueltos
X, xθ ∧ xy = −16cos4 θ − 4y sen2 θ. Luego el flujo es,
− − − − − − − −{ } −→ 10
π
16 cos4 θ
Φ(X, S ) =
0
0
π
−40 −40 57.-
1 + cos(2θ)
0
4θ
4y sen2 θ dθdy =
2
+
5 1 2
π
cos(2θ) dθ =
4
0
1 1 cos(2θ) + cos(4θ) dθ = 2 2
π
1 1 sen(2θ) + sen(4θ) 4 8
=
160π.
0
x2 + y 2 + z 2 , E = IR3
Sean r =
40
0 y f : E
f (x,y,z) =
IR dada por
1 . r
(i) Demostrar que f es armónica en E . ∂f (ii) Calcular , donde S R es la esfera de radio R centrada en el origen. S R ∂N (iii) Demostrar que no puede existir un campo Y tal que f = rot(Y ). (iv) Calcular la circulación de f a lo largo de las curvas:
∇
∇
(a) (b)
x2 + y2 + z 2 = R 2 z = a, 0 < a < R x2 + y2 + z 2 = R 2 y = 3x
√
Solución:
(i) Calculamos en primer lugar las derivadas parciales de f , ∂f = ∂x
− xr3 ,
∂f = ∂y
− yr3 ,
∂f = ∂z
− zr3 .
Por tanto, ∆f (x,y,z) =
∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f 3x2 r r3 3y 2 r r 3 3z 2 r r3 + + 2 = + + = 0. ∂ 2 x ∂ 2 y ∂ z r6 r6 r6
−
(ii) Observemos que
∇ S R
∂f = ∂N
S R
−
−
f, N dA.
1 La normal a la esfera unidad es N = (x,y,z) y el producto escalar restringido a la R esfera es, x2 + y 2 + z 2 1 f, N = = . 4 R R2
∇
−
−
13
Teoremas integrales
Luego,
∇
f, N dA =
S R
−
1 R2
dA =
S R
−4π = 0.
∇
(iii) Supongamos que existe Y tal que f = rot(Y ). Entonces, aplicando el Teorema de de Stokes-Ampère en el apartado anterior obtendríamos
∇
f, N dA =
S R
dA =
rot(Y ), N
S R
∅
ya que ∂ S R = . Por tanto, no existe ningún campo Y tal que
curva cerrada es nula obtenemos que (b) La curva
58.-
Sea Γ =
4
i=1
Γ1 = Γ2 = Γ3 = Γ4 =
∇f = r ot(Y ).
x2 + y2 + z 2 = R 2 es una circunferencia centrada en (0, 0, a) de radio z = a, 0 < a < R a2 . Teniendo en cuenta que la circulación de un campo gradiente a lo largo de una
(iv) (a) La curva
√ R2 −
Y, T dl = 0,
∂S R
∇
f, T dl = 0.
γ
x2 + y2 + z 2 = R 2 es una curva cerrrada. Por tanto, y = 3x
√
∇ γ
f, T dl = 0.
Γi , donde
{(x,y,z) ∈ IR33 : z = 2 + cos(π(y + 1)) cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}, {(x,y,z) ∈ IR3 : y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, {(x,y,z) ∈ IR3 : y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, {(x,y,z) ∈ IR : z = 0, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}.
Sea X el campo vectorial definido por X = x
∂ ∂ + z . ∂x ∂x
(i) Representar Γ y calcular el volumen encerrado por Γ. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ 1 . (iii) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ 1 Γ2 . (iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ 2 Γ4 . (v) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ 1 (x,y,z) IR3 : y = 0, 0
∩ ∩ ∩{
∈
≤ x ≤ π/2}.
Solución:
Las curvas intersección de las diferentes superficies son,
∩ Γ2 = {y = 1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ3 = {y = −1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ4 = {z = 0, x = π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} ∪ {z = 0, x = −π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} Γ2 ∩ Γ4 = {z = 0, y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ3 ∩ Γ4 = {z = 0, y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1
14
Problemas Resueltos
Figura 1.5: Representación de Γ La superficie Γ está representada en la Figura 1.5. 2
Por otro lado,
div(X ) =
2,
rot(X )
= (0, 0, 0) y X =
∇f , donde f (x,y,z) = x2
+
z 2 . 2
(i) Sea Ω el volumen encerrado por Γ. Entonces,
1/2
π/2
vol(Ω) =
−π/2 −1/2
π/2
cos x(2+cos(π(y+1)))
dxdydz =
0
1/2
cos x(2 + cos(π(y + 1))) dxdy =
sen x
−π/2
1 2y + sen(π(y + 1)) π
(ii) Primer método.
1/2
π/2
−π/2 −1/2 π/2
− −
cos xdx
1/2
=2 1
−1/2
2 + cos(π(y + 1))dy =
−1/2
−π/2
1 +1 π
1 π
=
4 (π π
− 1).
La representación de Γ 1 se halla en la Figura 1.6 Para hallar el flujo aprovecharemos los calculos hechos en el apartado (i), de forma que φ(X, Γ1 ) = φ(X, Γ)
− φ(X, Γ2) − φ(X, Γ3) − φ(X, Γ4).
Calculamos cada uno de estos flujos,
• φ(X, Γ) =
Ω
div(X )dV
= 2vol(Ω) =
8 (π π
− 1).
• φ(X, Γ2) = 0, ya que N 2 = − ∂y∂ y el campo no tiene componente
∂ . ∂y
15
Teoremas integrales
Figura 1.6: Representación de Γ 1
• φ(X, Γ3) = 0, ya que N 3 = ∂y∂ y el campo no tiene componente • φ(X, Γ4) = 0, ya que N 4 = − ∂z∂ Por tanto, φ(X, Γ1 ) =
8 (π π
y < X,N 4 >=
−z|Γ
4
∂ . ∂y
= 0.
− 1).
Segundo método. Hallamos una parametrización de Γ1 y los campos involucrados en el cálculo del flujo. x(x, y) = x,y, cos x 2 + cos(π(y + 1)) , x [ π/2, π/2], y [ 1/2, 1/2],
xx = 1, 0, xy = xx
− sen x(2 + cos(π(y + 1))) 0, 1, −π cos x sen(π(y + 1)) ,
∧ xy =
∈−
∈ −
,
sen x(2 + cos(π(y + 1))), π cos x sen(π(y + 1)), 1 .
Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es,
X, xx ∧ xy = Finalmente,
2 + cos(π(y + 1))
π/2
φ(X, Γ1 ) =
x sen x + cos x .
1/2
−π/2 −1/2
(2 + cos(π(y + 1)))(x sen x + cos x) dxdy =
16
Problemas Resueltos
− − 1/2
π/2
2 + cos(π(y + 1))dy
−1/2 2
2 π
(iii) Como X =
x sen x + cos xdx =
−π/2
π/2
x cos x
cos xdx
−π/2
−π/2
2
∇f , con f (x,y,z) = x2
u = x du = dx v = cos x
−
π/2
+2
+
= 2
2 π
−
π/2
2sen x
=
−π/2
8 (π π
=
− 1).
z 2 , cada una de las circulaciones se calcula como 2
C (X, α) = f (α(b))
− f (α(a)),
donde α(b) y α(a) representan los extremos de definición de la curva correspondiente. Sea α 12 = Γ1
∩ Γ2. Entonces, α 12 = (x, 1/2, 2cos x), x ∈ [−π/2, π/2] y 2
C (X, α12 ) = f (α12 (π/2)) (iv) Sea α 24 = Γ2
−
(π/2)2 f (α24 ( π/2)) = 8
−
−
(π/2)2 = 0. 8
∩ {y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2}. Entonces, α 1 = (x, 0, cos x), x ∈ [0, π/2] y C (X, α1 ) = f (α1 (π/2))
59.-
= 0.
∩ Γ4. Entonces, α 24 = (x, 1/2, 0), x ∈ [−π/2, π/2] y
C (X, α24 ) = f (α24 (π/2)) (v) Sea α 1 = Γ1
2
(π/2) − f (α12(−π/2)) = (π/2) − 8 8
−
(π/2)2 f (α1 (0)) = 8
− 12 .
∈ IR+, T c = {(x,y,z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ 49c , 0 ≤ z ≤ 5c}√ ∪ {(x,y,z) ∈ IR3 : x2 + √ (y + c)2 ≤ 3c2, (x − 23 c)2 + (y − 2c )2 ≤ 3c2, (x + 23 c)2 + (y − 2c )2 ≤ 3c2 , 5c ≤ z ≤ 9c} ∪ {(x,y,z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ 49c , 9c ≤ z ≤ 13c}
Sean, c
2
2
y consideremos el campo vectorial X = az 2
∂ ∂x
− b ∂z∂ ; a, b ∈ IR+.
T
(i) Calcular el flujo de X a través de ∂ c . (ii) Calcular el flujo de X a través de c2 A = (x,y,z) IR : x + y = , 9c 49
{
∈
3
2
2
≤ z ≤ 13c}.
17
Teoremas integrales
(iii) Calcular el flujo de X a través de
√
{
∈
√
− 23 c)2 + (y − 2c )2 = 3c2, − 23 c ≤ x ≤ 0, −c ≤ y ≤ 2c , 5c ≤ z ≤ 9c}.
B = (x,y,z) IR3 : (x
(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂ B. (v) Calcular la circulación de X a lo largo de γ = (x,y,z) IR3 : x 2 + y 2 =
{
∈
c2 , z = 9c . 49
}
Solución:
c c2 (i) La superficie (x,y,z) IR3 : x2 + y2 49 , 0 z 5c es un cilindro de eje z y radio 7 con 0 z 5c. √ √ 2 La superficie (x,y,z) IR3 : x 2 +(y + c) 3c2 , (x 23 c)2 +(y 2c )2 3c2 , (x+ 23 c)2 + c 2 2 (y 2 ) 3c , 5c z 9c es la intersección de tres cilindros de eje z. Representamos en la Figura 1.7 dicha intersección en el plano xy.
{
≤ ≤ { − ≤
∈
∈ ≤ ≤ }
≤
≤ ≤ }
≤
−
−
≤
Figura 1.7: Representación de la intersección La superficie (x,y,z) IR3 : x 2 + y 2 c con 9c z 13c. 7
{ ≤ ≤
La Representación de
∈
2
≤ 49c , 9c ≤ z ≤ 13c} es un cilindro de eje z y radio
T c se encuentra en la Figura 1.8.
18
Problemas Resueltos
Figura 1.8: Representación de
T c
Para calcular el flujo a través de la frontera aplicamos el Teorema de la Divergencia. φ(X, ∂ c ) =
T
X, N =
T
c
div(X )dV
= 0.
T
c
(ii) Para calcular el flujo a través de A, ver Figura 1.9, podemos cerrarla empleando dos discos con lo que podremos aplicar el Teorema de la Divergencia. 2
c Sean D1 = (x,y,z) IR3 : x2 + y 2 49 , z = 13c , D2 = (x,y,z) c2 el volumen encerrado por A D1 D2 . 49 , z = 9c y ∂ ∂ Entonces, N 1 = , N 2 = y ∂z ∂z
{ } A
A
X, N dA =
∈
≤
∪ ∪
−
−
div(X )dV
X, N dA
D1
A
}
−
{
X, N dA = b
D1
∈ IR3 : x2 + y 2 ≤
− dA
D1
b
D2
(iii) La representación de B se halla en la Figura 1.10. En este caso para calcular el flujo parametrizamos la superficie, x(y, z) =
√ − − − ∈ − 3 c 2
3c2
y
c 2
2
,y,z , y
c,
c , z 2
∈ [5c, 9c].
dA = 0.
19
Teoremas integrales
Figura 1.9: Representación de A
− − − − − − − c 2
y
x y =
3c2
c 2 2
y
, 1, 0 , x z = (0, 0, 1).
Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, c 2
y
xy
∧ xz =
1,
3c2
c 2 2
y
∧ xz = az 2
, 0 y X, xy
Por último, el flujo de X a través de B es, c
2
φ(X, B) =
9c
X, N dA =
B
−c
5c
3 z3 az dz dy = c 2 3 2
9c
= 302c4 a.
5c
(iv) La circulación a lo largo de la frontera de B la podemos hallar aplicando el teorema de Stokes-Ampere. C (X,∂B) =
∂B
X, T dl =
rot(X ), N
B
dA.
20
Problemas Resueltos
Figura 1.10: Representación de B En este caso el rotacional es rot(X ) = (0, 2az, 0), y la restricción del producto escalar a la superficie es, 2az(y 2c ) xz = rot(X ), x y . c 2 2 3c y 2
∧ −
− −−
Luego, la circulación es,
− − − − c
2
C (X,∂B) =
−c
9c
5c
3c2
y
− − 9c
c 2)
2az(y
c 2 2
dydz = az
2
3c2
5c
y
c 2
2
c 2
√
= 28 3ac2 .
−c
(v) Para hallar la circulación a lo largo de γ procedemos del mismo modo que en el apartado ∂ anterior. En este caso la normal es, N = . ∂z Por tanto, la circulación es, C (X, γ ) =
γ
dA = 0.
rot(X ), N
21
Teoremas integrales
Sea Γ1 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva x2 +z 2 = y = 0, z 0 y en la recta y = 2R, z = 0 , que son paralelas al plano yz, con R x R, 0 y 2R.
60.R2 ,
≥ } ≤ ≤
− ≤ ≤
{
{
}
Sea Γ3 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva x2 + (z + R)2 = R 2 , y = 2R, z R y en la recta y = 0, z = R , que son paralelas al plano yz, con R x R, 0 y 2R.
− ≤ ≤
≤ − } ≤ ≤
{
{
− }
(i) Calcular la ecuación paramétrica de Γ 1 y de Γ 3 . (ii) Sea Γ =
6
Γi , donde
i=1
Γ2 Γ4 Γ5 Γ6
√ R2 − x2}, {(x,y,z) ∈ IR33 : y = 0, − R ≤ x ≤ R, − R ≤ z ≤ {(x,y,z) ∈ IR3 : y = 2R, − R ≤ x ≤ R, − R − √ R2 − x2 ≤ z ≤ 0}, {(x,y,z) ∈ IR3 : x = −R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}, {(x,y,z) ∈ IR : x = R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}.
= = = =
Sea X el campo vectorial diferenciable de IR3 X =
−2z ∂ − x(y − 2R) y − 3R ∂x 2R2
∂ . ∂z
(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ 1 . (c) Calcular la circulación de X sobre ∂ Γ2 . Solución:
(i) Una parametrización de la curva x2 + z 2 = R 2 , y = 0, z
{
α(u) = (R cos u, 0, R sen u), u [0, π].
∈
≥ 0} es,
Como las rectas deben ser paralelas al plano yz, debemos parametrizar la recta
{y = 2R, z = 0} como β (u) = (R cos u, 2R, 0). En este caso, w(u) = α(u) − β (u) = (0, −2R, R sen u). Por tanto, la parametrización de Γ 1 es,
x(u, v) = β (u) + vw(u) = (R cos u, 2R
− v2R,vR sen u).
De forma análoga una parmetrización de Γ 3 es, y (u, v) = (R cos u, v2R, vR sen u
−
− R).
(ii) (a) La representación de Γ se halla en la Figura 1.11. Para calcular el flujo a través de Γ podemos aplicar el Teorema de la Divergencia. φ(X, Γ) =
Γ
X, N dA =
Ω
div(X )dV
= 0.
22
Problemas Resueltos
Figura 1.11: Representación de Γ (b) En este caso para poder aplicar el Teorema de la Divergencia en el cálculo del flujo, utilizaremos dos superficies auxiliares, para obtener una superficie que encierre un volumen, ver Figura 1.12. Sean
{ ∈ −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ z ≤ √ R2 − x2}, T 1 = {(x,y,z) ∈ IR3 : z = 0, −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R}. ∂ ∂ Entonces, N 1 = − y N 2 = − . Por tanto, el flujo es, ∂y ∂z D1 = (x,y,z) IR3 : y = 0,
φ(X, Γ1 ) =
−
T 1
Ω1
−
−
X, N dA = T 2R x(y − 2r) dxdy = 0.
div(X )dV
X, N dA
D1
R
x(y 2r) dydx = 2R2 −R
− 1
2R2
0
(c) La circulación sobre la frontera de Γ 2 la podemos hallar aplicando el teorema de StokesAmpere, ver Figura 1.13. C (X, ∂ Γ2 ) =
∂ Γ2
X, T dl =
donde la normal y el rotacional son, ∂ x 2 y 2R 1 N = , rot(X ) = , + , 2 2 ∂y 2R y 3R 2R (y 3R)2
−
−
− −
−
dA,
rot(X ), N
Γ2
−
Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es
.
1 rot(X ), N = 3R . Luego,
