Problemario Analisis Vectorial

Problemario de An´ alisis Vectorial Barranco Jiménez Marco Antonio e-mail: [email protected]

June 24, 2004

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Introducci´ on

La presente selecci´ on de problemas resueltos de la materia de An´ alisis Vectorial, tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´ afico m´ as para el entendimiento de la misma, esperando que le sea de gran ayuda, en la aplicaci´ on de la teoria adquirida en el sal´ on de clases y poder ejercitar sus conocimientos en la soluci´ on de problemas similares. La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el sal´ on de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´ as m´ınimo detalle algebraico, con la u ńica intenci´ on de lograr la mejor comprensi´ on por parte del alumno, como puede observarse en la soluci´ on de cada problema. La mayoria de los problemas resueltos, son problemas que est´ an propuestos en libros tradicionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´ alisis Vectorial de la editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´ alisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la experiencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´ omputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ıa en Sistemas Computacionales, y en la cual el ´ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´ alisis Vectorial por si s´ ola, es una materia que generalmente es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (a´ un impartiéndose ésta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ıa en el a´rea de Ciencias F´ısico-Matem´ aticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, ´ los pocos conocimientos de las materias b´ asicas de Matem´ aticas ( Algebra, Geometr´ıa Anal´ıtica, C´ alculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ıa, etc) con los que cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´ a observar, en la soluci´ on de cada uno de los problemas resueltos, realmente son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´ asicas de Matem´ aticas. As´ı también, podr´ıa ser el desinterés que muestran en general los alumnos hacia la materia, debido a que pos´ıblemente las dem´ as materias, como Matem´ aticas Discretas y Programaci´ on, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son m´ as ”f´ aciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un interés mayor por ser materias dirijidas a su formaci´ on. Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando también que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´ asicas), en general es dificil de asimilar por parte de los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ı como la parte de coordenadas curvil´ıneas que involucran el C´ alculo de funciones de m´ as de una variable, matem´ aticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´ on f´ısica de los mismos.

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Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opini´ on al respecto, sin embargo, como mencioné anteriormente, la experiencia adquirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´ Algebra de vectores; desde las operaciones b´ asicas de vectores, algunos problemas de aplicaci´ on a la Geometr´ıa Anal´ıtica, pasando por aplicaciones del producto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ıtulo, se pone enf´ asis en la aplicaci´ on de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre vectores, los cuales son conceptos b´ asicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de An´ alisis Vectorial. En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´ alculo Diferencial vectorial; desde el concepto de parametrizaci´ on de curvas y superficies en el espacio, derivaci´ on de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ıneas. As´ı mismo, en el cap´ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´ alculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaci´ on de los teoremas integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´ a la u ´ltima palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ı también, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´ an bien venidas, para la mejora del presente trabajo.

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Problemas del cap´ıtulo 1.

Problema 1: → − Muestre que para cualquier vector A = a1bi + a2b j + a3 b k se cumple que: h → − i a).− bi × b k× b j × A = a3 b k, h i → − b).− b k× b j × bi × A = a2b j, i h → − k × A = a1bi, c).− b j × bi × b

no aplique la definici´ on del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Soluci´ on: a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos h h i → − i bi × b k× b j×A = bi × b k× b j + a3 b k j × a1bi + a2b i h j +b j × a3 b k j × a2 b j × a1bi + b k× b = bi × b i h k × −a1 b k + a3bi = bi × b h i = bi × −a1 b k×b k + a3 b k × bi h i = bi × a3b j =

b) De la misma forma,

a3 b k.

i h h → − i b j + a3 b k j × bi × a1bi + a2b = b k× b j × bi × A k× b h i = b k× b j × bi × a1bi + bi × a2b j + bi × a3 b k h i = b k× b j × a2 b k − a3 b j h i = b k× b j × a2 b k +b j × a3 b j h i = b k × a2bi =

a2 b j.

En forma an´ aloga para el inciso c). 4

Problema 2. Probar que − b b → − → − → − bi × bi × → A +j× j× A +b k× b k + A = −2 A

→ − donde A es cualquier vector en el espacio. Soluci´ on: → − Sea el vector A en el espacio dado por,

→ − A = abi + bb j + cb k,

→ − sustituyendo el vector A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos → − − − b b → bi × bi × → k× A k× b A +j× j× A +b

i h j + cb k = bi × bi × abi + bb h i +b j× b j × abi + bb j + cb k h i +b k× b k × abi + bb j + cb k i h j + bi × cb k + = bi × bi × abi + bi × bb i h b j × abi + b j × bb j +b j × cb k + j× b h i b k× b k × abi + b k × bb j+b k × cb k ,

aplicando la definici´ on del producto vectorial para los vectores bi, b j yb k, y nue-

vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos,

− b b → − → − bi × bi × → A +j× j× A +b k× b k× A finalmente, obtenemos

h i h i h i = bi × bb k − cb j +b j × −ab k + cbi + b k × ab j + bbi

= =

bbi × b k − cbi × b j − ab j×b k + cb j × bi + ab k ×b j − bb k × bi −bb j − cb k − abi − cb k − abi − bb j

− b b → − → − → − bi × bi × → A +j× j× A +b k× b k × A = −2abi − 2bb j − 2cb k = −2 A . 5

Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´ angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. Soluci´ on: Consideremos un tri´ angulo cuyos vértices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura. B X P

Q

A

C Y

De la figura, obtenemos −−→ AB −→ AC −−→ BC

→ − X, → − Y, → − → − Y − X,

= = =

por hip´ otesis tenemos que, −−→ PB

=

−−→ BQ =

− 1→ X, 2 − → − 1 → ( Y − X ), 2

asimismo, de la figura en el tri´ angulo BP Q obtenemos,

−−→ −−→ −−→ P Q = P B + BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores,

− → − − 1 → 1→ X + (Y − X) 2 2 − 1→ Y, = 2 → −−→ − de donde se deduce que P Q es paralelo a Y y tiene −−→ PQ =

6

1 2

de su longitud.

Problema 4. −−→ → − Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean OP = A , −−→ → − OQ = B y R el punto medio del segmento QP , demostrar como ilustra en − se → → − → − − 1 → la figura, que el vector C se puede escribir de la forma C = 2 A + B . P

R

A

C Q

O B

Soluci´ on: De la figura y por hip´ otesis del problema se tiene que: (1)

−−→ 1 −−→ QR = 2 QP ,

adem´ as, aplicando la suma de vectores en el tri´ angulo OP Q, (2)

→ − −−→ → − B + QP = A ,

y también de la figura, en el tri´ angulo OQR, obtenemos (3)

→ − −−→ → − B + QR = C ,

sustituyendo la ecuaci´ on (1) en la ecuaci´ on (3), → − −−→ → − B + 12 QP = C , −−→ → − → − por otro lado de la ecuaci´ on (2) QP = A − B , sustituyendo en la ecuaci´ on (4) obtenemos, (4)

− → − → − → − 1 → A−B =C B+ 2 apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos,

finalmente, obtenemos

→ − − 1 → − → − 1 → B+ A − B =C 2 2 − − → − 1 → 1 → A + B =C 2 2 → − − → − 1 → C = A+B . 2

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Problema 5. Hallar el a´rea del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, → − A → − B

3bi + b j − 2b k, = bi − b j + 4b k, =

Soluci´ on: → − → − Geométricamente el producto vectorial de dos vectores A y B representa → − → − el a´rea de un paralelogramo de lados A y B de la forma, → − − → ´ Area = A × B ,

A x

B y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en términos de las diagonales. De la figura anterior, obtenemos → − − − a) → x +→ y = −B → − − − b) → y = A x −→ sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos:

→ − → − − 2→ x = A − B, de donde,

− c) → x =

1 2

→ − → − A−B ,

de forma an´ aloga restando la ecuaci´ on b) de la ecuaci´ on a), obtenemos 8

→ − → − − d) → y = − 12 A + B . De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el a´rea del paralelogramo est´ a dada por:

´ Area = = =

− − |→ x ×→ y| 1 → − → − − → − 1 → A + B A − B × − 2 2 1 → → − → − − → − − 4 A − B × A + B ,

aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos,

´ Area = = = =

− → − → − → − → − → − 1 → A − B × A + A − B × B . 4 − → − → − → − → − → − → − → − 1 → − A × A + A × B − B × A + B × B 4 − → − 1 → 2 A × B 4 − → − 1 → A × B , 2

finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos,

´ Area = = = = =

b b b k 1 i j 3 1 −2 2 1 −1 4 b j − 2b k i − 7b √ 1 + 49 + 4 √ 54 √ 3 6.

9

1 b = 2bi − 14b j − 4 k 2

Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´ on: Sea el paralelogramo de vértices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente figura.

A

B

y

x

x P C

D y De la figura, tenemos −−→ DA = −−→ DC =

−−→ → − x = CB, −−→ → − y = AB,

asimismo, aplicando la suma de vectores (1)

−−→ → − DB = − x +→ y, −→ → − → − AC = y − x ,

por otro lado de la definici´ on de paralelismo (2)

−−→ −−→ DP = nDB, −→ −→ AP = mAC,

de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, −−→ − − DP = n (→ x +→ y ), −→ → − → − AP = m ( y − x ) , −−→ −→ −−→ por otro lado, en el tri´ angulo DAP, tenemos DA + AP = DP , es decir; (3)

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(4)

−→ −−→ → − x + AP = DP ,

sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaci´ on (4) obtenemos,

→ − − − − − x + m (→ y −→ x ) = n (→ x +→ y ), aplicando las propiedades de la adici´ on de vectores obtenemos,

→ − → − − − − − x + m→ y − m→ x − n→ x − n→ y = 0, o también, → − − − (1 − m − n)→ x + (m − n)→ y = 0,

→ − − − de la ecuaci´ on anterior, como los vectores → x y→ y son distintos del vector 0 y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´ olo se cumple si los escalares son iguales a cero, es decir;

1−m−n = m−n =

0, 0,

resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos,

1 , 2 por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos n=m=

−−→ DP

=

−→ AP

=

1 −−→ DB, 2 1 −→ AC. 2

Como se ilustra geométricamente en la figura. 11

Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´ angulo se cortan en un punto que esta a 13 del lado y 32 del vértice opuesto para cada mediana respectivamente. Soluci´ on: Sea el tri´ angulo cuyos vértices son A1 , B1 y C1 . Asimismo sean A2 , B2 y C2 los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecci´ on de las medianas, entonces para demostrar que las medianas se cortan en un punto que esta a 31 del lado y 23 del vértice opuesto para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones:

B1

A

A 2

C2

P

C1

B2

A1 B −−→ A1 P = −−→ B1 P = −−→ C1 P =

−−→ 2− 3 A1 A2 , − 2 −−→ 3 B1 B2 , −−→ 2− 3 C1 C2 ,

(a)

−−→ P A2 = −−→ P B2 = −−→ P C2 =

−−→ 1− 3 A1 A2 , − 1 −−→ 3 B1 B2 , −−→ 1− 3 C1 C2 ,

(b)

o equivalentemente,

como se ilustra geométricamente en la figura. Sean los lados del tri´ angulo dados → − → − por A y B , de la figura tenemos las siguientes relaciones: → − A = → − B = → − → − B−A = 12

−−−→ A1 B 1 , −−−→ A1 C1 , −−−→ B 1 C1 .

Aplicando la definici´ on de paralelismo, de la figura obtenemos −−−→ −−→ A1 P = l A1 A2 , −−−→ −−→ B1 P = m B1 B2 , (c) −−−→ −−→ C1 P = n C1 C2 ,

por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´ angulos A1 C1 P, B1 C1 P y A1 B1 P obtenemos, → − −−→ −−→ B + C1 P = A1 P , → − → − −−→ −−→ B − A + C1 P = B 1 P , → − → − −−→ −−→ B − A + C1 P = B 1 P ,

(d)

pero, de la figura tenemos también las siguientes relaciones

→ → −−−→ → − − → − − → − A1 A2 = A + 12 B − A = 21 A + B , −−−→ 1 → − → − B1 B2 = 2 B − A , − → − −−−→ 1 → C1 C2 = 2 A − B ,

(e)

que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´ angulos A1 B1 A2 , A1 C1 C2 y A1 B1 B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene, −−−→ −−−→ → − B + n C1 C2 = l A1 A2 , −−−→ → −−−→ − → − B − A + n C1 C2 = m B 1 B 2 , −−−→ −−−→ → − A + m B 1 B 2 = n A1 A2 ,

(f )

sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f ) obtenemos,

→ − → − → → − − → − B + n 12 B − A = l 12 A + B , → → → − → − → − → − 1− 1− B − A +n 2B − A =m 2B − A , → → → − − → − − → − A + m 21 B − A = n2 A + B ,

aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos

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(g)

− − l → l → n − A + 1−n− B 2 2 2 → − − m → n B m+ −1 A + 1−n− 2 2 − − l → l → n 1−m− A+ B − 2 2 2

=

→ − 0,

=

→ − 0,

=

→ − 0.

− → → − Por lo tanto, como A y B son vectores distintos de cero, entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir;

n l − 2 2 l 1−n− 2 n m+ −1 2 m 1−n− 2 l 1−m− 2 l n − 2 2

= 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0

as´ı, al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos

n=l=m=

2 . 3

Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar.

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Problema 8. − → − → − → − → − → − → − → − → Pruebe que A B + B A es perpendicular a A B − B A , para cua→ − → − lesquiera A y B . Soluci´ on: − De la definici´ on del producto escalar de dos vectores, si dos vectores → x → − y y son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a → − − → − → − → − − cero, en este caso → x y→ y est´ an dados respectivamente por A B + B A y − − → → − → − → A B − B A , de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, − − → − → − → → − → − → − → − → → − − x ·→ y = A B + B A · A B − B A = 0,

aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos,

− − → − → − → − → − → → − → − → − → − → − → − → → − − x ·→ y = A B + B A · A B + A B + B A · − B A ,

asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos − − → − → − → − → − → − → − → − − → − → − → − → − → − → − → → → → − − x ·→ y = A B · A B + A B · B A − B A · A B − B A · B A,

ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma,

→ − − x ·→ y

= = =

− → → − → − − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → A A B · B + A B B · A − B A A · B − B B A · A → − → − → − → − A2 B 2 + AB B · A − AB A · B − B 2 A2 0.

donde se aplic´ o finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar.

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Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Soluci´ on: Sean A, B, C y D los vértices del paralelogramo como se indica en la figura.

Y

C

D

X X

A

B

Y De la figura tenemos que,

AC

= BD

AB

= CD

→ − = X , → − = Y ,

asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´ an dadas por

BC

=

AD

=

→ − − → X + Y , → − − → X − Y .

Debemos mostrar que,

2

BC + AD

2

= =

2

2

2

AC + AB + CD + BD 2 2 2AC + 2AB ,

es decir, 16

2

→ → → − 2 → − → − 2 − → − 2 − 2 X + Y + X − Y = 2 X + 2 Y . En forma an´ aloga, al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar,

→ − → − 2 − 2 → − → X + Y + X − Y

= = = = =

→ − → − − → − → − → − → − → − → X+Y · X+Y + X−Y · X−Y → − → − → − − → − → − → − → − → − → − → − → − → X+Y ·X + X+Y ·Y + X −Y ·X+ X−Y ·Y → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − X·X +X·Y +X·Y +Y ·Y +X ·X−X·Y −X·Y +Y ·Y → − → − → − → − 2X · X + 2 Y · Y → − 2 − 2 → 2 X + 2 Y .

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Problema 10. → → − → − − → − → − → − Sean los vectores A y B vectores unitarios, calcular 3 A − 4 B · 2 A + 5 B → − √ − → si A + B = 2. Soluci´ on:

En forma an´ aloga al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar , tenemos que → − → − → − → − 3A − 4B · 2A + 5B =

→ − → − → − → − → − → − 3A − 4B · 2A + 3A − 4B · 5B → − → − → − → − → − → − → − → − = 2A · 3A − 2A · 4B + 5B · 3A − 5B · 4B → − → − → − → − → − → − = 6 A · A + 7 A · B − 20 B · B → − → − = 7 A · B − 14 → − → − donde se aplic´ o la hip´ otesis de que los vectores A y B son unitarios es decir que cumplen que, → − → − A·A → − → − B·B

= A2 = 1, = B 2 = 1.

→ √ − − → Por otro lado, de la condici´ on A + B = 2, elevando al cuadrado ésta expresi´ on y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obtenemos

de donde,

→ − → − → − → − A+B · A+B =2 → − → − → − → − → − → − A+B ·A+ A+B ·B → − → − → − → − → − → − A · A + 2A · B + B · B

= 2 = 2

→ − → − de la expresi´ on anterior, obtenemos inmediatamente que A · B = 0. Por lo tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente, → − → − → − → − 3 A − 4 B · 2 A + 5 B = −14. 18

Problema 11. → − → − → − Determine λ1 y λ2 de manera que C − λ1 A − λ2 B sea perpendicular tanto → − → − a A como a B , suponiendo que → − A → − B → − C

= bi + b j + 2b k b b = 2i − j + b k

= 2bi − b j + 4b k

Soluci´ on: En forma an´ aloga al problema anterior, aplicando la condici´ on de perpendicularidad entre vectores, tenemos → − → − − → − → = A · C − λ1 A − λ2 B → − → − → − → − = B · C − λ1 A − λ2 B

0, 0,

usando las propiedades del producto escalar, tenemos

→ − → − → − → − → − → − A · C − λ1 A · A − λ2 A · B = → − → − → − → − → − → − B · C − λ1 B · A − λ2 B · B =

0, 0,

que se puede escribir de la forma,

→ − → − → − → − λ1 A · A + λ 2 A · B → − → − → − → − λ1 B · A + λ 2 B · B

= =

→ − → − A · C, → − → − B · C,

de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´ on del producto escalar para vectores en el espacio, → − → − A · A = 6,

→ − → − B ·B =6

→ − → − → − → − A · B = B · A = 3,

→ − → − A·C =9 y

→ − → − B ·C =9

de tal forma, para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

19

6λ1 + 3λ2

=

9,

3λ1 + 6λ2

=

9,

obsérvese que la soluci´ on del sistema de ecuaciones es inmediata y est´ a dada por:

λ1 λ2

= =

20

1 1.

Problema 12. Sean los vectores → − A → − B

= (1, −1, 2),

= (1, 2, 2).

→ − → − Hallar la proyecci´ on del vector A sobre el vector B y la proyecci´ on del vector → − → − B sobre el vector A . Soluci´ on: − − Por definici´ on, la proyecci´ on de un vector → x sobre otro vector → y , es un vector (como se muestra en la figura) y est´ a dado por,

→ − → − − − e→ Pr oy→ y, y x = | x | cos θb

X

− eb→ y

→ − − Pr oy→ y x

→ − y

en este caso debemos calcular, → − − A Pr oy→ B

=

→ − − B Pr oy→ A

=

→ − −, e→ A cos θb B → − −, e→ B cos θb A

→ → − − → − → − donde A es la magnitud del vector A , B es la magnitud del vector B , θ el 21

− un vector unitario en la direcci´ on del ańgulo formado entre los dos vectores, eb→ A → − → − → − on del vector B . De la definici´ on vector A y ebB un vector unitario en la direcci´ del producto escalar podemos calcular el coseno del ańgulo entre dos vectores de la forma,

→ − → − A·B cos θ = → − , − → A B

y empleando la definici´ on de vectores unitarios, los vectores de proyecci´ on est´ an dados por,

→ − − A Pr oy→ B → − − B Pr oy→ A

=

=

  → − → − → − → −  A · B  B A → − → − → − = A B B   → − → − → − → − A · B   A B → − → − → − = A B A

→ − → −! − A·B → B, B2 → − → −! − A·B → A, 2 A

finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes → − → − de los vectores A y B , obtenemos → − − − 3→ 1→ − A = Pr oy→ B = B, B 9 3 y − − → − 1→ 3→ − B = A = A. Pr oy→ A 6 2

22

Problema 13: Considere la siguiente figura,

A

A2

A1

B

demostrar que

Soluci´ on:

→ − → − → − → − → − B × A ×B − → − A ·B→ . A =→ − → − B+ → − → − B·B B·B

→ − → − → − → − De la figura, el vector A = A 1 + A 2 , el vector A 1 es la proyeccci´ on del → − → − vector A sobre el vector B dada por → → − → − − −, − A = A cos θb e→ A 1 = proy→ B B

→ − → − de la definici´ on del producto escalar de dos vectores A y B distintos del vector → − 0 , dada por, − → → − → − − → A · B = A B cos θ,

podemos calcular el ańgulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´ on → − → − del vector A sobre el vector B est´ a dada por:

23

→ − − A proy→ B

=

=

=

  → − → − → − → −  A · B  B A → → → − − − A B B → − → − − A ·B→ → 2 B − B → − → − − A ·B→ → − → − B, B·B

→ − donde se aplic´ o la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector A 2 , → − → − → − → − obsérvese que el vector C = B × A es perpendicular tanto al vector A como → − → − → − al vector B , es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que elvector C × A ser´ a → − → − → − → − un vector que est´ a en la direcci´ on de A 2 , es decir, el vector B × A × A esta → − en direcci´ on de A , de tal forma que la magnitud de este vector est´ a dada por: → − − → − → − → − → − → B × A × B = B × A B sin φ,

→ − → − → − donde el ańgulo φ entre los vectores B × A y B es de 900 , de esta forma como sin 900 = 1, obtenemos

es decir,

→ → − − → − → − → − − → B × A × B = B A sin θ B , → − 2 − → − → − → − → B × A × B = A B sin θ,

por otro lado, de la figura

por lo tanto,

→ − − → A 2 = A sin θ, → − → − → − B × A ×B → − A2 = , → − → − B·B

→ − → − finalmente, sustituyendo los valores de los vectores A 1 y A 2 obtenemos, 24

→ − → − → − → − → − B × A ×B − → − A ·B→ . A =→ − → − B+ → − → − B·B B·B

25

Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores → − A → − B

= 2bi + 2b j − 3b k, b b b = i + 3j − k,

a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definici´ on del determinante). Soluci´ on: → − a) Debemos encontrar un vector C = (C1 , C2 , C3 ) que sea perpendicular a → − → − los vectores A y B simult´ aneamente, es decir que cumpla que, → − → − A·C = → − → − B·C =

0, 0,

realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos, 2C1 + 2C2 − 3C3 C1 + 3C2 + C3

= 0, = 0,

resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´ on por −2 y sum´ ando ésta con la primera ecuaci´ on) obtenemos, −4C2 − 5C3 = 0, de donde, −5 C3 , 4 sustituyendo este valor para C2 ,en por ejemplo la segunda ecuaci´ on, obtenemos C2 =

C1

= −3 =

−5 C3 4

11 C3 . 4

− C3

De esta forma, el vector buscado tiene la forma, → − 11 b 5 b C3 i − C3 j + C 3 b k, C = 4 4 26

→ − adem´ as el vector buscado, C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla que, → − C = 1, aplicando la definici´ on para calcular la magnitud de un vector, obtenemos s

2 2 5 11 C3 + C3 + C32 = 1 4 4 r C32 (121 + 25 + 16) = 1 16 ! √ 162 C32 = 1 4

despejando C3 , obtenemos C3 = ± √

4 4 =± √ 162 9 2

→ − finalmente, al sustituir el valor de C3 , en la expresi´ on para el vector C , obtenemos → − 1 C = ± √ (11bi − 5b j + 4b k) 9 2

b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante → − → − → − para calcular el producto vectorial, que como se sabe C = A × B , es un vector → − → − que por definici´ on es perpendicular tanto a A como a B , debemos emplear las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el producto vectorial, por lo tanto

→ − → − A×B

= = = = = =

(2bi + 2b j − 3b k) × (bi + 3b j+b k) b b b b b (2i + 2j − 3k) × i + (2i + 2b j − 3b k) × (3b j) + (2bi + 2b j − 3b k) × b k

−bi × (2bi + 2b j − 3b k) − 3b j(2bi + 2b j − 3b k) − b k × (2bi + 2b j − 3b k) b b b b b b b b b b b b −2 × i − 2i × j + 3j × k − 6j × i − 6j × j + 9j × k − 2k × bi − 2b k ×b j + 3b k×b k b b b b b b −2k − 3j + 6k + 9i − 2j + 2i 11bi − 5b j + 4b k,

finalmente, el vector unitario estar´ a dado por:

27

− → − eb→ A×B

→ − → − A×B 1 b 11bi − 5b j + 4b k b b √ √ = → 11 i − 5 j + 4 k . = ± = − → − 121 + 25 + 16 9 2 A × B

28

Problema 15. → − Hallar un vector unitario que forme un ańgulo de 45 ◦ con el vector A = → − 2bi + 2b j−b k y un ańgulo de 60◦ con el vector B = b j−b k. Soluci´ on:

→ − → − Buscamos un vector de la forma C = (C1 , C2 , C3 ) donde el vector C debe cumplir, → − → − A·C → − → − B·C

= =

AC cos 45◦ BC cos 60◦

y → − C = 1

es decir,

1 2 22 + 22 + (−1) √ 2 q 1 2 12 + (−1) 2

q

j + C3 b k = 2bi + 2b j−b k · C1bi + C2b

que resulta,

b j + C3 b k = j−b k · C1bi + C2b q 2 2 2 (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = (1) (2) (3)

1

2C1 + 2C2 − C3 = √

√3 2

C2 − C3 = 22 q 2 2 2 (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1

as´ı, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluci´ on del problema se tendr´ a al resolver simult´ aneamente las √ ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuaci´ on (2), obtenemos C3 = C2 − 22 , sustituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos, √ ! 2 C2 − 2

=

1 2C1 + 2C2 − C2 + √ 2

=

2C1 + C2

=

2C1 + 2C2 −

29

3 √ 2 3 √ 2 2 √ 2

finalmente, obtenemos C2 1 . C1 = √ − 2 2 → − Por lo tanto el vector C ser´ a de la forma, → − 4) C = √12 − C22 bi + C2b j + C2 −

√1 2

aplicando la ecuaci´ on (3), s

C 1 √ − 2 2 2

2

b k,

2 1 2 = 1, + (C2 ) + C2 − √ 2

realizando un poco de a´lgebra se obtiene,

1 −2 2

1 √ 2

C2 2

2

+

(C2 ) 2 2 + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 4

1 √ 2

C21 = 0, 4 C22 = √ , 3 2

sustituyendo en la ecuaci´ on (4) finalmente obtenemos,

y

+

1 2

2 1 (C2 ) 1 1 C2 2 2 + −√ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ 2 4 2 2 2 9 3 2 C2 (C2 ) − √ 4 2 ! √ 3 3 2 √ C2 − 1 C2 4 2

por lo tanto las soluciones para C2 son:

y

→ − 1 1 C 1 = √ bi + √ b k= 2 2

30

1 1 √ , 0, − √ 2 2

,

=

1

=

1

=

0

=

0

− → C2

= = =

1 4 4 1 1 b 4 b bi + √ √ − √ √ −√ j+ k 2 2 3 2 3 2 3 2 2 1 4 1 √ bi + √ b j+ √ b k 3 2 3 2 3 2 1 4 1 √ , √ , √ 3 2 3 2 3 2

31

Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector bi + 2b j + 2b k. Soluci´ on:

→ − j + C3 b k que sea paralelo al Se pide un vector de la forma C = C1bi + C2b → − plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector A = bi + 2b j + 2b k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: → − → − C · A = 0, → − → − C · N = 0,

→ − donde N = 3bi + 4b j + 5b k, es el vector normal al plano. Calculando los productos

escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma,

C1 + 2C2 + 2C3

= 0,

3C1 + 4C2 + 5C3

= 0,

resolviendo simult´ aneamente las ecuaciones anteriores obtenemos,

C1 C3

= =

2C2 , −2C2,

→ − por lo tanto, el vector C ser´ a de la forma,

→ − C = 2C2bi + C2b j − 2C2 b k,

y aplicando la condici´ on de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir → − C = 5, obtenemos 5 = = =

q

q

4C22 + C22 + 4C22 9C22

±3C2 , 32

de donde, 5 C2 = ± , 3 finalmente, el vector pedido es de la forma, → − 5 b b 2i + j − 2b k . C =± 3

33

Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4bi − 3b j−b k. Soluci´ on:

→ − → − Se pide un vector C de la forma, C = C1bi + C2b j, la componente C3 es → − cero debido a que el vector C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto → − no tiene componente en b k, adem´ as el vector C debe ser perpendicular al vector → − A = 4bi − 3b j−b k, por lo tanto cumple la condici´ on, → − → − C · A = 0,

es decir,

de donde obtenemos,

j · 4bi − 3b j−b k = 0, C1bi − C2b C1 =

3 C2 . 4

→ − j. También Por lo tanto, el vector pedido tendr´ a la forma C = 34 C2bi + C2b → − por otesis, se pide que el vector C sea unitario, es decir que cumpla que hip´ → − C = 1, por lo tanto → − 1 = C =

s

3 C2 4

2

2

+ (C2 ) =

s

(C2 )

2

de donde, obtenemos 4 C2 = ± , 5 y C1 =

3 4

4 3 ± =± , 5 5

finalmente, el vector pedido est´ a dado por,

→ − 4 3 j. C = ± bi ± b 4 5 34

1+

9 16

5 = ± C2 , 4

Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un ańgulo de 30 0 con el vector b j y √ 3 0 b b formando ańgulos iguales con los vectores i y k cos 30 = 2 . Soluci´ on:

→ − El vector que estamos buscando es de la forma C = (C1 , C2 , C3 ) donde el → − vector C debe cumplir que, → − b → − C · i = C bi cos θ = cos θ, → → − − 2) C · b k = C b k cos θ = cos θ, − → − → j cos 300 = cos 300 , 3) C · b j = C b 1)

por definici´ on de los vectores unitarios bi = (1, 0, 0), b j = (0, 0, 1) y b k = (0, 0, 1),

aplicando la definici´ on del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C1 = C 3 , asimismo de la ecuaci´ on 3), se tiene √

3 , 2 sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma, C2 =

→ − C =

√

3 , C1 C1 , 2

!

,

para encontrar la componente C 1 aplicamos la condici´ on de que tiene que ser el → → − − vector C unitario, es decir, C = 1, de esta forma v u √ !2 u 3 tC 2 + + C1 2 = 1, 1 2 de donde obtenemos,

1 C1 = ± √ , 8 por lo tanto, el vector pedido tiene la forma, ! √ → − 1 3 1 . C =± √ , ,√ 8 2 8

35

Problema 19. − − Siendo el vector de posici´ on → a de un punto dado (x0 , y0 , z0 ) y → r el vector − de posici´ on de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geométrico de → r si: − − − a).− (→ r −→ a)·→ a =0 → − → − → − b).− ( r − a ) · r = 0 Soluci´ on: a) Sean los vectores → − a → − r

= =

(x0 , y0 , z0 ), (x, y, z),

entonces, − − − (→ r −→ a)·→ a = 0, (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · (x0 , y0 , z0 ) = x0 (x − x0 ) + y0 (y − y0 ) + z0 (z − z0 ) =

0, 0,

si hacemos d = x20 + y02 + z02 , la ecuaci´ on anterior se puede escribir de la forma,

x0 x + y0 y + z0 z = d, − que es la ecuaci´ on de un plano que pasa por un extremo del vector → a y es − perpendicular al vector → a. En forma an´ aloga al inciso a), tenemos − − − (→ r −→ a)·→ r =0 x(x − x0 ) + y(y − y0 ) + z(z − z0 ) = 0, x20 + y02 + z02 − xx0 − yy0 − zz0 = 0,

completando cuadrados en la expresi´ on anterior, obtenemos

y0 z0 1 x0 2 ) + (y − )2 + (z − )2 = (x20 + y02 + z02 ), 2 2 2 4 que es la ecuaci´ on de una esfera con centro en el punto x20 , y20 , z20 y radio p r = 12 x20 + y02 + z02 . (x −

36

Problema 20. Determine el ańgulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ınea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. Soluci´ on: Sabemos que la ecuaci´ on ax + by + cz = d, es la ecuaci´ on de un plano que → − pasa por un punto y tiene como normal al vector N = (a, b, c) , asimismo, la 0 0 0 ecuaci´ on x−x = y−y = z−z on de una l´ınea recta que a1 b1 c1 , representa la ecuaci´ → − → − pasa por el punto r = (x , y , z ) y es paralela al vector A = (a , b , c ) , por 0

0

0

0

1

1

1

lo tanto, para calcular el ańgulo entre el plano y la l´ınea recta es equivalente a → − → − calcular el ańgulo entre los vectores N y A . En este caso, para el plano dado → − tenemos que el vector normal est´ a dado por N = (1, 1, 1) y para identificar el vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaci´ on de la recta de la forma, z − (− 23 ) x−1 y − (−2) = = 1 1 1 2 de donde, obtenemos → − r0 → − A

(−1, −2, −3/2) ,

= =

(1, 1, 1/2).

→ − → − Para obtener el ańgulo entre los vectores N y A , aplicamos la definici´ on del producto escalar de dos vectores dado por, − → → − → − − → N · A = N A cos θ,

de donde,

θ = cos

−1



 → − → − A • N   , − → − → A N

→ − → − sustituyendo los vectores A y N , obtenemos

θ

=

θ

=

=



 (1, 1, 1/2) · (1, 1, 1)  cos−1  q p 1 2 2 2 2 (1) + ( 2 ) (1) + (1) + (1)   5/2 cos−1  q  cos−1

27 4

5 √

3 3

.

37

Problema 21. Encuentre una combinaci´ on lineal (si existe) para los siguientes vectores: − → A1 − → A2 − → A3

−2bi + 12b j − 4b k, b b b = i − 6j + 2k, = 2b j + 7b k, =

Soluci´ on: Para verificar si existe una combinaci´ on lineal entre los vectores, debemos encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de éstos escalares es distinto de cero, tal que se cumpla que: − → − → − → → − x A1 + y A2 + z A3 = 0 , es decir, x(−2, 12, −4) + y(1, −6, 2) + z(0, 2, 7) = (0, 0, 0) (−2x + y, 12x − 6y + 2z, −4x + 2y + 7y) = (0, 0, 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones, −2x + y 12x − 6y + 2z −4x + 2y + 7z

= 0, = 0, = 0.

Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluci´ on si se aplica, por ejemplo el método de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, −2x + y z

= 0 = 0

la soluci´ on del sistema anterior, es de la forma y = x = z =

2x, α∈R 0

es decir, la soluci´ on del sistema es la terna, (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38

para toda α ∈ R, as´ı por ejemplo si α = 1, entonces una soluci´ on del sistema ser´ a de la forma, x y z

= 1, = 2, = 0,

− → − → − → por lo tanto, la combinaci´ on lineal de los vectores A1 , A2 y A3 est´ a dada por: − → − → − → → − A1 + 2 A2 + 0 A3 = 0 o también

− → − → A1 = −2A2 .

39

Problema 22. Encuentre una combinaci´ on lineal (si existe) de los vectores

→ − A → − B → − C Soluci´ on:

2ˆı + ˆ − 3b k, = ˆı − 2ˆ  − 4b k, = 4ˆı + 3ˆ −b k, =

Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condici´ on necesaria para → − → − → − la dependencia lineal, es decir; si A • B × C = 0, entonces los vectores est´ an en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma,

→ − → − → − A•B×C

= = = = =

2 1 4

1 −3 −2 −4 3 −1

2 (2 + 12) − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) 2 (14) − 1 (15) − 3 (11) 28 − 15 − 33 −20,

→ − → − → − → − → − → − de lo anterior, como A • B × C 6= 0, entonces los vectores A , B y C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinaci´ on lineal de ellos.

40

Problema 23. Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´ınea recta dada por las ecuaciones paramétricas, = 2t − 1, = −t − 1,

x y z

= t + 2,

y perpendicular al vector bi − b j. Soluci´ on: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial → − → − − r (t) = → r0 + t A ,

− que representa a una recta L en forma paramétrica que pasa por el punto → r0= → − (−1, −1, 2) y que es paralela al vector A = (2, −1, 1). → − Se pide un vector de la forma C = C1bi+C2b j +C3 b k que tenga magnitud uno, → − → − → − adem´ as que sea perpendicular a la recta r (t) = r0 +t A , es decir perpendicular → − → − al vector A , y también perpendicular al vector B = bi − b j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: → − C = 1, → − → − 2) C · A = 0, − → − → 3) C · B = 0, 1)

de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos 2C1 − C2 + C3

C1 − C 2

=

0,

=

0,

de donde obtenemos inmediatamente que, C1 C3

= C2 , = −C2 ,

por lo tanto, el vector pedido tendr´ a la forma → − C = C2bi + C2b j − C2 b k.

Aplicando la condici´ on 1), obtenemos q q 2 2 2 2 (C2 ) + (C2 ) + (−C2 ) = 3 (C2 ) = 1, 41

de donde, C2 = ±

r

1 , 3

finalmente, el vector pedido tiene la forma r → − 1 b b b C = i+j−k . 3

42

Problema 24. Demuestre que la l´ınea recta x = y = 8y + 2z = 5.

1 3

(z + 2) es paralela al plano 2x +

Soluci´ on: La ecuaci´ on de la recta dada se puede reescribir de la forma, x−0 y−0 z − (−2) = = , 1 1 3 − esta ecuaci´ on, representa a una recta que pasa por el punto → r 0 = (0, 0, −2) → − y es paralela al vector A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuaci´ on del plano, → − tenemos que el vector N = (2, 8, 2) es un vector normal al plano, de esta forma para mostrar que la recta y el plano son paralelos, debemos mostrar que el → − → − vector N , que es normal al plano y el vector A , que es paralelo a la recta son → − → − perpendiculares, es decir que satisfacen la condici´ on N · A = 0. → − → − Calculando el producto escalar del vector normal N y el vector A , obtenemos → − → − N · A = (2, −8, 2) · (1, 1, 3) = 0, → − por lo tanto, se comprueba que el vector A es perpendicular al vector normal → − → − N del plano, y como el vector A es paralelo a la recta, luego entonces también es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada también es paralela al plano.

43

Problema 25. Las ecuaciones paramétricas de una recta son: x y z

= = =

3t + 1, −2t + 4, t − 3,

encuentre la ecuaci´ on del plano que contiene a dicha recta. Soluci´ on: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial de la forma, → − r (t) = (1, 4, −3) + t(3, −2, 1), que por definici´ on es la ecuaci´ on de una recta en forma paramétrica que pasa por − un punto cuyo vector de posici´ on est´ a dado por → r0 = (1, 4, −3) y es paralela al → − → − → − → − vector A = (3, −2, 1). Si hacemos r0 × A = N que es un vector perpendicular al → − − vector A y también perpendicular a → r0 , entonces, la ecuacion del plano pedida ser´ a de la forma, ax + by + cz = d, donde

→ − − d=→ r0 · N ,

y

es decir,

asimismo,

→ − N = abi + bb j + cb k,

→ − N =

b bi b j k j − 14b k 1 4 −3 = −2bi − 10b 3 −2 1

d = = =

→ − → N ·− r0 b (−2i − 10b j − 14b k) · (bi + 4b j − 3b k) −2 − 40 + 42 = 0,

por lo tanto, la ecuaci´ on del plano ser´ a de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0.

44

Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma paramétrica y simétrica) que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la l´ınea de intersecci´ on de los planos x + 3y − 2z x − 3y + z

= =

8, 0.

Soluci´ on: De las ecuaciones de los planos, los vectores − → N1 − → N2

= bi + 3b j − 2b k, b b b = i − 3j + k,

− → − → son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma N1 × N2 − → − → resulta ser un vector que es perpendicular tanto a N1 como a N2 , por lo que − → → − − → − → el vector N1 × N 2 ser´ a paralelo a ambos planos y por lo tanto N1 × N2 ser´ a paralelo a la l´ınea de intersecci´ on de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales, b b b k → − − → − → i j j − 6b k, A = N1 × N2 = 1 3 −2 = −3bi − 3b 1 −3 1 por lo tanto, la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica ser´ a de la forma, → − → − − r (t) = → r0 + t A es decir, → − r (t) = (3, 2, −4) + t(−3, −3, −6),

y para determinar la forma simétrica de la recta, debemos eliminar el par´ ametro t de la ecuaci´ on vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta ecuaci´ on vectorial de la forma, x = y = z

=

3 − 3t, 2 − 3t,

−4 − 6t,

despejando el par´ ametro t e igualando obtenemos,

o también,

x−3 y−2 z+4 = = −3 −3 −6 x−3=y−2= 45

z+4 . 2

Problema 27. Encontrar el punto de intersecci´ on (si es que se intersectan) de las siguientes l´ıneas rectas. → − r 1 (t) = 5bi + 4b j + 5b k t + 7bi + 6b j + 8b k, a).− → − r (t) = 6bi + 4b j + 6b k t + 8bi + 6b j + 9b k, 2

b).− Soluci´ on:

→ − r 1 (t) = 2b k + 3bi + 2b j+b k t, → − r 2 (t) = 3bi + 2b j + 3b k + 6bi + 4b j + 2b k t,

a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma, → − → − − r (t) = → r0 + t A , que representa la ecuaci´ on paramétrica de una recta L que pasa por el punto → − (x0 , y0 , z0 ) y es paralela al vector A . La ecuaci´ on anterior es equivalente a las ecuaciones

x = y = z =

x0 + at, y0 + bt, z0 + ct,

que también se les llaman las ecuaciones paramétricas de la recta L, éstas ecuaciones son equivalentes a las ecuaciones no paramétricas de la recta L dadas por, y − y0 z − z0 x − x0 = = . a b c

De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones paramétricas para cada recta, x = 7 + 5t, y = 6 + 4t, z = 8 + 5t,

y

x = 8 + 6t, y = 6 + 4t, z = 9 + 6t,

que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no paramétricas respectiva-

46

mente,

x−7 5 x−8 6

= =

y−6 z−8 = , 4 5 y−6 z−9 = . 4 6

Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que han de satisfacer las 3 inc´ ognitas x, y y z, si consideramos las tres primeras ecuaciones, obtenemos 1) 2) 3)

x−7 5 y−6 4 x−8 6

= = =

y−6 4 , z−8 5 , y−6 4 .

Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos x−7 x−8 = , 5 6 de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuaci´ on 1),

y−6 2−7 = , 5 4 de donde y = 2, finalmente de la ecuaci´ on 2) obtenemos z = 3. N´ otese que éstos z−9 valores también satisfacen la cuarta ecuaci´ on y−6 4 = 6 . Por lo tanto, el punto de intersecci´ on de las dos rectas tiene al vector 2bi + 2b j + 3b k como vector de posici´ on. − − b).− Como se indic´ o anteriormente, las ecuaciones para → r 1 (t) y → r 2 (t) son → − → − → − → − de la forma r (t) = r0 + t A , en este caso los vectores A 1 = 3bi + 2b j + 3b k y → − b b b A 2 = 6 i + 4j + 2k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero → − → − → − → − A 2 = 2 3bi + 2b j+b k = 2 A 1 , es decir, A 1 k A 2 , por lo que ambas l´ıneas rectas son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nunca se van a intersectar.

47

Problema 28. Encontrar la ecuaci´ on del plano que contiene a las siguientes l´ıneas rectas, 2+x=

3−y 2

=z

x−2 2

y

=

2y+1 2

=z−1

Soluci´ on: Por definici´ on, la ecuaci´ on de un plano es de la forma, ax + by + cz = d, → − − − donde d = → r 0 · N, → r 0 es el vector de posici´ on de un punto que este en el plano → − y N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma para encontrar la ecuaci´ on del plano necesitamos un punto en o sobre éste y un vector normal o perpendicular al mismo. Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma, x − (−2) 1 x−2 2

= =

y−3 z−0 = , −2 1 y − − 12 z−1 = , 1 1

0 = si comparamos estas ecuaciones con la ecuaci´ on general de la recta x−x a → − y−y0 → − → − z−z0 = c , que son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial r (t) = r0 + t A ,que b representa la ecuaci´ on paramétrica de una recta L que pasa por el punto (x 0 , y0 , z0 ) → − y es paralela al vector A , las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a las ecuaciones,

→ − − → − r 01 + t A = (−2, 3, 0) + t (1, −2, 1) , r 1 (t) = → → − → − − r 2 (t) = → r 02 + t B = 2, − 21 , 1 + t (2, 1, 1) .

De las ecuaciones anteriores, si hacemos el producto vectorial de los vectores paralelos a cada recta, obtendremos un vector normal o perpendicular a cada recta, y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dos rectas, de esta forma calculando el producto vectorial, bi b j b k → − → − → − j + 3b k, N = A × B = 1 −2 1 = −3bi + b 2 1 1 → − por lo tanto, sustituyendo en la ecuaci´ on general de un plano, el vector N y cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) por donde pasa la primera recta, obtenemos 48

−3x + y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3), finalmente, la ecuaci´ on del plano pedida est´ a dada por, −3x + y + 3z = 9

49

Problema 29. → − → − Sean P = 3bi + b j + 2b k y Q = bi − 2b j − 4b k los vectores de posici´ on de los puntos P y Q respectivamente. a) Hallar la distancia d desde el punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q. b) Hallar la ecuaci´ on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta P Q. c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b). Soluci´ on: a) Por definici´ on, la distancia de un punto de coordenadas (x 1 , y1 , z1 ) a una → − − − recta de la forma → r (t) = → r 0 + t A , est´ a dada por: → − → − r1−→ r 0) × A (− → d= − A

− − donde → r 0 es el vector de posici´ on del punto por donde pasa la recta L, → r 1 es el vector de posici´ on del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta → − L y el vector A es un vector que es paralelo a la recta L. Por lo tanto, para calcular la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q, → − − − escribamos dicha ecuaci´ on de la recta en la forma → r (t) = → r 0 + t A para as´ı aplicar la ecuaci´ on anterior. → − − − Aplicando la ecuaci´ on → r (t) = → r 0 + t A , para los vectores de posici´ on de los puntos P y Q, la ecuaci´ on de la recta que une los puntos P y Q se puede escribir vectorialmente de la forma,

es decir,

→ → − − → − → − r (t) = P + t Q − P → − r (t) = 3bi + b j + 2b k+t

i h bi − 2b j − 4b k − 3bi + b j + 2b k

→ − r (t) = 3bi + b j + 2b k + t −2bi − 3b j − 6b k

por lo tanto, en la ecuaci´ on anterior tenemos que, → − r0 → − A

=

(3, 1, 2)

=

(−2, −3, −6)

adem´ as, → − r 1 = (−1, 1, 1) 50

aplicando la ecuaci´ on para la distancia de un punto a una recta obtenemos,

d = =

|[(−1, 1, 1) − (3, 1, 2)] × (−2, −3, −6)| |(−2, −3, −6)| |(−4, 0, −1) × (−2, −3, −6)| √ 4 + 9 + 36

calculando el producto vectorial, bi (−4, 0, −1) × (−2, −3, −6) = −4 −2

b b j k j + 12b k 0 −1 = −3bi − 22b −3 −6

Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q est´ a dada por: b √ √ j + 12b k −3i − 22b 9 + 484 + 144 637 √ = d= = 7 7 49 b) Por definici´ on la ecuaci´ on → − − − (→ r −→ r 0 ) · N = 0, representa la ecuaci´ on de un plano que contiene a un punto de coordenadas → − (x0 , y0 , z0 ) y un vector normal N = abi + bb j + cb k. En este, caso la ecuaci´ on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta P Q se puede escribir vectorialmente de la forma, → − → − → − → − r −P · Q−P =0 → − → − donde Q − P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al → − → − plano buscado, sustituyendo los valores para los vectores P y Q , obtenemos (x − 3, y − 1, z − 2) · (−2, −3, −6) = 0 calculando el producto escalar se obtiene, 2x + 3y + 6z = 21 que es la ecuaci´ on del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es perpendicular a la recta P Q.

51

c) Por definici´ on, la ecuaci´ on que proporciona la distancia de un punto de coordenadas (x1 , y1 , z1 ) al plano ax + by + cz = d est´ a dada por: D=

|ax1 + by1 + cz1 − d| √ , a2 + b 2 + c 2

→ − − donde d = N · → r 0 = ax0 + by0 + cz0 . Aplicando la ecuaci´ on anterior, y la ecuaci´ on para el plano calculada en el inciso b) obtenemos,

D=

|2(−1) + 3(1) + 6(1) − 21| |7 − 21| √ =2 = √ 2 2 2 49 2 +3 +6

que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21.

52

Problema 30. | Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z x + 2y + 3z

= =

5, 19.

Soluci´ on: Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrario en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo el punto (0, 1, 1) y apliquemos la expresi´ on para calcular la distancia de un punto de coordenadas (x1 , y1 , z1 ) al plano ax + by + cz = d, dada por la expresi´ on: D=

|ax1 + by1 + z1 − d| p , (a2 + b2 + c2 )

→ − − donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d = N · → r 0, − siendo → r 0 el vector de posici´ on de un punto sobre el plano. En este caso, tenemos

→ − N → − r1

= =

(a, b, c) = (1, 2, 3), (x1 , y1 , z1 ) = (0, 1, 1),

y d = 19, sustituyendo los valores anteriores en la expresi´ on para la distancia, obtenemos

D

= = =

|1(0) + 2(1) + 3(1) − 19| √ 12 + 22 + 32 |−14| |2 + 3 − 19| √ = √ 14 14 √ 14 √ = 14. 14

Obsérvese que como los planos son paralelos, el problema también se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53

3


Problema 1. Escribir las ecuaciones paramétricas y no paramétricas, de los siguientes c´ırculos: a) centro en (0, 1, 0), radio √ 2, paralelo al plano XZ, b) centro en (1, 1, 1), radio 3, paralelo al plano XY, c) centro en (−1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano XZ, d) centro en (−1, 3, −1), radio 5, paralelo al plano Y Z. Soluci´ on. Por definici´ on, la ecuaci´ on (∗)

→ − → − R (θ) = R 0 + (a cos θ) eb1 + (a sin θ) eb2 ,

representa un c´ırculo con centro en el punto (x 0 , y0 , z0 ) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios eb1 y eb2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ est´ a entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuaci´ on anterior en este caso, a = eb1 eb2 → − R0

2 b = i = b k =

(0, 1, 0),

por lo tanto, la ecuaci´ on pedida es

o bien,

→ − R (θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) bi + (2 sin θ) b k → − R (θ) = 2 cos θbi + b j + 2 sin θ b k

es decir, las ecuaciones paramétricas de un c´ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0, 1, 0) son: x =

2 cos θ,

y z

1, 2 sin θ,

= =

que son equivalentes a las ecuaciones no paramétricas, x2 + z 2 y 54

= =

4, 1.

b) En este caso tenemos, aplicando la ecuaci´ on (∗) obtenemos, a eb1 eb2 → − R0

√ = 3 b = i = b j =

(1, 1, 1),

por lo tanto, la ecuaci´ on pedida es

o bien,

√ √ → − 3 cos θ bi + 3 sin θ b j, R (θ) = (1, 1, 1) +

√ √ → − j+b k, R (θ) = 1 + 3 cos θ bi + 1 + 3 sin θ b

que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétricas: x = y = z =

√ 1 + 3 cos θ, √ 1 + 3 sin θ, 1,

de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, de la forma (x − 1)2 + (y − 1)2 z

= =

3, 1.

c) An´ alogamente, de la ecuaci´ on (∗) obtenemos a eb1 eb2 → − R0

= 9 = bi = b k =

(1, 2, 3),

por lo tanto, la ecuaci´ on del c´ıculo en forma paramétrica est´ a dada por, → − k, R (θ) = (1 + 9 cos θ) bi + 2b j + (3 + 9 sin θ) b

que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétrica: x y z

= 1 + 9 cos θ, = 2, = 3 + 9 sin θ, 55

de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, de la forma (x − 1)2 + (z − 3)2 y

= =

81, 2.

d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene,

y

→ − R (θ) = −bi + (3 + 5 sin θ) b j + (−1 + 5 sin θ) b k, (y − 3)2 + (z + 1)2 = x =

56

25, −1..

Problema 2. Dada la curva

→ − R =

t2 b t3 b 2 i + 3 k;

0 5 t 5 2,

encontrar un vector unitario Tb(s),donde s es la longitud de arco.

Soluci´ on. Para encontrar Tb(s), primero debemos reparametrizar la curva en términos → − de la longitud de arco s, es decir; obtener R (s) para as´ı calcular:

→ − d R (s) b T (s) = , ds sabemos que la longitud de arco est´ a dada por la expresi´ on: Z t → − s(t) = R0 (t) dt, 0

de la ecuaci´ on de la curva obtenemos,

→ −0 R (t) = tbi + t2 b k;

de donde,

− p →0 p 2 R (t) = t + t4 = t (1 + t2 ),

sustituyendo en la expresi´ on para la longitud de arco, Z t p s(t) = t (1 + t2 )dt. 0

Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma u du

1 + t2 , 2tdt, du , 2t

= =

dt = de esta forma,

s(t) = =

Z du 1 t 1 = u 2 du tu 2t 2 0 0 " #t 3 i 3 (1 + t2 ) 2 1h (1 + t2 ) 2 − 1 , = 3 3

Z

t

1 2

0

por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´ a dada por,

57

i 3 1h (1 + t2 ) 2 − 1 3 de esta expresi´ on, despejamos el par´ ametro t de la forma; s(t) =

2

(3s + 1) 3 = 1 + t2 ; i 21 h 2 t(s) = (3s + 1) 3 − 1 ,

→ − sustituyendo en la expresi´ on para R (t(s)), obtenemos i i 23 → − 2 2 1h 1h R (s) = (3s + 1) 3 − 1 bi + (3s + 1) 3 − 1 b k, 2 3 derivando esta expresi´ on con respecto al par´ ametro s,

h i 21 2 −1 1 2 2 1 1 2 (3s + 1) 3 (3) bi+ (3s + 1)− 3 (3) b (3s + 1) 3 − 1 k, Tb(s) = 2 3 3 3 3

finalmente, el vector unitario est´ a dado por:

Tb(s) =

1

b 1 i +

(3s + 1) 3

1 1

(3s + 1) 3

h

2

(3s + 1) 3 − 1

i 21

b k.

Observemos que inmediatamente se puede verificar que Tb(s) = 1, aplicando la definici´ on de la magnitud de un vector tenemos, b T (s) = =

s

s

=

s

=

1

1 (3s + 1)

2 3

1 2

(3s + 1) 3

+ h

1 2 3

h

2

(3s + 1) 3 − 1

(3s + 1) i 2 1 + (3s + 1) 3 − 1

2

(3s + 1) 3 2

(3s + 1) 3

58

i

Problema 3:

Dada la curva cuyas ecuaciones paramétricas son:

y

=

t , 2π sin t,

z

=

cos t,

x =

calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cu´ al es el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?. Soluci´ on:

De las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on tb → − r (t) = i + sin tb j + cos tb k, 2π donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definici´ on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´ a dada por:

l(t) =

Z

t=b t=a

→ d− r (t) dt, dt

de la ecuaci´ on de la curva dada, obtenemos

de donde,

− d→ r (t) 1b = i + cos tb j − sin tb k, dt 2π r → r d− 1 1 + 4π 2 2 2 r (t) = + cos + sin t = , dt 4π 2 4π 2

sustituyendo en la expresi´ on para calcular la longitud de la curva obtenemos,

59

l=

Z

2π 0

√

1 + 4π 2 dt = 2π

"√ #t=2π p 1 + 4π 2 = 1 + 4π 2 . t 2π t=0

As´ı mismo por definici´ on, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por: − d→ r (t)

dt T (t) = → , d− r (t) dt

en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos

y

− 1b b d→ r (t = 0) i + j, = dt 2π → √ 2 d− r (t = 0) = 1 + 4π , dt 2π

por lo tanto el vector unitario pedido est´ a dado por:

bi + 2πb j T =√ . 1 + 4π 2

60

Problema 4: Si Tb denota la tangente unitaria a la curva, x = y = z =

t, 2t + 5, 3t,

demuestre que dTb = 0, dt interprete este resultado en forma geométrica. Soluci´ on: En este caso, sustituyendo las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on → − r (t) = tbi + (2t + 5) b j + 3tb k. En forma an´ aloga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por: − d→ r (t)

dt Tb(t) = → , d− r (t) dt

de esta forma, de la ecuaci´ on de la curva obtenemos,

de donde obtenemos,

bi + 2b bi + 2b j + 3b k j + 3b k √ Tb = √ = 2 14 1 +4+9

dTb = 0. dt 61

Por otro lado, obsérvese que las ecuaciones paramétricas de la curva dada son equivalentes a la ecuaci´ on, x−0 y−5 z−0 = = , 1 2 3 que es la ecuaci´ on de una l´ınea recta que pasa por el punto de coordenadas → − (0, 5, 0) y es paralela al vector A = bi+2b j+3b k, como se ilustra esquem´ aticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure b Por lo tanto, la expresi´ on ddtT = 0 indica que el vector Tb es constante a lo largo de la l´ınea recta, por lo que la direcci´ on de la curva debe estar dada por → − un vector unitario en la direcci´ on del vector A , como era de esperarse.

62

Problema 5:

a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecuaciones paramétricas, et cos t, et sin t, 0,

x = y = z = entre t = 0 y t = 1.

b) Reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco. Soluci´ on:

a) De las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on → − r (t) = et cos tbi + et sin tb j,

donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definici´ on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´ a dada por:

l(t) =

Z

t=b t=a

→ d− r (t) dt, dt

de la ecuaci´ on de la curva dada, obtenemos

de donde,

− d→ r (t) t j, = −e (sin t) + et cos t bi + et cos t + et sent b dt

→ d− r (t) = dt

=

= =

q

q

2

[et (− sin t + cos t)] + [et (cos t + sin t)]

2

e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t

√ 2e2t √ t 2e ,

63

sustituyendo en la expresi´ on para calcular la longitud de la curva obtenemos,

√ Z l= 2

1

et dt =

0

√ t 1 √ 2 e 0 = 2 [e − 1] .

b) Para reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco s, tenemos por definici´ on, que la longitud de arco s (t) est´ a dada por la expresi´ on,

s = s(t) =

Z

→ d− r (t) dt, dt t=t1 t

para t ≥ t1 , en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´ a dada por:

s (t) = =

√ Z t t 2 e dt √ 0t 2 e −1 ,

de la expresi´ on anterior despejamos a t en funci´ on de la longitud de arco s, de la forma 1 et = √ s + 1, 2 es decir,

t(s) = log

s √ +1 2

= log

√ ! s+ 2 √ , 2

por lo tanto, la ecuaci´ on de la curva en términos de la longitud de arco s est´ a dada por:

" → − r (t(s)) = exp log

" " √ # √ # ) √ !# ( s+ 2 b s+ 2 b s+ 2 √ cos log √ i + sin log √ j , 2 2 2 64

finalmente obtenemos,

√ " s+ 2 → − r (s) = √ cos log 2

√ ! s+ 2 b √ i + sin log 2

65

√ ! # s+ 2 b √ j . 2

Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones paramétricas, x = y z

= =

sin t − t cos t,

cos t + t sin t, t2 ,

encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y b) T (t) . c) T (π) . Soluci´ on:

el punto −2π, 1, 4π 2

En forma an´ aloga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estar´ a dada por: Z 2π → d− r (t) l= dt dt 0 en este caso, − d→ r (t) dt

= =

por lo tanto,

(cos t − cos t + t sin t) bi + (− sin t + sin t + t cos t) b j + 2tk t sin tbi + t cos tb j + 2tb k

l

= = =

Z

Z

2π 0 2π

p

t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 dt

√ 5t2 dt =

0

" √ #2π 5 2 t 2 0

√

5 2 4π , 2

finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto −2π, 1, 4π 2 , est´ a dada por

√ l = 2 5π 2 . 66

b) En forma an´ aloga a los problemas anteriores, en este caso, el vector

tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por:

Tb (t) =

=

= finalmente,

→ − r (t) → − | r (t)|

t sin tbi + cos tb j + 2tb k p 2 2 2 2 t sin t + t cos t + 4t2 t sin tbi + t cos tb j + 2tb k √ , t 5

i 1 h j + 2b k . Tb (t) = √ sin tbi + cos tb 5 c) As´ı mismo en el punto t = π, el vector tangente est´ a dado por: i 1 h Tb (t = π) = √ −b j + 2b k . 5

67

Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: 1 φ(x, y, z) = p x2 + y 2 + z 2

Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Soluci´ on. Aplicando la definici´ on del gradiente, obtenemos

∇φ

∂ ∂x

= =

−

=

−

1 2

!

1

p

1

∂ , ∂y

p x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 ! 1 b b b 2x i + 2y j + 2z k 3 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 ! xbi + yb j + zb k

!

∂ , ∂z

1

p x2 + y 2 + z 2

3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´ a dado por: ∇φ(1, 0, −1) = −

1 3

(1 + 0 + 1) 2

es decir,

(bi − b k)

1 ∇φ(1, 0, −1) = √ (−bi + b k). 2 2

b) Dado el campo vectorial

→ − xbi + yb j + zb k f (x, y, z) = p 2 2 x + y + z2

calcular → − i) ∇ · f en (1, −2, 1). → − j) ∇ × f en (1, −2, 1). Soluci´ on. i) El campo vectorial es de la forma: → − f (x, y, z) = p

x x2 + y 2 + z 2

bi + p

y x2 + y 2 + z 2

Aplicando la definici´ on de la divergencia, se tiene

68

bi + p

z x2 + y 2 + z 2

bi

!!

∂f1 ∂x

∂ ∂x

=

!

x

p

x2 + y 2 + z 2 1 − 1 x2 + y 2 + z 2 2 − x 12 x2 + y 2 + z 2 2 2x

=

(x2 + y 2 + z 2 )

− 1 x2 + y 2 + z 2 2 x2 + y 2 + z 2 − x 2 (x2 + y 2 + z 2 )

= finalmente,

y2 + z2 ∂f1 = 3 ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) 2 de forma an´ aloga obtenemos, ∂ ∂f2 = ∂y ∂y y ∂f3 ∂ = ∂z ∂z

p p

y x2 + y 2 + z 2

z x2 + y 2 + z 2

!

=

!

=

x2 + z 2 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

x2 + y 2 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

por lo tanto la difvergencia de la funci´ on vectorial dada resulta, → − ∇· f

= =

1 3

(x2

+ y2 + z2 ) 2 2(x2 + y 2 + z 2 )

(x2

+

y2

+

3

z2) 2

(y 2 + z 2 + x2 + z 2 + x2 + y 2 ) =p

2 (x2 + y 2 + z 2 )

por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1, −2, 1) resulta r → − 2 2 = ∇ · f (1, −2, 1) = p 2 2 2 3 (1 + (−2) + 1 )

Soluci´ on alternativa. → − a) El campo vectorial f (x, y, z) se puede representar de la siguiente forma: → − → − f (x, y, z) = φ(x, y, z) A (x, y, z)

donde:

69

p

φ(x, y, z) = → − A (x, y, z) =

1 x2

+ y2 + z2

→ − r.

Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos − − − 1) ∇ · (φ→ r ) = ∇φ · → r + φ∇ · → r, pero del inciso a) se obtuvo que, ∇

p

1 x2 + y 2 + z 2

!

=−

xbi + yb j + zb k

3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

que se puede escribir como

→ −

(2) ∇φ = − rr3 , − donde r es la magnitud del vector de posici´ on → r. Por otro lado de la definici´ on de la divergencia se tiene, − (3) ∇ · → r =

∂x ∂x

∂y ∂y

+

+

∂z ∂z

= 3,

sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaci´ on (1) obtenemos, − ∇ · (φ→ r) =

−

=

2 r

→ − 3 r → ·− r + r3 r

que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente. En general si un campo escalar φ(x, y, z) se puede representar de la forma, φ(x, y, z) → φ(r) donde r es la magnitud del vector de posici´ on, entonces ∇φ(r) =

p − donde r = |→ r | = x2 + y 2 + z 2 y ebr = Por ejemplo, si φ(x, y, z) = ln

∂φ − eb→ ∂r r

→ − r r .

(x2

1

que se puede escribir como φ(r) = ln

1 = −3 ln r r3 70

3

+ y2 + z2 ) 2

de donde, ∂φ 3 =− ∂r r y por lo tanto, ∇φ(r) =

∂φ 3 ebr = − ∂r r

→ − 3− r = − 2→ r. r r

Por otro lado, si aplicamos la definici´ on del gradiente, tenemos 1 3 b bi + 2yb 2x j + 2z k ∇φ(x, y, z) = 2 x2 + y 2 + z 2

es decir,

∇φ(x, y, z) =

3 2 x + y2 + z2

j) Si el campo vectorial esta dado como

3− r. xbi + yb j + zb k = 2→ r

→ − xbi + yb j + zb k f (x, y, z) = p 2 2 x + y + z2

Por definici´ on del rotacional tenemos, bi → − ∂ ∇× f = ∂x √ x √ 2 2 2 x +y +z

b j

∂ ∂y y x2 +y 2 +z 2

b k

∂ ∂z √ 2 z2 2 x +y +z

calculando las derivadas parciales, obtenemos → − ∇× f =

−

yz 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

− − + −

+

xz 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2 xy 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

es decir, → − → − ∇× f = 0

yz 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2 + +

!

xz 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2 xy 3

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

bi

! !

bi bi

Soluci´ on alternativa. De la mismaforma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador → − → − → − ”NABLA” ∇ × φ(r) A = ∇φ(r) × A + φ(r)∇ × A , identificando a φ(r) = 1r → − − y A =→ r tenemos, 71

(4) ∇ ×

→ − r r

1 r

=∇

− − ×→ r + 1r ∇ × → r,

adem´ as, de la definici´ on del rotacional tenemos que, b bi b j k → − − ∂ ∂ ∂ (5) ∇ × → r = ∂x = 0, ∂y ∂z x y z y del inciso a), obtenemos

(6) ∇

1 r

→ −

= − rr3 ,

sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaci´ on (4), obtenemos → → − − r r − = − 3 ×→ r, ∇× r r aplicando la definici´ on del producto vectorial de dos vectores → − → − − r ×→ r = 0, finalmente obtenemos, → − r → − ∇× = 0, r que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definici´ on del determinante para el rotacional.

72

Problema 8. El potencial electrost´ atico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de densidades lineales λ y −λ est´ a dado por, V =

r2 ∂ ln( ), 2πε0 r1

donde r12 = (x − x0 )2 + y 2 , y r22 = (x + x0 )2 + y 2 , consideremos los filamentos en la direcci´ on z, pasando por el plano XY en (−x0 , 0, 0) y (x0 , 0, 0). Verificar que:

∇V (x, y) =

λ 2πε0

x + x0 x − x0 b 1 b 1 − − i + 2y j r12 r22 r12 r22

Soluci´ on: Sustituyendo los valores de r12 y r22 , y aplicando la propiedad de los logaritmos, obtenemos

1 λ (x + x0 )2 + y 2 2 (x + x0 )2 + y 2 λ = V (x, y) = ln ln . 2πε0 (x − x0 )2 + y 2 4πε0 (x − x0 )2 + y 2 Por definici´ on, sabemos que ∇V (x, y) ≡

∂V b ∂V b i+ j. ∂x ∂y

Calculemos primeramente la derivada con respecto a x, ∂V (x, y) (x + x0 )2 + y 2 ∂ ln , =k ∂x ∂x (x − x0 )2 + y 2 donde

k=

λ , 2πε0 73

de esta forma,

∂V (x, y) =k ∂x

(

(x − x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2

"

#) (x − x0 )2 + y 2 2(x + x0 ) − (x + x0 )2 + y 2 2(x − x0 ) [(x − x0 )2 + y 2 ]

2

sustituyendo r12 = (x − x0 )2 + y 2 ,

y

r22 = (x + x0 )2 + y 2 , obtenemos,

∂V (x, y) ∂x

r12 2(x + x0 )r12 − 2(x − x0 )r22 r22 r14 2(x + x0 )r12 − 2(x − x0 )r22 λ 4πε0 r12 r22 (x + x0 ) (x − x0 ) λ . − 2πε0 r22 r12

=

k

= =

An´ alogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos,

∂V (x, y) ∂y

= = = =

(x + x0 )2 + y 2 ∂ ln ∂y (x − x0 )2 + y 2 ( " #) (x − x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 − 2y (x + x0 )2 + y 2 2y k 2 (x + x0 )2 + y 2 [(x − x0 )2 + y 2 ] 2 r1 2y(r12 − r22 k r22 r14 1 b 1 k2y 2 − 2 j. r2 r1 k

Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obtenemos, λ ∇V (x, y) = 2πε0

1 x + x0 x − x0 b 1 b i + 2y − − 2 j . r12 r22 r12 r2 74

,

Problema 9. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 en la direcci´ on del punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y b) Su valor m´ aximo y direcci´ on en el punto (1, 1, 0). Soluci´ on: − − a) Sean → rP y→ r Q los vectores de posici´ on de los puntos P y Q respectivamente, es decir → − rP → − r

Q

por lo tanto,

= bi + b j b = 2i + b j+b k

→ − − j 2bi + b j+b k − bi + b rQ−→ rP 1 b b p √ i+k u b= → = = − |− rQ−→ r P| 2 (2 − 1)2 + (1 − 1)2

asimismo, de la definici´ on del gradiente dada por la ecuaci´ on, ∇φ(x, y, z) ≡ ∂V b ∂V b ∂V b ∂x i + ∂y j + ∂z k obtenemos, ∇φ = 2xbi + 2yb j + 2z b k

sustituyendo en la expresi´ on para la derivada direccional, dφ ds

= = =

∇φ · u b 1 2xbi + 2yb j + 2z b k · √ bi + b k 2 2 √ (x + z) 2

evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos, dφ(1, 1, 0) √ = 2. ds

√ Es decir, el campo escalar se incrementa a una raz´ on de 2 por unidad de distancia cuando se avanza del punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1). b) Por definici´ on aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor m´ aximo de dφ ser´ a igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; ds √ dφ = |∇φ| = 2 2 ds max 75

y también de la propiedad del gradiente, el valor m´ aximo de dφ a en ds se tendr´ la direcci´ on del gradiente ∇φ(1, 1, 0) = 2(1)bi + 2(1)b j + 2(0)b k, es decir, en la direcci´ on del vector 2bi + 2b j.

76

Problema 10. Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1, 1, −1) en direcci´ on del vector (−3, 5, 6). Soluci´ on: Por definici´ on la derivada direccional est´ a dada por: ∂φ = ∇φ · u b, ∂s en este caso, la derivada direccional estar´ a dada por,

∂P = ∇P · u b, ∂s calculando el gradiente de la funci´ on P,

∇P

= =

∂ ∂ ∂ (4 exp (2x − y + z)) bi + (4 exp (2x − y + z)) bi + (4 exp (2x − y + z)) bi ∂x ∂x ∂x exp (2x − y + z) 8bi − 4b j + 4b k ,

la direcci´ on est´ a dada en este caso por el vector,

→ − −3bi + 5b j + 6b k u √ , = u b= → − |u| 70

por lo tanto la derivada de la funci´ on P en el punto (1, 1, −1) est´ a dada por:

∂P (1, 1, −1) ∂s

= = = =

∇P (1, 1, −1) · u b

−3bi + 5b j + 6b k √ exp (2(1) − (1) + (−1)) 8bi − 4b j + 4b k · 70 −24 − 20 + 24 √ 70 20 −√ . 70

77

Problema 11 Calcule la derivada direccional de f (x, y, z) = x yz en el punto (e, e, 0) y en la direcci´ on del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2). Soluci´ on: Para calcular la derivada direccional de f (x, y, z), tenemos por definici´ on que df = ∇f · u b, ds

donde, ∇f es el gradiente de la funci´ on dada y u b es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´ a dada por el vector, → − − − u =→ r2 − → r1 = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1),

de esta forma, → − 1 u = √ (−1, 1, 1). u b= → − |u| 3

Aplicando la definici´ on del gradiente, obtenemos

∇f

= = = =

∂ yz b ∂ yz b ∂ yz b [x ] i + [x ] j + [x ] k ∂x ∂y ∂z ∂ h ln xyz i b ∂ h ln xyz i b ∂ h ln xyz i b i+ j+ k e e e ∂x ∂y ∂z yz yz yz ∂ ∂ ∂ eln x (ln xyz ) bi + eln x (ln xyz ) b (ln xyz ) b k j + eln x ∂x ∂y ∂y i 1 h yz 1 1 yz−1 b b b yzx i + (z ln x) j + (y ln x) k , eln x xyz xyz xyz

que se puede escribir de la forma,

∇f = yzxyz−1 bi + z ln xb j + y ln xb k,

de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente est´ a dado por:

∇f (e, e, o) = 0bi + 0b j + e ln(e)b k = e(0, 0, 1),

Finalmente la derivada direccional est´ a dada por: 78

df ds

= =

1 e(0, 0, 1) · √ (−1, 1, 1) 3 e √ . 3

79

Problema 12. Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de la funci´ on φ(x, y, z) = axy 2 + byz + cx3 z 2 en el punto (1, 2, −1) tenga un m´ aximo de magnitud 64 en la direcci´ on paralela al eje Z. Soluci´ on: Por definici´ on, la derivada direccional est´ a dada por: dφ = ∇φ · u b ds Aplicando las hip´ otesis del problema, ésta derivada ser´ a m´ axima en direcci´ on paralela al eje Z, es decir en direcci´ on del vector b k por lo tanto, (1) ∇φ · b k = 64, (2) ∇φ · b j = 0, (3) ∇φ · bi = 0,

aplicando la definic´ on del gradiente obtenemos,

∇φ = ay 2 + 3cx2 z 2 bi + (2axy + bz)b j + by + 2cx3 z b k

evaluando en el punto (1, 2, −1), obtenemos

∇φ(1, 2, −1) = (4a + 3c) bi + (4a − b)b j + (2b − 2c) b k

por lo tanto, de las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos (1a) 2b − 2c = 64, (2a) 4a + 3c = 0, (3a) 4a − b = 0, de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos, b = −3c al sustituir en la ecuaci´ on (1a) obtenemos, c = −8

nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos, 80

a =

6

b =

24

81

Problema 13. Dado el campo escalar, φ(x, y, z) = 2xz + ey z 2 on del vector 2bi + 3b j−b k. a) Encontrar dφ ds en el punto (2, 1, 1) y en la direcci´ b) Cu´ al es la direcci´ on del m´ aximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1) y que valor tiene éste m´ aximo cambio. c) Encuentre la ecuaci´ on del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto (2, 1, 1). Problema: Por definici´ on, sabemos que la derivada direccional est´ a dada por: df = ∇f · u b, ds

donde, ∇f es el gradiente de la funci´ on dada y u b es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´ a dada por el vector, 1 u b = √ (2, 3, −1) , 14

as´ı mismo, ∇φ ≡

∂φb ∂φ b ∂φ b i+ j+ k = 2zbi + ey z 2b j + (2x + ey z) b k, ∂x ∂y ∂z

de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente est´ a dado por: j + (4 + 2e)b k ∇φ = 2bi + eb

Por lo tanto, la derivada direccional est´ a dada por: df ds

= =

1 b b b 2i + ej + (4 + 2e)k · √ (2, 3, −1) 14 1 e √ [4 + 3e − 4 − 2e] = √ . 14 14

b) La direcci´ on en el cual el campo escalar φ est´ a cambiando m´ as r´ apido, est´ a dada en la direcci´ on gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos ∇φ(2, 1, 1) = 2bi + eb j + (4 + 2e)b k,

y su m´ aximo valor est´ a dada por:

|∇φ(2, 1, 1)| = =

p

22 + e2 + (4 + 2e)2 p 20 + 16e + 5e2 . 82

c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) est´ a dado por el gradiente, ∇φ(2, 1, 1) = 2bi + eb j + (4 + 2e)b j,

De esta forma, la ecuaci´ on del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, est´ a dada por − − ∇φ • (→ r −→ r0 ) = 0, es decir, 2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0, que también se puede escribir de la forma, 2x + ey + 4z = 8 + 3e.

83

Problema 14. La temperatura de los puntos en el espacio est´ a dada por: T (x, y, z) = x2 + y 2 − z a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se est´ a muriendo de fr´ıo. ¿En qué direcci´ on deber´ a volar para que no se muera? b) Si el mosquito vuela a una raz´ on de 5 unidades de distancia por segundo en direcci´ on del vector 4bi+4b j−2b k. ¿Cu´ al es la raz´ on de cambio de aumento en la temperatura por unidad de tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?. Soluci´ on: a) Como el gradiente de T a punta en la m´ axima raz´ on de cambio de la temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se est´ a muriendo de fr´ıo, deber´ a moverse en la direcci´ on del gradiente para calentarse. Aplicando la definici´ on del gradiente, ∇T (x, y, z) ≡ en este caso, tenemos

∂T b ∂T b ∂T b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z

5T (x, y, z) = 2xbi + 2yb j−b k,

de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente est´ a dado por 5T (1, 1, 2) = 2bi + 2b j−b k,

as´ı que el mosquito deber´ a moverse en la direcci´ on del vector (2, 2, −1). b) Aplicando regla de la cadena, la raz´ on de cambio en la temperatura esta dada por: dT ds dT = , dt ds dt donde

dT = 5T · u b, ds

es la derivada direccional, y ds dt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito. Por hip´ otesis del problema, la direcci´ on est´ a dada por el vector unitario, 4bi + 4b j − 2b k 4 4 2 , , ,− u b= √ = 6 6 6 16 + 16 + 4

de esta forma la derivada direccional estar´ a dada por

1 4 4 1 dT = (2, 2, −1) · (2, 2, −1) = + + = 3, ds 3 3 3 3 y como

ds dt

= 5, finalmente el cambio en la temperatura estar´ a dada de la forma, 84

◦ dT C = 15 . dt seg

85

Problema 15. El capit´ an Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él esta en la posici´ on (x, y, z) est´ a dada por: T (x, y, z) = e−x−y−z , donde x, y y z est´ an medidas en metros. Actualmente él est´ a en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qué direcci´ on deber´ a avanzar para disminuir m´ as rapido la temperatura? b) Si la nave viaja a e8 m e rapidez decaer´ a la temperatura si avanza s , ¿con qu´ en esa direcci´ on? Soluci´ on: a) Si el campo escalar de temperaturas, est´ a dado por T (x, y, z) = e−x−y−z , de la definici´ on de la derivada direccional dT b, que f´ısicamente nos da ds = ∇T · u la raz´ on de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcci´ on del vector u b, la m´ axima raz´ on de cambio de aumento de la temperatura estar´ a dada por dT = |∇T | , ds max es decir, cuando ∇T apunta en la direcci´ on de u b. Por lo tanto, si el capit´ an Peluches est´ a en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direcci´ on contraria al gradiente. Aplicando la definici´ on del gradiente, tenemos ∂T b ∂T b ∂T i+ j+ zb ∂x ∂y ∂z ∇T = −e−x−y−zbi − e−x−y−z b j − e−x−y−z b k −2−2−2 b −6 bi + b ∇ [T (2, 2, 2)] = −e i+b j+b k = −e j+b k , ∇T

=

de esta an Peluches se tiene que mover en direcci´ on del vector forma, el capit´ −6 b b b e i+j+k . b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds dt , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, est´ a dada por (aplicando regla de la cadena): dT ds dT = , dt ds dt donde

y

dT = ∇T • u b, ds 86

por lo tanto,

−6 b b b b bi + b e i + j + k j + k ∇T √ √ = , u b= = |∇T | 3 e−12 3 2

√ ∇T |∇T | dT = ∇T • = = |∇T | = e−6 3 ds |∇T | |∇T |

0 C , m

finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´ a dada por: 0 √ 0C m √ dT C e8 = 3 . = 3 e8 dt m s seg

87

Problema 16. a) La temperatura en una caja rect´ angular est´ a dada aproximadamente por T (x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), donde 0 < × < 1, 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Si un mosquito se localiza en el punto (0, 1, −2), en que direcci´ on deber´ a volar para enfriarse lo m´ as r´ apido posible. Explique su respuesta. b) Si el mosquito est´ a volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo. Con qué rapidez est´ a cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en direcci´ on paralela al eje x?. Soluci´ on. a) El gradiante apunta donde la raz´ on de cambio del incremento de temperatura es m´ axima, por lo que el mosquito debe moverse en direcci´ on opuesta al gradiente. Por definici´ on, el gradiente de una funci´ on escalar est´ a dado por, ∇T = en este caso,

∂T b ∂T b ∂T b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z

T (x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z), luego entonces

∇T

=

∇T

= =

∂T b ∂T b ∂T b i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

[(1 − x) − x] (2 − y) (3 − z) bi − x (1 − x) (3 − z) b j − x (1 − x) (2 − y) b k b b b (1 − 2x) (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k

evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos

(1 − 2 (0)) (2 − (1)) (3 − (−2)) bi + 0b j + 0b k b = 5i

∇T (0, 1, −2) =

es decir, el mosquito debe volar en direcci´ on del vector −5bi para enfriarse. m b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 seg = ds dt , entonces aplicando la regla de la cadena, tenemos dT dT ds = , dt ds dt donde

y

dT = ∇T • u b, ds 88

u b = (1, 0, 0)

puesto que se mueve en direcci´ on paralela al eje x, por lo tanto dT dt

= =

1.5 (∇T · u b) h i 1.5 5bi · bi ,

finalmente, la rapidez con la cual est´ a cambiando la temperatura de la caja cuando el mosquito se mueve en direcci´ on paralela al eje x, est´ a dada por 0 dT C = 7.5 . dt seg

89

Problema 17. a) Defina el concepto de conjunto de nivel. b) Defina el concepto de gr´ afica de una funci´ on. c) Describa el comportamiento, conforme var´ıa c, del conjunto de nivel para la siguiente funci´ on. f (x, y) = 1 − x2 − y 2 ,

d) Cual es el conjunto de nivel si

c > 1.

Soluci´ on: a) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define el conjunto de nivel como el conjunto − de puntos → x ∈ U que satisfacen, − − Lc = { → x ∈ U : f (→ x ) = C ∈ R} . b) Sea f : U ⊂ Rn −→ R,

se define la gr´ afica de la funci´ on f como el conjunto de puntos (x1 , x2 .........xn , f (x1 x2 , ....., xn )), que pertenecen a R

n+1

es decir, el conjunto

para (x1 , x2 .........xn ) ∈ U,

((x1 , x2 ...., xn , f (x1 , x2 , ...., xn )) ∈ Rn+1 : (x1 , ..., xn ) ∈ U .

c) Si f (x, y) = 1 − x2 − y 2 ; en este caso el conjunto de nivel es una curva en R tal que cumple: 2

o también,

Lc = (x, y) : 1 − x2 − y 2 = c , Lc = (x, y) : x2 + y 2 = 1 − c ,

es decir, conforme c varie las curvas del nivel son c´ırculos de radio d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio. 90

√

1 − c.

Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecuaciones paramétricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u). Soluci´ on: Por definici´ on, una superficie S en el espacio est´ a descrita por una funci´ on vectorial de la forma: → − r (u, v) = x(u, v)bi + y(u, v)b j + z(u, v)b k,

donde u y v son par´ ametros (variables), en forma an´ aloga al par´ ametro t para → − una trayectoria curva en el espacio representada por f (t); as´ı mismo, las ecuaciones x = y = z =

x(u, v), y(u, v), z(u, v),

son las ecuaciones paramétricas de la superficie S. En este caso, la ecuaci´ on paramétrica para la superficie S est´ a dada por: → − r (u, v) = u cos vbi + u sin vb j + z(u)b k

por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S representada por la ecuaci´ on anterior estar´ a dado por: → − − ru×→ rv n b= → , − → |ru×− r v|

− − donde los vectores → ru y → r v son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente, éstos vectores est´ an dados por:

y

− ∂→ r (u, v) → − ru≡ = cos vbi + sin vb j + z‘(u)b k, ∂u

− ∂→ r (u, v) → − rv≡ = −u sin vbi + u cos vb j. ∂v Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos bi → − → − r u × r v = cos v −u sin v es decir,

b j sin v u cos v

b k z‘(u) 0

= (−u cos vz 0 (u))bi−(u sin vz 0 (u))b j+ u cos2 v + u sin2 v b k

→ − − ru×→ r v = (−u cos vz 0 (u))bi − (u sin vz 0 (u))b j + ub k, 91

la magnitud de este vector est´ a dada por, p − − |→ ru×→ r v | = (−u cos vz 0 (u))2 + (u sin vz 0 (u))2 + u2 = u

q

2

1 + [z 0 (u)] ,

sustituyendo los resultados anteriores en la expresi´ on para el vector unitario n b, obtenemos n b=

− cos vz 0 (u)bi − sin vz 0 (u)b j+b k q 2 1 + [z‘(u)]

Problema 19. → − − r es un campo vectorial conservativo y encontrar el Demostrar que f = r 2 → potencial escalar del cual se deriva. Soluci´ on: → − − r es un campo conservativo debemos verifica que Para mostrar que f = r 2 → − → → − ∇ × f = O. → − Calculando el rotacional de f , usando la propiedad distributiva del producto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos, − − − r ) = ∇r 2 × → r + r2 ∇ × → r, ∇ × (r 2 → aplicando las siguientes propiedades del operador nabla, − ∇rn = nrn−2 → r, que se demuestra en el problema 22, y la propiedad → − − ∇×→ r = O, obtenemos,

→ − − − − ∇ × (r 2 → r ) = 2→ r ×→ r = O,

→ − − es decir, f = r 2 → r , es un campo vectorial conservativo. → − Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que f (r) = ∇φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresi´ on para el gradiente de una funci´ on − que s´ olamente depende de r = |→ r | , y que resulta de aplicar la regla de la cadena, ∂φ(r)b ∂φ(r) b ∂φ(r) b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z ∂φ ∂r b ∂φ ∂r b ∂φ ∂r b = i+ j+ k, ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z = φ0 (r)∇r, = φ0 (r)b er ,

∇φ(r) =

92

de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, → − − r = r 3 ebr , f = r2 →

por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es → − decir f (r) = ∇φ(r), obtenemos φ0 (r) = r 3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, r4 + C, 4 donde C es una constante de integraci´ on que depende de las condiciones iniciales. φ(r) =

93

Problema 20. − a) Mostrar que 5 • [f (r)→ r ] = 3f (r) + rf 0 (r). → − b) Calcule 5 × [f (r) r ] (no aplique la definici´ on del determinante). Soluci´ on: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funci´ on escalar por una funci´ on vectorial, dada por: − − − 5 · [f (r)→ r ] = 5f (r) · → r + f (r) 5 ·→ r, → − como el campo escalar f (r), s´ olo depende de r = | r | , podemos aplicar → − r , r adem´ as, por definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos 5f (r) = f 0 (r) 5 r = f 0 (r)

− 5•→ r = 3, entonces → − r → •− r + 3f (r) = rf 0 (r) + 3f (r), r b) En forma an´ aloga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del − 5 • [f (r)0 → r ] = f 0 (r)

producto de una funci´ on escalar por una funci´ on vectorial, dada por: − − − 5 × [f (r)→ r ] = f (r) 5 ×→ r + 5f (r) × → r,

→ − − por definici´ on, sabemos que 5 × → r = 0 , y aplicando la expresi´ on para el − gradiente de una funci´ on que s´ olamente depende de r, donde r = | → r | , obtenemos − 5f (r) × → r =

f 0 (r) → → − − − r ×→ r = 0, r

finalmente se demuestra que → − − 5 × [f (r)→ r]= 0.

94

Problema 21. → − → − − Hallar el campo vectorial F tal que F = f (r)→ r halle la funci´ on f (r). Soluci´ on:

→ − y div F = 0, es decir;

Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, → − → − → − ∇ · Φ A = ∇Φ · A + Φ∇ · A , en este caso, tenemos Φ = → − A =

f (r), → − r,

− − − ∇ · [f (r)→ r ] = ∇f (r) · → r + f (r)∇ · → r → − como el campo escalar f, s´ olo depende de r = | r | , podemos aplicar

→ − r , r que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado, de la definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos ∂ ∂ ∂ − , , · (x, y, z) = 3, ∇·→ r = ∂x ∂y ∂z 5f (r) = f 0 (r) 5 r = f 0 (r)

entonces

− ∇ · [f (r)→ r] = =

→ − r → ·− r + 3f (r) r f´0 (r)r + 3f (r),

f´0 (r)

− aplicando la hip´ otesis del problema dada por ∇ · [f (r) → r ] = 0, obtenemos f´0 (r) r + 3 = 0, f (r) o también, 1 3 df (r) = − dr, f (r) r integrando, obtenemos

95

Z dr df (r) = −3 f (r) r ln f (r) + cte = −3 (ln r + cte) ln f (r) = ln r −3 + cte −3 eln f (r) = e(ln r +cte) , Z

finalmente, la funci´ on escalar est´ a dada por: f (r) = Ar −3 = donde A es una constante de integraci´ on.

96

A . r3

Problema 22. − − a) Si → r = |→ r | demostrar las siguientes identidades, − r I) ∇r n = nrn−2 → 2 n II) ∇ r = n(n + 1)r n−2 − r ) = (n + 3) r n III) ∇ · (r n → b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular, I) ∇ 1r 3/2 II) ∇2 ()1r III)

∇·

→ − r r3

Solucion:

a) Por definici´ on, el vector de posici´ on de un punto en el espacio est´ a dado por, → − r = xbi + yb j + zb k,

p − de donde, la magnitud del vector esta dada por r = |→ r | = x2 + y 2 + z 2 . Aplicando la definici´ on del operador vectorial nabla ∇ dado por, ∇≡ obtenemos para I), ∇rn =

∂b ∂ b ∂b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z ∂rn b ∂rn b ∂rn b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z

sustituyendo la magnitud del vector de posici´ on, tenemos

∇rn

= = = =

n n n ∂ ∂ ∂ j+ k x2 + y 2 + z 2 2 bi + x2 + y 2 + z 2 2 b x2 + y 2 + z 2 2 b ∂x ∂y ∂z n −1 n −1 n −1 n 2 n 2 n 2 x + y 2 + z 2 2 (2x) bi + x + y 2 + z 2 2 (2y) b x + y 2 + z 2 2 (2z) b j+ k 2 2 2 n−2 n x2 + y 2 + z 2 2 xbi + yb j + zb k n−2 → − − n |→ r| r,

finalmente,

− ∇rn = nrn−2 → r.

II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´ a dado por,

97

∂2 ∂2 ∂2 + + , ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 − de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector → r , obtenemos ∇2 ≡ ∇ · ∇ =

∇2 r n =

n n n ∂2 ∂2 ∂2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z x + y + z x + y + z + + , ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

observese por la forma de la funci´ on escalar dada, s´ olo necesitamos calcular las derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z son an´ alogas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma, − ∇2 rn ≡ ∇ · ∇r n = ∇ · nrn−2 → r ,

y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, → − → − → − ∇ · Φ A = ∇Φ · A + Φ∇ · A , donde,

Φ → − A

= nr n−2 , − = → r,

por lo tanto, − − − ∇2 rn ≡ ∇ · nrn−1 → r + nr n−2 ∇ · → r, r = ∇ nrn−2 · →

− aplicando la divergencia de una funci´ on vectorial tenemos que ∇ · → r = 3 y el − n−2 n−4 → resultado del inciso anterior, en este caso ∇r = (n−2)r r , de esta forma, ∇2 r n

= =

− − n(n − 2)r n−4 → r ·→ r + 3nr n−2 , n(n − 2)r n−2 + 3nr n−2 ,

2 − − − donde aplicamos el hecho de que → r ·→ r = |→ r | = r2 , finalmente obtenemos

∇2 rn = n(n + 2)r n−2 . III). En forma an´ aloga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad de la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso las funciones escalares y vectoriales est´ an dadas por, Φ = → − A = por lo tanto, 98

rn , → − r,

− − − r ) = ∇r n · → r + rn ∇ · → r ∇ · (r n → usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos, − ∇ · (r n → r)

− − = nr n−2 → r ·→ r + 3r n n n = nr + 3r = (n + 3)r n .

b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos, I) II) III)

∇2 ()1r 3/2

→ − − ∇ 1r = ∇ r−1 = (−1)r −3 → r = − rr3 . 3 7 3 = ∇2 r− 2 = − 23 − 32 + 1 r(− 2 −2) = 34 r− 2 = → − − r = 0. ∇ · rr3 = ∇ · r−3 →

99

√3 . 4 r7

Problema 23. Dado el campo vectorial, → − → − r F = → , k − |r|

→ − − donde → r = xbi + yb j + zb k. Para qué valor de la constante k, la divergencia de F es igual a cero?. Soluci´ on: → − Las componentes del campo vectorial F est´ an dadas por: Fx

=

Fy

=

Fz

=

x k

,

k

,

(x2 + y 2 + z 2 ) 2 y (x2 + y 2 + z 2 ) 2 z

k , (x2 + y 2 + z 2 ) 2 → − j + Fz b k, est´ a dada como la divergencia de una campo vectorial F = Fxbi + Fyb

por

→ − ∂Fx ∂Fy ∂Fz ∇· F ≡ + + ∂x ∂y ∂z s´ olamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma

∂Fx ∂x

=

= =

# " ∂ x ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) k2 h i k k −1 x2 + y 2 + z 2 2 − x k2 x2 + y 2 + z 2 2 (2x) k

(x2 + y 2 + z 2 ) 1 kx2 . k − k +1 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2

An´ alogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos ∂Fy ∂y

=

∂Fz ∂z

=

1 (x2 + y 2 + z 2 ) 1

k 2

k

(x2 + y 2 + z 2 ) 2 100

− −

ky 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 kz 2

k

+1

k

+1

(x2 + y 2 + z 2 ) 2

. .

→ − sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial F , est´ a dada por → − ∇· F =

3 (x2

+

y2

+

k

z2) 2

−

k x2 + y 2 + z 2 (x2

+

y2

+

k

+1 z2) 2

=

(x2

3−k

k

+ y2 + z2 ) 2

.

→ − de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de F es igual a cero.

101

Soluci´ on alternativa: Como el campo vectorial es de la forma, → − − F = f (r)→ r, en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, → − → − → − ∇ · f (r) A = ∇f (r) · A + f (r)∇ · A ,

donde,

−k − f (r) = |→ r| , → − − A = → r,

de esta forma,

∇·

h

i −k −k −k → − − − − − − ∇·→ r, ·→ r + |→ r| r = ∇ |→ r| |→ r|

aplicando el resultado

df (r) ebr , dr que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r = ∇f (r) =

− |→ r | . Por lo tanto,

∇·

h

i −k → − − |→ r| r =

= =

→ − −k−1 r −k − → − → − − |→ r| · r + 3 | r | − |→ r| −k−2 → 2 −k → − − − −| r | | r | + 3 |→ r| 3−k , k − |→ r|

donde se aplic´ o también la propiedad de la norma del producto escalar de vectores y el hecho de que − ∇·→ r =

∂x ∂y ∂z + + = 3. ∂x ∂y ∂z

→ − De la misma forma, si k = 3, entonces ∇ · F = 0. 102

Problema 24. Dado el campo vectorial, → − −ybi + xb j F = k . (x2 + y 2 ) 2

→ − Hallar el valor de la constante k, de forma que F sea irrotacional, es decir → − → − que ∇ × F = 0 . Soluci´ on. Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, → − → − → − ∇ × Φ A = ∇Φ × A + Φ∇ × A , donde en este caso,

Φ = → − A = obtenemos,

∇×

h

x2 + y 2

k2

x2 + y 2

− k2

,

−ybi + xb j,

i − k − k −xbi + yb j = ∇ x2 + y 2 2 × −ybi + xb j + x2 + y 2 2 ∇× −ybi + xb j ,

del problema anterior, obtenemos ∇

x2 + y 2

de esta forma,

− k2

h i − k ∇× x2 + y 2 2 −xbi + yb j =

=

−k

k

(x2 + y 2 ) 2

−k

k

(x2 + y 2 ) 2

+1

calculando el producto vectorial y el rotacional,

xbi + yb j × −ybi + xb j

∇ × −ybi + xb j

sustituyendo, obtenemos

= =

103

+1

xbi + yb j

− k j xbi + yb j × −ybi + xb j + x2 + y 2 2 ∇× −ybi + xb

bi x −y

b j y x

∂ ∂x

∂ ∂y

−y

x

bi

b j

b k 0 0

= x2 + y 2 b k b k k 0 = 2b 0

∇×

h

x2 + y 2

k2

i −xbi + yb j = =

−k

k 2 +1

(x2 + y 2 ) 2−k b k k. (x2 + y 2 ) 2

→ − → − De lo anterior, si k = 2, entonces ∇ × F = 0 .

104

x2 + y 2 b k+

2b k

k

(x2 + y 2 ) 2

Problema 25. a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial → − A = (x + 2y + az)bi + (bx − 3y − z)b j + (4x + cy + 2z)b k

sea irrotacional. b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual se deriva éste campo vectorial . Soluci´ on: → − → − → − a) Por definici´ on, si A es irrotacional debe cumplir que ∇ × A = 0 , por lo tanto

→ − ∇× A

=

=

b bi b j k ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z x + 2y + az bx − 3y − z 4x + cy + 2z ∂ ∂ (4x + cy + 2z) − (bx − 3y − z) bi ∂y ∂z ∂ ∂ − (4x + cy + 2z) − (x + 2y + az) b j ∂x ∂z ∂ ∂ (bx − 3y − z) − (x + 2y + az) b k + ∂x ∂y

aplicando la hip´ otesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces

c+1 =

0

−a + 4 = b−2 =

0 0

de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4, b = 2 y c = −1. Por lo tanto, el campo vectorial que es irrotacional est´ a dado por: → − A = (x + 2y + 4z)bi + (2x − 3y − z)b j + (4x − y + 2z)b k

→ − → − → − b) Debido a que si ∇ × A = 0 entonces, A = ∇φ(x, y, z), por lo tanto ∂φb ∂φ b ∂φ b i+ j+ (x + 2y + 4z)bi + (2x − 3y − z)b j + (4x − y + 2z)b k= k, ∂x ∂x ∂x 105

de donde, ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z

=

x + 2y + 4z,

=

2x − 3y − z,

=

4x − y + 2z,

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) =

x2 2

+ 2xy + 4xz + f (y, z),

(2) φ(x, y, z) = 2xy − 32 y 2 − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 4xz − yz + z 2 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, ∂φ ∂y ∂φ ∂y

∂f (y, z) ∂y

=

2x +

=

2x − 3y − z

de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f (y, z) = −3y − z ∂y integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, 3 f (y, z) = − y 2 − yz + m(z) 2 substituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) =

x2 2

+ 2xy + 4xz − 23 y 2 − yz + m(z).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z, obtenemos ∂φ ∂z ∂φ ∂z

∂m(z) ∂z

=

4x − y +

=

4x − y + 2z

de lo anterior, se tiene 106

4x − y +

∂m(z) ∂z dm(z) dz

=

4x − y + 2z

=

2z

finalmente obtenemos, m(z) = z 2 + cte, → − por lo tanto, la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que A = ∇φ(x, y, z) est´ a dada por: φ(x, y, z) =

x2 3 + 2xy + 4xz − y 2 − yz + z 2 + cte 2 2

n´ otese que: → − ∇φ(x, y, z) = (x + 2y + 4z)bi + (2x − 3y − z)b j + (4x − y + 2z)b k = A.

107

Problema 26. a) Demostrar → − A = (6xy + z 3 )bi + (3x2 − z)b j + (3xz 2 − y)b k

que es irrotacional.

→ − b) Hallar φ tal que A = ∇φ. Soluci´ on: a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional

→ − ∇× A

=

=

=

b bi b j k ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z 6xy + z 3 3x2 − z 3xz 2 − y ∂ ∂ (3xz 2 − y) − (3x2 − z) bi ∂y ∂z ∂ ∂ (3xz 2 − y) − (6xy + z 3 ) b − j ∂x ∂z ∂ ∂ + (3x2 − z) − (6xy + z 3 ) b k ∂x ∂y j + (6x − 6x)b k. (−1 + 1)bi − 3z 2 − 3z 2 b

→ − → − → − Por lo tanto como ∇ × A = 0 entonces A es irrotacional. → − b) del resultado anterior, se tiene que A = ∇φ por lo tanto ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z

=

6xy + z 3 ,

=

3x2 − z,

=

3xz 2 − y.

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 + f (y, z), 108

(2) φ(x, y, z) = 3x2 y − yz + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = xz 3 − yz + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos,

∂φ ∂z ∂φ ∂z

= 3xz 2 +

∂f (y, z) , ∂z

= 3xz 2 − y,

de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f (y, z) = −y, ∂y integrando nuevamente con respecto a y obtenemos,

f (y, z) = −yz + m(y), substituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos,

(4) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 − yz + m(y).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos

∂φ ∂y ∂φ ∂y

=

3x2 − z +

=

3x2 − z,

de lo anterior, se tiene

109

∂m(y) , ∂y

3x2 − z +

∂m(y) ∂y dm(y) dy

=

3x2 − z,

=

0,

finalmente obtenemos

m(z) = cte, → − por lo tanto, la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que A = ∇φ(x, y, z) est´ a dada por:

φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 − yz + cte.

110

Problema 27. Verificar si el campo vectorial → − k f = 3x2 ybi + (x3 + 1)b j + 9z 2 b se puede obtener a partir del gradiente de una funci´ on escalar. Si es as´ı, obtenga el campo escalar. Soluci´ on: → − Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector 0 . b k ∂ ∂ , ∂y ∂z 3 x + 1 9z 2

bi ∂ → − ∇ × f = ∂x 3x2 y

b j

de lo anterior se deduce inmediatamente que,

→ − → − ∇× f = 0. Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, as´ı que se puede deducir a partir del gradiente de una funci´ on escalar, es decir; → − f = ∇φ. → − De la expresi´ on para el campo vectorial f y de la definici´ on para el gradiente, obtenemos

∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z

=

3x2 y,

=

x3 + 1,

=

9z 2 .

111

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x3 y + f (y, z), (2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 3z 3 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos ∂h(x, y) = 3x2 y ∂x integrando nuevamente con respecto a x obtenemos,

h(x, y) = x3 y + m(y) substituyendo en la ecuaci´ on (3) obtenemos,

(4) φ(x, y, z) = 3z 3 + x3 y + m(y).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos dm(y) =1 dy finalmente obtenemos,

m(y) = y + cte → − por lo tanto, la funci´ on escalar φ tal que f = ∇φ est´ a dada por:

φ(x, y, z) = 3z 3 + x3 y + y + cte.

112

Problema 28. a) Demostrar que el campo vectorial definido por, → − → − r E = 2 r es irrotacional. → − b) Encontrar φ de forma que E = −∇φ, con la condici´ on de que φ(a) = 0, siendo a = cte > 0. Soluci´ on: a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al → − vector 0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla → − → − → − ∇ × φ A = ∇φ × A + φ∇ × A

→ − − r , aplicando la ecuaci´ on en este caso, identificamos a φ = φ(r) = r12 y A = → anterior obtenemos: → − 1 r 1 − → − = ∇ r2 × r + ∇×→ r, ∇× 2 r r2 aplicando la siguiente ecuaci´ on ∇φ(r) = φ0 (r)b er ,

− que es v´ alida para campos escalares donde r = |→ r |, obtenemos → − 1 r ∇ r2 = − , r → − − adem´ as como ∇ × → r = 0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos finalmente → − → − r → − ∇ × E = ∇ × r2 = 0 b) Como ya se demostr´ o que → − → − ∇× E = 0 entonces → − E = −∇φ

aplicando nuevamente la ecuaci´ on ∇φ(r) = φ0 (r)b er , identificando en este caso correctamente la expresi´ on para la funci´ on escalar, obtenemos 1 dφ(r) =− dr r integrando, obtenemos 113

1 + cte φ(r) = − ln r aplicando la condici´ on de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de la constante de integraci´ on dada por cte = ln a finalmente, obtenemos φ(r) = ln

114

a r

.

Problema 29. Considere la siguiente transformaci´ on x y z

= w, = ev cos u, = ev sin u,

a) Calcule los factores de escala. b) Verifique si el sistema de cordenadas (u, v, w) es ortogonal. c) Hallar el elemento dS 2 . Soluci´ on: a) En términos de la transformaci´ on dada, el vector de posici´ on est´ a dado por: → − r = wbi + ev cos ub j + ev sin ub k.

Por definici´ on, los factores de escala, est´ an dados por: → ∂− r p 2v hu ≡ = e [sen2 u + cos2 u] = ev , ∂u → q ∂− r hv ≡ = e2v cos2 u + sin2 u = ev , ∂v → ∂− r hw ≡ = 1. ∂w

b) Para verificar si el sistema es ortogonal debemos mostrar que ebu · ebv = ebu · ebw = ebv · ebw = 0,

as´ı como,

ebu · ebu = ebv · ebv = ebw · ebw = 1.

Calculemos primero los vectores ebu , ebv y ebw , que son los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas u, v y w respectivamente. Por definici´ on tenemos,

ebu

≡

ebv

≡

ebw

≡

− ev sin ub j + ev cos ub k ∂→ r /∂u p = = − sin ub j + cos ub k, → − 2v 2 2 |∂ r /∂u| e [sen u + cos u] − ev cos ub j + ev sin ub k ∂→ r /∂v b b q = → − = cos uj + sin uk, |∂ r /∂v| 2 2v 2 e cos u + sin u − bi ∂→ r /∂w = = bi, → − |∂ r /∂w| bi

115

de las ecuaciones anteriores, obtenemos ebu · ebw

= = =

(− sin ub j + cos ub k) · (cos ub j + sin ub k) 2 2 − sin u cos ub j ·b j − sin ub j·b k + cos ub k ·b j + sin u cos ub k·b k

0

también, en forma inmediata se observa que se cumple ebv · ebw = ebu · ebv = 0,

as´ı como

ebu · ebu = ebv · ebv = ebw · ebw = 1

c) Por definici´ on, el elemento dS 2 est´ a dado por, − − dS 2 = d→ r · d→ r, donde

− − − ∂→ r ∂→ r ∂→ r − d→ r = du1 + dv + dw, ∂u ∂v ∂w → −

→ −

→ −

los vectores, ∂∂ur , ∂∂vr y ∂∂wr son vectores tangentes a las l´ıneas coordenada u, v y w respectivamente y est´ an dados por − ∂→ r ∂u − ∂→ r ∂v − ∂→ r ∂w

= =

ev sin ub j + ev cos ub k

ev cos ub j + ev sin ub k

= bi

De esta forma, el elemento dS 2 est´ a dado por,

dS 2

= = =

dS

2

=

dw2 + e2v sin2 udu2 − 2 sin udu cos udv + sin2 udu2 +e2v cos2 udu2 + 2 cos udv sin udv + sin2 udv 2

dw2 + e2v sin2 udu2 + e2v cos2 udv 2 + e2v cos2 udu2 + e2v sin2 udv 2 du2 e2v sin2 u + cos2 u + dv 2 e2v cos2 u + sin2 u + dw2 e2v du2 + e2v dv 2 + dw2 .

Con lo cual se comprueba que es ortogonal, ya que no hay términos cruzados.

116

Problema 30. Encuentre la relaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas esféricas y rect´ angulares, es decir, encuentre:

bi = bi (b er , ebθ , ebφ ) , b j = b j (b er , ebθ , ebφ ) , b k = b k (b er , ebθ , ebφ ) ,

y

ebr

ebθ

ebφ

Soluci´ on:

= = =

ebr bi, b j, b k , j, b k , ebθ bi, b ebφ bi, b j, b k ,

La transformaci´ on entre cordenadas rect´ angulares y esféricas est´ a dada por:

x =

r sin θ cos φ,

y z

r sin θ sin φ, r cos θ

= =

donde, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ r. El vector de posici´ on de un punto en el espacio en coordenadas esféricas est´ a dado por: → − r = r sin θ cos φbi + r sin θ sin φb j + r cos θb k

de esta forma, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas r, θ y φ est´ an dados por,

ebr

=

ebθ

=

ebφ

=

− ∂→ r sin θ cos φbi + sin θ sin φb j + cos θb k ∂r =q , → − ∂ r 2 2 ∂r sin θ cos2 φ + sin θ + cos2 θ − ∂→ r ∂φ → ∂ −r ∂θ − ∂→ r ∂φ → ∂ −r ∂φ

r cos θ cos φbi + r cos θ sin φb j − r sin θb k , =q 2 2 2 2 2 2 r cos θ sin φ + sin φ − r sin θ

=

−r sin θ sin φbi + r sin θ cos φb j q , r2 sin2 θ sin2 φ cos2 φ 117

que se pueden escribir finalmente de la forma,

(a) ebr = sin θ cos φbi + sin θ sin φb j + cos θb k, (b) ebθ = cos θ cos φbi + cos θ sin φb j − sin θb k, (c) ebφ = − sin φbi + cos φb j.

Ahora para encontrar la dependencia de los vectores bi, b j yb k, en términos de los vectores ebr , ebθ y ebφ , aplicamos la siguiente relaci´ on vectorial → → → − − − → − b1 u b2 u b3 u A = A ·u b1 + A · u b2 + A · u b3 ,

→ − para cualquier vector A , que es v´ alida para los vectores u b1 , u b2 y u b3 , que forman una base ortonormal, es decir que cumplen que u bi · u bj = δij , donde δij es la funci´ on delta de Kcronecker y est´ a dada por, δij =

1, i = j 0, i = 6 j

De esta forma, como los vectores unitarios bi, b j yb k y ebr , ebθ y ebφ forman una base ortonormal, aplicando la expresi´ on anterior escribimos a los vectores bi, b j yb k en términos de los vectores ebr , ebθ y ebφ de la forma, (1) bi = bi · ebr ebr + bi · ebθ ebθ + bi · ebφ ebφ , j · ebφ ebφ , (2) b j= b j · ebθ ebθ + b j · ebr ebr + b (3) b k= b k · ebr ebr + b k · ebθ ebθ + b k · ebφ ebφ , por otro lado de las ecuaciones (a), (b) y (c), aplicando la de definici´ on del

producto escalar, obténemos bi · ebr = sin θ cos φ, bi · ebθ = cos θ cos φ, bi · ebφ = − sin φ, b j · ebr = sin θ sin φ, b j · ebθ = cos θ sin φ, b j · ebφ = cos φ, b · ebr = cos θ, b b k k · ebθ = − sin θ, k · ebφ = 0,

sustituyendo los resultados anteriores en las ecuaciones (1), (2) y (3), final-

118

mente se obtiene

bi = b j = b k =

sin θ cos φb er + cos θ cos φb eθ − sin φb eφ

sin θ sin φb er cos θ sin θb eθ − cos φb eφ

cos θb er − sin θb eφ .

Problema 31. Transformar la siguiente funci´ on vectorial → − f =

1 ebϕ , rsenθ que est´ a en cordenadas esféricas (r, θ, φ), a coordenadas rect´ angulares. Soluci´ on: Por definici´ on, las coordenadas esféricas est´ an dadas por la transformaci´ on: x y z

= = =

r sin θ cos ϕ, r sin θ sin ϕ, r cos θ,

por lo tanto, el vector de posici´ on de un punto en el espacio en coordenadas esféricas, est´ a dado por: → − r = xbi + yb j + zb k = r sin θ cos ϕbi + r sin θ sin ϕ + r cos θ,

de esta expresi´ on, debemos calcular primero el vector unitario tangente a la l´ınea coordenada ϕ de la forma, ebϕ

por lo tanto,

≡ =

− ∂→ r /∂ϕ −r sin θ sin ϕbi + r sin θ cos ϕb j =p → − 2 |∂ r /∂ϕ| (r sin θ sin ϕ) + (r sin θ cos ϕ)2 −r sin θ sin ϕbi + sin θ cos ϕb j q , 2 2 r2 sin θ(sin ϕ + cos2 ϕ)

ebϕ = − sin ϕbi + cos ϕb j, → − sustituyendo en la expresi´ on para f , obtenemos → − f =

1 1 ebϕ = (− sin ϕbi + cos ϕb j), r sin θ r sin θ y de las ecuaciones de transformaci´ on, obtenemos:

119

sin ϕ = cos ϕ =

y , r sin θ x , r sin θ

sustituyendo, obtenemos → − f =−

y x b b j, 2 i+ 2 sin θ r sin2 θ por otro lado, de las ecuaciones de transformaci´ on también tenemos que, r2

x2 + y 2 = r2 sin2 θ, finalmente, sustituyendo la ecuaci´ on anterior obtenemos → − f =−

x2

x b y b i+ 2 j. 2 +y x + y2

120

Problema 32. Transformar la funci´ on vectorial → − F = ρb eρ + ρb eφ , que est´ a en coordenadas cil´ındricas, a coordenadas rectangulares. Soluci´ on: El vector de posici´ on de un punto P en el espacio esta dado por → − r = xbi + yb j + zb k

sustituyendo las ecuaciones de transformaci´ on de coordenadas cil´ındricas y rect´ angulares, dadas por las ecuaciones x =

ρ cos φ,

y z

ρ sin φ, z,

= =

obtenemos → − r = ρ cos φbi + ρ sin φb j + zb k,

por lo tanto, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas ρ y φ est´ an dados por: ebρ ≡ ebφ ≡

− ∂→ r ∂ρ → ∂ −r ∂ρ

− ∂→ r ∂φ → ∂ −r ∂φ

cos φbi + sin φb j =p = cos φbi + sin φb j, cos φ2 + sin φ2

−ρ sin φbi + ρ cos φb j =p = − sin φbi + cos φb j, 2 2 2 ρ cos φ + ρ sin φ2

De la transformaci´ on inversa, tenemos

ρ = x2 + y 2

12

,

sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios ebρ y ebφ , y la ecuaci´ on anterior, en la funci´ on vectorial, obtenemos → − F

1 cos φbi + sin φb j + x2 + y 2 2 − sin φbi + cos φb j 1 cos φbi + sin φb j − sin φbi + cos φb j = x2 + y 2 2 1 = x2 + y 2 2 (cos φ − sin φ) bi + (sin φ + cos φ) b j

=

x2 + y 2

21

y de las ecuaciones de transformaci´ on, obtenemos 121

1 → − F = x2 + y 2 2

x 1

(x2 + y 2 ) 2

−

y 1

(x2 + y 2 ) 2

finalmente se obtiene,

!

bi+

→ − F = (x − y)bi + (x + y)b j

122

x 1

(x2 + y 2 ) 2

+

y 1

(x2 + y 2 ) 2

!

b j

Problema 33.

Para las coordenadas cil´ındricas parab´ olicas (ξ, η, φ), las ecuaciones de trnsformaci´ on a coordenadas rect´ angulares est´ an dadas por, x = y = z

=

a) Hallar los factores de escala.

ξη cos φ, ξη sin φ, 1 2 η − ξ2 . 2

b) Mostrar que ebη × ebξ = ebφ . Soluci´ on:

a) Por definici´ on sabemos que el vector de posici´ on de un punto en el espacio est´ a dado por, → − r = xbi + yb j + zb k,

sustituyendo las ecuaciones de transformaci´ on, tenemos

1 2 → − η − ξ2 b k, r (ξ, η, φ) = ξη cos φbi + ξη sin φb j+ 2 de donde, los factores de escala est´ an dados por,

hξ

≡

hη

≡

hφ

≡

→ q p ∂− r = η 2 cos2 φ + η 2 sin2 φ + ξ 2 = η 2 + ξ 2 , ∂ξ → q p ∂− r = ξ 2 cos2 φ + ξ 2 sin2 φ + η 2 = ξ 2 + η 2 , ∂η → q ∂− r = sin2 φ + cos2 φ = 1. ∂φ

b) Por definici´ on, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas ξ, η y φ para este caso est´ an dados por,

123

ebξ

≡

ebη

≡

ebξ

≡

− ∂→ r ∂ξ → ∂ −r ∂ξ − ∂→ r ∂η → ∂ −r ∂η − ∂→ r ∂ξ − ∂→ ∂ξr

=

=

=

η cos φbi + η sin φb j − ξb k p , 2 2 η +ξ ξ cos φbi + η sin φb j − ηb k p , 2 2 η +ξ

− sin φbi + cos φb j , 1

también se pueden representar de la siguiente forma,

ebξ

=

ebφ

=

ebη

=

1 hξ 1 hη

η cos φbi + η sin φb j − ξb k ,

ξ cos φbi + ξ sin φb j − ηb k ,

− sin φbi + cos φb j.

Por lo tanto, calculando el producto vectorial de los vectores unitarios ebξ y ebη , obtenemos ebξ × ebη

= = = =

b bi b j k 1 1 η cos φ η sin φ −ξ hξ hη ξ cos φ ξ sin φ η h i 1 2 2 bi − η 2 cos φ + ξ 2 cos φ b η sin φ + ξ sin φ j (η 2 + ξ 2 ) h i 1 η 2 + ξ 2 sin φbi − η 2 + ξ 2 cos φb j 2 2 (η + ξ ) sin φbi − cos φb j = ebφ .

124

4


Problema 1. R − Si φ(x, y) = xy Calcular φd→ r desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 0) a lo largo de: a) La curva y = x2 , z = 0. b) La l´ınea recta que une los puntos (0, 0, 0) y (1, 1, 0). Soluci´ on: a) La ecuaci´ on de la par´ abola y = x2 , z = 0, se puede representar en forma paramétrica de la forma, → − r (t) = tbi + t2b j

− donde 0 ≤ t ≤ 1. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d → r est´ a dado por: − d→ r (t) = dtbi + 2tdtb j

as´ı la integral de l´ınea resulta,

Z

C

− φd→ r

=

Z

= bi

(1,1,0) (0,0,0) 1

Z

t=0

− φ(x, y)d→ r =

t3 dt + b j

Z

1

Z

1

t t2

t=0

2t4 dt

dtbi + 2tdtb j

t=0

al resolver la integral, obtenemos Z

1 − φd→ r = bi + 4 C

2b j 5

b) Recordemos que la ecuaci´ on paramétrica de una recta que pasa por dos puntos est´ a dada por: → − − − − r (t) = → r 1 + t (→ r2−→ r 1) , 125

− − donde → r1y→ r 2 son los vectores de posici´ on de los puntos (x1 , y1 , z1 ) y (x2 , y2 , z2 ) respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (0, 0, 0) y (1, 1, 0), por lo tanto la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica que va del punto (0, 0, 0) y (1, 1, 0) est´ a dada por, → − r (t) = t (1, 1, 0) , es decir,

→ − r (t) = tbi + tb j,

as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ a dado por:

− d→ r (t) = dtbi + dtb j

la integral de l´ınea resulta,

Z

C

− φd→ r

=

Z

= bi

(1,1,0) (0,0,0) 1

Z

t=0

− φ(x, y)d→ r =

t2 dt + b j

Z

1

Z

1 t=0

t2 dt t=0

finalmente al resolver la integral, obtenemos

Z

1 1 − j φd→ r = bi + b 3 3 C

Soluciones alternativas: a) La curva est´ a descrita por las ecuaciones, y z

= =

126

x2 0.

t2

dtbi + dtb j

Si escogemos a la variable x como par´ ametro, entonces las ecuaciones paramétricas de la curva dada son : x = y =

x x2 ,

por lo que la ecuaci´ on de la cuva en forma paramétrica est´ a dada por:

de donde obtenemos,

→ − r (x) = xbi + x2b j;

0≤x≤1

− d→ r = dxbi + 2xdxb j

por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: (1,1,0) Z

− φd→ r =

(0,0,0)

Z

1 0

2 1 j. x3 (dxbi + 2xdxb j) = ... = bi + b 4 5

An´ alogamente, si escogemos a y como par´ ametro, las ecuaciones paramétricas ser´ an:

x y

√ = y = y,

por lo que la ecuaci´ on de la cuva en forma paramétrica est´ a dada por:

√ → − r (y) = ybi + yb j;

0≤y≤1

de donde obtenemos,

1 − j, d→ r = √ dybi + dyb 2 y

por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:

127

(1,1,0) Z

− φd→ r =

(0,0,0)

Z

1 0

5 1 j) y 2 ( √ dybi + dyb 2 y

al hacer un poco de a´lgebra, obtenemos

(1,1,0) Z

− φd→ r

= bi

(0,0,0)

Z

1 0

y dy + b j 2

Z

1

5

y 2 dy 0

2 1 1 y 2 5 b b 2 = i +j y 4 0 5 0 1b 2 b = i+ j 4 5

b) An´ alogamente al inciso a) de la soluci´ on alternativa si escogemos a la variable x como par´ ametro la ecuaci´ on paramétrica de la curva est´ a dada por:

de donde obtenemos,

→ − r (x) = xbi + xb j;

0≤x≤1

− d→ r = dxbi = dxb j,

finalmente, al resolver la integral de l´ınea se obtiene,

Z

(1,1,0) (0,0,0)

− φd→ r =

Z

1 1 j. x2 (dxbi + dxb j) = ... = bi + b 3 3

128

ProblemaR 2. − r para φ = x3 y +zy desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) , Calcular C φd→

a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0, b) la recta que une (1, 1, −0) y (2, 4, 0) .

Soluci´ on: a) Si tomamos como par´ ametro a x, donde 1 ≤ x ≤ 2, la ecuaci´ on de la par´ abola en forma paramétrica est´ a dada por: → − r (x) = xbi + x2b j,

por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por, − d→ r = dxbi + 2xdxb j,

luego entonces, Z

C

− φd→ r =

Z

(2,4,0) (1,1,0)

− x3 y + zy d→ r,

sustituyendo la parametrizaci´ on de la trayectoria, obtenemos

Z

C

− φd→ r

= = =

Z

Z

Z

2

x3 x2 + 2x2

1 2

5

x + 2x

2

1 2

x5 + 2x

1

2

Z b b dxi + 2xdxj =

dxbi +

Z

2

1

2 1

h

i x5 + 2x2 dxbi + x5 + 2x2 (2x) dxb j

2x6 + 4x3 dxb j

2 bi + 2 x7 + x4 b j 7 1 1 ! " # 3 2 (2) 2 1 2 2 26 7 4 7 4 b bi + − + + (2) + (2) − (1) + (1) j = 6 3 6 3 7 7 64 + 32 − 1 − 4 b 256 + 112 − 2 − 7 b = i+ j, 6 7

=

6

x 2 + x3 6 3

finalmente, se obtiene

2

dxbi + 2xdxb j

Z

C

− φd→ r =

91 359 , ,0 6 7

129

b) Se sabe que la ecuaci´ on paramétrica de una recta que pasa por dos puntos est´ a dada por: → − − − − r (t) = → r 1 + t (→ r2−→ r 1) ,

− − donde → r1y→ r 2 son los vectores de posici´ on de los puntos (x1 , y1 , z1 ) y (x2 , y2 , z2 ) respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (1, 1, 0) y (2, 4, 0), por lo tanto la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica que va del punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) est´ a dada por, → − r (t) = (1, 1, −0) + t (1, 3, 0) , donde 0 ≤ t ≤ 1, o también, → − r (t) = (1, t + 3t, 0) , as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ a dado por:

− d→ r (t) = dtbi + 3dtb j,

y las ecuaciones paramétricas de la recta est´ an dadas por:

x =

1 + t,

y z

1 + 3t, 0.

= =

De esta forma, sustituyendo las ecuaciones parametricas la funci´ on φ est´ a dada por: 3

φ = (1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t, por lo tanto,

130

Z

C

− φd→ r

= = = =

Z

Z

Z

Z

(2,4,0) (1,1,0) t=1 h

t=0 t=1 t=0 t=1 t=0

− x3 y + zy d→ r = 3

(1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t

i

dtbi + 3dtb j

1 + 3t + 3t2 + t3 (1 + 3t) + 2 + 6t dtbi + 3dtJb

3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dtbi + 3

Z

t=1

t=0

3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dtJb

1 1 5 4 3 5 5 4 3 5 2 3 2 3 b b i + 3 3t + 6t + 4t + t + t j = 3t + 6t + 4t + t + t 2 5 2 5 0 0 5 3 5 3 = 3+6+4+ + − 0 bi + 3 3 + 6 + 4 + + −0 b j 2 5 2 5 30 + 60 + 40 + 25 + 6 b 30 + 60 + 40 + 25 + 6 b i+3 j = 10 10

finalmente, se obtiene

Z

C

− φd→ r =

161b 483 b i+ j. 10 10

131

Problema 3. R → − → − 2 2 − r para f = ybi + (x + z) b j + (x − z) b k desde el punto Calcular c f · d→ (0, 0, 0) al punto (2, 4, 0), a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0, b) la recta y = 2x. Soluci´ on: En forma an´ aloga al problema anterior, si tomamos como par´ ametro a x, donde 0 ≤ x ≤ 2, las ecuaciones paramétricas de la curva est´ an dadas por: x = y = z =

x x2 0

as´ı, la ecuaci´ on paramétrica de la par´ abola est´ a dada por,

→ − r (x) = xbi + x2b j,

por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por,

− d→ r = dxbi + 2xdxb j

de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por:

Z

c

→ − → f · d− r = = = =

Z

Z

Z

(2,4,0)

(0,0,0) 2 2b

k · dxbi + 2xdxb j j + x2 b x i + x2 b

0

2

x2 dx + x2 (2x) dx =

0

x3 2x4 + 3 4 3

=

2 2 ybi + (x + z) b j + (x − z) b k · dxbi + 2xdxb j

2

2 (2) +2 3 4

4

Z

2

0

x2 + 2x3 dx

0 !

finalmente, obtenemos Z

→ − → 32 128 = . f · d− r = 12 3 C 132

b) En forma an´ aloga, si tomamos a x, como parametro, la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica est´ a dada por, → − r (x) = xbi + 2xb j,

donde 0 ≤ x ≤ 2, por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea en este caso est´ a dado por, − d→ r = dxbi + 2dxb j,

de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por:

Z

c

→ − → f · d− r

= = = =

Z

Z

2 0 2

2xbi + x2b j + x2 b k · dxbi + 2dxb j

2x + 2x2 dx = 0 ! 3 2 (2) 4+ 3

28 . 3

133

2 x2 + x3 3

2 0

Problema 4. R → → − − − Dado el campo vectorial F = 3xbi + (2xz − y) b j + zb k. Calcular C F · d→ r desde el punto (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3) a lo largo de, a) la curva x = 2t2 , y = t, z = 4t2 − t, para 0 ≤ t ≤ 1.

b) La recta que une a esos puntos. Soluci´ on: La ecuaci´ on de la curva en forma paramétrica est´ a dada por: → − r (t) = 2t2bi + tb j + 4t2 − t b k,

donde 0 ≤ t ≤ 1, por lo tanto el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: − d→ r (t) = 4tdtbi + dtb j + (8t − 1)dtb k. Por lo tanto, la integral de l´ınea est´ a dada por: Z

C

→ − → F · d− r

= =

Z

Z

(1,1,0) (0,0,0) t=1 t=0

→ − − F (x, y, z) · d→ r (x, y, z)

j + 4t2 − t b k] · [3 2t2 bi + 2 2t2 4t2 − t − t b

[4tdtbi + dtb j + (8t − 1)dtb k)]

haciendo un poco de a´lgebra obtenemos,

Z

C

→ − → F · d− r

= = = = =

24

Z

0

1

t3 dt + 16

Z

0

1

t4 dt − 4

Z

1

t3 dt + 32

0

16 6t + t5 − t4 − t2 + 8t4 − 4t3 + t2 5 1 16 5 t + 13t4 − 4t3 5 0 16 16 + 65 − 20 + 13 − 4 = 5 5 61 . 5 4

134

1 0

Z

0

1

t3 dt − 12

Z

1 0

t2 dt

Problema 5. R− − Calcular → r × d→ r a lo largo de la trayectoria representada por la ecuaci´ on, C

x2 + 2x + y 2 = 9.

Solucion: Completando cuadrados en la ecuaci´ on de la trayectoria, obtenemos 2

(x + 1) + y 2 = 10, que es la ecuaci´ on de un c´ırculo con centro en el punto (−1, 0) y radio

√

10. Las

ecuaciones paramétricas de esta trayectoria est´ an dadas por, x y

√ = −1 + 10 cos θ, √ = 10 sin θ,

donde 0 ≤ θ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuaci´ on de la trayectoria en forma paramétrica est´ a dada por, √ √ → − j, r (θ) = (−1, 0) + 10 cos θbi + 10 sin θb

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por,

√ √ − d→ r = − 10 sin θbi + 10 cos θb j. − − Calculando el producto vectorial de → r y d→ r obtenemos, b √ i → − → − r ×d r = 10 cos θ −√10 sin θ

b √ j √ 10 sin θ 10 cos θ

b k 0 0

√ 2 √ 2 2 = 10 10 sin2 θb cos θ+ k = 10b k,

de esta forma, la integral de l´ınea est´ a dada por, Z

C

h i2π → − − b b = 20π b k. r × d→ r =2π 10dθ k = 10 kθ θ=0 θ=0

135

Problema 6. Dada la funci´ on vectorial → − A = (y − 2x)bi + (3x + 2y)b j, → − hallar la integral de l´ınea de A a lo largo de la trayectoria C, que es un c´ırculo en el plano XY con centro en el origen y radio 2, sabiendo que C se recorre en sentido negativo, es decir en sentido de las manecillas del reloj. Soluci´ on: Y

0

X

Como se observa en la figura, y debido a que la trayectoria se recorre en sentido a favor de las manecillas del reloj, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria C est´ an dadas por: x = y =

2 cos θ, −2 sin θ,

donde 0 5 θ 5 2π, R→ − − como la integral de l´ınea est´ a definida por A •d→ r , debemos de calcular primero − el elemento diferencial de l´ınea d→ r . El vector de posici´ on en cualquier punto de → − la trayectoria C est´ a dado por r = 2 cos θbi − 2 sin θb j, de donde obtenemos, − d→ r = −2 sin θdθbi − 2 cos θdθb j,

asimismo, el campo vectorial est´ a dado por,

→ − A = (−2 sin θ − 4 cos θ) b j + (6 cos θ − 4 sin θ) b j, 136

por lo tanto,

→ − → A · d− r = 4 sin2 θ + 4 sin θ cos θ) + (8 sin θ cos θ − 12 cos θ 2 ) dθ,

de esta forma la integral de l´ınea est´ a dada por,

Z

c

→ − → A · d− r

= = = =

Z 4

2π θ=0 Z 2π

θ=0

sin2 θ + 12 sin θ cos θ − 12 cos2 θ dθ sin θ cos θdθ − 12

Z

2π

cos2 θdθ

θ=0

2π 2π 2π θ sin 2θ θ sin 2θ sin2 θ 4 − 12 − + + 12 2 4 2 2 4 θ=0 θ=0 θ=0 2π 2π 4 − 12 = −8π. 2 2

Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo, las ecuaciones paramétricas de C estar´ıan dadas por x = 2 cos θ y y = 2 sin θ, y por lo tanto, el resultado ser´ıa de la forma Z

c

→ − → A · d− r = 8π.

137

Problema 7. Dado el siguiente campo vectorial → − F (x, y) =

y b x b i− 2 j, x2 + y 2 x + y2

→ − calcular la integral de la componente tangencial de F de (−1, 0) a (1, 0); a) A lo largo del semic´ırculo que une esos puntos, b) A lo largo de la trayectoria poligonal que se muestra en la siguiente figura. Y

C2 C

(1,1)

(0,1) 1

C3

X

(−1,0)

(1,0)

Soluci´ on: a) Sabemos que x2 + y 2 = 1, es la ecuaci´ on de un c´ırculo de radio 1, entonces la ecuaci´ on del semic´ırculo ser´ıa: p y = 1 − x2 , si escogemos a x como par´ ametro, entonces la ecuaci´ on del la trayectoria curva que es el semic´ırculo est´ a dada por: p → − j 1 − x2 b r (x) = xbi +

donde −1 ≤ x ≤ 1, de la ecuaci´ on anterior el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: xdx − (−2x)dxb j d→ r = dxbi + √ 1 − x2

es decir,

xdx b j 1 − x2 → − por lo tanto, la componente tangencial de F a lo largo del semic´ırculo − d→ r = dxbi −

(1,0) Z

(−1,0)

→ − → F · d− r =

Z1 "

−1

√

1 − x2 x2 + 1 − x 2

!

√

+

138

−x 2 x + 1 − x2

x −√ 1 − x2

#

dx

(1,0) Z

→ − → F · d− r =

(−1,0)

Z1 p Z1 x2 dx 2 √ 1−x + √ . dx = 2 1−x 1 − x2

−1

−1

La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambios de variable trigonométricos y es relativamente sencilla. Antes de resolver la integral, observemos que se puede resolver seleccionando adecuadamente la parametrizaci´ on de la trayectoria. En este caso, sabemos que x(θ) =

cos θ,

y(θ) =

sin θ,

donde 0 ≤ θ ≤ 2π, son las ecuaciones paramétricas de un c´ırculo de radio 1. Por lo tanto la ecuaci´ on en forma paramétrica de la trayectoria semicircular est´ a dada por: → − r (θ) = cos θbi + sin θb j;

θ ∈ [0, π]

observe que el par´ ametro θ no va de 0 a π. De la ecuaci´ on anterior, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: − d→ r (θ) = − sin θdθbi + cos θdθb j.

→ − Por lo tanto, la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo F a lo largo de la trayectoria semicircular resulta ser, (1,0) Z

→ − → F · d− r

θ=0 Z

=

θ=π

(−1,0)

=

−

Z0

cos θbi + sin θb j · − sin θdθbi + cos θdθb j 2

2

(Sen θ + Cos θ)dθ =

π

Zπ

dθ = π.

0

Este u ´ltimo resultado muestra que la selecci´ on adecuada de la parametrizaci´ on de la trayectoria semicircular conduce a un resultado relativamente m´ as facil que la selecci´ on del par´ ametro x. Por otro lado, notemos que para encontrar la integral de l´ınea para el inciso b) tenemos que resolver dicha integral en tres partes de la forma; (1,0) Z

(−1,0)

→ − → F · d− r =

Z

C1

→ − → F · d− r +

Z

C2

→ − → F · d− r +

Z

C3

→ − → F · d− r

R R R donde C1 , C2 y C3 son las integrales de l´ınea a lo largo de las trayectorias rectas como se muestran en la figura. La ecuaci´ on anterior sin necesidad de 139

hacer c´ alculos muestran que el procedimiento es un poco laborioso. Por lo tanto, analizemos el campo vectorial dado. → − Si calculamos el rotacional de F obtenemos:

→ − ∇× F

=

= =

bi

∂ ∂x y x2 +y 2

b k ∂ ∂z 0

b j

∂ ∂y x − x2 +y 2

−x2 − y 2 + 2x2 x2 + y 2 − 2y 2 b 0bi + 0b j+[ − ]k (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 → − 0

→ − → − → − es decir, F es irrotacional. Por lo tanto, si ∇ × F = 0 (que quiere decir también que es un campo vectorial conservativo) entonces existe una funci´ on escalar φ tal que : → − F = ∇φ luego entonces, sustituyendo este resultado en la integral de l´ınea obtenemos (1,0) Z

→ − → F · d− r

=

(−1,0)

(1,0) Z

− ∇φ · d→ r

(1,0) Z

(1,0) Z

dφ

(−1,0)

=

(−1,0)

=

∂φ ∂φ ∂φ dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z

(−1,0)

el resultado anterior muestra que la integral de l´ınea depende solamente de los puntos inicial y final de la trayectoria. Luego entonces, para el inciso b) donde la trayectoria de integraci´ on es la trayectoria poligonal que se muestra en la figura, se obtiene el siguiente resultado (1,0) Z

(−1,0)

→ − → F · d− r =

Z

C1

→ − → F · d− r +

Z

C2

140

→ − → F · d− r +

Z

C3

→ − → F · d− r = π.

Problema 8. → − Demostrar que f = xy 2bi + x3 yb j no es conservativo sin aplicar el resultado → − → − del irrotacional, es decir sin aplicar que ∇ × f = 0 . Soluci´ on: → − Para mostrar que f no es conservativo, calculamos la integral de l´ınea del → − campo vectorial f por ejemplo, del punto (0, 0) al punto (1, 0) a lo largo de dos trayectorias diferentes C1 y C2 como se ilustra en la siguiente figura. Y

(0,1)

b a X (1,0)

C1

Para C1 : Las ecuaciones paramétricas de la curva est´ an dadas por: x = y =

x 0

donde 0 ≤ x ≤ 1. Por lo tanto, → − r (x) = → − d r (x) =

xbi, dxbi,

por lo tanto para el campo vectorial dado, obtenemos Z

C1

→ − → f · d− r =

(1,0) Z

→ − → f · d− r =

(0,0)

Para C2 , se tiene que Z C2

→ − → f · d− r =

Z

a

Z1

x=0

(0bi + 0b j) · dxbi = 0.

→ − → f · d− r + 141

Z

b

→ − → f · d− r

para la trayectoria a; las ecuaciones paramétricas son: x y

= 0 = y

donde 0 ≤ y ≤ 1, de donde se obtiene → − r (y) = → − d r (y) =

yb j dyb j

para la trayectoria b, la ecuaci´ on paramétrica de la recta est´ a dada por: → − r (t) = (0, 1) + t(1, −1) =

tbi + (1 − t)b j

donde 0 ≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones paramétricas de la curva son: x = y =

t 1−t

por lo tanto para la trayectoria C2 tenemos: Z

C2

→ − → f · d− r

=

Z1

y=0

= =

Z

Z

1 0 1 0

(0i + 0j)dyb j+

Z1

t=0

t 1 − 2t + t2 − t3 (1 − t) dt

[t(1 − 2t + t2 ) − t3 + t4 ]dt (t4 − 2t2 + t)dt =

6 − 20 + 25 1 2 1 − + = 5 3 2 30

finalmente obtenemos, Z

1 → − − . r · d→ r = 30 c2

Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de l´ınea s´ı depende de la → − trayectoria de integraci´ on, luego entonces, el campo vectorial f no es conservativo. Soluci´ on alternativa:. → − → − → − Supongamos que f es conservativo, por lo tanto si ∇× f = 0 entonces → − existe una funci´ on escalar φ tal que f = ∇φ es decir; ∂φ ∂x ∂φ ∂y

=

xy 2

=

x3 y,

142

pero esto no puede ser, porque de las ecuaciones anteriores obtenemos: ∂ ∂φ = ∂y ∂x ∂ ∂φ = ∂x ∂y

2xy 3x2 y

es decir; ∂2φ ∂2φ 6= ∂x∂y ∂y∂x que contradice el resultado fundamental del C´ alculo Diferencial que establece que : ∂2φ ∂2φ = . ∂x∂y ∂y∂x → − Por lo tanto, la hip´ otesis original ( f es conservativo) no es correcta, as´ı el → − campo vectorial f no es conservativo.

143

Problema 9. → − Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas F dado por → − F (x, y, z) = (y + 2x)bi + (5y − x)b j,

que actua sobre una part´ıcula que se mueve sobre la elipse

x2 a2

+

y2 b2

= 1, en

sentido opuesto a las manecillas del reloj como se ilustra en la siguiente figura.

fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayectoria de integraci´ on.dibujoelipse.bmp Soluci´ on: → − Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ a definido por:

W =

I

→ − → F · d− r,

C

se puede calcular la integral de l´ınea tomando la parametrizaci´ on

x = y =

a cos φ b sin φ

donde 0 ≤ φ ≤ 2π. Sin embargo aplicaremos el teorema de Green, en este caso si

M (x, y) =

y + 2x

N (x, y) =

5y − x,

entonces

∂N ∂x ∂M ∂y

=

−1

=

1,

por lo tanto, 144

I

C

→ − → F ·d− r =

ZZ

Rxy

∂M ∂N − ∂x ∂y

donde A es el a´rea de la elipse

dxdy =

ZZ

[(−1) − 1] dxdy = −2

Rxy x2 a2

+

y2 b2

ZZ

dxdy = −2A,

Rxy

= 1 que es igual πab.

→ − Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ a dado por:

W =

I

→ − → F · d− r = −2πab.

C

145

Problema 10. → − k es conservativo. a) Verificar si f = 3x2 ybi + (x3 + 1)b j + 9z 2 b

b) Dependiendo de su respuesta en el inciso anterior calcule la integral de → − l´ınea de f desde el punto (−1, 0, 2) hasta el punto (1, 2, 4). Soluci´ on: → − a) Para verificar que f = 3x2 ybi+(x3 +1)b j+9z 2 b k es conservativo, calculemos → − el rotacional del campo vectorial f .

→ − ∇× f

= = =

bi ∂ ∂x 3x2 y

b k ∂ ∂ ∂y ∂z 3 x + 1 9z 2 b j

b (0 − 0)bi − (0 − 0) b j + 3x2 − 3x2 k → − 0.

→ − Por lo tanto, el campo vectorial f es conservativo. → − → − → − b) Si ∇ × f = 0 , entonces existe una funci´ on escalar talque f = ∇φ, es decir;

3x2 ybi + (x3 + 1)b j + 9z 2 =

de donde obtenemos,

∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z

∂φb ∂φ b ∂φ b i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z

=

3x2 y,

=

(x3 + 1),

=

9z 2 ,

integrando parcialmente, 1) φ(x, y, z) = x3 y + f (y, z), 2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z),

146

3) φ(x, y, z) = 3z 3 + h(x, y), derivando parcialmente con respecto a la variable y, de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos,

∂φ ∂y ∂φ ∂y

∂f (y, z) , ∂y

=

x3 +

=

x3 + 1,

de las ecuaciones anteriores obtenemos

∂f (y, z) = 1, ∂y integrando nuevamente parcialmente con respecto a la variable y, obtenemos

f (y, z) = y + Ψ(z), sustituyendo en la ecuaci´ on 1) obtenemos, 4) φ(x, y, z) = x3 y + y + Ψ(z).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones 3) y 4), derivamos parcialmente ahora con respecto a la variable z y obtenemos,

∂φ ∂z ∂φ ∂z

=

9z 2

=

Ψ(z) ∂z

igualando las ecuaciones enteriores obtenemos,

Ψ(z) = 3z 2 + cte, → − finalmente la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que f = ∇φ est´ a dada por, 147

φ(x, y, z) = x3 y + y + 3z 2 + cte.

Por lo tanto, aplicando el teorema de campos conservativos

Z

→ − → f · d− r

=

C

(1,2,4) Z

− ∇φ · d→ r =

(−1,0,2)

= =

(1,2,4) Z

(−1,0,2)

φ(1, 2, 4) − φ(−1, 0, 2)

52 − 48 = 4.

148

dφ(x, y, z)

Problema 11. Calcular el a´rea de una superficie esférica. Soluci´ on: La ecuaci´ on de una superficie S se puede representar mediante una funci´ on vectorial de la forma : → − r (u, v) = x(u, v)bi + y(u, v)b j + z(u, v)b k,

donde u y v son par´ ametros. Asimismo, los elementos diferenciables de l´ınea tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v est´ an dadas por:

− ∂→ r du = ∂u − ∂→ r dv = ∂v

→ − r u du, → − r v dv,

→ − de donde, se define el elemento diferencial de superficie d S como:

(1)

→ − − − dS = → r u du × → r v dv → − → − = r u × r v dudv,

y su magnitud est´ a dado por:

→ − − − (2) dS = d S = |→ ru×→ r v | dudv.

− − Recordemos también que → r u ×→ r v es un vector normal en cada punto de la → − superficie S definida por r (u, v), as´ı de las ecuaciones anteriores, el elemento diferencial de superficie est´ a dado por : → − dS = n bdS,

donde n b es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y est´ a

dado por:

149

→ − − ru×→ rv . n b= → − → − | r u × r v| De la ecuaci´ on (2), integrando la magnitud del elemento diferencial dS, sobre toda la superficie de la esfera se puede obtener el a´rea de la superficie S es decir: ZZ ZZ → − − → n b · dS . S= d S = S

S

Como sabemos, para una superficie esférica la forma paramétrica para la superficie est´ a dada por: → − r (θ, φ) = a sin θ cos φbi + a sin θ sin φb j + a cos θb k,

donde, 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas θ y φ est´ an dados por, − ∂→ r → − rθ≡ = a cos θ cos φbi + a cos θ sin φb j + a sin θb k ∂θ

y

por lo tanto,

→ − − rθ ×→ rφ

− ∂→ r → − = a sin θ sin φbi + a sin θ cos φb j rφ≡ ∂φ

bi = a cos θ cos φ a sin θ sin φ

b j a cos θ sin φ a sin θ cos φ

b k a sin θ 0

= a2 sin2 θ cos φbi + a2 sin2 θ sin φb j + a2 sin θ cos θ(cos2 φ + sin2 φ)b k 2 2 2 2 2 = a sin θ cos φbi + a sin θ sin jφb j + a sin θ cos θ b k,

de lo anteriormente aplicando la ecuaci´ on (2), la magnitud del elemento de superficie para este caso est´ a dado por: → − − − rθ ×→ r φ | dθdφ, dS = d S = |→ 150

donde, − − |→ rθ ×→ r φ| = = =

q

a4 sin4 θ cos2 φ + sin2 φ + sin2 θ cos2 θ q 2 a4 sin2 θ sin2 θ + cos2 θ 2

a2 sin θ,

por lo tanto, el a´rea de una superficie esférica est´ a dado por:

S

=

ZZ

dS =

S

= =

Z2π Zπ

2

a sin θdθdφ = a

φ=0 θ=0

2

Z2π

φ=0

2

−a (2π) [(cos (π) − cos (0)] 4πa2 .

151

dφ

Zπ

θ=0

π sin θdθ = a2 (φ 2π 0 )(cos θ 0 )

Problema 12. Calcular Soluci´ on:

RR → − d S donde S es la parte z > 0 de una esfera. S

Para el caso de una superficie esférica donde z > 0, la ecuaci´ on paramétrica de dicha superficie est´ a dada por : → − r (θ, φ) = a sin θ cos φbi + a sin θ sin φb j + a cos θb k,

donde;

0 ≤ 0 ≤

θ ≤ π/2, φ ≤ 2π.

En este caso, la integral de superficie resulta π

1)

2π R R2 → RR → − − dS = (− rθ ×→ r φ ) dθdφ S

φ=0 θ=0

del ejemplo anterior un vector normal a la superficie de la esfera est´ a dado por:

→ − − rθ ×→ r φ = a2 sin2 θ cos φbi + a2 sin2 θ sin φb j + a2 sin θ cos θ b k,

sustituyendo en la integral de superficie obtenemos,

ZZ

π

→ − dS =

a2

S

Z2π Z2 h

φ=0 θ=0 π

=

a2

Z2π Z2

φ=0 θ=0 π 2

a

2

Z2π Z

φ=0 θ=0

i sin2 θ cos φbi + sin2 θ sin jφb j + sin θ cos θ b k dθdφ π

sin2 θ cos φdθdφbi + a2

Z2π Z2

φ=0 θ=0

sin θ cos θdθdφb k, 152

sin2 θ sin φdθdφb j+

las integrales de las componentes bi y b j se pueden separar de la forma, π

Z2π Z2

a2

sin2 θ cos φdθdφ

a2

=

Z2π

π

cos φdφ

Z2

φ=0 θ=0

φ=0

θ=0

π 2

Z2π

Z2

a2

Z2π

Z

sin2 θ sin φdθdφ

a2

=

φ=0 θ=0

sin2 θdθ

π

sin φdφ

φ=0

sin2 θdθ,

θ=0

pero Z2π

cos φdφ =

φ=0

Z2π

sin φdφ = 0.

φ=0

Por lo tanto la integral de superficie resulta ser,

ZZ

→ − dS

S

= a2

Z2π

π

dφ

φ=0

Z2

θ=0

sin θ cos θdθ b k

π ! sin2 θ 2 = 2a π 2 0 π 1 2 2 2 = 2a π sin − sin (0) , 2 2

2


2)

RR → − k. d S = πa2 b S

153

Problema 13. RR → − d S donde S es una esfera. Calcular S

Soluci´ on: La integral original se puede escribir como: ZZ

→ − dS =

ZZ

→ − dS +

→ − dS ,

S2

S1

S

ZZ

donde S1 es la parte de la esfera z ≥ 0 y S2 es la parte de la esfera z ≤ 0. As´ı del problema anterior usando la ecuaci´ on 2) se tiene, ZZ S1

→ − d S = πa2 b k.

An´ alogamente, para la parte de la esfera z ≤ 0 aplicando la ecuaci´ on 1) del problema anterior obtenemos, ZZ

→ − dS

=

S2

ZZ

− − (→ rθ ×→ r φ ) dθdφ

S2

=

a

2

Z2π Zπ

φ=0 θ= π 2

=

a

2

Z2π

φ=0

= = finalmente obtenemos,

dφ

sin θ cos θdθdφb k

Zπ

θ= π 2

sin θ cos θdθdφb k

π 1 b a2 [2π] sin2 (π) − sin2 k 2 2 −πa2 b k, ZZ

→ − → − dS = 0 .

S

154

Problema 14: → − Sea E = −grad

1 − r| |→ 2

− donde → r = xbi + yb j + zb k. Calcular

S

→ − → − E · d S , donde

S es la esfera x2 + y + z 2 = 9. Soluci´ on:

− Por definici´ on si φ = φ(r), donde r = |→ r | entonces, el gradiente est´ a dado por la expresi´ on, → − r ∇φ(r) = φ0 (r) → , − |r| en este caso tenemos que la funci´ on dada es igual a φ(r) =

1

− r| |→

, por lo tanto el

→ − campo vectorial E est´ a dado por: → − E = −∇ es decir,

1 − |→ r|

→ − −1 −2 r − − = −∇ |→ r | = − − |→ r| , − |→ r|

→ − → − r E = → 3. − |r| → − Por otro lado, el elemento diferencial de superficie d S est´ a dado por: → − dS = n bdS,

donde el vector n b, es un vector unitario normal a la superficie, que en este caso

es una esfera, y aplicando la propiedad que establece que el gradiente es normal o perpendicular a una superficie, este vector esta dado por: ∇ x2 + y 2 + z 2 2xbi + 2yb j + 2z b k xbi + yb j + zb k ∇φ(x, y, z) =p = = , n b= b 2 2 |∇φ(x, y, z)| |∇ (x2 + y 2 + z 2 )| x + y + z2 j + 2z b k 2xi + 2yb

es decir,

155

→ − r , n b= → − |r|

este resultado se pudo haber obtenido inmediatamente aplicando el resultado − de que φ = φ(r), donde r = |→ r | , tomando φ(r) = r 2 . → − Por lo tanto sustituyendo el resutado para el campo vectorial E y el resul→ − tado para el vector d S , la integral de superficie resulta ser,

S

→ − → − E · dS

= =

→ − → − r r · dS → − 3 − S |→ | r | r| 1 2 dS → − |r| S

2 − donde, de la ecuaci´ on para la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9, se tiene que |→ r| =

x2 + y 2 + z 2 = 9. Finalmente apicando el resultado del problema 11, la integral est´ a dada por: → − → − 1 2 4π (3) = 4π. E · dS = S 9

156

Problema 15. Calcular dS S

[a2 x2

+

b2 y 2

1

+ c2 z 2 ] 2

,

sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuaci´ on ax 2 + by 2 + cz 2 = 1. Soluci´ on: La integral de superficie se puede calcular en forma paramétrica de la forma, → − ∂− ∂→ r r → − dudv, × S f dS =T f ( r (u, v)) ∂u av

analizando la ecuaci´ on del elipsoide, una parametrizaci´ on para la superficie S, est´ a dada por las ecuaciones paramétricas,

x

=

y

=

z

=

1 √ sin θ cos φ, a 1 √ sin θ sin φ, b 1 √ cos θ, c

as´ı, la ecuaci´ on del elipsoide en forma paramétrica est´ a dada por, 1 1 1 → − k, j + √ cos θb r (θ, φ) = √ sin θ cos φbi + √ sin θ sin φb a c b por lo tanto, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas θ y φ est´ an dados por, − ∂→ r ∂θ − ∂→ r ∂φ

= =

1 1 1 √ cos θ cos φbi + √ cos θ sin φb k j − √ sin θb a c b 1 1 √ sin θ sin φbi + √ sin θ cos φb j a b

de esta forma, el vector normal a la superficie est´ a dado por,

− − ∂→ r ∂→ r × ∂θ ∂φ

=

= =

b bi b j k √1 cos θ cos φ 1 1 √ √ cos θ sin φ − sin θ c b √a1 1 − a sin θ sin φ, √b sin θ cos φ 0 1 1 1 1 sin θ √ sin θ cos φbi − √ sin θ sin φb k j + √ cos2 φ cos θ + √ cos θ sin2 φ b ac bc ab ab 1 1 1 j + √ cos θb sin θ √ sin θ cos φbi − √ sin θ sin φb k. , ac bc ab 157

y la magnitud est´ a dada por,

→ → − ∂− r ×∂r ∂θ ∂φ

= =

s

a sin2 θ cos2 φ b sin2 θ sin2 φ c cos2 θ + + abc abc abc q sin θ √ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ abc

sin θ

as´ı también, en términos de las ecuaciones paramétricas, la funci´ on escalar f se puede escribir de la froma, − f (→ r (θ, φ)) =

1 a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ

por lo tanto, la integral de superficie est´ a dada por:

S f dS

=T

12

1 sin θ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 2 √ 1 dθdφ, abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 2

que se reduce simplemente a la forma,

S f dS

= = =

Z 2π Z π 1 1 sin θdθdφ = √ dφ sin θdθ abc T abc φ=0 φ=0 Z π 2π 2π π √ [(− cos θ)0 ] sin θdθ = √ abc θ=0 abc 2π √ [− (cos π − cos 0)] abc √

finalmente se obtiene,

dS S

[a2 x2

+

b2 y 2

+

1

c2 z 2 ] 2

158

4π . =√ abc

Problema 16. Calcular

RR → − → → − − f ·d S donde f = x2bi+xyb j −xz b k y S la superficie del plano que S

contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) limitado en el primer octante. Soluci´ on: Primero debemos escribir la ecuaci´ on de la superficie S de la forma,

ax + by + cz = d, → − donde N = (a, b, c) ser´ a un vector normal al plano que contiene a los tres puntos dados. Sean los puntos P, Q y R que est´ an en el plano con sus − − − respectivos vectores de posici´ on → r P, → rQy→ r R , en términos de estos vectores de posici´ on podemos encontrar dos vectores sobre el plano y calculando su producto vectorial entre ellos podemos encontrar un vector perpendicular a ambos y por lo tanto perpendicular al plano, de la forma

→ − N

adem´ as,

− − − − = (→ rP −→ r Q ) × (→ rR−→ r Q) = (1, −2, 0) × (0, −2, 3) bi b j b k = 1 −2 0 0 −2 3 = −6bi − 3b j − 2b k,

→ − − d= N ·→ r P = (−6, −3, −2) · (1, 0, 0) = −6. Por lo tanto, la ecuaci´ on del plano que contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) est´ a dado por: −6x − 3y − 2z = −6, que se puede escribir de la forma, 1 1 x + y + z = 1. 2 3 La superficie de integraci´ on esta representada en la siguiente figura. 159

Z

(0,0,3)

plano x=0 i,e; plano YZ plano y=0 i,e; plano XZ

3y + 2z = 6 6x + 2z = 6

Y (0,2,0) (1,0,0)

plano z=0 i,e;

X

plano XY

6x + 3y = 6

Por lo tanto, aplicando el teorema de la proyecci´ on de la superficie en el plano coordenado rect´ angular XY, la integral de superficie est´ a dada por: ZZ S

→ − f ·n bdS =

− ZZ → f ·n b b dxdy, n b · k R xy

donde el vector unitario normal al plano est´ a dado por:

160

n b

bi + 1 b j + 13 b k ∇φ =q 2 |∇φ| 1 + 14 + 91

=

1b bi + 1 b 2j + 3k 7 6

de donde obtenemos,

→ − f ·n b =

n b·b k =

1 b b x i + xy j + xz k · bi + b j+ 2 2b

()13()67,

1b k 3

6 7

as´ı, al sustitur en la integral de superficie obtenemos,

− ZZ → f ·n b b dxdy n · k b R

=

ZZ "

xz x2 + xy 2 + 3 ()13()67

3

x2 +

Rxy

xy

=

ZZ

Rxy

6# 7

xz xy dxdy + 2 3

pero de la ecuaci´ on del plano tenemos que z = 3 1 − x − la ecuaci´ on anterior tenemos,

− ZZ → f ·n b b dxdy n · k b R

=

3

ZZ h

x2 +

Rxy

xy

=

3

ZZ

dxdy

y 2

, sustituyendo en

y i xy dxdy +x 1−x− 2 2

xdxdy,

Rxy

para resolver la integral enterior, observemos la regi´ on en el plano XY , el orden de integraci´ on se muestra esquem´ aticamente en la figura siguiente.

161

Y

(0,2)

X (1,0) Mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x desde x = 0 hasta la recta x = 1 − 12 y; finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2, es decir;

3

ZZ

xdxdy

=

3

Z2

y=0

Rxy

=

  

x=1− 12 y

Z

x=0



 xdx dy = 3

Z2

x2 2

y=0

Z2 3 y 2 dy = 1− 2 2 y=0

−3 1 − 3

y 3 2

|0

=+

3 = 1. 3

!2 0

(1− y2 )

dy

También como se muestra esquem´ aticamente en la figura, podemos resolver la integral en el siguiente orden de integraci´ on, manteniendo fijo a x e integrando con respecto a y desde y = 0 hasta la recta y = 2(1 − x), finalmente integramos con respecto a x desde x = 0 hasta x = 1, es decir;

162

Y

(0,2) 6X + 3Y = 6

X (1,0)

3

ZZ

xdxdy

=

Z1

x=0

Rxy

=

3

  

Z1

x=0



y=2(1−x) Z y=0

 xdy  dx = 3

Z1 h

x=0

x(1 − x)dx = 6

x2 x3 − 2 3

2(1−x)

(xy) |0

1 0

=6

i

dx

1 1 = 1. − 2 3

Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble es independiente del orden de integraci´ on.

163

Problema 17. RR → − → → − − f ·d S para f = ybi+2xb j −z b k, donde S es la superficie Calcular la integral S

del plano 2x + y + 2z = 6 situado en el primer octante. Soluci´ on:

Aplicando el gradiente, un vector normal unitario a la superficie S, que en este caso es un plano, est´ a dado por,

n b=

de donde:

∇φ 2bi + b j + 2b k = , |∇φ| 3

→ − f ·n b =

1 [2y + 2x − 2z] , 3 2 , 3

n b·b k =

por lo tanto,

− ZZ → f ·n b b dxdy n b · k R xy

=

ZZ

Rxy

1 3

(2x + 2y − 2z) 2 3

dxdy,

pero de la expresi´ on para la superficie tenemos z = 3 − x − 21 y, sustituyendo en la integral anterior obtenemos − ZZ → f ·n b b dxdy n b · k R xy

=

ZZ

Rxy

1 x + y − (3 − x − y) dxdy 2

ZZ 3 = 2x + y − 3 dxdy. 2 Rxy

Después de algunos c´ alculos algebraicos an´ alogos al problema anterior obtenemos, − ZZ → f ·n b b dxdy = 18. n · k b R xy

164

Problema 18. → − Calcular el flujo de campo f = xbi + yb j + zb k donde S es un cubo unitario (es decir la superficie limitada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1, z = 1). Soluci´ on: Como se muestra en la figura, el flujo a través del cubo tiene 6 contribuciones debidas a las 6 superficies (caras) del cubo unitario, es decir los planos (x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1, z = 1) , por lo tanto la integral de flujo original est´ a dada por: ZZ S

→ − → − f · dS =

ZZ S1

→ − → − f · dS +

ZZ

→ − → − f · dS +

ZZ

→ − → − f · dS + ···+

S3

S2

donde, como se muestra en la figura tenemos → − S1 (DEF G) ; x = 1 dS = n bdS = bidydz → − S2 (ABCO) ; x = 0 d S = n bdS = −bidydz → − S3 (ABEF ) ; y = 1 dS = n bdS = b jdxdz → − S4 (0GDC) ; y = 0 d S = n bdS = −b jdxdz → − b S5 (BCDE) ; z = 1 dS = n bdS = kdxdy → − S6 (AF GO) ; z = 0 d S = n bdS = −b kdxdy.

165

ZZ S6

→ − → − f · dS

Z

C

B E

D O

Y A G

F

X Por lo tanto, para la superficie S1 tenemos, ZZ s1

→ − → f · d− s

=

ZZ

Rxy

=

(xbi + yb j + zb k) · bidydz

Z1 Z1

xdydz =

y=0 z=0

Z1 Z1

dydz = 1,

y=0 z=0

an´ alogamente para la superficie S2 tenemos,

166

ZZ s2

→ − → f · d− s =

ZZ

Rxy

=

−

(xbi + yb j + zb k) · −bidydz

ZZ

xdydz = 0.

Rxy

Similarmente para las superficies S3 , S4 , S5 y S6 obtenemos; ZZ

→ − → − f · dS

=

→ − → − f · d S = 1,

S5

S3

ZZ

ZZ

→ − → − f · dS

=

S4

ZZ

→ − → − f · d S = 0,

S6

por lo tanto el flujo a través del cubo unitario est´ a dado por:

ZZ

→ − → − f ·dS =

S

ZZ

→ − → − f ·dS +

ZZ

→ − → − f ·dS +

→ − → − f ·dS +···+

ZZ

→ − → − f · d S = 3.

S6

S3

S2

S1

ZZ

El resultado anterior se puede obtener aplicando el teorema de Gauss, este teorema establece lo siguiente: ZZ s

en este caso:

→ − → f · d− s =

ZZZ V

→ − ∇ · f dV

→ − − f =→ r,

por lo tanto,

donde

RRR

ZZZ

→ − ∇ · f dV = 3

V

ZZZ

dV = 3,

V

dV es el volumen de un cubo unitario.

V

167

Problema 19. → − Calcule el flujo del campo vectorial F = bi + xyb j a lo largo de la superficie S dada por las ecuaciones paramétricas: x y

= u + v, = u − v, = u2 ,

z donde,

0 5 0 5

u51 v 5 1.

Soluci´ on: → − El flujo del campo vectorial F a través de la superficie S (que generalmente se representa por Φ) esta dado por:

Φ=

ZZ

→ → − − F · dS,

S

donde

y

→ − dS = n bdS,

→ − − ru×→ rv , n b= → − → |ru×− r v|

es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaci´ on, → − − r =→ r (u, v), − − donde los vectores → ruy→ r v , son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente. Asimismo, la magnitud del elemento diferencial de superficie est´ a dada por, − − dS = |→ ru×→ r v | dudv 168

por lo tanto,

→ − dS

= =

→ − − ru×→ rv → − |− ru×→ r v | dudv → − → − | r u × r v| − − ∂→ r ∂→ r × dudv, ∂u ∂v

que es el elemento diferencial de a´rea normal a la superficie S. De las ecuaciones paramétrica para la superficie S, elvector de posici´ on se puede escribir de la forma, → − r (u, v) = (u + v)bi + (u − v)b j + u2 b k,

calculando el vector normal a la superficie, obtenemos

− ∂→ r ∂u − ∂→ r ∂v de donde obtenemos,

= bi + b j + 2ub k, = bi − b j,

b k j − 2b k, 2u = 2ubi + 2ub 0 → − por lo tanto, el flujo del campo vectorial F a través de la superficie S est´ a dado bi b j − − ∂→ r ∂→ r × = 1 1 ∂u ∂v 1 −1

por, ZZ S

→ → − − F · dS =

ZZ h i h i bi + (u + v)(u − v)b j · 2ubi + 2ub j − 2b k dudv, S

calculando el producto escalar,

169

ZZ

→ → − − F · dS

=

S

= = = =

Z

Z

v=1 v=0 1 v=0 1

Z

Z

u=1 u=0 1

u=0

2u + 2u(u2 − v 2 ) dudv

(2u3 − 2uv 2 + 2u)dudv

1 2 4 2 2 2 u −u v +u v=0 4 u=0 Z 1 1 − v 2 + 1) dv 2 u=0 1 Z 1 2 3 v3 2 , − v dv = v− 3 2 3 0 u=0

Z

finalmente, obtenemos ZZ

→ 7 → − − F · dS = . 6

S

170

Problema 20. → − → − → − Si f = xbi + yb j + zb k Calcualr s f · d S , donde S es la superficie cil´ındrica representada por la ecuaci´ on → − r = cos ubi + sin ub j + vb k.

donde,

≤ u ≤ 2π, ≤ v ≤ 1, → − y el elemento diferencial est´ a dado por d S = n bdS, y n b es el vector unitario normal exterior a la superficie. 0 0

Soluci´ on: Por definici´ on, sabemos que el vector → − − ru×→ rv n b= → , − → − | r u × r v|

es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaci´ on, → − − r =→ r (u, v)

− − los vectores → ru y → r v , son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente. Por otro lado, si el elemento diferencial de superficie est´ a dado por → − dS = n bdS,

y su magnitud est´ a dada por,

− − dS = |→ ru×→ r v | dudv

entonces,

→ − dS

= =

→ − − ru×→ rv → − |− ru×→ r v | dudv → − → − | r u × r v| → − − r ×→ r dudv u

v

171

Para la ecuaci´ on de la superficie dada, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenada est´ an dados por,

→ − ru

=

→ − rv

=

− ∂→ r = − sin ubi + cos ub j, ∂u → − ∂r =b k, ∂u

de donde,

bi b j → − → − r u × r v = − sin u cos u 0 0

b k 0 1

= cos ubi + sin ub j,

por otro lado, de las ecuaciones paramétricas de la superficie cil´ındrica, el campo vectorial est´ a dado por → − f = cos ubi + sin ub j + vb k ,

por lo tanto, la integral de flujo resulta

→ − → − s f · dS

= = = = =

Z

Z

Z

Z

v=1 v=0 v=1 v=0 v=1 v=0 v=1

Z

Z

Z

u=2π v=0 u=2π v=0 u=2π

2π.

cos ubi + sin ub j + vb k · cos ubi + sin ub j dudv

cos2 u + sin2 v dudv

dudv v=0

dv v=0

Z

u=2π

du v=0

172

Problema 21. H → − − r donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la Calcular c f · d→ → − figura y el campo vectorial est´ a dado por: f = (x − y) bi + (x + y) b j a) Calculando la integral de l´ınea directamente y b) Aplicando el Teorema de Green en el plano

Y (1,1) y=x y=x

2

X Soluci´ on: a) De la figura, la trayectoria curva C se divide en dos trayectorias C 1 y = x2 y C2 (y = x) , por lo tanto, la integral de l´ınea se expresa de la forma: Z Z I → − → → − → → − → f · d− r f · d− r + f · d− r = C

C2

C1

Para la trayectoria C1 las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = y =

x x2 ,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: − d→ r = dxbi + 2xdxb j,

por lo tanto, la integral de l´ınea para la trayectoria C 1 est´ a dada por:

173

Z

C1

→ − → f · d− r = =

Z1

x=0

Z1 0

=

(x − x2 )dx + x + x2 2xdx

2 1 x x3 x4 x + x2 + 2x3 dx = + + 2 3 2 0

1 3 4 1 1 1 + + = + = . 2 3 2 3 3 3

Asimismo para la trayectoria C2 las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = y =

x x,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: − d→ r = dxbi + dxb j,

por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´ a dada por: Z

c2

→ − → f · d− r = =

Z0

(x − x) dx + 2xdx

0

1

x2

1

3 = −1 = − . 3

Por lo tanto la integral de l´ınea a lo largo de la trayectoria C que se muestra en la figura est´ a dado por: I Z Z → − → → − → → − → 4 3 1 f · d− r = f · d− r + f · d− r = − = 3 3 3 C C1 C2 b) En este caso

M (x, y) = N (x, y) =

x−y x + y,

de donde se tiene, ∂N ∂x ∂M ∂y

= 1 = −1, 174

aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos I

ZZ

(M dx + N dy) = C

∂M ∂N − ∂x ∂y

Rxy

ZZ

=

dxdy

(1 − (−1)) dxdy = 2

Rxy

ZZ

dxdy,

Rxy

para evaluar la integral doble hacemos uso de la figura, integrando primeramente desde la recta y = x a la par´ abola y = x2 para después integrar la variable y desde y = 0 hasta y = 1, es decir;

2

ZZ

dxdy

=

2

Z1

√ x= Z y

dxdy = 2

y=0 x=y

Rxy

=

2

Z1

y=0

Z1

√

[x]y

y

y=0

dy

1 √ ( y − y) dy = . 3

La integral doble también se puede resolver integrando primeramente en la variable y, posteriormente la variable x de la siguiente forma,

2

ZZ

Rxy

dydx =

Z Z1 y=x

dydx = 2

= 2

0

x

([y]x2 ) dx

x=0

x=0 y=x2

Z1

Z1

x−x

2

175

x2 x3 dx = 2 − 2 3

1 0

=

1 . 3

Problema 22: Verificar el Teorema de Green en el plano para el campo vectorial, → − F = 3x2 + 2y bi − (x + 3 cos y) b j

donde C es la trayectoria que se muestra en la siguiente figura. ftbpF206.4375pt130.125pt0ptFigure Soluci´ on: Debemos verificar que, Z M dx + N dy = C

Rxy

∂N ∂M − ∂x ∂y

dxdy,

en este caso; (∗)

M = 3x2 + 2y , N = − (x + 3 cos y) .

Primero calculemos la integral de l´ınea a lo largo de las cuatro trayectorias rectas que se muestran en la figura que es un paralelogramo, para despues sumar todos los resultados, es decir, Z Z Z Z Z M dx + N dy = + + + . C

C1

C2

C3

C4

Para C1 : De la figura, la recta que va del punto (0, 0) al punto (2, 0), est´ a dada por las ecuaciones paramétricas x = y =

x, 0,

por lo tanto, Z

(2,0)

M dx + N dy

=

(0,0)

= Para C2 :

x=2 x=0

3x2 + 2y dx

x3 + 2y

2 0

= 8.

De la figura, la recta que va del punto (2, 0) al punto (3, 1), est´ a dada por las ecuaci´ on, x = y + 2, 176

si escogemos como par´ ametro a la variable y, obtenemos Z

(3,1)

M dx + N dy

=

(2,0)

= = = = =

y=1 y=0

2 3 (y + 2) + 2y − (y + 2) − 3 cos y dy

3y 2 + 12y + 12 + 2y + y − 2 − 3 cos y dy 3y 2 + 12y + 10 − 3 cos y dy 1 13 2 3 y + y + 10y − 3 sin (1) 2 0 13 + 10 − 3 sin (1) 1+ 2 35 − 3 sin (1) . 2 y=1 y=0 y=1 y=0

Para C3 : De la figura, la recta que va del punto (3, 1) al punto (1, 1), est´ a dada por las ecuaciones paramétricas, x = y =

x, y,

por lo tanto, Z

(1,1)

M dx + N dy

=

(3,1)

= Para C4 :

2 −x=3 x=1 3x + 2y dx

3 − x3 + 2y 1 = −30.

De la figura, la recta que va del punto (1, 1) al punto (0, 0), est´ a dada por las ecuaci´ on, x = y, si escogemos como par´ ametro a la variable y, obtenemos Z

(0,0)

M dx + N dy

=

(1,1)

= =

2 −y=1 y=0 3y + 2y)dy − (y + 3 cos y dy

y2 − y +y − − 3 sin (y) 2 3 − + 3 sin (1) , 2 3

177

2

1 0

sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas, obtenemos Z

de donde,

35 3 − 3 sin (1) − 30 − + 3 sin (1) , 2 2

M dx + N dy = 8 + C

(1)

R

C

M dx + N dy = −6.

Ahora para calcular la integral doble sobre la regi´ on que encierra el paralelogramo, tenemos de las ecuaciones (∗) que, ∂N = −1, ∂x y ∂M = 2, ∂y por lo tanto,

Rxy

∂M ∂N − ∂x ∂y

dxdy

finalmente, (2)

x=y+2 (−1 − 2)dxdy = −3y=1 dx dy y=0 x=y Rxy i h x=y+2 dy = −3y=1 = −3y=1 y=0 2dy, y=0 [x]x=y

=

Rxy

∂N ∂x

−

∂M ∂y

dxdy = −6.

Este resultado se pudo haber obtenido por simple observaci´ on, puesto que dxdy es igual al a´rea del paralelogramo que tiene base igual a dos y alura Rxy uno. As´ı, de los resutados (1) y (2), se comprueba el Teorema de Green en el plano.

178

Problema 23. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular la integral, Z

(x + y)dx + x2 dy,

C

donde C es el tri´ angulo con vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 1), que se muestra en la siguiente figura. Y (0,1)

X (2,0)

(0,0)

Soluci´ on: Por definici´ on, el teorema de Greenn en el plano establece que Z

M dx + N dy =

C

ZZ

(

∂N ∂M − )dxdy, ∂x ∂y

Rxy

donde la trayectoria curva C encierra la regi´ on que R xy que est´ a en el plano XY . En este caso, M

=

x + y,

N

=

x2 ,

de donde se obtiene, ∂N ∂x ∂M ∂y

= 2x, = 1, 179

por lo tanto, aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos Z

(x + y)dx + x2 dy, =

C

ZZ

Rxy

(2x − 1) dxdy,

para resolver la integral interior, mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x, desde la recta x = 0, hasta la recta x = 2(1 − y), como se muestra en la siguiente figura, y finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2.

Y (0,1)

X (0,0)

(2,0)

de esta forma, obtenemos Z

2

(x + y)dx + x dy =

C

Z

1 y=0

Z

x=2(1−y)

(2x − 1)dxdy,

x=0

calculando las integrales obtenemos Z

2

(x + y)dx + x dy

=

C

= = = = = =

Z

Z 4

1 y=0 1 y=0 Z 1

x2 − x

x=2(1−y) x=0

dy

4(1 − y)2 − 2(1 − y) dy

y=0

(1 − y)2 dy − 2

Z

1

(1 − y)dy

y=0 1 2

4 3 − (1 − y) + (1 − y) 3

y=0

4 4 3 3 2 − (1 − 1) + (1 − 1)2 − − (1 − 0) + (1 − 0) 3 3 4 6 − − + 3 3 2 − . 3

180

Problema 24. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular I

(y − sin x) dx + cos xdy,

C

donde C es el tri´ angulo que se muestra en la siguiente figura.

(

Y

π, 0 2

)

X

( π2

)

,0

Soluci´ on: En en forma an´ aloga al problema anterior, en este caso M (x, y) = y − sin x N (x, y) = cos x, de donde se tiene, ∂N ∂x ∂M ∂y

=

− sin x

=

1,

aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos I ZZ (y − sin x) dx + cos xdy = (− sin x − 1) dxdy. C

Rxy

Para evaluar la integral doble, integrando primeramente la variable y, desde la recta y = 0 a la recta y = π2 x, para después integrar la variable x, desde x = 0 hasta x = π2 ,como se esquematiza en la siguiente figura. Y

( π2

,

)

1

X

(

π , 1 2

181

)

Por lo tanto la integral doble resulta,

ZZ

x= π 2

(− sin x − 1) dydx = −

Rxy

Z

x=0 x= π 2

= −

= −

  

Z h

x=0

π x= Z 2

x=0



y= π 2x

Z

y=0

 (sin x + 1) dy  dx

i π 2x dx [(sin x)y + y]y=0



π π x [sin x + 1] dx = − (−x cos x)x=0 + 2 2 x= π 2

"

x= π 2

Z

cos xdx +

x=0

πx 2 x2 2 π π π 2 −x cos x + sin x + − cos + sin + =− π 2 y=0 π 2 2 2 2 π2 2 π2 + 8 = − 1+ =− , π 8 π 4π = −


ZZ

(− sin x − 1) dydx = −

Rxy

182

2 π + 4 π

.

π 2

2

x 2

2 #

2

π2 x

y=0

  

Problema 25. Calcular la integral ZZ S

→ − donde F est´ a dado por:

→ − F ·n bdS,

→ − F (x, y, z) = [2x + cos(yz)] bi − [sin(xz) + 5y] b j + arcsin x2 y b k,

y S es la parte superior del plano XY de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 .

Soluci´ on: Obsérvese que s´ı se quiere calcular directamente la integral de superficie resulta ser una integral muy laboriosa, sin embargo si aplicamos el teorema de la Divergencia de Gauss el problema es relativamente simple, puesto que → − ∇ · F = 7, as´ı aplicando el teorema de la divergnecia de Gauss obtenemos,

donde

RRR

ZZ

→ − → − F · dS =

ZZZ V

S

→ − ∇ · f dV = 7

ZZZ

dV,

V

dV es el volumen de la esfera, pero como se pide solamente la parte

V

z > 0, entonces ZZ S

→ − → − F · dS = 7

2 3 πa 3

183

=

14 3 πa . 3

Problema 26. → − Verificar el teorema del rotacional de Stokes para F = (x + 2y) bi + 3zb j + yz b k 2 2 2 2 y S la superficie de la mitad superior de la esfera x + y + z = a . Soluci´ on: El teorema del rotacional de Stokes matem´ aticamente se expresa de la forma, Z → − → → − → − F · d− r, S∇ × F · d S = C

es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. Primero calcularemos la integral de l´ınea. Si proyectamos a la esfera en el plano XY, tenemos una circunferencia de radio a con centro en el origen cuyas ecuaciones paramétricas est´ an dadas por, x = y = z =

a cos θ, a sin θ, 0,

donde 0 < θ < 2π. En términos de estas ecuaciones paramétricas, el campo vectorial est´ a dado por → − F = (a cos θ + 2a sin θ) bi + 0b j + 0b k. − Asimismo, el vector de posici´ on → r ,est´ a dado por, → − r = a cos θbi + a sin θb j,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por,

− d→ r = −a sin θdθbi + a cos θdθb j. Calculando la integral de l´ınea en sentido positivo (como lo establece el teorema) tenemos,

184

Z

→ − → F · d− r

= −

Z

= −a

2π θ=0

2

= −a2

Z

h

i h i (a cos θ + 2a sin θ) bi · −a sin θbi + a cos θb j dθ

2π

θ=0

cos θ sin θdθ − 2a

sin2 θ 2

2π

θ=0

− a2

Z

2π

sin2 θdθ

θ=0

1 θ − sin(2θ) 2

2π

θ=0

1 sin2 (2π) − a2 2π − sin (2 (2π)) = −a 2 2 1 = −a2 2π − sin 2 (2π) = −2a2 π. 2 2

Ahora, calculemos la integral de superficie, para hacer esto calculamos primer→ − amente el ∇ × F , bi → − ∂ ∇ × F = ∂x x + 2y

b j

∂ ∂y

3z

b k ∂ = (z − 3) bi + 2b k ∂z yz

Por otro lado, sabemos que la transformaci´ on de coordenadas esféricas y rect´ angulares est´ a dada por. x = a sin θ cos φ, y = a sin θ sin φ, z = a cos θ, donde 0≤ θ ≤ π2 y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuacion de la superficie S, en forma paramétrica est´ a dada por, → − r (θ, φ) = a sin θ cos φbi + a sin θ sin φb j + a cos θb k.

de donde, el elemento diferencial de superficie est´ a dado por,

→ − − − d S = (→ rθ ×→ r φ ) dθdφ = a2 sin2 θ cos φbi + a2 sin2 θ sin φb j + a2 sin θ cos θ b k dθdφ, → − de esta forma, la integral de superficie de la componente normal del campo F , 185

est´ a dada por, → −

S ∇x F

→ − · dS

i h i (z − 3) bi + 2b k · a2 sin2 θ cos φbi + a2 sin2 θ sin φb j + a2 sin θ cos θ b k dθdφ Z 2π Z π a2 (cos θ − 3) sin2 θ cos φ + 2 sin θ cos θ dθdφ =

=

S

=

Z

h

φ=0 2π

Z

φ=0

θ=0 π

2

2

θ=0

a (cos θ − 3) sin θ cos φdθdφ + 2a

2

Z

2π

φ=0

Z

como podemos observar la primera integral es igual a cero, debido a que 0, por lo tanto,

→ − → − S ∇x F · d s

= 2a

2

Z

2π φ=0

"

Z

π

sin θ cos θdθdφ = 2a θ=0

#π sin2 θ = 2a 2π 2 θ=0 1 = 2πa2 . = 2πa2 2 2

186

2

Z

2π

dφ φ=0

Z

π

sin θ cos θdθdφ, θ=0

Rπ

θ=0

cos φdφ =

2π

sin θ cos θdθ φ=0

Problema 27. R 2x − y 3 dx− Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral C

xydy siendo C el contorno de la regi´ on en el primer cuadrante, limitada por las circunferencias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9, como se muestra en la siguiente figura. Soluci´ on:

Y

(0,3) C4 C

1

C

(0,1)

2

(1,0)

C3

(3,0)

Y

Por definici´ on, el teorema de Green en el plano establece que, Z ZZ ∂M ∂N − )dxdy, M dx + N dy = ( ∂x ∂y C

Rxy

donde la trayectoria curva C encierra la regi´ on que R xy que est´ a en el plano XY . Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ınea debemos calcular cuatro integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C2 , C3 y C4 , para esto primero necesitamos escribir en forma paramétrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para C1 : x = → − dr = 3 ≤

187

0; −dyb j; y ≤ 1,

para C2 : x

= cos θ;

y = sin θ; π/2 ≤ θ ≤ 0; − d→ r = −sinθdθbi + cos θdθb j;

paraC3 :

y = − d→ r = 1 ≤

0; dxbi; x ≤ 3;

para C4 : x y 0 → − dr

= 3 cos θ; = 3 sin θ; ≤ θ ≤ π/2;

= −3 sin θdθbi + 3 cos θdθb j;

de esta forma, la integral de l´ınea est´ a dada por, Z

→ − → f · d− r

=

Z

C1

+ + + =

Z

Z

Z

−y 3bi − 0b j · dyb j

C2

Z C3 C4 π/2

=

j · −3 sin θdθbi + 3 cos dθb j 6 cos θ − 27 sin3 θ bi − 9 sin θ cos θb

2xdx

+

Z

2xbi − 0b j · dxbi

−2 cos θ sin θdθ + sin4 θdθ − cos2 θ sin θdθ

θ=0 Z 3

+

2 cos θ − sin3 θ bi − cos θ sin θb j · − sin θdθbi + cos dθb j

x=1 Z π/2 θ=0 π/2

−18 cos θ sin θdθ + 81 sin4 θdθ − 27 cos2 θ sin θdθ

(−16 cos θ sin θdθ) + θ=0

Z

π/2 θ=0

80 sin4 θdθ −

Z

π/2 θ=0

x=3 26 cos2 θ sin θdθ + x2 x=1 ,

para resolver las integrales de senos y cosenos, hacemos el siguiente cambio de variable

188

u = cos θ, du = − sin θdθ, du dθ = − sin θ,

por lo tanto,

Z

→ − → f · d− r

= = = = = = =

16

Z

π/2

udu + 26

θ=0 2 Z π/2

Z

π/2

2

u du + 40

θ=0 3 Z π/2

Z

π/2

sin2 θ (1 cos 2θ) dθ + 8

θ=0

Z π/2 Z π/2 26u sin2 θ cos 2θdθ + 8 sin2 θdθ − 40 +40 3 θ=0 θ=0 θ=0 θ=0 π2 Z π/2 Z π/2 π 26 + 20 (1 − cos 2θ) dθ − 20 (1 − cos 2θ) cos 2θdθ + 8 8 cos2 θ 02 + cos3 θ 3 θ=0 θ=0 0 Z π/2 Z π/2 π π 26 cos 2θdθ + 20 cos2 2θdθ + 8 −8 − + [20θ]02 − [10 sin 2θ]02 − 20 3 θ=0 θ=0 Z π/2 π 26 −8 − + 10π − [10 sin 2θ]02 + 10 (1 + cos 4θ) dθ + 8 3 θ=0 π2 π 26 26 10 2 = − + 10π + 5π sin4θ − + 10π + [10θ]0 + 3 4 3 0 26 − + 15π. 3 16u 2

+

Ahora debemos calcular la integral doble sobre la regi´ on del plano XY que encierra el contorno C, en este caso tenemos M N

= =

2x − y 3 , −xy,

por lo tanto,

Z

2x − y

3

dx−xydy =Rxy

"

∂(−xy) ∂ 2x − y 3 − ∂x ∂y

#

dxdy =Rxy −y + 3y 2 dxdy

para resolver la integral anterior, es m´ as conveniente usar coordenadas polares, donde el elemento diferencial de a´rea est´ a dado por,

dA = dxdy = rdrdθ, 189

donde

y = r sin θ. de esta forma, la integral resulta

Rxy

−y + 3y 2 dxdy

= = = = = = =

Z

Z

π/2 θ=0 π/2

Z

Z

r=3 r=1 r=3

−r sin θ + 3r 2 sin2 θ rdrdθ

−r2 sin θ + 3r 3 sin2 θ dθdr

r=1 θ=0 Z r=3 Z π/2 2

−

r

r=1

sin θdθ + 3

θ=0

Z

r=3

r=1 4 3

3

r dr

Z

π/2

θ=0 π/2

sin2 θdθ

! 3 Z π 1 r3 r 2 (− cos θ)θ=0 + 3 (1 − cos 2θ) dθ − 3 1 4 1 2 θ=0 4 " π2 # π 3 1 1 27 1 1 2 +3 (θ)θ=0 − − sin 2θ − − 3 3 4 4 2 2 θ=0 1 π 26 − + (3) (20) 3 2 2 26 − + 15π. 3

Por lo tanto se comprueba el teorema de Green.

190

Problema 28. La esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 intersecta a los ejes positivos X, Y y Z en los puntos A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste de tres arcos circulares AB, BC y CA, como se muestra en la figura.

Y

C2 C3

X

C1

Z Si el campo vectorial est´ a dado por,

calcular

→ − F = (y + z)bi + (z + x)b j + (x + z)b k, Z

→ − → F · d− r.

C

191

Soluci´ on: Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ınea debemos calcular tres integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C2 , y C3 , para esto primero nesecitamos escribir en forma paramétrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para la curva C1 : x y

= a cos θ, = a sin θ,

z 0

= 0, ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por,

para la curva C2 :

− d→ r 1 = −a sin θdθbi + a cos θdθb j. y z


x 0

= 0, ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por,

para la curva C3 :

− d→ r 2 = −a sin θdθb j + a cos θdθ b k, z x


y 0

= 0, ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por, − d→ r 3 = a cos θdθbi − a sin θdθ b k,

las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a), b) y c) respectivamente.

192

Z

Y

Z

C1

C

0

C3 2

0

0 X

Y

a)

b)

X

c)

Por lo tanto, la integral de l´ınea estar´ a dada por: Z Z Z Z → − → → − − → − − → − − F · d− r = F · d→ r 1 + F · d→ r 2 + F · d→ r3 C

C1

C2

C3

es decir, Z

→ − → F · d− r =

C

(0,a,0) Z

(a,0,0)

→ − → F · d− r1+

(0,0,a) Z (0,a,0

→ − → F · d− r2+

(a,0,0) Z

→ − → F · d− r3

(0,0,a)

sustituyendo la parametrizaci´ on de cada curva obtenemos, Z

→ − → F · d− r

θ= π 2

=

C

Z

(a sin θ, a cos θ, a cos θ) · (−a sin θdθ, a cos θdθ, 0)

θ=0

+

π θ= Z2

(a cos θ + a sin θ, a sin θ, a sin θ) · (0, −a sin θdθ, a cos θdθ)

θ=0

θ= π 2

+

Z

(a cos θ, a cos θ + a sin θ, a cos θ + a sin θ) · (a cos θdθ, 0, −a sin θdθ) ,

θ=0

calculando los productos escalares y haciendo un poco de a´lgebra obtenemos Z

C

→ − → F · d− r

θ= π 2

=

Z

θ=0

a2 cos2 θ − sin2 θ + sin θ cos θ − sin2 θ + cos2 θ − sin2 θ − sin θ cos θ dθ

θ= π 2

= a

2

Z

θ=0

2 cos2 θ − 3 sin2 θ dθ 193

aplicando las identidades trigonométricas del seno cuadrado y coseno cuadrado, obtenemos Z

→ − → F · d− r

θ= π 2

= a2

C

Z 1 1 1 1 2 + cos 2θ − 3 − cos 2θ dθ 2 2 2 2

θ=0 θ= π 2

= a

2

Z

θ=0 θ= π 2

= a

2

Z

θ=0 θ= π 2

= a2

Z

θ=0



 1 = a2  − 2

3 3 1 + cos 2θ − + cos 2θ dθ 2 2 3 3 1 + cos 2θ − + cos 2θ dθ 2 2 1 5 − + cos 2θ dθ 2 2

θ= π 2

Z

dθ +

5 2

θ=0

Z

θ=0


Z

θ= π 2

 cos 2θdθ  ,

→ − → πa2 . F · d− r =− 4

C

194



Problema 29. Dada la funci´ on vectorial → − F = axi + byj + czk,

→ − → − on de volcalcular S F · d S , sobre cualquier superficie que encierre una regi´ umen V. Soluci´ on: Para resolver este problema, aplicamos el teorema de Gauss o Teorema de la divergencia, que establece que

S

→ − → → − − f · d S =V ∇ · F dV,

aplicando la definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos

→ − ∇· F

= =

∂ ∂ ∂ , , ∂x ∂y ∂z a + b + c,

· (ax, by, cz)

por lo tanto, aplicando el teorema de la divergencia obtenemos,

→ −

SF

→ − · dS

=

(a + b + c)V dV

=

(a + b + c) V.

donde V es el volumen encerrado por cualquier superficie S.

195

Problema 30. Calcular la siguiente integral de volumen ZZZ xyzdV, V

donde V es el volumen limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x + 2y + z = 6.

Soluci´ on: Obsérvese que en las integrales de volumen existen 6 posibles tipos de integrales dependiendo del orden de integraci´ on en el que aparezcan las variables x, y e z. Por ejemplo el orden de integraci´ on en el que aparece la siguiente integral,

ZZZ

f (x, y, z)dxdydz =

z=z1

V

 



z=z Z 2 y=g Z 2 (z)

 

y=g1 (z)

 

x=ϕ Z2 (y,z)

x=ϕ1 (y,z)



 f (x, y, z)dx dy

    

dz

indica que primero se debe integrar la variable x, manteniendo fijas las variables y e z, por lo que los l´ımites de integraci´ on para la variable x deben ser dos funciones ϕ1 y ϕ2 de las variables y e z, este paso nos lleva finalmente a resolver una integral doble. As´ı los l´ımites de integraci´ on para la variable y son dos funciones g1 y g2 de la variable z y finalmente los l´ımites de integraci´ on para la varible z son dos constantes z1 y z2 . Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on,

ZZZ V

f (x, y, z)dxdydz =

 



x=x Z 2 y=t Z 2 (x)

x=x1

 

y=t1 (x)

 

z=ψ Z2 (x,y)

z=ψ1 (x,y)

 f (x, y, z)dz  dy

El volumen V se encuentra representado en la figura. ftbpF357.8125pt299.9375pt0ptFigure De esta forma el volumen pedido est´ a dado por, 196



    

dx

ZZZ V

xyzdV

 

6−x  x=6 Z  y=Z 2 z=6−x−2y Z



  

 xyzdz  dy dx     x=0 y=0 z=0  6−x  y= " 6−x−2y #  x=6 Z   Z 2  z2 = dz dy dx xy   2 0   x=0 y=0   6−x y= x=6  Z   Z 2  9 2 2 3 = x(6 − x) − x(6 − x)y + 4xy dy dx = ... = .   5  

=

x=0

y=0

Se deja como ejercicio para el lector, resolver la integral empleando cualquier otro posible orden de integraci´ on, por ejemplo puede ser el mencionado anteriormente.

197

Problema 31. Considerado el s´ olido limitado por la superficie que se muestra en la siguiente figura. Calcule el volumen bajo el plano z = 6 − y y sobre la regi´ on x 2 + y 2 + 9.

Y

z = 6 − y

X 2

x + y2 = 9

Z

Soluci´ on: En coordenadas cartecianas, para este problema podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on, que de la figura se observa que es el m´ as conveniente,

ZZZ V

f (x, y, z)dxdydz =

 



y=y Z 2 x=φ Z 2 (x)

y=y1

 

x=φ1 (x)

198

 

z=ψ Z2 (x,y)

z=ψ1 (x,y)



 f (x, y, z)dz  dx

    

dy.

El volumen V se encuentra representado en la figura, en este caso f (x, y, z) = 1. De esta forma, el volumen pedido est´ a dado por,

V

=

=

Z

Z

= 2 = 2

3 y=−3 3 y=−3

Z

Z

= 12

3

(Z "Z

y=−3 3 y=−3 3

Z

y=−3

√

x=− x=

9−y 2

√

√

x=−

h

x=

9−y 2

Z

dz dx dy z=0

#

9−y 2

√

9−y 2

)

z=6−y

(6 − y) dx dy

√ x= 9−y 2 dy (6 − y) [x]x=0

(6 − y) p

p

i 9 − y 2 dy

Z 9 − y 2 dy − 2

3

y=−3

p y 9 − y 2 dy.

La primera integral, se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonométrico: y dy

= =

3 sin θ 3 cos θdθ

por lo que, el integrando se transforma como, q p 2 9 − y −→ 9(1 − sin2 θ) −→ 3 cos θ,

donde los l´ımites de integraci´ on son ahora desde θ = 0, hasta θ = tanto la primera integral est´ a dada por:

12

Z

3

y=−3

p

9−

y2

dy

=

24

Z

3

y=0

= =

p

24(3)(3) 12(3)(3)

Z

9 − y 2 dy

θ= π 2

θ=0 θ= π 2

Z

θ=0

= =

cos2 θdθ (1 + cos 2θ) dθ

θ= π2 1 sin 2θ 12(3)(3) θ + 2θ θ=0 54π, 199

π 2.

Por lo

obsérvese que en la segunda integral, la funci´ on a integrar es una funci´ on impar, por lo tanto esa integral es igual a cero. Finalmente, el volumen limitado por el plano z = 6−y y la regi´ on x 2 +y 2 +9, como se muestra en la figura est´ a dado por: V = 54π. Soluci´ on Alternativa: Este problema también se puede resolver en coordenadas cil´ındricas, por definici´ on la transformaci´ on de coordenadas cil´ındricas y rect´ angulares est´ a dada por:

x = y = z =

ρ cos φ, ρ sin φ, z,

de esta forma, el elemento diferencial de volumen est´ a dado por,

dV = ρdρdφdz, por lo tanto, el volumen pedido est´ a dado por,

V =

ZZZ

ρdρdφdz,

V

por comodidad, seleccionamos el siguiente orden de integraci´ on,

V =

φ=0

por lo tanto,

 ρ=3 z=6−ρ sin φ  Z Z   ρdz  dρdφ,  

φ=2π Z

ρ=0

z=0

200

V

=

ρ=0

φ=2π Z

ρ=0

φ=0

=

φ=0

=



z=6−ρ sin φ

ρ [z]z=0

 i 

dρdφ

  ρ=3  Z ρ (6 − ρ sin φ) dρ dφ  

 ρ=3 φ=2π Z Z

φ=0

=

 ρ=3 Z h

φ=2π Z



ρ=0

φ=2π Z

27 −

φ=0

3ρ2 − sin φ



3 ρ=3 

ρ 3

27 sin φ dφ, 3

ρ=0 

dφ


V

= = = =

27φ +

27 cos φ 3

φ=2π φ=0

27 27 27(2π) + cos(2π) − 0 + cos(0) 3 3 27 27 − 54π + 3 3 54π.

Como se puede observar, en coordenadas cil´ındricas es m´ as simple la soluci´ on.

201

Problema 32: → − Dado el campo vectorial F = 2xyi + 3yzj + 4xzk calcular, → − V ∇ × F dV,

siendo V, el volumen limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y 2x+2y+z = 4. Soluci´ on: Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on,

ZZZ V

    y=t x=x  Z 2 Z 2 (x) z=ψZ2 (x,y)   → − → −   ∇ × F dxdydz = ∇ × F dz  dy dx      x=x1

y=t1 (x)

z=ψ1 (x,y)

El volumen V de integraci´ on se encuentra representado en la figura. ftbpF291.9375pt280.6875pt0ptFigure → − Calculemos primero el rotacional del campo vectorial F de la forma, b bi b j k → − ∂ ∂ ∂ = −3ybi − (4z − 0) b j + zxb k ∇ × F = ∂x ∂y ∂y 2zy 3yz 4xz → − ∇ × F = −3ybi − 4zb j − 2xb k. De la figura, nuestros l´ımites de integraci´ on est´ an dados por: 0 ≤ z ≤ 4 − 2x − 2y 0≤y ≤2−x 0≤x≤2

de esta manera podemos escribir nuestra integral de volumen de la forma,

V

→ − ∇ × F dV

= = =

− − −

Z

Z

Z

2 x=0 2 x=0 2 x=0

Z

2−x

hh

y=0 2−x

Z

Z

y=0 2−x y=0

4−2x−2y z=0

i i (3y, 4z, 2x) dzdydx

4−2x−2y

[3yz]z=0

4−2x−2y 4−2x−2y dy dx , [2xz]z=0 , 2z 2 z=0

12y − 6xy − 6y 202

2

2

2

, 2 (4 − 2x − 2y) , 8x − 4x − 4xy

dy dx,

obsérvese que las integrales con respecto a la variable y son inmediatas, a´ un as´ı, para la integral de la componente en y hacemos el siguiente cambio de variable,

u

=

du

=

4 − 2x − 2y,

−2dy

por lo tanto,

V

→ − ∇ × F dV = −

Z

  # " 3 2−x 2 (4 − 2x − 2y) 2−x  6y − 3xy 2 − 2y 3 2−x , − , 8xy − 4x2 − 4xy 2 y=0  dx, y=0 3 x=0 2

y=0

al evaluar los l´ımites de integraci´ on de la variable y, despues de algunos pasos algebraicos obtenemos,

V

→ − ∇ × F dV = −

Z

3 1 3 (2 − x) , (4 − 2x) , 2x3 − 8x2 + 8x dx 3 x=0 2

de donde, al integral la variable x, obtenemos

V

→ − ∇ × F dV

= = =

4 !#2 4 x 1 8 3 (2 − x) 4 2 , − (4 − 2x) , − x + 4x − − 4 24 2 3 x=0 24 1 64 4 − 0− ,− + 16 0−4 , 8− 4 24 3 32 8 , − 4, , 3 3 "

203


V

→ − 32 j− ∇ × F dV = −4bi − b 3

8b k. 3

El problema también se puede resolver, considerando el siguiente orden de integraci´ on,

V

→ − ∇ × F dV =

Z

4 z=0

Z

2− z2 y=0

Z

2−y− 21 z x=0

(−3y, −4z, −2x) dxdydz

donde nuestra regi´ on de integraci´ on se encuentra ahora en el plano Y Z, es decir,

0 ≤ x ≤ z − y − 21 z, 0 ≤ y ≤ 2 − z2 , 0 ≤ z ≤ 4, efectuando la integraci´ on primero con respecto a la variable x obtenemos,

V

→ − ∇ × F dV

= =

= =

z z z 2 −3y 2 − y − dy dz , −4z 2 − y − ,− 2 − y − 2 2 2 z=0 y=0 " # Z 4 3 2− z2 z 3 1 2−y− −3y 2 + y 3 + y 2 z , −8yz + 2y 2 z + 2yz 2 , dz 4 3 2 z=0 y=0 ... 3 Z 4 3 z 3 3 2 z 1 z 2 dz 2− − z + 3z − 4 , − + 4z − 8z , − 16 4 2 3 2 z=0 4 4 4 z 1 z 4 1 3 z 4 2− − z 3 + z 2 − 4z , − + z 3 − 4z 2 , , 64 4 2 8 3 6 2 z=0

Z

4

Z

2− z2

finalmente al evaluar los l´ımites de la variable z, obtenemos

V

→ − 32 j− ∇ × F dV = −4bi − b 3

8b k. 3

Donde los pasos intermedios que faltan, el lector los puede completar y son an´ alogos a los del primer orden de integraci´ on. 204

Problema 33. → − Dado el campo vectorial F (x, y, z) = 2yzbi−(x+3y−2)b j +(x2 +z)b k, Calcular RR → − → − ∇ × F · d S extendida a la superficie de intersecci´ on la integral de superficie S

de los cil´ındros x2 + y 2 = a2 y x2 + z 2 = a2 situada en el primer octante. Soluci´ on: En este problema, aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que establece, ZZ

→ → − − ∇ × F · dS =

S

Z

→ − → F · d− r,

C

es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. La siguiente figura muestra la intersecci´ on de los cil´ındros. Aplicando el teorema del rotacional de Stokes, la integral de superficie ser´ a igual a la integral de l´ınea formada por las trayectorias C1 , C2 , C3 y C4 como se ilustra en la figura, es decir una curva simple que encierra la intersecci´ on de los cil´ındros est´ a formada por dos trayectorias rectas C2 y C3 y dos arcos circulares C1 y C4 . Z

C3 (0,α,0) (0,α,α)

C4

C2 ( a ,U,U)

( α,U,U)

C1

Y

Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos,

205

X

ZZ

→ − → − ∇ × F · dS

=

S

=

I

IC

→ − → F · d− r → − → F · d− r +

I

→ − → F · d− r +

→ − → F · d− r +

C3

C2

C1

I

I

→ − → F · d− r.

C4

Para la primera trayectoria recta C2 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por:

x = y = 0 ≤

0 a z ≤ a,

− de donde → r = ab j + zb k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: − d→ r = dz b k,

por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´ a dada por:

I

→ − → F · d− r

=

C1

=

I h C1 Za

i h i 2azbi − (3a − 2)b j + zb k · dz b k

z2 zdz = 2

z=0

a 0

=

a2 . 2

Para la segunda trayectoriarecta recta C3 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por:

x = z =

0 a

0 ≤

y ≤ a,

− de donde → r = yb j + ab k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: 206

− d→ r = dyb j,

por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 3 est´ a dada por:

I

→ − → F · d− r

=

C3

I h C3

=



i h i 2yabi − (3y − 2)b j + ab k · dyb j

−

Za

y=0


I

2dy −

Za

y=0



a 3y 2  3ydy = −2y + , 2 0

→ − → 3a2 F · d− r = − 2a. 2

C3

Para la primera trayectoria circular C1 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por:

x = z = y =

a cos φ, a sin φ, 0,

− r = a cos φbi + a sin φb k, en donde el par´ ametro φ ∈ [0, π2 ], en este caso se tiene → as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por:

− d→ r = −a sin φdφbi + a cos φdφb k,

por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 1 est´ a dada por:

I

C1

→ − → F · d− r

=

I h i h i b · −a sin φdφbi + a cos φdφb −(3a sin φ − 2)b j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k k C3

π

= −

Z2

φ=0

π

a3 cos3 φ + a2 sin φ cos φ dφ = −a3

207

Z2

φ=0

π

cos3 φdφ − a2

Z2

φ=0

sin φ cos φdφ,

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonométrica

3

2

cos = cos φ cos φ =

1 1 + cos 2φ cos φ, 2 2

la segunda integral es inmediata de la forma udu, finalmente al integrar y evaluar las integrales obtenemos,

I

→ − → F · d− r

=

C3

=

a

3

sin3 φ − sin φ 3

π2 0

+a

2

cos2 φ 2

π2 0

2 a2 − a3 − . 3 2

Finalmente para la trayectoria circular C4 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por:

x =

a cos φ

y z

a sin φ 0,

= =

− en donde el par´ ametro φ ∈ [0, π2 ], en este caso se tiene → r = a cos φbi + a sin φb j, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por:

− d→ r = −a sin φdφbi + a cos φdφb j,

por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 4 est´ a dada por:

I

→ − → F · d− r

C4

es decir,

=

I h C3

h

i b · −(a cos φ + 3a sin φ − 2)b j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k

i −a sin φdφbi + a cos φdφb j , 208

I

π

→ − → F · d− r

Z2

=

C4

φ=0

−a2

=

−a2 cos2 φdφ − 3a2 sin φ cos φdφ + 2a cos φdφ π

π

π

Z2

cos2 φdφ − 3a2

φ=0

Z2

sin φ cos φdφ + 2a

φ=0

Z2

cos φdφ,

φ=0

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonométrica,

2

cos φ =

1 1 + cos 2φ , 2 2

la segunda y tercera integrales son inmediatas, por lo tanto

I

C4

2 π2 π π → − → sin 2φ 2 − 2 φ 2 cos φ F · d r = −a + [2a sin φ]02 , + 3a − 2 4 2 0 0

finalmente al evaluar las integrales obtenemos, I

→ − → πa2 3 F · d− r =− − a2 + 2a. 4 2

C4

Por lo tanto, la integral de l´ınea a lo largo de la trayectoria curva simple que encierra la intersecci´ on de los cil´ındros como se muestra en la figura, se obtiene al sumar los resultados de las trayectorias C1 , C2 , C3 y C4 es decir; I

→ − → F · d− r

=

I

→ − → F · d− r +

C1

C

2

I

C2

2

→ − → F · d− r +

I

→ − → F · d− r +

C3 2

a 2 a 3a + − 2a + − a3 − 2 2 3 2 2 2 πa = − a3 − . 3 4 =

209

I

C4

→ − → F · d− r

πa2 3 + − − a2 + 2a 4 2

Finalmente, aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene ZZ S

→ − → − ∇ × F · dS =

I

→ − → 2 πa2 F · d− r = − a3 − . 3 4

C

210

Problema 34. Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para → − F (x, y, z) = (2x − y)bi − (2y − z)b j + zb k,

donde V es el volumen encerrado por la superficie S formada por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x + 2y + z = 6. Soluci´ on: El volumen V que encierra la superficie S se muestra en la siguiente figura.

Z

B(0,0,6)

2y + z = 6

x + y =6 S3

S1 O

C(0,3,0) S2

x + 2y = 6

A(6,0,0) X

Como se muestra en la figura, la superficie S est´ a formada por 4 superficies S1 (ABO), S2 (ACO), S3 (BCO) y S4 (ABC), por lo tanto para calcular la inte-

211

Y

→ − gral de superficie debemos de calcular el flujo de F a través de cada superficie, es decir; ZZ

→ − → − F · dS =

ZZ

S1

S

→ − F ·n bdS +

ZZ

→ − F ·n bdS +

S2

ZZ

S3

→ − F ·n bdS +

ZZ

S4

→ − F ·n bdS

De la figura se observa lo siguiente: Para la superficie S1 (ABO); y = 0, n b = −b j y

dS = dxdz.

z = 0, n b = −b k y

dS = dxdy

x = 0, n b = −bi y

dS = dydz.

Para la superficie S2 (ACO);

Para la superficie S3 (ABO);

por lo tanto, las integrales para estas superficies resultan, ZZ

S1

ZZ

S2

→ − F ·n bdS = → − F ·n bdS

Z Z h i (2x − y)bi − 2yb j · −b k dxdy = 0 S1

Z Z h

=

S2

−

=

Z6

i 2xbi + zb j + zb k · −b j dxdz

x=6−z Z

z=0 x=0

= ZZ

S3

→ − F ·n bdS

=

zdxdz = −

z3 −3z + 3 2

Z Z h S3

Z6

6

z=0

z=0

z(6 − z)dz

= −36.

i −ybi − (2y − z)b j + zb k · −bi dydz

y= 6−z 2

Z

Z6

=

−

=

6 (6 − z)3 − = 9. 24 z=0

z=0

Z6

ydydz =

z=0

y=0

212

(6 − z)2 dz 8

Para resolver la integral sobre la superficie S4 (ABC), aplicamos el teorema de la proyecci´ on de la superficie sobre un plano coordenado, que establece ZZ

− → → − F ·d S =

S4

− ZZ → f ·n b b dxdy. n b · k R xy

Para la superficie S4 (ABC) aplicando la definici´ on del gradiente, un vector → − b b b normal a la superficie est´ a dado por N = i + 2j + k, as´ı en este caso el vector b b b k de donde se sigue que: n b est´ a dado por n b = i+2√j+ 6 h

"

i

bi + 2b j+b k √ (2x − y)bi − (2y − z)b j + zb k · 6 1 √ (2x − 5y + 3z) , 6

→ − F ·n b =

=

#

empleando la ecuaci´ on para la superficie S4 (ABC) se tiene z = 6−x−2y,sustituyendo en la expresi´ on anterior obtenemos → − 1 F ·n b = √ (18 − x − 11y), 6

también obtenemos,

n b·b k=

bi + 2b j+b k √ 6

!

1 ·b k= √ . 6

De los resultados anteriores, la integral para la superficie S 4 (ABC) est´ a dada por:

ZZ

− → → − F ·d S

=

Rxy

S4

=

"

√1 (18 6

√1 6

Z6 "

y=0

− x − 11y)

18 −

x2 − 11xy 2

#

dxdy =

6−2y # x=0

Z6

y=0

dy =

x=6−2y Z x=0

Z6

y=0

[18 − x − 11y] dxdy

90(1 − y) + 20y 2 dy,

finalmente al calcular la integral en y, evaluando los l´ımites de integraci´ on obtenemos, ZZ S4

3 − → → − 20y 3 F ·d S = 90y − 45y 2 − = 45, 3 y=0 213

sumando los resultados obtenidos para las superficies S 1 (ABO), S2 (ACO), S3 (BCO) y S4 (ABC), obtenemos ZZ

→ − → − F · d S = (−36) + 0 + 9 + 45 = 18.

S

Para resolver la integral de volumen, si aplicamos la definici´ on de la diver→ − → − gencia de un campo vectorial F en este problema tenemos que ∇ · F = 1; por otro lado, observemos en la figura la regi´ on de volumen que encierran las superficies S1 (ABO), S2 (ACO), S3 (BCO) y S4 (ABC), por lo tanto

ZZZ

6−z

→ − ∇ · F dV

=

Z6 Z2

z=0 y=0

V

=

x=0

 6−z   Z2

Z6

z=0

=

dxdyxz

Z6

z=0

=

6−2y−z Z

−

 

y=0

[6 − 2y − z] dy

    

dz =

Z6

z=0

y (6 − z) − y 2

6−z 2

y=0

dy

Z6 1 (6 − z)2 (6 − z)2 dz = − (6 − z)2 dz (6 − z) 2 4 4

(6 − z) 12

3

6

z=0

= 18,

z=0

que es el mismo resultado que se obtuvo al calcular la integral de superficie. Por lo tanto, se ha verificado el teorema de la divergencia de Gauss.

214

Problema 35. → − − Sea F = → r , verificar el teorema de la divergencia de Gauss donde S es la superficie que consta del cono z 2 = x2 + y 2 para 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1 y la superficie que es el disco x2 + y 2 ≤ 1, z = 1 como se muestra en la siguente figura:

Z S2 :

S1 :

2

2

x + y = 1

2

2

z = x + y

Y

X Soluci´ on: Debemos verificar que, → −

SF

→ − → − · d S =V ∇ · F dV,

primeramente calculemos la integral de superficie, como se ilustra en la figura anterior, la superficie S est´ a formada por las superficies S 1 y S2 , de esta forma 215

S

→ − → − → − → − − − r · d S = S1 → r · d S + S2 → r · dS

Para S1 : Aplicando la definici´ on del gradiente, donde φ (x.y.z) = x 2 + y 2 − z 2 = 0 obtenemos,

n b

= = =

∇φ |∇φ| 2xbi + 2yb j − 2z b k p 4x2 + 4y 2 + 4z 2 xbi + yb j − zb k p , x2 + y 2 + z 2 b

b b j−z k , es normal interior (hacia adentro de S1 ), observe que el vector n b = √xi+y 2 2 2 x +y +z

por lo tanto

S1

→ − → − r · dS

= = = =

→ − r ·n bdS " # h i xbi + yb j − zb k b b b dS S1 x i + y j + z k · p x2 + y 2 + z 2 ! x2 + y 2 − z 2 p dS S2 x2 + y 2 + z 2 0. S1

Para S2 : De la figura, obsérvese que el vector unitario normal a S 2 es n b = b k, de donde obtenemos inmediatamente que − n b·→ r = z,

adem´ as como z = 1, entonces la integral sobre la superficie S 2 est´ a dada por:

S2

→ − r ·n bdS2 =S2 dS2 , 216

pero

S2 dS2

2

= π (1) , es decir, el a´rea de un c´ırculo de radio 1, por lo tanto

S2

→ − → − r · d S = π.

Por lo tanto la integral sobre la superficie S del problema est´ a dada por:

(1) Por otro lado,

S

→ − → − → − − − → − r · d S = π. r · d S + S2 → r · d S = S1 →

V

− ∇·→ r

=

3V dV 1 2 3 π (1) (1) 3

=

que es igual al volumen de un cono de altura uno y radio 1, finalmente obtenemos

(2)

V

− ∇·→ r =π

Por lo tanto, de los resultados (1) y (2) se verifica el Teorema de la divergencia de Gauus, es decir,

S

→ − → − → − r · d S =V ∇ · F dv = π.

217

Problemario Analisis Vectorial

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