Problema Prob lemario rio de An´ alisis alisi s Vectorial ecto rial Barranco Barranc o Jim´ enez enez Marco Antonio Anton io
e-mail: e-mail: mabarrancoj@ipn
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June 24, 2004
1
1
Intr Introdu oducc cci´ i´ on on
La presente selecci´on 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 afico m´as 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 on de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´as m´ınimo ınim o detalle deta lle algebraico, con la ´unica unica intenci´on on de lograr lograr la mejor mejor comprensi comprensi´´on on por parte del alumno, como puede observarse en la soluci´on de cada problema. problema. La may mayoria oria 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 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 omputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ 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 alisis Vectorial por si s´ola, es una materia que generalmente es muy complicada complicada para los estudiante estudiantess de nuevo nuevo ingreso, ingreso, (a´un un imparti´ impa rti´endose endo se ´esta esta en un semestre p osterior) en una carrera de Ingenier´ Ingenier´ıa en el ´area de Ciencias F´ısico-Ma ısic o-Matem´ tem´aticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, ´ los pocos conocimientos de las materias b´asicas de Matem´aticas aticas ( Algebra, Geomet om etr´ r´ıa ıa Anal´ An al´ıtic ıt ica, a, C´alculo Diferencial D iferencial e Integral, Trigonometr´ Trigonometr´ıa, etc) 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 ınimos los conocimientos conoc imientos que el alumno necesita nec esita de las l as materias materia s b´asicas de Matem´aticas. atic as. As´ı tambi´ t ambi´en, en, podr´ po dr´ıa ıa ser el desinter´ desi nter´es es que muestran muest ran en general gene ral los alumnos hacia la materia, debido a que pos´ pos´ıblemente ıblemente las dem´as materias, como Matem´aticas aticas Discretas y Programaci´on, on, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son m´as as ”f´aciles” aciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un inter´es es mayor por ser materias dirijidas a su formaci´on. Y principalmente, princip almente, en realidad r ealidad el temario t emario de la materia (mencionando (men cionando tambi´ t ambi´en en que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´asicas), 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, Ro tacional, as´ as´ı como la parte p arte de coordenada co ordenadass curvil cur vil´´ıneas que involucran el C´alculo alculo de funciones de m´as as de una variable, matem´aticamente aticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´on f´ısic ıs icaa de los mismos.
2
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, resp ecto, sin embargo, como mencion´e anteriormente, la experiencia exper iencia adquirida adq uirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ cap´ıtulo ıtulo 1 se tratan tratan problemas problemas que comprend comprenden en lo relacionad relacionadoo al ´ Algebra de vectores; desde las operaciones b´asicas asicas de vectores, algunos problemas de aplicaci´on on a la Geometr´ıa ıa Anal´ıtica, ıtica, pasando por aplicaciones aplicacion es del producto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones ecuaciones de rectas rectas y planos. planos. En este cap´ cap´ıtulo, ıtulo, se pone enf´asis asis en la aplicaci´ on de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre on vectores, los cuales son conceptos b´asicos asicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de An´alisis alisis Vectorial. En el cap´ıtulo ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´alculo alculo Diferencial vectorial; vectorial; desde el concepto de parametrizaci´on on de curvas y superficies en el espacio, derivaci´on on de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ curvil´ıneas. As´ As´ı mismo, mis mo, en el cap ca p´ıtulo 3 se tratan problemas relacionados relacionad os con co n el C´alculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales 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 ultima u ´ ltima palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ı tambi´ tambi´en, en, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´an bien venidas, para la mejora del presente trabajo.
3
2
Problemas Problemas del cap cap´ıtulo 1.
Problema 1:
−→
− → − × × × − × × × −→ − × × × −→
Muestre que para cualquier vector A = a 1 i + a2 j + j + a3 k se cumple que: a).
i
k
j j
A
= a 3 k, k,
b).
k
j j
i
A
= a 2 j, j,
c).
j j
i
k
A
= a 1 i, i,
no aplique la definici´on on del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Soluci´ on: on: a). Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos
−
× × × −→ × × × × × × × × × × − × − × × × × × × −→ × × × × × × × × × × − × × × × i
k
j j
A
= i
k
j j
= i
k
j j
= i
k
= i = i
a1 i + a2 j + j + a3 k
a1 i + j j
a2 j + j + j j
a3 k
a1 k + a3 i
a1 k
k + a3 k
i
a3 j j
= a3 k. k.
b) De la misma forma,
k
j j
i
A
= k
j j
i
= k
j j
i
= k
j j
a2 k
= k
j j
a2 k + j j
= k
a2 i
= a2 j. j.
En forma an´aloga aloga para el inciso c) c ).
4
a1 i + a2 j + j + a3 k
a1 i + i a3 j j
a3 j j
a2 j + j + i
a3 k
Problema 2. Probar que
× × −→ × × −→ × −→ i
i
A + j
j
A +k
k + A =
−2−→ A
−→
donde A es cualquier vector en el espacio. Soluci´ on:
−→
Sea el vector A en el espacio dado por,
−→ A = ai + b j + ck,
−→
sustituyendo el vector A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos
× × −→ × × −→ × × −→ × × × × × × × × × × × × × × × × × × i
i
A + j
j
A +k
k
A
= i
i
ai + b j + ck
+ j
j
ai + b j + ck
+k
k
ai + b j + ck
= i
i
ai + i
b j + i
ck +
j
j
ai + j
b j + j
k
k
ai + k
b j + k
ck + ck ,
aplicando la definici´on del producto vectorial para los vectores i, j y k, y nuevamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos,
× × −→ × × −→ × × −→ × − × − × − × − − −× −− −× − × × − × i
i
A + j
j
A +k
k
A
= i
bk
c j + j
= bi k ci j = b j ck ai
ak + ci + k
a j k + c j ck ai b j
finalmente, obtenemos
× × →− × × −→ × × −→ − − − i
i
A + j
j
A +k
k
5
A =
2ai
2b j
2ck =
−2−→ A.
i + ak
a j + bi j
bk
i
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 v´ertices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura.
X P
Q
A
C Y
De la figura, obtenemos
−AB −→ −→ AC −BC −→
→ −X , → −Y , → −Y − −→ X,
= = =
por hip´otesis tenemos que,
−P−→B −BQ −→
1 X, 2 1 ( Y 2
− → −→ − −→ X ),
= =
asimismo, de la figura en el tri´angulo B P Q obtenemos,
−P−→Q = −P−→B + −BQ −→ sustituyendo las ecuaciones anteriores,
−P−→Q
= =
1 1 X + ( Y 2 2 1 Y, 2
− → −→
−−→
−→ − −→ X )
−→
de donde se deduce que P Q es paralelo a Y y tiene 21 de su longitud.
6
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 se ilustra en la figura, que el vector C se puede escribir de la forma C = 21 A + B .
−−→ → −
−→
−→
P
−→ −→
R
A
C Q
O B
Soluci´ on: De la figura y por hip´otesis del problema se tiene que:
−−→
−−→
(1) QR = 21 QP , adem´ as, aplicando la suma de vectores en el tri´angulo OP Q, (2)
→ −B + −QP −→ = → −A ,
y tambi´ en de la figura, en el tri´angulo OQR, obtenemos (3)
→ −B + −QR = −→ −→ C,
sustituyendo la ecuaci´on (1) en la ecuaci´on (3),
→ −B + 1 −QP −→ = −→ C, 2 −−→ −→ −→ por otro lado de la ecuaci´on (2) QP = A − B , sustituyendo en la ecuaci´on (4) (4)
obtenemos,
−→ −→ → − − −→ −→ −→ −→ →− −→ −→ −→ −→ −A − −→ 1 → B+ B 2
= C
apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos, B+ 1 2
finalmente, obtenemos
1 2
1 B 2
A
A +
C =
1 2
1 B 2
= C
= C
A + B .
7
Problema 5. Hallar el ´area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores,
−A → −→ B
− −
= 3i + j = i
2k,
j + 4 k,
Soluci´ on: Geom´ etricamente el producto vectorial de dos vectores A y B representa el ´area 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 t´erminos de las diagonales. De la figura anterior, obtenemos a) b)
→ −x + −→y = −−→ B → − → −x − −→y = A
sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos:
− − −→ −→ → B, −→ → −x = 1 −→ A − B
2x = A de donde, c)
2
,
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 ´area del paralelogramo est´a dada por:
´ Area = = =
|−→ ×−→−→ −| →− × − −→ −→ − −→ − →− × −→ −→ x y 1 A B 2 1 A B 4
1 2
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 4 1 2A B 4 1 A B , 2
B
finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos,
´ Area = =
− − − − √ − − 1 2
i 3 1
i
7 j
j 1 1
k 2 4
2k
= 1 + 49 + 4 = 54 = 3 6.
√ √
9
=
1 2
2i
14 j
4k
Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´ on: Sea el paralelogramo de v´ertices 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 , −→ →y − −→x , AC = −
por otro lado de la definici´on de paralelismo (2)
−DP −→ = n−DB, −→ −→ −→ AP = m AC,
de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos,
−DP −→ = n (−→x + −→y ) , (3) −→ →y − −→x ) , AP = m (− −−→ −→ −−→ por otro lado, en el tri´angulo DAP, tenemos DA + AP = DP , es decir; 10
(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 tambi´en,
− m − n)−→x + (m − n)−→y = −→0 , →x y −→y son distintos del vector −→0 de la ecuaci´on anterior, como los vectores − (1
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 geom´etricamente en la figura. 11
Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´angulo se cortan en un punto que esta a 31 del lado y 32 del v´ertice opuesto para cada mediana respectivamente. Soluci´ on: Sea el tri´angulo cuyos v´ertices son A 1 , B1 y C 1 . Asimismo sean A 2 , B2 y C 2 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 32 del v´ertice opuesto para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones:
B1
A
A 2
C2
P
C1
B2
A1
B
−−→ −−−→ A1 P = 32 A1 A2 , −−→ −−−→ B1 P = 32 B1 B2 , −−→ −−−→ C 1 P = 2 C 1 C 2 ,
(a)
−−→ −−−→ P A2 = 31 A1 A2 , −−→ −−−→ P B2 = 31 B1 B2 , −−→ −−−→ P C 2 = 1 C 1 C 2 ,
(b)
3
o equivalentemente,
3
como se ilustra geom´etricamente 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
−−−→ −−−→ = A1 C 1 , −−−→ = B1 C 1 .
= A1 B1 ,
12
Aplicando la definici´on de paralelismo, de la figura obtenemos
−−→ −−−→ A1 P = l A1 A2 , −−→ −−−→ B1 P = m B1 B2 , −−→ −−−→ C 1 P = n C 1 C 2 ,
(c)
por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´angulos A1 C 1 P, B1 C 1 P y A 1 B1 P obtenemos,
−B + −−→ → −−→ C 1 P = A1 P , −→ −→ −−→ −−→ B − A + C 1 P = B1 P , −→ −→ −−→ −−→ B − A + C 1 P = B1 P ,
(d)
pero, de la figura tenemos tambi´en las siguientes relaciones
−−−→ −→ −→ −→ → − −→ A1 A2 = A + 21 B − A = 21 A + B −−−→ −→ −→ B1 B2 = 21 B − A , −−−→ −→ −→ C 1 C 2 = 21 A − B ,
, (e)
que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´angulos A1 B1 A2 , A1 C 1 C 2 y A1 B1 B2 respectivamente. De las ecuaciones ( a) y (b) se obtiene,
−B + n −−−→ → −−−→ C 1 C 2 = l A1 A2 , −→ −→ −−−→ −−−→ B − A + n C 1 C 2 = m B1 B2 −→ −−−→ −−−→ A + m B1 B2 = n A1 A2 ,
,
(f )
sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f ) obtenemos,
−B + n 1 −→ → −→ → −→ , 1 − 2 B − A = l 2 A + B −→ −→ −→ −→ −→ −→ B − A + n 12 B − A = m 12 B − A −→ −→ −→ −→ −→ A + m 1 B − A = n A + B , 2
,
2
aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos
13
(g)
− −→ − − −→ − →− − − −→ − − −→ − −→ n 2 n m+ 2 1
l 2
A +
1
1 A + 1
m
l 2
A +
l 2 m n 2 n l 2 2 n
B
=
B
=
B
=
→ −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 2
− 2l l 1−n− 2 n m + − 1 2 m 1−n− 2 l 1−m− 2 n l − 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.
14
Problema 8.
−→ −→ −→ −→ −→ −→
−→ −→ − −→ −→
Pruebe que A B + B A es perpendicular a A B lesquiera A y B . Soluci´ on:
B A , para cua-
→ − −→ −→ → − → −
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 que,
→− −→ −→ −→ · −→ −→ − −→ −→
−→ −→
B A , de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen
−→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
−A −→ −→ −→ → − −→ → − −→ → − −→ → − −→ → − −→ → − −→ −→x · −→y = → 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 = 0.
· − AB A · B − B 2A2
donde se aplic´o finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar.
15
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 v´ ertices del paralelogramo como se indica en la figura.
Y
C
D
X X
A
B
De la figura tenemos que,
−→ −→ −→ −→ −→ − −→
AC = BD
= X ,
= CD
= Y ,
AB
asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´an dadas por
BC = AD
X + Y ,
=
X
Debemos mostrar que,
2
BC + AD
2
2
Y .
2
2
= AC + AB + CD + BD 2 2 = 2AC + 2AB ,
es decir, 16
2
−→ −→ −→ − −→ −→ −→ X + Y
2
+ X
Y
2
2
= 2 X + 2 Y
2
.
En forma an´aloga, al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar,
−→ −→ −→ − −→ −→ −→ · −→ −→ −→ − −→ · −→ − −→ −→ −→ · −→ −→ −→ · −→ −→ − −→ · −→ −→ − −→ · −→ → − · −→ −→ · −→ −→ · → − −→ · −→ −→ · −→ − −→ · −→ − −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ −→ X + Y
2
+ X
Y
2
=
X + Y
=
X + Y
X + Y + X
X + X + Y
Y
Y + X
X
Y
Y
= X X + X Y + X Y + Y Y + X X = 2 X X + 2 Y Y 2
= 2 X + 2 Y
17
2
.
X + X
X Y
Y
Y
X Y + Y Y
Problema 10. Sean los vectores A y B vectores unitarios, calcular 3 A
−→ −→
si A + B =
−→ − −→· −→ −→
−→ −→
√ 2.
4B
2 A + 5 B
Soluci´ on:
En forma an´aloga al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar , tenemos que
−→ − −→ · −→ →− −→ − −→ · −→ −→ − −→ · −→ 3A
4B
2 A + 5 B
=
3A
4B
2 A + 3 A
4B
5B
→ − · −→ − −→ · −→ −→ · −→ − 5→ −B · 4−→ B → − · −→ −→ · −→ − −→ · −→ → − · −→ − −→ −→ donde se aplic´o la hip´otesis de que los vectores A y B son unitarios es decir = 2 A 3 A 2 A 4 B + 5 B 3 A = 6 A A + 7 A B 20 B B = 7 A B 14
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 ´esta expresi´ on y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obtenemos A + B
de donde,
A+B
=2
−→ −→ · −→ −→ −→ · −→ A + B
A + A + B
B
= 2
−→ −→ → − −→ −→ −→ A · A + 2 A · B + B · B
= 2
−→ · −→ B = 0.
de la expresi´on anterior, obtenemos inmediatamente que A tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente,
−→ − −→ · −→ −→ 3A
4B
2 A + 5 B
18
=
−14.
Por lo
Problema 11.
−→ − λ1−→ −→ A − λ2 B sea perpendicular tanto
Determine λ 1 y λ 2 de manera que C a A como a B , suponiendo que
−→
−→
−A → −→ B −→ C
− −
= i + j + 2 k = 2i
j + k
= 2i
j + 4 k
Soluci´ on: En forma an´aloga al problema anterior, aplicando la condici´on de perpendicularidad entre vectores, tenemos
−A · → −→ B ·
−→ − −→ − C C
− −→ → λ1 A − λ2 B −→ −→ 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 B · A + λ2 B · B λ1 A A + λ2 A B
= =
→ −A · −→ C, → −B · −→ C,
de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´on del producto escalar para vectores en el espacio,
→ −A · −→ −→ −→ → − −→ −→ −→ → − −→ B = B · A = 3, A · C = 9 A · A = 6, B · B = 6
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,
obs´ervese que la soluci´on del sistema de ecuaciones es inmediata y est´a dada por:
λ1 λ2
= 1 = 1.
20
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,
−→ |→ −|
−y x = x cos θe− → Pr oy→ y ,
X
−y e→
−→
→ −y
−y x Pr oy→
en este caso debemos calcular,
− → −→ −B Pr oy→ − Pr oy→ A B A
−→
−→ −→ −→ −→ =
→ A cos θ e− , B
=
→ B cos θ e− , A
−→
donde A es la magnitud del vector A , B es la magnitud del vector B , θ el
21
−A un vector unitario en la direcci´on del ´angulo formado entre los dos vectores, e→
−→ − vector A y e→
−→
un vector unitario en la direcci´on del vector B . De la definici´on del producto escalar podemos calcular el coseno del ´angulo entre dos vectores de la forma,
B
cos θ =
−A · −→ → B , −→ → − A B
y empleando la definici´on de vectores unitarios, los vectores de proyecci´on est´an dados por,
− Pr oy→ A B
−→
=
−→
=
− Pr oy→ B A
−→ →−−→ · −→−→ −→−→ −→ · −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ →− · −→ −→ · −→ A
B
A B
B
A
B
B
A B
A
A
A
B
=
A B B2
B,
=
A B A2
A,
finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes
−→ −→
de los vectores A y B , obtenemos
−→
3 1 B = B, 9 3
−→
3 1 A = A. 6 2
− Pr oy→ A= B
−→
−→
y
− Pr oy→ B = A
22
−→
−→
Problema 13: Considere la siguiente figura,
A
A
A
2
B
1
demostrar que
Soluci´ on:
−B × −→ → −→ − → → − × A B −→ → A · B − A=− B + → −→ −→ − . → B · B B · B → − −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ − A = A cos θe→ −, A 1 = proy→
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
−→
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 ´angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´on
−→
−→
del vector A sobre el vector B est´a dada por:
23
−→
− proy→ A B
=
=
−→ −→−→ · −→−→ −→−→ −→ · −→ −→ −→ −→ −→ A
A B B
=
2
A B
B
A
B
B
B
→ A · B − B, −→ → − B · B
−→
donde se aplic´o la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector A 2 ,
−→ → − × −→ −→
−→ −→ × −→ −→ × −→ × −→
obs´ervese 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 el vector 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
donde el ´angulo φ entre los vectores B
A
B sin φ,
y B es de 90 0 , de esta forma
× A
como sin 900 = 1, obtenemos
−→ × −→ × →− −→ −→ −→ −→ × −→ × −→ −→ −→ −→ −→ B
es decir,
A
B
B = B
A
B = A
A sin θ B ,
B
2
sin θ,
por otro lado, de la figura
A 2 = A sin θ,
por lo tanto,
−→ A 2 =
−→ × −→ × −→ B
A
−→ −→ B · 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
− −
= 2i + 2 j = i + 3 j
3k,
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 = (C 1 , C 2 , C 3 ) 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, 2C 1 + 2C 2 3C 3 C 1 + 3C 2 + C 3
−
= 0, = 0,
resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´on por y sum´ando ´esta con la primera ecuaci´on) obtenemos,
−2
−4C 2 − 5C 3 = 0, de donde, C 2 =
−5 C 3,
4 sustituyendo este valor para C 2 ,en por ejemplo la segunda ecuaci´on, obtenemos
C 1
= =
− − − 5 C 3 4
3
C 3
11 C 3 . 4
De esta forma, el vector buscado tiene la forma,
−→ 11 5 C = C 3 i − C 3 j + C 3 k, 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
11 C 3 4
2
+
5 C 3 4
2
+ C 32
= 1
C 32 (121 + 25 + 16) = 1 16 C 32
162 4
= 1
despejando C 3 , obtenemos C 3 =
4 4 ± √ 162 = ± √ 9 2
−→
finalmente, al sustituir el valor de C 3 , en la expresi´on para el vector C , obtenemos
−→ 1 C = ± √ (11i − 5 j + 4 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
− × − × − × − × −× − − − − × − − × − × × − × − × × − × − × × − − − −
= (2i + 2 j
3k )
(i + 3 j + k )
= (2i + 2 j
3k )
i + (2i + 2 j
=
i
(2i + 2 j
3k )
3k )
3 j(2i + 2 j
= 2 i 2i j + 3 j k 6 j = 2k 3 j + 6 k + 9i 2 j + 2 i = 11i 5 j + 4 k,
i
finalmente, el vector unitario estar´a dado por:
27
(3 j) + (2i + 2 j
3k ) 6 j
k
(2i + 2 j
j + 9 j
k
3k )
k
3k )
2k
i
2k
j + 3 k
k
−A × −→ → B −→ → − A × B
√ − −A ×→ − e→ = B
11i 5 j + 4 k = = 121 + 25 + 16
28
± √ − 1
9 2
11i
5 j + 4 k .
Problema 15. Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 45 ◦ con el vector A =
−→
−→
−
−
2i + 2 j k y un ´angulo de 60 ◦ con el vector B = j Soluci´ on:
−→
k.
−→
Buscamos un vector de la forma C = (C 1 , C 2 , C 3 ) donde el vector C debe cumplir,
−A · −→ → C −→ → − B · C
= AC cos 45◦ = BC cos60◦
y
−→ − · − · C = 1
es decir,
2i + 2 j
k
C 1 i + C 2 j + C 3 k
=
22
j
k
C 1 i + C 2 j + C 3 k
=
12 + ( 1)2
(C 1 )2 + (C 2 )2 + (C 3 )2
+ 22
− √ 2
+ ( 1)
−
1 2
1 2
= 1
que resulta,
(1) (2) (3)
2C 1 + 2C 2
C 2 2
− C 3√ = √ 32 2 2
− C 3 = 2
2
(C 1 ) + (C 2 ) + (C 3 ) = 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) . 2 De la ecuaci´on (2), obtenemos C 3 = C 2 on 2 , sustituyendo en la ecuaci´ (1) obtenemos,
−
2C 1 + 2C 2
−
2C 1 + 2C 2
=
√ 32
− C 2 + √ 12
=
√ 32
2C 1 + C 2
=
√ 22
C 2
−
29
√ 2 2
finalmente, obtenemos C 1 =
√ 12 − C 22 .
−→
Por lo tanto el vector C ser´a de la forma,
− − √ − − √ 4)
→ −C =
C 2 2
1 √
2
1 √
i + C 2 j + C 2
k,
2
aplicando la ecuaci´on (3),
1 2
C 2 2
2
2
1 2
2
+ (C 2 ) + C 2
= 1,
realizando un poco de ´algebra se obtiene,
− √
1 2
2
1 2
C 2 2
1 2
(C 2 )2 2 2 + + (C 2 ) + (C 2 ) 4
C 2 (C 2 ) − √ + 4 2
2
2
2
+ (C 2 ) + (C 2 )
√ √ − √
1 1 + 2 2 1 1 + 2 2 3 C 2 2
− 2C 2 − 2C 2
9 (C 2 )2 4
√ √ − 3 2
C 2
3 2 C 2 4
por lo tanto las soluciones para C 2 son: C 21 = 0, y C 22 =
4 √ , 3 2
sustituyendo en la ecuaci´on (4) finalmente obtenemos,
−→ 1 1 1 1 C 1 = √ i + √ k = √ , 0, − √ 2 2 2 2 y
30
,
1
= 1 = 1 = 0 = 0
−C →2
= = =
√ − √ √ √ − √ √ √ √ √ √ √ 1 1 4 4 i+ j + 2 2 3 2 3 2 1 4 1 i+ j + k 3 2 3 2 3 2 1 4 1 , , 3 2 3 2 3 2
31
4
3 2
1 2
k
Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3 x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector i + 2 j + 2 k. Soluci´ on:
−→
−→
Se pide un vector de la forma C = C 1 i + C 2 j + C 3 k que sea paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector A = i + 2 j + 2k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones:
−→
−C · −→ → A = 0, −→ → − C · N = 0,
donde N = 3i + 4 j + 5k, es el vector normal al plano. Calculando los productos escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma,
C 1 + 2C 2 + 2C 3 3C 1 + 4C 2 + 5C 3
= 0, = 0,
resolviendo simult´aneamente las ecuaciones anteriores obtenemos,
C 1 C 3
= 2C 2 , = 2C 2,
−
−→
por lo tanto, el vector C ser´a de la forma,
−→ C = 2C 2 i + C 2 j − 2C 2 k,
y aplicando la condici´o n de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir
−→
C = 5, obtenemos
5 = = =
4C 22 + C 22 + 4C 22 9C 22
±3C 2, 32
de donde, C 2 =
± 53 ,
finalmente, el vector pedido es de la forma,
−→ 5 C = ± 3
− 2i + j
33
2k .
Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4i 3 j k.
− −
Soluci´ on:
−→
−→
Se pide un vector C de la forma, C = C 1 i + C 2 j, la componente C 3 es cero debido a que el vector C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto no tiene componente en k, adem´as el vector C debe ser perpendicular al vector A = 4 i 3 j k , por lo tanto cumple la condici´on,
−→
− − − →
−→
−→ −→ C · A = 0,
es decir,
− · − − C 1 i
de donde obtenemos,
C 2 j
4i
C 1 =
3 j
k = 0,
3 C 2 . 4
−→
Por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma C = 43 C 2 i + C 2 j. Tambi´en por hip´otesis, se pide que el vector C sea unitario, es decir que cumpla que C = 1, por lo tanto
−→
−→
−→
1 = C =
3 C 2 4
2
2
+ (C 2 ) =
(C 2 )
2
de donde, obtenemos
C 2 =
± 45 ,
y 3 C 1 = 4
± 4 5
=
± 35 ,
finalmente, el vector pedido est´a dado por,
−→ 3 4 C = ± i ± j.
4
34
5
1+
9 16
=
± 54 C 2,
Problema 18.
a) Hallar un vector unitario que forme un ´angulo de 30 0 con el vector j y √ formando ´angulos iguales con los vectores i y k cos300 = 23 .
Soluci´ on:
−→
El vector que estamos buscando es de la forma C = (C 1 , C 2 , C 3 ) donde el vector C debe cumplir que,
−→
1) 2) 3)
→ −C · i = −→ C → −C · k = −→ C → −C · j = −→ C
i cos θ = cos θ, k cos θ = cos θ,
j cos300 = cos 300 ,
por definici´on de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1), aplicando la definici´on del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C 1 = C 3 , asimismo de la ecuaci´on 3), se tiene C 2 =
√ 3
, 2 sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma,
−→ C =
C 1 ,
√ 3 2
, C 1 ,
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
−→
−→ √ C 1 2 +
de donde obtenemos,
2
3 2
C 1 =
+ C 1 2 = 1,
± √ 18 ,
por lo tanto, el vector pedido tiene la forma,
√ 3 1 −→ 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 geom´etrico de r si:
−→
−→
−→
−r − −→a ) · −→a = 0 − (→ −a ) · −→r = 0 − (−→r − →
a). b). Soluci´ on: a) Sean los vectores
−a → −→r
= (x0 , y0 , z0 ), = (x,y,z),
entonces,
−→ − −→a ) · −→a = 0,
(r
(x x0 , y y0 , z z0 ) (x0 , y0 , z0 ) = 0, x0 (x x0 ) + y0 (y y0 ) + z0 (z z0 ) = 0,
− −
−
− −
·
−
si hacemos d = x 20 + 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
−→ − −→a ) · −→r = 0 x(x − x0 ) + y(y − y0 ) + z(z − z0 ) = 0, x20 + y02 + z02 − xx0 − yy0 − zz 0 = 0, (r
completando cuadrados en la expresi´on anterior, obtenemos
(x
− x20 )2 + (y − y20 ) 2 + (z − z20 ) 2 = 14 (x20 + y02 + z02),
que es la ecuaci´on de una esfera con centro en el punto r =
1 2
x20 + y02 + z02 . 36
x0 y0 z0 2 , 2 , 2
y radio
Problema 20. Determine el ´angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ınea recta x y + 2 = 2z + 3.
−1 =
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 x z ecuaci´ on x− = y−b y = z− on de una l´ınea recta que a c , representa la ecuaci´
−→
0
0
1
0
1
1
−→
−→
pasa por el punto r 0 = (x0 , y0 , z0 ) y es paralela al vector A = (a1 , b1 , c1 ) , por lo tanto, para calcular el ´angulo entre el plano y la l´ınea recta es equivalente a calcular el ´angulo 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,
−→ −→ −→
x
− 1 = y − (−2) = z − (− 32 ) 1
1 2
1
de donde, obtenemos
−r 0 → −→ A
= ( 1, 2, 3/2) ,
− − −
= (1, 1, 1/2).
−→ −→
Para obtener el ´angulo 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 = cos−1
θ = cos−1 = cos−1
· √
(1, 1, 1/2) (1, 1, 1)
(1)2 + ( 12 )2
5/2
27 4
5
3 3
.
37
(1)2 + (1)2 + (1)
Problema 21. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) para los siguientes vectores:
−A→1 −A→2 −A→3
= =
−2i + 12 j − 4k, i − 6 j + 2 k,
= 2 j + 7 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 ´estos escalares es distinto de cero, tal que se cumpla que:
−→
−→
−→ −→
xA1 + 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 m´ etodo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema,
−2x + y z
= 0 = 0
la soluci´on del sistema anterior, es de la forma y = 2x, x = α R z = 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 = 1, y = 2, z = 0,
−→ −→ −→ −A→1 + 2−A→2 + 0 −A→3 = −→0
por lo tanto, la combinaci´on lineal de los vectores A1 , A2 y A3 est´a dada por:
o tambi´en
−A→1 = −2−A→2.
39
Problema 22. Encuentre una combinaci´on lineal (si existe) de los vectores
−A → −→ B −→ C
= 2ˆı + ˆ = =
− 3k, ˆı − 2ˆ − 4k, 4ˆı + 3ˆ − k,
Soluci´ on:
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,
−→ • −→ × −→
2 1 C = 1 2 4 3 = 2 (2 + 12)
−3 −→ → − → − − −4 A • B × −1 − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) = 2 ( 14) − 1 (15) − 3 (11) = 28 − 15 − 33 = −20, −→ −→ −→ 0, entonces los vectores −→ −→ −→ de lo anterior, como A • B × C = 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 param´etricas, x = 2t 1, y = t 1, z = t + 2,
− −−
−
y perpendicular al vector i j. Soluci´ on: Las ecuaciones param´etricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´on vectorial
−→ → −r (t) = −→ r0 + t A ,
−→
que representa a una recta L en forma param´etrica que pasa por el punto r 0 = ( 1, 1, 2) y que es paralela al vector A = (2, 1, 1). Se pide un vector de la forma C = C 1 i +C 2 j +C 3 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 tambi´en perpendicular al vector B = i j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones:
− −
−→
−→
1) 2) 3)
−→
− − −→ → −→ −
−→ →− → − −→ C = 1,
C · A = 0, → −C · −→ B = 0,
de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos 2C 1
− C 2 + C 3 C 1 − C 2
= 0, = 0,
de donde obtenemos inmediatamente que, C 1 C 3
= C 2 , = C 2 ,
−
por lo tanto, el vector pedido tendr´a la forma
−→ C = C 2 i + C 2 j − C 2 k.
−
Aplicando la condici´on 1), obtenemos
(C 2 )2 + (C 2 )2 + ( C 2 )2 = 41
3 (C 2 )2 = 1,
de donde, C 2 =
±
1 , 3
finalmente, el vector pedido tiene la forma
−→ C =
− 1 i + j 3
42
k .
Problema 24. Demuestre que la l´ınea recta x = y = 31 (z + 2) es paralela al plano 2x + 8y + 2z = 5. 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 , obten-
emos
−→ −→ 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 tambi´ en es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada tambi´en es paralela al plano .
43
Problema 25. Las ecuaciones param´etricas de una recta son: x = 3t + 1, y = 2t + 4, z = t 3,
− −
encuentre la ecuaci´on del plano que contiene a dicha recta. Soluci´ on: Las ecuaciones param´etricas 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 param´etrica 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 tambi´en perpendicular a r0 , entonces, la ecuacion del plano pedida ser´a de la forma, ax + by + cz = d,
− → −→
− −→ −→ × → −→
−
donde
−→
−
−→ · −→
d = r0 N , y
−→ N = ai + b j + ck,
es decir,
−→ N = asimismo,
− − −− − i 1 3
j 4 2
k 3 1
=
2i
10 j
14k
d = N r0 = ( 2i 10 j 14k) (i + 4 j = 2 40 + 42 = 0,
3k )
→ − · −→ − − − −
− · −
por lo tanto, la ecuaci´on del plano ser´a de la forma se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0.
44
−2x − 10y − 14z = 0, que
Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma param´etrica y sim´etrica) 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
−N →1 −N →2
− −
= i + 3 j = i
2k,
3 j + k,
−→ × −→
son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma N 1 N 2 resulta ser un vector que es perpendicular tanto a N 1 como a N 2 , por lo que el vector N 1 N 2 ser´a paralelo a ambos planos y por lo tanto N 1 N 2 ser´a paralelo a la l´ınea de intersecci´on de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales,
−→ × −→
−→ −→ −→ A = N 1 × N 2 =
− i 1 1
j 3 3
−→
−→ −→ × −→
− − − − k 2 1
=
3i
3 j
6k,
por lo tanto, la ecuaci´on de la recta en forma param´etrica 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 sim´etrica 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 = 3 3t, y = 2 3t, 4 6t, z =
− − − −
despejando el par´ametro t e igualando obtenemos, x o tambi´en,
− 3 = y − 2 = z + 4 −3 −3 −6
x
− 3 = y − 2 = z +2 4 . 45
Problema 27. Encontrar el punto de intersecci´on (si es que se intersectan) de las siguientes l´ıneas rectas.
−→
−r 1(t) = → a).− − →r 2(t) = b).
5i + 4 j + 5 k t + 7i + 6 j + 8 k, 6i + 4 j + 6 k t + 8i + 6 j + 9 k,
r (t) = 2k + 3i + 2 j + k t,
− −→ 1 r 2 (t) = 3i + 2 j + 3 k +
Soluci´ on:
6i + 4 j + 2 k t,
a). Las ecuaciones anteriores son de la forma,
−
−→ → −r (t) = −→ r0 + t A , que representa la ecuaci´on param´etrica 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 = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct, que tambi´en se les llaman las ecuaciones param´etricas de la recta L, ´estas ecuaciones son equivalentes a las ecuaciones no param´ etricas de la recta L dadas por, x
− x0 = y − y0 = z − z0 . a
b
c
De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones param´etricas 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 param´ etricas respectiva46
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
6 = y− 4 , 8 = z− 5 , 6 = y− 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),
2
− 7 = y − 6,
5 4 de donde y = 2, finalmente de la ecuaci´on 2) obtenemos z = 3. N´otese que ´estos 6 z −9 valores tambi´en satisfacen la cuarta ecuaci´on y− 4 = 6 . Por lo tanto, el punto de intersecci´on de las dos rectas tiene al vector 2 i + 2 j + 3k 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 = 3i + 2 j + 3k y A 2 = 6i + 4 j + 2k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero A 2 = 2 3i + 2 j + k = 2 A 1 , es decir, A 1 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 = 3−2 y = 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 ´este 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 1 y − −2 z−1 = ,
1
1
si comparamos estas ecuaciones con la ecuaci´on general de la recta x−ax = y −y = z−cz , que son equivalentes a la ecuaci´on vectorial r (t) = r0 + t A ,que b representa la ecuaci´on param´etrica 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, 0
0
−→
0
−→ −→
−→
−r 1(t) = −→r 01 + t−→ → A −→r 2 (t) = −→r 02 + t−→ B
= ( 2, 3, 0) + t (1, 2, 1) , = 2, 12 , 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,
−→ −→ −→ N = A × B =
− i 1 2
−
j k 2 1 1 1
=
3i + j + 3 k,
−→
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 = 3i + j + 2k y Q = i 2 j 4k 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:
−→
−→
−→
d =
−→ − −→ × −→ −→ ( r 1
r 0 )
A
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,
−→
−
−→
−→
−→
−→
−→
− − − −→ − − − − −→ → −→r (t) = −→ P + t Q − P
es decir,
−→r (t) = 3i + j + 2 k + t
2 j
4k
r (t) = 3i + j + 2 k + t
2i
i
3i + j + 2 k
3 j
por lo tanto, en la ecuaci´on anterior tenemos que,
−r 0 → −→ A
= (3, 1, 2) = ( 2, 3, 6)
− − −
adem´ as,
−→r 1 = (−1, 1, 1) 50
6k
−→
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,
( 4, 0, 1)
−
− × (−2, −3, −6) =
−− − −− − − i 4 2
j 0 3
k 1 6
=
3i
22 j + 12 k
Finalmente, la distancia del punto ( 1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q est´a dada por:
−
− − √ 3i
d =
22 j + 12 k 49
=
√ 9 + 484 + 144 √ 637 7
=
7
b) Por definici´on la ecuaci´on
−→ − −→r 0) · −→ N = 0,
(r
representa la ecuaci´on de un plano que contiene a un punto de coordenadas (x0 , y0 , z0 ) y un vector normal N = ai + b j + c 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 + b2 + c2
−→ · −→
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 22 + 3 2 + 6 2
49
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| ,
(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 → −→r 1
= (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 + 2 2 + 3 2 2 + 3 19 14 = 14 14 14 = 14. 14
| √ − | |−√ | √ √
Obs´ervese que como los planos son paralelos, el problema tambi´en se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53
3
Problemas del cap´ıtulo 2.
Problema 1. Escribir las ecuaciones param´ etricas y no param´ etricas, de los siguientes c´ırculos: a) centro en (0, 1, 0), radio 2, paralelo al plano X Z, b) centro en (1, 1, 1), radio 3, paralelo al plano X Y, c) centro en ( 1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano X Z , 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) e1 + (a sin θ) e2 ,
( )
representa un c´ırculo con centro en el punto (x0 , y0 , z0 ) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ est´a entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuaci´on anterior en este caso,
a = 2 e1 = i e2 = k
−→ R0
= (0, 1, 0),
por lo tanto, la ecuaci´on pedida es
−→ R (θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) i + (2 sin θ) k
o bien,
−→ R (θ) = 2cos θ i + j + 2 sin θk
es decir, las ecuaciones param´etricas de un c´ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0, 1, 0) son: x = 2 cos θ, y = 1, z = 2 sin θ, que son equivalentes a las ecuaciones no param´etricas, x2 + z 2 y 54
= 4, = 1.
b) En este caso tenemos, aplicando la ecuaci´on ( ) obtenemos,
∗
√
a = 3 e1 = i e2 = j
−→ √ √ √ √ R0
= (1, 1, 1),
por lo tanto, la ecuaci´on pedida es
−→ R (θ) = (1, 1, 1) + o bien,
−→ R (θ) =
1+
3cos θ i +
3cos θ i + 1 +
3sin θ j,
3sin θ j + k,
que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etricas: x = 1+ y = 1+ z = 1,
√ √ 3cos θ, 3sin θ,
de donde obtenemos las ecuaciones no param´ etricas, de la forma (x
− 1)2 + (y − 1)2
z
= 3, = 1.
c) An´alogamente, de la ecuaci´on ( ) obtenemos
∗
a = 9 e1 = i e2 = k
−→ R0
= (1, 2, 3),
por lo tanto, la ecuaci´on del c´ıculo en forma param´etrica est´a dada por,
−→ R (θ) = (1 + 9 cos θ) i + 2 j + (3 + 9 sin θ) k,
que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´etrica: x = 1 + 9cos θ, y = 2, z = 3 + 9sin θ, 55
de donde obtenemos las ecuaciones no param´ etricas, de la forma (x
− 1)2 + (z − 3)2
y
= 81, = 2.
d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene,
−→ R (θ) = −i + (3 + 5 sin θ) j + ( −1 + 5sin θ) k, y
(y
− 3)2 + (z + 1)2
= 25, x = 1..
56
−
Problema 2. Dada la curva
−→ R = t i + t k; 2
3
2
3
0 t 2,
encontrar un vector unitario T (s),donde s es la longitud de arco. Soluci´ on. Para encontrar T (s), primero debemos reparametrizar la curva en t´ erminos de la longitud de arco s, es decir; obtener R (s) para as´ı calcular:
T (s) =
−→ −→ d R (s)
, ds sabemos que la longitud de arco est´a dada por la expresi´on:
−→ −→ −→ t
R (t) dt,
s(t) =
0
de la ecuaci´on de la curva obtenemos,
R (t) = t i + t2 k ;
de donde,
t2 + t4 = t
R (t) =
(1 + t2 ),
sustituyendo en la expresi´on para la longitud de arco, t
t (1 + t2 )dt.
s(t) =
0
Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma u = 1 + t2 , du = 2tdt, du dt = , 2t de esta forma,
t
s(t) =
tu
0
=
1 2
du 1 = 2t 2
(1 + t2 ) 3
3 2
t
=
0
t
1 2
u du
0
1 (1 + t2 ) 3
3 2
−1
por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´a dada por,
57
,
1 (1 + t2 ) 1 3 de esta expresi´on, despejamos el par´ametro t de la forma; s(t) =
3 2
−
2 3
(3s + 1) = 1 + t2 ;
t(s) = (3s + 1)
2 3
−→
−1
1 2
,
sustituyendo en la expresi´on para R (t(s)), obtenemos
−→ 1 R (s) =
1 (3s + 1) 2 3 derivando esta expresi´on con respecto al par´ametro s,
(3s + 1)
2 3
−1
− 1 2 1 T (s) = (3s + 1) (3) i + 2 3 3 1
3
i+
2 3
(3s + 1)
2 3
−1
−
2 3
1
1 2
3 2
k,
1 3
finalmente, el vector unitario est´a dado por:
T (s) =
1
(3s + 1)
1
i+
3
1 (3s + 1)
1 3
(3s + 1)
2 3
2 (3s + 1)− (3) k, 3
−1
1 2
k.
Observemos que inmediatamente se puede verificar que T (s) = 1, aplicando la definici´on de la magnitud de un vector tenemos,
T (s)
=
=
=
1
(3s + 1)
2 3
1
(3s + 1) (3s + 1) (3s + 1)
2 3
+
1 (3s + 1)
2 3
(3s + 1)
1 + (3s + 1)
2 3 2 3
= 1
58
2 3
− 1
2 3
− 1
Problema 3:
Dada la curva cuyas ecuaciones param´etricas son: t , 2π y = 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 param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on t i + sin t j + cos tk, 2π 2π. Por definici´on la longitud de una curva en el espacio desde
−→r (t) =
donde 0
≤ t ≤
el punto en t = a, al punto en t = b, est´a dada por:
t=b
l(t) =
t=a
−→
de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos
−→
d r (t) 1 = i + cos t j dt 2π
−
de donde,
−→
d r (t) = dt
d r (t) dt, dt
sin tk,
1 + cos 2 +sin2 t = 4π2
1 + 4π2 , 4π2
sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos,
59
√ 2π
l =
0
1 + 4π2 dt = 2π
√ 1 + 4π 2 t 2π
t=2π
=
1 + 4π 2 .
t=0
As´ı mismo por definici´on, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por:
−r (t) d→ dt −r (t) d→ dt
T (t) =
,
en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos
−→
d r (t = 0) 1 = i + j, dt 2π
y
−→
d r (t = 0) = dt
√ 1 + 4π2 2π
,
por lo tanto el vector unitario pedido est´a dado por:
T =
√
i + 2π j . 1 + 4π 2
60
Problema 4:
Si T denota la tangente unitaria a la curva, x = t, y = 2t + 5, z = 3t,
demuestre que
dT = 0, dt interprete este resultado en forma geom´etrica. Soluci´ on: En este caso, sustituyendo las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on
−→r (t) = ti + (2t + 5) j + 3tk.
En forma an´aloga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´a dado por:
−r (t) d→ dt −r (t) d→ dt
T (t) =
,
de esta forma, de la ecuaci´on de la curva obtenemos,
√ √ T =
de donde obtenemos,
i + 2 j + 3 k i + 2 j + 3 k = 2 1 +4+9 14
dT = 0. dt 61
Por otro lado, obs´ ervese que las ecuaciones param´ etricas 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 = i +2 j+3k, como se ilustra esquem´aticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure
Por lo tanto, la expresi´on ddtT = 0 indica que el vector T 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. b
−→
62
Problema 5:
a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecuaciones param´etricas, x = et cos t, y = et sin t, z = 0, entre t = 0 y t = 1.
b) Reparametrizar la curva en t´ erminos de la longitud de arco. Soluci´ on:
a) De las ecuaciones param´etricas, la curva est´a dada por la ecuaci´on
−→r (t) = et cos ti + et sin t 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:
t=b
l(t) =
t=a
−→
de la ecuaci´on de la curva dada, obtenemos
−→
d r (t) = dt de donde,
−→
d r (t) dt
−
− √
d r (t) dt, dt
et (sin t) + et cos t i + et cos t + et sent j,
2
2
=
[et ( sin t + cos t)] + [et (cos t + sin t)]
=
e2t sin2 t + cos2 t
= =
− 2sin t cos t
2t
√ 2et
2e , 63
+ e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t
sustituyendo en la expresi´on para calcular la longitud de la curva obtenemos,
l =
√
2
1
et dt =
√
1
2 et 0 =
0
√
2 [e
− 1] .
b) Para reparametrizar la curva en t´erminos de la longitud de arco s, tenemos por definici´on, que la longitud de arco s (t) est´a dada por la expresi´on,
−→ t
s = s(t) =
t=t1
para t
d r (t) dt, dt
≥ t1, en este caso escogemos t 1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´a
dada por:
s (t) = =
√ 2 √
− t
et dt
0 t
2 e
1 ,
de la expresi´on anterior despejamos a t en funci´on de la longitud de arco s, de la forma
et =
√ 12 s + 1,
es decir,
t(s) = log
√ √ √ s +1 2
= log
s+
2
2
,
por lo tanto, la ecuaci´on de la curva en t´ erminos de la longitud de arco s est´a dada por:
→ −r (t(s)) = exp
√ √ log
s+
2
2
cos log
64
√ 2 √ 2
s +
i + sin log
√ 2 √ 2
s +
j
,
finalmente obtenemos,
√ s+ 2 −→r (s ( s) = √ 2
√ √ cos log
s+
2
2
65
i + sinlog
√ √ s+
2
2
j j .
Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones param´etricas, etricas, x = sin t t cos t, y = cos t + t sin t, z = t2 ,
−
encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0 , 1, 0) y el pun punto b) T (t ( t) . c) T (π ( π ) . Soluci´ on: on:
−
2π, 1, 4π 2
En forma an´aloga aloga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estar´a dada por:
−→ 2π
l =
0
en este caso,
−→
d r (t) dt
d r (t) dt dt
= (co (cos t
− cos t + t sin t) i + (− sin t + sin t + t cos t) j + 2 tk j + 2tk
= t sin ti + t cos t j + j + 2t 2 tk por lo tanto,
√ √ 2π
l
=
t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t 4t2 dt
0
2π
=
5t2 dt = dt =
0
=
√ 5 2
5 2 t 2
2π
0
4π 2 ,
finalmente la longitud de la curva desde el punto (0 , 1, 0) al punto est´ a dada por
√
l = 2 5π2 . 66
−
2π, 1, 4π 2 ,
b) En for forma ma an´ an´ aloga a los proble aloga problemas mas anter anterior iores, es, en este este caso, caso, el vecto vectorr
tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´a dado por:
T T (t ( t) = = =
finalmente,
−→r (t) |−→r (t)|
√ t sin ti + cos t j + j + 2t 2 tk
t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t 4t2
t sin ti + t cos t j + j + 2t 2 tk , t 5
√
1 T T (t ( t) = sin ti + cos t j + j + 2 k . 5
c) As´ As´ı mismo en el punto t = π, = π, el vector tangente est´a dado por:
T T (t ( t = π = π)) =
√ 15 − j + j + 2 k
67
.
Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x,y,z) x,y,z) =
x2
1 + y2 + z 2
Calcular el gradiente de φ en el punto (1, (1 , 0, 1). 1). Soluci´ on. on. Aplicando la definici´on on del gradiente, obtenemos
∇φ
= = =
−
− − ∂ ∂x
1 2
1
∂ , ∂y
x2 + y 2 + z 2 1
(x2 + y 2 + z 2 )
1
∂ , ∂z
x2 + y 2 + z 2
1
x2 + y2 + z 2
2xi + 2y 2y j + j + 2z 2zk
3 2
xi + y j + j + z k
(x2 + y2 + z 2 )
3 2
por lo tanto en el punto (1, (1 , 0, 1), 1), el gradiente de φ est´a dado por:
−
1 ∇φ(1, (1, 0, −1) = − (1 + 0 + 1) es decir,
− − √
1 ∇φ(1, (1, 0, −1) = ( 2 2 b) Dado el campo vectorial
−→f (x,y,z ( x,y,z)) =
3 2
(i
k)
i + k ).
xi + y j + j + z k
x2 + y2 + z 2
calcular i) f f en (1, (1, 2, 1). j) j ) f f en (1, (1, 2, 1). 1). Soluci´ on. on. i) El campo vectorial es de la forma:
∇ · −→−→ ∇ ×
−→f (x,y,z ( x,y,z)) =
− −
x2
x +
y2
+ z2
i+
x2
y + y2
+ z2
Aplicando la definici´on on de la divergencia, se tiene
68
i+
x2
z
+ y2 + z2
i
∂f 1 ∂x
∂ ∂x
=
= =
x
x2
−
+ y2 + z2
x2 + y 2 + z 2
1 2
1 2
x
x2 + y 2 + z 2
(x2 + y 2 + z 2 )
−
1 2
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 (x2 + y2 + z 2 )
− x2
−
1 2
2x
finalmente, ∂f 1 y2 + z2 = ∂x (x2 + y2 + z 2 )
3 2
de forma an´aloga obtenemos, ∂f 2 ∂ = ∂y ∂y y ∂f 3 ∂ = ∂z ∂z
y
x2 + y2 + z 2
z
x2 + y 2 + z 2
=
=
x2 + z 2 (x2 + y 2 + z 2 )
3 2
x2 + y 2 (x2 + y2 + z 2 )
3 2
por lo tanto la difvergencia de la funci´on vectorial dada resulta,
∇ · −→f
= =
1 3 2
(x2 + y 2 + z 2 ) 2(x2 + y2 + z 2 ) (x2 + y 2 + z 2 )
(y 2 + z 2 + x2 + z 2 + x2 + y2 )
3 2
=
2 (x2 + y2 + z 2 )
por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1 , 2, 1) resulta
∇ · −→f (1, −2, 1) =
2
(12 + ( 2)2 + 12 )
−
−
=
2 3
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
−→ A (x,y,z)
1
φ(x,y,z) =
x2 + y2 + z 2
→ −r .
=
Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos
∇ · (φ−→r ) = ∇φ · −→r + φ∇ · −→r ,
1)
pero del inciso a) se obtuvo que,
∇
1
x2 + y2 + z 2
que se puede escribir como
− xi + y j + z k
=
(x2 + y 2 + z 2 )
3 2
∇φ = − →−rr , →r . donde r es la magnitud del vector de posici´on − (2)
3
Por otro lado de la definici´on de la divergencia se tiene, (3)
∂y ∂x ∂z ∇ · −→r = ∂x + ∂y + ∂z = 3,
sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaci´on (1) obtenemos,
−r ) ∇ · (φ→
−→ − rr3 · −→r + 3r
=
2 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) = ∂φ e→ ∂r r
donde r = r = x2 + y2 + z 2 y er = Por ejemplo, si
φ(x,y,z) = ln
→ −r
r .
1 (x2 + y 2 + z 2 )
que se puede escribir como φ(r) = ln
1 = r3 70
−3 ln r
3 2
de donde, ∂φ = ∂r
− 3r
y por lo tanto,
→ − ∇ − − −→ ∇ −→ ∇ −→ → − ∇× √ √ √ → − ∇× − − − − ∂φ φ(r) = er = ∂r
3 r
r r
=
3 r. r2
Por otro lado, si aplicamos la definici´on del gradiente, tenemos φ(x,y,z) =
es decir,
φ(x,y,z) =
3 2
x2
x2
1 + y2 + z2
3 + y2 + z2
2xi + 2y j + 2z k
xi + y j + z k =
3 r. r2
j) Si el campo vectorial esta dado como
xi + y j + z k
f (x,y,z) =
x2 + y2 + z 2
Por definici´on del rotacional tenemos, i
j
∂ ∂x x x2 +y 2 +z 2
f =
k
∂ ∂y y x2 +y 2 +z 2
∂ ∂z z x2 +y 2 +z 2
calculando las derivadas parciales, obtenemos
f
yz
=
(x2 + y 2 + z 2 )
3 2
+
xz
(x2 + y 2 + z 2 ) xy
+
es decir,
3 2
(x2 + y 2 + z 2 )
3 2
yz
(x2 + y2 + z 2 )
+ +
i
3 2
xz
(x2 + y 2 + z 2 )
3 2
xy
(x2 + y 2 + z 2 )
∇ × −→f = −→0
3 2
i i
Soluci´ on alternativa. De la misma forma 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) = r1
−→ −→
∇×
−→
∇
× −→
y A = r tenemos,
71
∇ × −→
(4)
− ∇ × −→ ∇× ∇ ×→ −→ ∇ × −→ → −r
1 r
=
r
r +
1 r
r,
adem´ as, de la definici´on del rotacional tenemos que, (5)
r =
i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
x
y
z
= 0 ,
y del inciso a), obtenemos
− −→ −→ −→ ∇× − × (6)
∇
1 r
→ −r
=
r3 ,
sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaci´on (4), obtenemos r r
=
r r3
r,
aplicando la definici´on del producto vectorial de dos vectores
−→r × −→r = −→0 , finalmente obtenemos,
→ − ∇× r r
−→
= 0 ,
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 = donde
∂ r2 ln( ), 2πε 0 r1
r12 = (x
y
− x0)2 + y2,
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:
−
λ V (x, y) = 2πε 0
∇
x + x0 r12
x
− −r2x0 2
− i + 2y
1 r12
1 j r22
Soluci´ on: Sustituyendo los valores de r 12 y r22 , y aplicando la propiedad de los logaritmos, obtenemos
λ (x + x0 )2 + y 2 V (x, y) = ln 2πε 0 (x x0 )2 + y 2
−
1 2
−
Por definici´on, sabemos que ∂ V ∇V (x, y) ≡ ∂V i+ j. ∂x ∂y
Calculemos primeramente la derivada con respecto a x,
∂V (x, y) ∂ = k ln ∂x ∂x
(x + x0 )2 + y 2 (x x0 )2 + y 2
−
donde
k =
λ , 2πε 0 73
λ (x + x0 )2 + y2 = ln . 4πε0 (x x0 )2 + y2
,
de esta forma,
∂V (x, y) = k ∂x
(x x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2
−
(x
− x0)2 + y2
2(x + x0 ) [(x
−
(x + x0 )2 + y 2 2(x
− x0)2 + y2]2
sustituyendo r12 = (x y
− x0)2 + y2,
r22 = (x + x0 )2 + y 2 ,
obtenemos,
r12 2(x + x0 )r12 2(x x0 )r22 = k r22 r14 λ 2(x + x0 )r12 2(x x0 )r22 = 4πε 0 r12 r22 λ (x + x0 ) (x x0 ) = . 2πε 0 r22 r12
∂V (x, y) ∂x
−
−
−
−
− −
An´ alogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos,
∂V (x, y) ∂y
∂ = k ln ∂y = k
(x + x0 )2 + y 2 (x x0 )2 + y 2
− − − − − (x x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2
(x
x0 )2 + y 2
r12 2y(r12 r22 r22 r14 1 1 = k2y 2 j. r2 r12 = k
− 2y (x + x0)2 + y2 2 [(x − x0 )2 + y2 ]
2y
Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obtenemos, λ V (x, y) = 2πε 0
∇
x + x0 r12
x
− −r2x0 2
74
− i + 2y
1 r12
1 j . r22
− x0)
,
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 r P y r Q los vectores de posici´on de los puntos P y Q respectivamente, es decir
−r P → −→r Q por lo tanto,
|−→−→ −− −→−→ | u =
rQ rQ
− − − √ = i + j
= 2i + j + k
2i + j + k i + j r P 1 = = i+k r P 2 (2 1)2 + (1 1)2
asimismo, de la definici´on del gradiente dada por la ecuaci´on, ∂V ∂V ∂V ∂x i + ∂y j + ∂z k obtenemos,
∇ φ(x,y,z) ≡
∇φ = 2xi + 2y j + 2zk
sustituyendo en la expresi´on para la derivada direccional, dφ ds
= = =
∇φ · u
· √ 1 i+k 2
2xi + 2y j + 2z k
√ 22 (x + z)
evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos, dφ(1, 1, 0) = ds
√
2.
√
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 a igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; ds ser´
dφ ds
= max
|∇φ| = 2
75
√
2
y tambi´en 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) i + 2(1) j + 2(0) k, es decir, en la direcci´ on del vector 2 i + 2 j.
∇
76
Problema 10. Hallar la derivada de P = 4exp(2x recci´ on del vector ( 3, 5, 6).
−
− y + z) en el punto (1, 1, −1) en di-
Soluci´ on: Por definici´on la derivada direccional est´a dada por: ∂φ = φ u, ∂s en este caso, la derivada direccional estar´a dada por,
∇ ·
∂P = P u, ∂s calculando el gradiente de la funci´on P,
∇ ·
∇P
= =
∂ (4exp(2x ∂x
− y + z)) i + ∂x∂ (4exp(2x − y + z)) i + ∂x∂ (4 exp (2x − y + z)) i exp ( 2x − y + z) 8i − 4 j + 4 k ,
la direcci´on est´a dada en este caso por el vector,
u =
−u −3i + 5 j + 6k → |−→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
= exp(2(1)
− − − · − √ (1) + ( 1)) 8i
=
−24 −√ 20 + 24
=
− √ 2070 .
70
77
4 j + 4 k
3i + 5 j + 6 k 70
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 = ds
∇f · u,
donde, f es el gradiente de la funci´o n dada y u es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´a dada por el vector,
∇
−→u = −→ −r1 = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1), r2 − → de esta forma,
−u 1 → u = − |→u | = √ 3 (−1, 1, 1).
Aplicando la definici´on del gradiente, obtenemos
∇f
= = = =
∂ yz ∂ ∂ [x ] i + [xyz ] j + [xyz ] k ∂x ∂y ∂z yz yz ∂ ln x ∂ ln x ∂ ln xyz e i+ e j + e k ∂x ∂y ∂z yz yz yz ∂ ∂ ∂ eln x (ln xyz ) i + eln x (ln xyz ) j + eln x (ln xyz ) k ∂x ∂y ∂y yz 1 1 1 yz −1 eln x yzx i + (z ln x) j + (y ln x) k , xyz xyz xyz
que se puede escribir de la forma,
∇f =
yzxyz −1 i + z ln x j + y ln xk,
de esta forma en el punto ( e,e,o), el gradiente est´a dado por:
∇f (e,e,o)
= 0i + 0 j + e ln(e)k = e(0, 0, 1),
Finalmente la derivada direccional est´a dada por: 78
df ds
= e(0, 0, 1) =
√ e3 .
79
· √ 13 (−1, 1, 1)
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 ds Aplicando las hip´otesis del problema, ´esta derivada ser´a m´axima en direcci´on paralela al eje Z, es decir en direcci´on del vector k por lo tanto,
∇ ·
∇ · ∇ ·
(1)
∇φ · k = 64,
(2)
φ j = 0,
(3)
φ i = 0,
aplicando la definic´on del gradiente obtenemos,
∇φ =
− −
ay 2 + 3cx2 z 2 i + (2axy + bz) j + by + 2cx3 z k
evaluando en el punto (1, 2, 1), obtenemos
−
∇φ(1, 2, −1) = (4a + 3c) i + (4a
b) j + (2b
2c) 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
−
a) Encontrar dφ on del vector 2 i + 3 j k. 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 ´este 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 = ds
∇f · u,
donde, f es el gradiente de la funci´o n dada y u es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´a dada por el vector,
∇
√ − ∇ ≡ ∇ · √ u =
as´ı mismo,
1 (2, 3, 1) , 14
φ
∂φ ∂ φ ∂ φ i + j + k = 2z i + ey z 2 j + (2x + ey z) k, ∂x ∂y ∂z
de tal forma que en el punto (2 , 1, 1) , el gradiente est´a dado por: φ = 2i + e j + (4 + 2e)k
Por lo tanto, la derivada direccional est´a dada por: df ds
=
=
2i + e j + (4 + 2e)k
−
1 (2, 3, 1) 14 e . 14
√ 114 [4 + 3e − 4 − 2e] = √
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) = 2i + e j + (4 + 2e)k, y su m´aximo valor est´a dada por:
|∇φ(2, 1, 1)|
= =
22 + e2 + (4 + 2e)2 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) = 2 i + e j + (4 + 2e) 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 tambi´ en 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) = x 2 + y 2
−z
a) Si un mosquito situado en el punto (1 , 1, 2) se est´a muriendo de fr´ıo. ¿En qu´e 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 4 i+4 j 2k. ¿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 ∂ T ∇T (x,y,z) ≡ ∂T i+ j + k, ∂x ∂y ∂z
− −
en este caso, tenemos
T (x,y,z) = 2xi + 2y j
k,
de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente est´a dado por
T (1, 1, 2) = 2i + 2 j
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 dT ds = , dt ds dt donde
dT = ds
T · u,
− √ −
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, u =
4i + 4 j 2k = 16 + 16 + 4
4 4 , , 6 6
2 6
,
de esta forma la derivada direccional estar´a dada por
dT 1 4 4 1 = (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
◦ C dT = 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 ´el 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 ´el est´a en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qu´e direcci´on deber´a avanzar para disminuir m´as rapido la temperatura? b) Si la nave viaja a e 8 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 T u, que f´ısicamente nos da ds = la raz´on de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcci´on del vector u, la m´axima raz´on de cambio de aumento de la temperatura estar´a dada por
∇ ·
dT ds
= max
|∇T | ,
es decir, cuando T apunta en la direcci´on de u. 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 ∇T
=
∇ [T (2, 2, 2)]
=
=
∂T ∂ T ∂ T i+ j + z ∂x ∂y ∂z
− − − − − e−x−y−z i
e−x−y−z j
e−2−2−2 i + j + k =
e−x−y−z k
e−6 i + j + k ,
de esta forma, el capit´an Peluches se tiene que mover en direcci´on del vector e−6 i + j + k .
b) Si la nave viaja una rapidez de e 8 m/s ds dt , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, est´a dada por (aplicando regla de la cadena): dT dT ds = , dt ds dt donde dT = ds
∇T • u,
y
86
√ |∇∇ | √ √ ∇ |∇ | ∇ • |∇ | |∇ | |∇ | √ √ e−6 i + j + k i + j + k T = = , T 3 e−12 3
u =
por lo tanto,
dT = ds
T
T = T
T 2 = T
T = e −6 3
0
C , m
finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´a dada por: dT = dt
0
3
C m
e8
m = s
87
3 e8
0
C . seg
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 qu´e 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 ∂ T ∇T = ∂T i+ j + k, ∂x ∂y ∂z
en este caso,
T (x,y,z) = x(1
− x)(2 − y)(3 − z),
luego entonces
∇T = ∇T =
=
∂T ∂ T ∂ T i+ j + k ∂x ∂y ∂z
[(1
− x) − x] (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k (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
∇T (0, 1, −2)
= (1
= 5i
−
− 2(0))(2 − (1))(3 − (−2)) i + 0 j + 0k
es decir, el mosquito debe volar en direcci´on del vector 5i 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 dT = ds
∇T • u,
y
88
u = (1, 0, 0)
puesto que se mueve en direcci´ on paralela al eje x, por lo tanto dT dt
= 1.5 ( T u)
∇ ·
= 1.5
· 5i
i ,
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 d) Cual es el conjunto de nivel si
− x2 − y 2 ,
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
⊂ Rn −→ R,
f : U
se define la gr´afica de la funci´on f como el conjunto de puntos (x1 , x2 .........x n , f (x1 x2 , ....., x n )), que pertenecen a R n+1 para (x1 , x2 .........x n ) es decir, el conjunto
((x1 , x2 ....,x n , f (x1 , x2 ,....,xn ))
c) Si f (x, y) = 1 R tal que cumple: 2
∈ Rn+1 : (x1,...,x n) ∈ U
.
− x2 − y2; en este caso el conjunto de nivel es una curva en
Lc = (x, y) : 1 o tambi´en,
∈ U,
−
− x2 − y2 = c
Lc = (x, y) : x 2 + 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 S representada por las ecuaciones cion es param´ para m´etricas etri cas x = x = u u cos v, y = u = u sin v, y z = z = z((u). Soluci´ on: on: Por definici´on, on, una superficie S en S en el espacio est´a descrita por una funci´on on vectorial de la forma:
−→r (u, ( u, v ) = x = x((u, v )i + y (u, v ) j + j + z (u, v )k, k,
donde u y v son par´ametros ametros (variables), en forma an´aloga aloga al par´ametro ametro t para una trayectoria curva en el espacio representada por f (t ( t); as´ as´ı mismo, las ecuaciones
−→
x = x(u, v ), y = y (u, v ), z = z (u, v ), son las ecuaciones param´etricas etricas de la superficie S. En este caso, la ecuaci´on on param´etrica etrica para la superfic s uperficie ie S est´ S est´a dada por:
−→r (u, ( u, v ) = u = u cos vi + u sin v j + j + z (u)k
por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S repre S representada sentada por la ecuaci´ on on anterior estar´a dado por:
−→
→ −
−→r u × −→r v n = − |→r u × −→r v | ,
donde los vectores r u y r v son vectores tangentes a las l´ıneas ıneas co ordenadas u y v respectivamente, respe ctivamente, ´estos estos vectores est´an an dados por: ( u, v ) −→r u ≡ ∂ −→r (u, = cos vi + sin v j + j + z ‘(u ‘(u)k, k, ∂u
y
−r (u, ( u, v ) −→r v ≡ ∂ → =
−
u sin vi + u cos v j. j. ∂v Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos
−→r u×−→r v = es decir,
− i cos v u sin v
j j sin v u cos v
k z ‘(u ‘(u) 0
−
= ( u cos vz (u))i (u sin vz (u)) j+ j + u cos2 v + u sin2 v k
−
−→r u × −→r v = (−u cos vz (u))i − (u sin vz (u)) j + j + uk, k,
91
la magnitud de este vector est´a dada por,
|−→r u × −→r v | = (−u cos vz (u))2 + (u (u sin vz (u))2 + u2 = u
1 + [z [ z (u)]2 ,
sustituyendo los resultados anteriores en la expresi´on para el vector unitario n, n, obtenemos
− − cos vz (u)i
n =
sin vz (u) j + j + k 2
1 + [z [ z ‘(u ‘(u)]
Problema 19. Demostrar que f = r 2 r es un campo vectorial conservativo conservativo y encontrar el potencial escalar del cual se deriva. Soluci´ on: on:
−→
−→
−→
−→ → −
Para mostrar que f = r 2 r es un campo conservativo conservativo debemos verifica que f = O . Calculando el rotacional de f , usando la propiedad distributiva distributiva del producto pro ducto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos,
∇ × −→ −→
−r ) = ∇r2 × −→r + r2 ∇ × → −r , ∇ × (r 2 →
aplicando las siguientes propiedades del operador nabla,
∇rn = nr n−2−→r ,
que se demuestra en el problema 22, y la propiedad
−r = −→ ∇×→ O,
obtenemos,
−→
∇ × (r2−→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 ( r) = φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresi´on para el gradiente de una funci´on que s´ olamente olamente depende de r = r , y que resulta de aplicar la regla de la cadena,
→ −
|−→|
∇φ(r)
∂φ( ∂φ (r) ∂ φ(r ) ∂ φ(r ) i+ j + j + k, k, ∂x ∂y ∂z ∂φ ∂r ∂ φ ∂r ∂ φ ∂r = i+ j + j + k, k, ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z = φ (r ) r, = φ (r )er ,
=
∇ 92
∇
de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como,
−→f = r 2−→r = r 3er ,
por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es decir f (r ( r) = φ(r), obtenemos
−→
∇
φ (r) = r 3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, r4 + C, 4 donde C donde C es es una constante de integraci´ on on que depende de las condiciones iniciales. φ(r ) =
93
Problema 20.
• −→ −→ ×
a) Mostrar que [f ( f (r) r ] = 3f 3 f (r) + rf (r). b) Calcule [f (r) r ] (no aplique la definici´on on del determinante). Soluci´ on: on: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funci´on escalar por una funci´on on vectorial, dada por:
→r ] = f ( →r + f ( →r , · [f ( f (r )− f (r ) · − f (r) ·− →r | , podemos aplicar como el campo escalar f ( f (r), s´olo olo depende de r de r = |− −→r f ( f (r) = f (r ) r = f = f (r) , r adem´ as, as, por definici´ definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos on
• −→r = 3,3 , entonces
•
−→ −→ • r + 3f 3f ((r) = rf (r) + 3f 3 f ((r), r
r [f ( f (r ) r ] = f (r)
−→
b) En forma an´aloga aloga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del producto de una funci´on on escalar por una funci´on on vectorial, dada por:
→r ] = f ( →r + f ( →r , × [f ( f (r)− f (r) ×− f (r ) × − −0 , y aplicando la expresi´on para el →r = → por definici´on, on, sabemos sabemos que × − →r | , obtenemos gradiente de una funci´on on que s´olamente olamente depende de r, donde r donde r = = | − →r = f (r) −→r × −→r = −→0 , f ( f (r) × − r finalmente se demuestra que
→r ] = −→0 . × [f ( f (r)−
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 = f (r),
−→ A
=
→ −r ,
∇ · [f (r)−→r ] = ∇f (r) · −→r + f (r)∇ · −→r →r | , podemos aplicar como el campo escalar f , s´olo depende de r = |− −→ f (r) = f (r) r = f (r) rr , 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
∇ · −→r = entonces
∂ ∂ ∂ , , ∂x ∂y ∂z
∇ · [f (r)−→r ]
·
(x,y,z) = 3,
−→ → ·−
r = f ´ (r) r + 3f (r) r = f ´ (r)r + 3f (r),
aplicando la hip´otesis del problema dada por
∇ · [f (r)−→r ] = 0, obtenemos
f ´ (r) r + 3 = 0, f (r) o tambi´en, 1 df (r) = f (r) integrando, obtenemos
95
− 3r dr,
−
df (r) dr = 3 f (r) r ln f (r) + cte = 3(ln r + cte) ln f (r) = ln r −3 + cte − eln f (r) = e(ln r +cte) ,
−
3
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,
−→ |→ −|
I ) II ) II I )
→r ∇ rn = nr n−2 − ∇2rnn= n(n + 1)rn−2 → − ∇ · (r r ) = (n + 3) rn
b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular, I ) II ) II I ) Solucion:
∇ ∇· ∇
2
1 r
()1r 3/2
→ −r r3
a) Por definici´on, el vector de posici´on de un punto en el espacio est´a dado por,
−→r = xi + y j + zk,
|−→|
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,
∇
∇ ≡ ∂x∂ i + ∂y∂ j + ∂z∂ k,
obtenemos para I ),
n
n
n
∇rn = ∂r∂x i + ∂∂yr j + ∂∂zr k, sustituyendo la magnitud del vector de posici´on, tenemos
∇rn
= =
= n x2 + y 2 + z 2
|−→|n−2 −→r ,
= n r finalmente,
n n n ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 x + y2 + z 2 i + x + y2 + z 2 j + x + y2 + z2 k ∂x ∂y ∂z n n n 2 n n 2 − − 1 1 x + y2 + z 2 (2x) i + x2 + y 2 + z 2 (2y) j + x + y2 + z2 2 2 2 2
2
2
n−2 2
2
2
xi + y j + z k
∇rn = nr n−2−→r .
II ) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´a dado por,
97
n 2
−1
(2z) k
2
2
2
∇2 ≡ ∇ · ∇ = ∂x∂ 2 + ∂y∂ 2 + ∂z∂ 2 , →r , obtenemos de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector − 2
∇2rn = ∂x∂ 2
x2 + y2 + z 2
n 2
+
∂ 2 x2 + y 2 + z 2 ∂y 2
n 2
+
∂ 2 x2 + y 2 + z 2 ∂z 2
n 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,
∇2rn ≡ ∇ · ∇rn = ∇ ·
−→
nr n−2 r ,
y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla,
∇ · Φ−→ A donde,
=
−→ ∇Φ · −→ A + Φ ∇ · A ,
Φ = nrn−2 ,
−→ A
→ −r ,
=
por lo tanto,
−→ ∇ · −→
∇ · −→r , →r = 3 y el aplicando la divergencia de una funci´on vectorial tenemos que ∇ · − →r , de esta forma, resultado del inciso anterior, en este caso ∇r n−2 = (n − 2)r n−4 − ∇2rn ≡ ∇ ·
nrn−1 r
nr n−2
=
r + nr n−2
− 2)rn−4−→r · −→r + 3nrn−2, − 2)rn−2 + 3nrn−2, →r · −→r = |−→r |2 = r 2, finalmente obtenemos donde aplicamos el hecho de que − ∇2rn = n(n + 2)rn−2. ∇2 r n
= n(n = n(n
II I ). 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 = rn,
−→ A
=
por lo tanto, 98
→ −r ,
∇ · (rn−→r ) = ∇rn · −→r + rn∇ · −→r usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos,
∇ · (rn−→r )
−→ · → −
= nrn−2 r r + 3r n = nrn + 3r n = (n + 3)r n .
b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos, I ) II ) II I )
∇ 1r = ∇ r−1 = ( −1)r−3−→r = − −→rr . ∇2()1r3/2 = ∇2 r− = − 32 − 32 + 1 r(− −2) = 43 r− ∇ · →−rr = ∇ · r−3−→r = 0. 3 2
3
99
3
3 2
7 2
3 = 4√ . r 7
Problema 23. Dado el campo vectorial,
−→
−r → −→ F = − , |→r |k
−→
donde r = x i + y j + z k. Para qu´e 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:
−→
F x
=
F y
=
F z
x (x2
+ y2
k
,
k
,
+ z2) 2
y (x2 + y 2 + z 2 ) z
=
(x2 + y 2 + z 2 )
−→
2
k
,
2
como la divergencia de una campo vectorial F = F x i + F y j + F z k, est´a dada por
∂F x ∂ F y ∂ F z ∇ · −→ F ≡ + + ∂x ∂y ∂z s´ olamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma
∂F x ∂x
=
∂ ∂x
x
(x2 + y 2 + z 2 )
x2 + y2 + z 2
= =
− k
k 2
x
2
k 2
x2 + y 2 + z 2
(x2 + y2 + z 2 )k kx2
1 (x2 + y2 + z 2 )
k 2
−
(x2 + y 2 + z 2 )
k 2
+1
k 2
−1
(2x)
.
An´ alogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos ∂F y ∂y
=
∂F z ∂z
=
1 (x2 + y 2 + z 2 ) 1 (x2
+ y2
+
k 2
k
z2 ) 2 100
− −
ky 2 (x2 + y 2 + z 2 ) kz 2 (x2 + y 2 + z 2 )
k 2
k 2
+1
+1
. .
→ −
sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial F , est´ a dada por
∇ · −→ F =
3 (x2 + y 2 + z 2 )
k 2
−
k x2 + y 2 + z 2 (x2 +
k
y2 + z 2 ) 2 +1
=
3
−k
(x2 + y2 + z 2 )
−→
k
.
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,
−→ →r , F = f (r)− en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla,
→ − ∇·
f (r) A =
donde,
−→ ∇f (r) · −→ A + f (r)∇ · A ,
f (r) =
−→ A
=
−r |−k , |→ → −r ,
de esta forma,
→ − → − → − → − → − ∇· | | ∇ | | · | | ∇ · −→ r
−k
r
=
r
−k
r +
r
−k
r,
aplicando el resultado
∇f (r) = df dr(r) er ,
que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r =
|−→r | . Por lo tanto,
−r |−k −→r ∇ · |→
= = =
−→ −|−→r |−k−1 |−→rr | · −→r + 3 |−→r |−k −r |2 + 3 |−→r |−k −|−→r |−k−2 |→ 3−k , |−→r |k
donde se aplic´o tambi´en la propiedad de la norma del producto escalar de vectores y el hecho de que ∂ y ∂ z ∇ · −→r = ∂x + + = 3. ∂x ∂y ∂z De la misma forma, si k = 3, entonces 102
∇ · −→ F = 0.
Problema 24. Dado el campo vectorial,
−→ −yi + x j F = (x2 + y 2 )
k
.
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 donde en este caso,
=
−→ ∇Φ × −→ A + Φ∇ × A ,
−→ − ∇× − ∇ ×− ∇× − − ∇ − − ×− ∇×− ∇× x2 + y2
Φ =
A
−k
=
y i + x j,
=
x2 + y 2
,
2
obtenemos,
x2 + y 2
k 2
xi + y j
−k
y i + x j +
2
x2 + y 2
−k
y i + x j ,
2
del problema anterior, obtenemos x2 + y2
−k
=
2
k
(x2 + y 2 )
k 2
+1
xi + y j
de esta forma, x2 + y 2
−k 2
xi + y j
=
k
k
(x2 + y 2 ) 2 +1
y i + x j + x2 + y 2
xi + y j
calculando el producto vectorial y el rotacional,
× − ∇ × − xi + y j
y i + x j
y i + x j
sustituyendo, obtenemos
=
=
− −
103
i j k x y 0 y x 0 i
j
∂ ∂x
∂ ∂y
y
x
= x2 + y2 k
k 0 0
= 2k
−k 2
y i + x j
∇×
− x2 + y 2
−k
k 2
xi + y j
= =
De lo anterior, si k = 2, entonces
(x2 + y 2 ) 2 k (x2
−
+
k 2
k
y2) 2
−→ ∇ × −→ F = 0 .
104
+1
k.
x2 + y 2 k +
2k
(x2 + y 2 )
k 2
Problema 25. a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial
−→ A = (x + 2y + az)i + (bx − 3y − z) j + (4x + cy + 2z)k
sea irrotacional. b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual se deriva ´este campo vectorial . Soluci´ on: a) Por definici´on, si A es irrotacional debe cumplir que A = 0 , por lo tanto
−→
∇ × −→ A
=
∇ × −→ −→
− − − − − −−− j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
x + 2y + az
=
i
bx
3y
z
4x + cy + 2z
∂ ∂ (4x + cy + 2z) (bx 3y z) i ∂y ∂z ∂ ∂ (4x + cy + 2z) (x + 2y + az) j ∂x ∂z ∂ ∂ + (bx 3y z) (x + 2y + az) k ∂x ∂y
− −
aplicando la hip´otesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces
c+1 = 0 a+4 = 0 b 2 = 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)i + (2x − 3y − z) j + (4x − y + 2z)k
b) Debido a que si
−→ −→ ∇ × −→ A = 0 entonces, A = ∇φ(x,y,z), por lo tanto
(x + 2y + 4z)i + (2x
∂ φ ∂ φ − 3y − z) j + (4x − y + 2z)k = ∂φ i + j + 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
− 23 y2 − yz + g(x, z),
(3) φ(x,y,z) = 4xz
− yz + z2 + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, ∂φ ∂y ∂φ ∂y
= 2x + = 2x
∂ f (y, z) ∂y
− 3y − z
de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f (y, z) = ∂y
−3y − z
integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f (y, z) =
− 32 y2 − yz + m(z)
substituyendo en la ecuaci´on (1) obtenemos, (4) φ(x,y,z) =
x2 2
+ 2xy + 4xz
− 23 y2 − 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
− y + ∂ m(z) ∂z 4x − y + 2z
= 4x =
de lo anterior, se tiene 106
4x
− y + ∂ m(z) ∂z
= 4x
dm(z) dz
= 2z
− y + 2z
finalmente obtenemos, m(z) = z 2 + cte,
−→ ∇φ(x,y,z) est´a dada por:
por lo tanto, la funci´on escalar φ(x,y,z) tal que A = φ(x,y,z) =
x2 + 2xy + 4xz 2
− 32 y2 − yz + z2 + cte
n´ otese que:
∇φ(x,y,z) = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z) j + (4x − y + 2z)k = −→ A.
107
Problema 26. a) Demostrar
−→ A = (6xy + z 3 )i + (3x2 − z) j + (3xz 2 − y)k
que es irrotacional.
−→ ∇φ.
b) Hallar φ tal que A = Soluci´ on:
a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional
∇ × −→ A
=
− − − − − − − − −− − − − − i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y 2
∂ ∂z 2
6xy + z 3
=
3x
z
3xz
y
∂ ∂ (3xz 2 y) (3x2 z) i ∂y ∂z ∂ ∂ (3xz 2 y) (6xy + z 3 ) j ∂x ∂z ∂ ∂ + (3x2 z) (6xy + z 3 ) k ∂x ∂y
= ( 1 + 1) i
∇ × −→ −→
3z 2
3z 2 j + (6x
6x)k.
−→ −→ ∇
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 (3) φ(x,y,z) = xz 3
− yz + g(x, z),
− yz + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos,
∂φ ∂z ∂φ ∂z
= 3xz 2 + = 3xz 2
∂ f (y, z) , ∂z
− 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 + ∂ m(y) , ∂y
= 3x2
− z,
de lo anterior, se tiene
109
3x2
− z + ∂ m(y) ∂y dm(y) dy
= 3x2
− z,
= 0,
finalmente obtenemos
m(z) = cte,
−→ ∇φ(x,y,z) est´a dada por:
por lo tanto, la funci´on escalar φ(x,y,z) tal que A =
φ(x,y,z) = 3x2 y + xz 3
110
− yz + cte.
Problema 27. Verificar si el campo vectorial
−→f = 3x2yi + (x3 + 1) j + 9z2 k
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 .
∇ × −→f =
i
j
k
∂ ∂x 2
∂ ∂y 3
∂ ∂z 2
3x y
,
x + 1 9z
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) = x 3 y + f (y, z), (2) φ(x,y,z) = x 3 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) = x 3 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
−→ ∇φ est´a dada por:
por lo tanto, la funci´on escalar φ tal que f =
φ(x,y,z) = 3z 3 + x3 y + y + cte.
112
Problema 28. a) Demostrar que el campo vectorial definido por,
−→r −→ E = r2
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 −→ →r , aplicando la ecuaci´on en este caso, identificamos a φ = φ(r) = r1 y A = − φA =
2
anterior obtenemos:
−→ −→ −→ ∇× ∇ × ∇× r r2
=
1
r +
r2
1 r2
r,
aplicando la siguiente ecuaci´on
∇φ(r) = φ (r)er , →r |, obtenemos que es v´alida para campos escalares donde r = | − −→r 1 ∇ r =− r , →r = −→0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos adem´ as como ∇ × −
2
finalmente
−→r → − ∇ × E = ∇ × r2
−→
= 0
b) Como ya se demostr´o que
−→ ∇ × −→ E = 0 entonces
−E = −∇φ → aplicando nuevamente la ecuaci´on ∇φ(r) = φ (r)er , identificando en este caso
correctamente la expresi´on para la funci´on escalar, obtenemos dφ(r) = dr integrando, obtenemos 113
− 1r
φ(r) =
− ln
1 r
+ cte
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 = w, y = ev cos u, z = 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 t´erminos de la transformaci´ on dada, el vector de posici´on est´a dado por:
−→r = w i + ev cos u j + ev sin uk.
→ − ≡ → − ≡ → − ≡ · · · · · ·
Por definici´on, los factores de escala, est´an dados por: hu hv hw
∂ r = e2v [sen2 u + cos2 u] = e v , ∂u ∂ r = e2v cos2 u + sin2 u = e v , ∂v ∂ r = 1. ∂w
b) Para verificar si el sistema es ortogonal debemos mostrar que eu ev = eu ew = ev ew = 0,
as´ı como,
eu eu = ev ev = ew ew = 1.
Calculemos primero los vectores eu , ev y ew , que son los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas u, v y w respectivamente. Por definici´on tenemos,
eu
ev
ew
−→ ≡ |∂ ∂ −→rr /∂u = /∂u| →r /∂v ∂ − ≡ |∂ −→r /∂v| =
ev sin u j + ev cos uk = e2v [sen2 u + cos2 u]
−→ ≡ |∂ ∂ −→rr /∂w /∂w
i
− | =
ev cos u j + ev sin uk
e2v cos2 u + sin2 u = i,
i
115
sin u j + cos uk,
= cos u j + sin uk,
de las ecuaciones anteriores, obtenemos eu ew
·
= ( sin u j + cos uk ) (cos u j + sin uk )
− · − sin u cos u j · j − sin2 u j · k + cos2 uk · j + sin u cos uk · k
=
= 0
tambi´en, en forma inmediata se observa que se cumple ev ew = eu ev = 0,
· · · · ·
as´ı como
eu eu = ev ev = ew ew = 1
c) Por definici´on, el elemento dS 2 est´ a dado por,
−→ · −→
dS 2 = d r d r , donde
→r →r ∂ −→r ∂ − ∂ − → − dr = du 1 + dv + dw, ∂u
−r ∂ →
−r ∂ →
∂v
∂w
→ ∂ − r
los vectores, ∂u , ∂v y ∂w 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 u j + ev cos uk = ev cos u j + ev sin uk
= i
De esta forma, el elemento dS 2 est´ a dado por,
dS 2
= dw2 + e2v sin2 udu2
− 2sin udu cos udv + sin2 udu2
+e2v cos2 udu2 + 2 cos udv sin udv + sin 2 udv2
= dw2 + e2v sin2 udu2 + e2v cos2 udv 2 + e2v cos2 udu2 + e2v sin2 udv 2 = du2 e2v sin2 u + cos2 u + dv2 e2v cos2 u + sin2 u + dw2 dS 2
= e2v du2 + e2v dv2 + dw2 .
Con lo cual se comprueba que es ortogonal, ya que no hay t´erminos cruzados.
116
Problema 30. Encuentre la relaci´on de los vectores unitarios en coordenadas esf´ ericas y rect´ angulares, es decir, encuentre:
i = i (er , eθ , eφ ) ,
y
Soluci´ on:
j
= j (er , eθ , eφ ) ,
k
= k (er , eθ , eφ ) ,
er
= er i, j, k ,
eθ
= eθ i, j, k ,
eφ
= eφ i, j, k ,
La transformaci´on entre cordenadas rect´angulares y esf´ericas est´a dada por:
x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ donde, 0
≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π
y0
≤ r. El vector de posici´on de un punto en
el espacio en coordenadas esf´ericas est´a dado por:
−→r = r sin θ cos φi + r sin θ sin φ j + r cos θk
de esta forma, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas r, θ y φ est´an dados por,
er
eθ
eφ
=
=
=
−r ∂ → ∂r −r ∂ → ∂r −r ∂ → ∂φ
−− − =
−r = ∂ → ∂θ
−r ∂ → ∂φ
−r = ∂ → ∂φ
sin θ cos φi + sin θ sin φ j + cos θk
sin2 θ cos2 φ + sin2 θ + cos2 θ
,
r cos θ cos φi + r cos θ sin φ j
r sin θk
r2 cos θ2 sin2 φ + sin2 φ
r 2 sin2 θ
r sin θ sin φi + r sin θ cos φ j r2
2
2
sin θ sin 117
φ cos2
φ
,
,
que se pueden escribir finalmente de la forma,
−
(a) er = sin θ cos φi + sin θ sin φ j + cos θk,
(b) eθ = cos θ cos φi + cos θ sin φ j (c) eφ =
sin θ k,
− sin φi + cos φ j.
−→ −→ −→ −→ · · · → − · · · · · · · · · ·
Ahora para encontrar la dependencia de los vectores i, j y k, en t´erminos de los vectores er , eθ y eφ , aplicamos la siguiente relaci´on vectorial A = A u1 u1 + A u2 u2 + A u3 u3 ,
para cualquier vector A , que es v´alida para los vectores u1 , u2 y u3 , que forman una base ortonormal, es decir que cumplen que ui uj = δ ij , donde δ ij es la funci´on delta de Kcronecker y est´a dada por,
δ ij =
1, i = j 0, i = j
De esta forma, como los vectores unitarios i, j y k y er , eθ y eφ forman una base ortonormal, aplicando la expresi´on anterior escribimos a los vectores i, j y k en t´erminos de los vectores er , eθ y eφ de la forma, (1)
i = i er er + i eθ eθ + i eφ eφ ,
(2) j = j er er + j eθ eθ + j eφ eφ ,
(3) k = k er er + k eθ eθ + k eφ eφ ,
por otro lado de las ecuaciones (a), (b) y (c), aplicando la de definici´on del producto escalar, obt´enemos
·· ·
·· ·
· · − ·
i er = sin θ cos φ, i eθ = cos θ cos φ, i eφ = sin φ, j er = sin θ sin φ, j eθ = cos θ sin φ, j eφ = cos φ, k er = cos θ, k eθ = sin θ, k eφ = 0,
−
sustituyendo los resultados anteriores en las ecuaciones (1), (2) y (3), final-
118
mente se obtiene
i = sin θ cos φer + cos θ cos φeθ
sin φeφ
− − −
j = sin θ sin φer cos θ sin θ eθ k = cos θ er
cos φeφ
sin θeφ .
Problema 31. Transformar la siguiente funci´on vectorial
−→f =
1 eϕ , rsenθ que est´a en cordenadas esf´ericas (r,θ,φ), a coordenadas rect´angulares. Soluci´ on: Por definici´on, las coordenadas esf´ericas est´an dadas por la transformaci´ on:
x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ, por lo tanto, el vector de posici´on de un punto en el espacio en coordenadas esf´ericas, est´a dado por:
−→r = xi + y j + zk = r sin θ cos ϕi + 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, eϕ
− → sin θ sin ϕi + r sin θ cos ϕ j ≡ | −→ | −(rrsin θ sin ϕ)2 + (r sin θ cos ϕ)2 −r sin θ sin ϕi + sin θ cos ϕ j , =
−−→ −→ − ∂ r /∂ϕ = ∂ r /∂ϕ
r 2 sin2 θ(sin2 ϕ + cos2 ϕ)
por lo tanto,
eϕ =
sin ϕi + cos ϕ j,
sustituyendo en la expresi´on para f , obtenemos
1 1 eϕ = ( sin ϕi + cos ϕ j), r sin θ r sin θ y de las ecuaciones de transformaci´on, obtenemos: f =
119
sin ϕ = cos ϕ =
y , r sin θ x , r sin θ
sustituyendo, obtenemos
−→f = −
y x i + j, 2 r2 sin θ r2 sin2 θ por otro lado, de las ecuaciones de transformaci´on tambi´en tenemos que,
x2 + y 2 = r 2 sin2 θ, finalmente, sustituyendo la ecuaci´on anterior obtenemos
−→f = −
x2
y x i+ 2 j. 2 +y x + y2
120
Problema 32. Transformar la funci´on vectorial
−→ F = ρeρ + ρeφ ,
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 = xi + y j + zk
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 φi + ρ sin φ j + zk,
−
por lo tanto, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas ρ y φ est´ an dados por:
−r ∂ → ∂ρ
− − − −
≡ ≡ eρ
eφ
cos φi + sin φ j
−r = ∂ → ∂ρ
−r ∂ → ∂φ
−r = ∂ → ∂φ
cos φ2 + sin φ2
= cos φi + sin φ j,
ρ sin φi + ρ cos φ j
ρ2 cos φ2 + ρ2 sin φ2
=
sin φi + cos φ j,
De la transformaci´on inversa, tenemos
ρ = x2 + y2
1 2
,
sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios e ρ y eφ , y la ecuaci´on anterior, en la funci´on vectorial, obtenemos
−→ F
= = =
x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2
1 2
1 2
1 2
cos φi + sin φ j + cos φi + sin φ j
(cos φ
x2 + y2
1 2
sin φi + cos φ j
sin φ) i + (sin φ + cos φ) j
y de las ecuaciones de transformaci´on, obtenemos 121
sin φi + cos φ j
−→ F =
x2 + y2
x
1 2
(x2 + y 2 )
finalmente se obtiene,
− − y
1 2
−→ F = (x
(x2 + y 2 )
1 2
i+
y)i + (x + y) j
122
x (x2 + y 2 )
1 2
+
y (x2 + y 2 )
1 2
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 = ξη cos φ, y = ξη sin φ, 1 2 z = η ξ 2 . 2 a) Hallar los factores de escala. b) Mostrar que eη Soluci´ on:
−
eξ = eφ .
×
a) Por definici´on sabemos que el vector de posici´on de un punto en el espacio est´ a dado por,
−→r = xi + y j + zk,
sustituyendo las ecuaciones de transformaci´on, tenemos
−
−→r (ξ , η , φ) = ξη cos φi + ξη sin φ j + 1
2
η2
ξ 2 k,
de donde, los factores de escala est´an dados por,
hξ hη hφ
→ − ≡ −→ ≡ → − ≡ ∂ r = ∂ξ ∂ r = ∂η ∂ r = ∂φ
η 2 cos2 φ + η 2 sin2 φ + ξ 2 = ξ 2 cos2 φ + ξ 2 sin2 φ + η 2 = sin2 φ + cos2 φ = 1.
η 2 + ξ 2 ,
ξ 2 + η 2 ,
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
eξ
eη
eξ
≡ ≡ ≡
−r ∂ → ∂ξ
− − −
−r = ∂ → ∂ξ
−r ∂ → ∂η
−r = ∂ → ∂η
−r ∂ → ∂ξ
η cos φi + η sin φ j η 2 + ξ 2
ξ cos φi + η sin φ j
ηk
η 2 + ξ 2
,
,
sin φi + cos φ j , 1
−r = ∂ → ∂ξ
ξ k
tambi´en se pueden representar de la siguiente forma,
− − − eξ
=
eη
=
eφ
=
1 η cos φi + η sin φ j hξ 1 ξ cos φi + ξ sin φ j hη
ξ k ,
ηk ,
sin φi + cos φ j.
Por lo tanto, calculando el producto vectorial de los vectores unitarios e ξ y eη , obtenemos
eξ
eη
×
= = =
−
1 1 hξ hη
i j η cos φ η sin φ ξ cos φ ξ sin φ
1 (η 2 + ξ 2 ) 1 (η 2 + ξ 2 )
= sin φi
− − − k ξ η
η 2 sin φ + ξ 2 sin φ i η 2 + ξ 2 sin φi
cos φ j = eφ .
124
η 2 cos φ + ξ 2 cos φ j
η 2 + ξ 2 cos φ j
4
Problemas del cap´ıtulo 3.
Problema 1. 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 = x 2 , 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 = x 2 , z = 0, se puede representar en forma param´etrica de la forma,
→ −r (t) = ti + t2 j donde 0
≤ t ≤ 1. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d−→r
est´ a dado por:
−→
d r (t) = dt i + 2tdt j as´ı la integral de l´ınea resulta,
C
→r φd−
−→ (1,1,0)
=
1
φ(x, y)d r =
(0,0,0) 1
1
t=0
t=0
dti + 2tdt j
t=0
t3 dt + j
= i
t t2
2t4 dt
al resolver la integral, obtenemos
−→ φd r =
C
1 2 i + j 4 5
b) Recordemos que la ecuaci´on param´ etrica de una recta que pasa por dos puntos est´a dada por:
−→r (t) = −→r 1 + t (−→r 2 − −→r 1) , 125
−→ −→
donde r 1 y 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 param´etrica 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) = ti + t j,
as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´a dado por:
−→
d r (t) = dt i + dt j la integral de l´ınea resulta,
C
→r φd−
−→ (1,1,0)
=
1
φ(x, y)d r =
(0,0,0) 1
= i
t=0
1
2
t dt + j
t=0
t2 dt
t=0
finalmente al resolver la integral, obtenemos
−→ φd r =
C
1 1 i + j 3 3
Soluciones alternativas: a) La curva est´a descrita por las ecuaciones, y z
= x2 = 0.
126
t2
dti + dt j
Si escogemos a la variable x como par´ametro, entonces las ecuaciones param´etricas de la curva dada son : x = x y = x2 , por lo que la ecuaci´on de la cuva en forma param´etrica est´a dada por:
−→r (x) = xi + x2 j; de donde obtenemos,
≤ ≤ −→ 0
x
1
d r = dxi + 2xdx j
por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: (1,1,0)
−→
φd r =
(0,0,0)
1
x3 (dxi + 2xdx j) = ... =
0
1 2 i + j. 4 5
An´ alogamente, si escogemos a y como par´ametro, las ecuaciones param´etricas ser´an:
√
x = y y = y, por lo que la ecuaci´on de la cuva en forma param´etrica est´a dada por:
−→r (y) = √ yi + y j; de donde obtenemos,
−→
dr =
0
≤ y ≤ 1
1 dy i + dy j, √ 2 y
por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:
127
(1,1,0)
→r = φd−
(0,0,0)
1
5 2
y (
0
1 dy i + dy j) √ 2 y
al hacer un poco de ´algebra, obtenemos
(1,1,0)
→r φd−
1
= i
0
(0,0,0)
y2 4
= i =
y dy + j 2 1
+ j
0
1
5 2
y dy
0
2 y 5
5 2
1 0
1 2 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 param´etrica de la curva est´a dada por:
−→r (x) = xi + x j; de donde obtenemos,
−→
0
≤x≤1
d r = dxi = dx j, finalmente, al resolver la integral de l´ınea se obtiene,
(1,1,0)
(0,0,0)
−r = φd→
x2 (dxi + dx j) = ... =
128
1 1 i + j. 3 3
Problema 2. Calcular C φd r para φ = x 3 y+zy desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) ,
−→
a) a lo largo de la parabola y = x 2 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 par´ abola en forma param´etrica est´a dada por:
≤ x ≤ 2, la ecuaci´on de la
−→r (x) = xi + x2 j,
−→ −→ −→
por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por,
d r = dxi + 2xdx j,
luego entonces,
(2,4,0)
φd r =
x3 y + zy d r ,
(1,1,0)
C
sustituyendo la parametrizaci´on de la trayectoria, obtenemos
C
−r φd→
− − − − − − −→ 2
=
x3 x2 + 2x2
dxi + 2xdx j
1
2
=
5
x + 2x
2
2
dxi + 2xdx j =
1
1
2
=
=
2x6 + 4x3 dx j
1
x6 2 3 + x 6 3
2
2
2 i + x7 + x4 j 7 1 1 3
=
2
x5 + 2x2 dxi +
1
=
x5 + 2x2 dxi + x5 + 2x2 (2x) dx j
26 2 (2) + 6 3
64 + 32 1 6
1 2 + 6 3
4
i+
i+
256 + 112 7
finalmente, se obtiene
φd r =
C
91 359 , ,0 6 7
129
2 (2) 7 + (2)4 7 2
7
j,
2 (1)7 + (1)4 7
j
b) Se sabe que la ecuaci´on param´etrica de una recta que pasa por dos puntos est´ a dada por:
−→ −→
−→r (t) = −→r 1 + t (−→r 2 − −→r 1) ,
donde r 1 y 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 param´etrica 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 tambi´en, −→r (t) = (1, t + 3t, 0) ,
as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´a dado por:
−→
d r (t) = dti + 3dt j, y las ecuaciones param´etricas de la recta est´an dadas por:
x = 1 + t, y = 1 + 3t, z = 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
C
−r φd→
(2,4,0)
=
(1,1,0) t=1
=
t=0 t=1
=
t=0 t=1
=
t=0
= = =
−→
x3 y + zy d r = 3
−
(1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t
dti + 3dt j
1 + 3t + 3t2 + t3 (1 + 3t) + 2 + 6t 2
3
4
3 + 12t + 12t + 10t + 3t
t=1
dti + 3
t=0
1
dti + 3dtJ
−
5 3 5 3 3t + 6t + 4t + t4 + t5 i + 3 3t + 6t2 + 4t3 + t4 + t5 2 5 2 5 0 5 3 5 3 3 + 6 + 4 + + 0 i + 3 3 + 6 + 4 + + 0 j 2 5 2 5 30 + 60 + 40 + 25 + 6 30 + 60 + 40 + 25 + 6 i+3 j 10 10 2
3
finalmente, se obtiene
C
−→
φd r =
161 483 i+ j. 10 10
131
3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dtJ 1
j
0
Problema 3. 2 Calcular c f d r para f = y i + (x + z) j + (x (0, 0, 0) al punto (2, 4, 0), a) a lo largo de la parabola y = x 2 z = 0, b) la recta y = 2x.
−→ · −→
−→
− z)2 k desde el punto
Soluci´ on: En forma an´aloga al problema anterior, si tomamos como par´ametro a x, donde 0 x 2, las ecuaciones param´etricas de la curva est´an dadas por:
≤ ≤
x = x y = x2 z = 0 as´ı, la ecuaci´on param´etrica de la par´abola est´a dada por,
−→r (x) = xi + x2 j,
por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por,
−→
d r = dxi + 2xdx j de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por:
−→ · −→
− · ·
(2,4,0)
f d r
=
c
=
2
(0,0,0) 2 2
x i + x2 j + x2 k
0
2
2
=
x dx + x (2x) dx =
3
x 2x + 3 4
=
0
4
3
2 (2) +2 3 4
finalmente, obtenemos
−→ · −→
f d r =
C
132
dxi + 2xdx j
x2 + 2x3 dx
0
2
4
z) k
dxi + 2xdx j 2
2
0
=
2
y i + (x + z) j + (x
128 32 = . 12 3
b) En forma an´aloga, si tomamos a x, como parametro, la ecuaci´o n de la recta en forma param´etrica est´a dada por,
−→r (x) = xi + 2x j, donde 0
≤ x ≤ 2, por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea en este caso est´a
dado por,
−→
d r = dx i + 2dx j, de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por:
−→ · −→ · 2
f d r
=
2xi + x2 j + x2 k
dxi + 2dx j
0
c
2
=
2x + 2x
2
0
3
= =
4+
2 (2) 3
28 . 3
133
dx =
2 x + x3 3
2
2
0
Problema 4.
−→
Dado el campo vectorial F = 3xi + (2xz y) j + z k. Calcular desde el punto (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3) a lo largo de, a) la curva x = 2t2 , y = t, z = 4t2
−
−→ · −→ C
F d r
− t, para 0 ≤ t ≤ 1.
b) La recta que une a esos puntos. Soluci´ on: La ecuaci´on de la curva en forma param´etrica est´a dada por:
− −
−→r (t) = 2t2i + t j + donde 0
4t2
t k,
≤ t ≤ 1, por lo tanto el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por: −→
d r (t) = 4tdti + dt j + (8t
1)dtk.
Por lo tanto, la integral de l´ınea est´a dada por:
−→ · −→ −→ · −→ − − − · − (1,1,0)
F d r
=
F (x,y,z) d r (x,y,z)
(0,0,0) t=1
C
[3 2t2 i + 2 2t2
=
4t2
t j + 4t2
t
t k]
t=0
[4tdti + dt j + (8t
1)dtk)]
haciendo un poco de ´algebra obtenemos,
−→ · −→ F d r
1
= 24
C
= = = =
t dt + 16
0
6t4 +
1
3
4
16 5 t 5
1
t dt
0
− 4
− t4 − t2 + 8t4 − 4t3 + t2
1
16 5 t + 13t4 4t3 5 0 16 16 + 65 + 13 4 = 5 5 61 . 5
−
−
t dt + 32
0
− 20
134
1
3
0
1 0
3
t dt
1
− 12
0
t2 dt
Problema 5. 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 param´etricas de esta trayectoria est´an dadas por, x = y = donde 0
≤
θ
−√ 1 +
√
10 cos θ, 10sin θ,
2π. Por lo tanto, la ecuaci´on de la trayectoria en forma
≤
param´etrica est´a dada por,
−→r (θ) = (−1, 0) + √ 10cos θi + √ 10 sin θ j,
de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por,
−→ −√ 10 sin θi + √ 10 cos θ j.
dr =
−→
−→
Calculando el producto vectorial de r y d r obtenemos,
−→r ×d−→r =
√ −√
i 10 cos θ 10sin θ
√ √ √ j 10 sin θ 10cos θ
k 0 0
=
10
2
r
C
√
cos θ+
de esta forma, la integral de l´ınea est´a dada por,
−→ × −→
2
d r =2π θ=0 10dθ k = 10kθ
135
2π
θ=0
= 20π k.
10
2
sin2 θ k = 10k,
Problema 6. Dada la funci´on vectorial
−→ A = (y − 2x)i + (3x + 2y) j, −→ hallar la integral de l´ınea de A a lo largo de la trayectoria C , que es un c´ırculo
en el plano X Y 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 param´ etricas de la trayectoria C est´an dadas por: x = 2 cos θ, y = 2sin θ,
−
donde 0 θ 2π,
−→• −→ − −
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 θ i 2sin θ j, de donde obtenemos,
−→ −2sin θdθ i
dr =
2cos θdθ j,
asimismo, el campo vectorial est´a dado por,
−→ A = ( −2sin θ − 4cos θ) j + (6 cos θ − 4sin θ) j,
136
por lo tanto,
−→ →r = A · d−
4sin2 θ + 4 sin θ cos θ) + (8sin θ cos θ
− 12 cos θ2)
de esta forma la integral de l´ınea est´a dada por,
−→ · −→ − − − − − − 2π
A dr
=
c
sin2 θ + 12sin θ cos θ
θ=0 2π
= 4
2π
sin θ cos θdθ
12
θ=0
θ=0 2
2π
θ sin 2θ = 4 2 4 2π = 4 12 2
dθ,
12 cos2 θ dθ
cos2 θdθ
sin θ + 12 2 θ=0 2π = 8π. 2
2π
θ=0
θ sin 2θ 12 + 2 4
2π θ=0
Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo, las ecuaciones param´etricas 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
−→ · −→
A d r = 8π.
c
137
Problema 7. Dado el siguiente campo vectorial
−→ F (x, y) =
x2
y i + y2
x j, + y2
− x2
−→
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
(0,1)
C 2
(1,1)
C 1
C 3
X (−1,0)
(1,0)
Soluci´ on: a) Sabemos que x 2 + y2 = 1, es la ecuaci´on de un c´ırculo de radio 1, entonces la ecuaci´on del semic´ırculo ser´ıa:
− −
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:
−→r (x) = xi + donde 1 dado por:
1
x2 j
− ≤ x ≤ 1, de la ecuaci´on anterior el elemento diferencial de l´ınea est´a −→
es decir,
xdx ( 2x)dx j 1 x2
√ − − −→ − √ − −→ √ − − − √ d r = dxi +
xdx j 1 x2
d r = dx i
por lo tanto, la componente tangencial de F a lo largo del semic´ırculo (1,0)
−→ · −→
F d r =
(−1,0)
1
−1
1 x2 x2 + 1 x2
−
+
138
x2
x + 1 x2
−
x
1
− x2
dx
(1,0)
−→ · −→ − 1
F d r =
1
x2 +
−1
(−1,0)
x2 1 x2
√ −
√ 1
dx =
−1
dx . 1 x2
−
La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambios de variable trigonom´etricos 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 param´ etricas de un c´ırculo de radio 1. Por lo tanto la ecuaci´on en forma param´etrica de la trayectoria semicircular est´a dada por:
≤ ≤
−→r (θ) = cos θi + sin θ 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 θdθ i + cos θdθ 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)
−→ · −→ · − − θ=0
F d r
=
cos θ i + sin θ j
sin θdθ i + cos θdθ j
θ=π
(−1,0)
0
π
(Sen 2 θ + Cos 2 θ)dθ =
=
π
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)
−→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ F d r =
F d r +
C 1
(−1,0)
F d r +
C 2
F d r
C 3
donde C , C y C 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 1
2
3
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
− − − i
=
∂ ∂x y x2 +y 2
→ −0
k
∂ ∂y x x2 +y 2
= 0i + 0 j + [ =
j
∂ ∂z
0
x2 y 2 + 2x2 (x2 + y 2 )2
−→
2 2 2 − x (x+2 y+ y−2)2y2 ]k
− −→ ∇ × →
es decir, F es irrotacional. Por lo tanto, si F = 0 (que quiere decir tambi´en 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)
(1,0)
−→ · −→ ∇ · −→ F d r
=
(−1,0)
φ dr
(−1,0)
(1,0)
∂φ ∂ φ ∂ φ dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z
=
(−1,0)
(1,0)
=
dφ
(−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)
−→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ F d r =
(−1,0)
F d r +
C 1
F d r +
C 2
140
F d r = π.
C 3
Problema 8.
−→
Demostrar que f = xy 2 i + x3 y 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 C 1 y C 2 como se ilustra en la siguiente figura.
−→
−→
∇ × −→ −→
Y
(0,1)
b a
X (1,0)
C 1
Para C 1 : Las ecuaciones param´etricas de la curva est´an dadas por: x = x y = 0 donde 0
≤ x ≤ 1. Por lo tanto, −r (x) → →r (x) d−
·
= xi,
= dxi,
por lo tanto para el campo vectorial dado, obtenemos (1,0)
−→ · −→ −→ · −→ f d r =
C 1
f d r =
(0,0)
Para C 2 , se tiene que
1
(0i + 0 j) dxi = 0.
x=0
−→ · −→ →− · −→ −→ · −→ f d r =
C 2
f d r +
a
f d r
b
141
para la trayectoria a; a ; las ecuaciones param´etricas etricas son: x = 0 y = y donde 0
≤ y ≤ 1, de donde se obtiene −→r (y ( y) →r (y d− ( y)
− − = y j j
= dy j j
para la trayectoria b, b , la ecuaci´on on param´etrica etrica de la recta est´a dada por:
−→r (t ( t)
= (0, 1) + t(1, (1, 1) = ti + (1
donde 0
t) j j
≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones param´etricas etricas de la curva son: x = t y = 1
−t
por lo tanto para la trayectoria C 2 tenemos: 1
−→ · −→ f d r
=
C 2
1
− −
(0i (0i + 0 j 0 j))dy j + j +
y =0
[t(1
0
1
=
0
(t4
2t + t 2
t3 (1
t=0
1
=
t 1
− t)
dt
− 2t + t2) − t3 + t4]dt
1 2 1 6 − 20 + 25 − 2t2 + t)dt = dt = − + = 5 3 2 30
finalmente obtenemos,
−→ · −→
1 . 30 c Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de l´ınea s´ı depende de la trayectoria de integraci´on, on, luego entonces, el campo vectorial f f no es conservativo. Soluci´ on on alternativa:. alternativa:. Supongamos Supongamos que f f es conservativo, por lo tanto si f = 0 enton entonces ces existe una funci´on on escalar φ escalar φ tal que f = φ es decir; r dr =
2
→ −
−→
−→ ∇
∂φ ∂x ∂φ ∂y
= xy 2 = x3 y, 142
∇× −→ −→
pero esto no puede ser, porque de las ecuaciones ecuaciones anteriores anteriores obtenemos: obtenemos: ∂ ∂y ∂ ∂x
∂φ ∂x ∂φ ∂y
= 2xy = 3x2 y
es decir; ∂ 2 φ ∂ 2 φ = ∂x∂y ∂y∂x
que contradice el resultado fundamental del C´alculo Diferencial que establece que : ∂ 2 φ ∂ 2 φ = . ∂x∂y ∂y∂x
−→
Por lo tanto, la hip´otesis otesis original original ( f es conservativo) con servativo) no es correcta, cor recta, as´ as´ı el campo vectorial f no f no es conservativo.
−→
143
Problema 9.
−→
Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas F F dado por
−→ F (x,y,z (x,y,z)) = (y + 2x 2x)i + (5y (5y − x) j, j,
que actua sobre una part´ part´ıcula ıcula que se mueve mueve sobre la elipse elipse
x2 a2
+
y2 b2
= 1, en
sentido opuesto a las manecillas del reloj como se ilustra en la siguiente figura. fhFU3.5258in2.4327in0ptT fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayec rayectoria toria de integraci´ integraci´on.dibujoelipse.bmp on.dibujoelipse.bmp Soluci´ on: on:
−→
Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas F F est´a definido por:
W =
−→ · · −→
F d r ,
C
se puede calcular la integral de l´ınea tomando la parametrizaci´on on
x = a cos φ y = b sin φ donde 0
≤ φ ≤ 2π. Sin embargo aplicaremos el teorema de Green, en este caso
si
M (x, y) = y + 2x 2x N ( N (x, y ) = 5y x,
−
entonces
∂N ∂x ∂M ∂y
=
−1
= 1,
por lo tanto, 144
−→· −→ F d r =
C
Rxy
∂N ∂x
−
− −
∂ M dxdy = dxdy = ∂y
[( 1)
1] dxdy = dxdy =
Rxy
donde A donde A es el ´area area de la elipse
x2 a2
+
y2 b2 =
− 2
dxdy = dxdy =
Rxy
−2A,
1 que es igual πab.
−→
Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas F F est´a dado por:
W =
−→ · · −→
F d r =
C
145
−2πab.
Problema 10.
−→
a) Verificar si f = 3x2 y i + (x3 + 1) j + 9z 2 k es conservativo. 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 yi+(x3 +1) j+9z 2 k es conservativo, calculemos el rotacional del campo vectorial f .
∇ × −→f
=
i
j
k
∂ ∂x 2
∂ ∂y 3
∂ ∂z 2
3x y
= (0 =
x + 1 9z
0)i
0) j + 3x2
(0
− 3x2
0 .
k
−→
Por lo tanto, el campo vectorial f es conservativo. b) Si decir;
∇ × −→f = −→0 , entonces existe una funci´on escalar talque −→f = ∇φ, es
3x2 y i + (x3 + 1) j + 9z 2 = de donde obtenemos,
∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z
∂φ ∂ φ ∂ φ i + j + k, ∂x ∂y ∂z
= 3x2 y, = (x3 + 1), = 9z 2 ,
integrando parcialmente, 1) φ(x,y,z) = x 3 y + f (y, z), 2) φ(x,y,z) = x 3 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
= x3 +
∂ f (y, z) , ∂y
= 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) = x 3 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,
−→ ∇φ est´a dada por,
finalmente la funci´on escalar φ(x,y,z) tal que f = 147
φ(x,y,z) = x 3 y + y + 3z 2 + cte.
Por lo tanto, aplicando el teorema de campos conservativos
−→ · −→ f d r
C
(1,2,4)
=
(1,2,4)
∇ · −→ φ dr =
(−1,0,2)
(−1,0,2)
= φ(1, 2, 4) φ( 1, 0, 2) = 52 48 = 4.
−
− −
148
dφ(x,y,z)
Problema 11. Calcular el ´area de una superficie esf´erica. 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)i + y(u, v) j + z(u, v)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 udu, → −r v dv,
= =
−→
de donde, se define el elemento diferencial de superficie d S como:
(1)
−→ → − −→ −→ × −→ ×
d S = r u du r v dv = ru r v dudv,
y su magnitud est´a dado por:
→−
|−→ × −→r v | dudv.
(2) dS = d S = r u
−→ × → − −→
Recordemos tambi´en 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 :
−→
d S = ndS,
donde n es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y est´a
dado por:
149
−r u × −→r v → n = − |→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 ´area de la superficie S es decir: S =
−→ · −→ d S =
S
n dS.
S
Como sabemos, para una superficie esf´ erica la forma param´ etrica para la superficie est´a dada por:
−r (θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φ j + a cos θk, → 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 θ ≡ ∂ −→r = a cos θ cos φi + a cos θ sin φ j + a sin θk
∂θ
y
−→r φ ≡ ∂ −→r = a sin θ sin φi + a sin θ cos φ j ∂φ
por lo tanto,
−→r θ × −→r φ
=
i j k a cos θ cos φ a cos θ sin φ a sin θ a sin θ sin φ a sin θ cos φ 0
= a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φ j + a2 sin θ cos θ(cos2 φ + sin2 φ)k
= a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin jφ j + a2 sin θ cos θ k,
de lo anteriormente aplicando la ecuaci´on (2), la magnitud del elemento de superficie para este caso est´a dado por:
−→
−r φ | dθdφ, |−→ × →
dS = d S = r θ 150
donde,
|−→r θ × −→r φ|
= =
2
a4 sin4 θ cos2 φ + sin2 φ + sin2 θ cos2 θ
2
a4 sin2 θ sin2 θ + cos 2 θ
= a2 sin θ,
por lo tanto, el ´area area de una un a superficie su perficie esf´erica erica est´a dado por:
2π
S =
dS = =
S
−
a2 sin θdθdφ = θdθdφ = a a 2
φ=0 θ =0
= a2 (2π (2π)[(cos(π )[(cos(π ) 2 = 4πa .
2π
π
φ=0
− cos(0)]
151
π
dφ
θ =0
sin θdθ = θdθ = a a 2 (φ
2π π 0 )(cos θ 0 )
Problema 12. Calcular Soluci´ on: on:
−→
d S S donde S donde S es es la parte z parte z > 0 de una esfera.
S
Para el caso de una superficie super ficie esf´ es f´ erica erica donde z > 0, la ecuaci´on on param´ pa ram´etrica etr ica de dicha superficie est´a dada por :
−→r (θ, ( θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φ j + j + a cos θ k, k,
donde; 0 0
θ φ
≤ ≤
≤ π/2 π/2, ≤ 2π.
En este caso, la integral de superficie resulta 2π
1)
π
−→ −→ × −→ 2
d S =
S
( r θ
r φ ) dθdφ
φ=0 θ =0
del ejemplo anterior un vector normal a la superficie de la esfera est´a est´a dado por:
−→r θ × −→r φ = a = a 2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φ j + j + a2 sin θ cos θ k, k,
sustituyendo en la integral de superficie obtenemos,
−→ d S
2π
= a
2
π
2
φ=0 θ =0
S
2π
= a2
π 2
2π
a
2π
π 2
sin2 θ cos φdθdφi + a2
φ=0 θ =0
2
π 2
φ=0 θ =0
sin2 θ cos φi + sin2 θ sin jφ sin jφ j + j + sin θ cos θ k dθdφ
φ=0 θ=0
sin θ cos θdθdφk, k,
152
sin2 θ sin φdθdφ j + j +
las integrales de las componentes i y j se j se pueden separar de la forma,
π
2π
2
a
2
sin θ cos φdθdφ = a
2
φ=0 θ =0
a2
2
cos φdφ
φ=0
π
2π
π
2π
2
θ =0 π
2π
2
sin2 θ sin φdθdφ = a2
φ=0 θ =0
sin2 θdθ
2
sin φdφ
φ=0
sin2 θdθ,
θ =0
pero
2π
2π
cos φdφ = φdφ =
φ=0
sin φdφ = φdφ = 0.
φ=0
Por lo tanto la integral de superficie resulta ser,
−→ d S
π
− 2π
= a2
dφ
φ=0
S
2
= 2a2 π = 2a2 π
sin θ cos θdθ k
θ=0
sin2 θ 2
π 2
0
1 π sin2 2 2
finalmente obtenemos,
2)
−→
d S = πa 2 k. k.
S
153
sin2 (0)
,
Problema 13. Calcular d S S donde S donde S es es una esfera.
−→ S
Soluci´ on: on: La integral original se puede escribir como:
−→ −→ −→ d S =
d S +
S
dS ,
S 1
donde S donde S 1 es la parte de la esfera z
S 2
≥ 0 y S 2 es la parte de la esfera z ≤ 0. As´ As´ı
del problema anterior usando la ecuaci´on 2) se tiene,
−→
d S = πa 2 k. k.
S 1
An´ alogamente, para la parte de la esfera z alogamente, problema anterior obtenemos,
≤ 0 aplicando la ecuaci´on on 1) del
−→ −→ × −→ − − −→ −→ d S
=
S 2
(rθ
r φ ) dθdφ
S 2
2π
π
2
= a
sin θ cos θdθdφk
φ=0 θ = π 2 2π
= a2
π
dφ
φ=0
= a2 [2π [2π] =
sin θ cos θdθdφk
θ= π 2
1 sin2 (π) 2
πa2 k, k,
finalmente obtenemos,
d S = 0 .
S
154
sin2
π 2
k
Problema 14:
−→ Sea E = −grad 2
−→
1 → −r donde r = xi + y j + z k. Calcular
| |
2
2
S es la esfera x + y + z = 9.
−→ −→ E · d S , donde
S
Soluci´ on:
|−→|
Por definici´on si φ = φ(r), donde r = r por la expresi´on,
entonces, el gradiente est´a dado
−→ ∇φ(r) = φ(r) |−→rr | ,
1 en este caso tenemos que la funci´on dada es igual a φ(r) = → −r , por lo tanto el
| |
→ −
campo vectorial E est´a dado por:
−→ E = −∇ es decir,
−→
r −r |−1 = − −|−→r |−2 −→ = −∇ |→ → − | | |r| 1 r
,
−r → −→ E = − . |→r |3 −→
Por otro lado, el elemento diferencial de superficie d S est´a dado por:
−→
d S = ndS,
donde el vector n, 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:
∇φ(x,y,z) = ∇ x2 + y2 + z2 = n = |∇φ(x,y,z)| |∇ (x2 + y2 + z2)|
es decir,
155
2xi + 2y j + 2z k 2xi + 2y j + 2z k
=
xi + y j + z k , x2 + y 2 + z 2
−r → n = − |→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 resultado para el vector d S , la integral de superficie resulta ser,
−→
−→ −→ E · d S
S
−r −→r → →r |3 · |−→r | dS S |− 1 dS |−→r |2 S
= =
donde, de la ecuaci´on para la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9, se tiene que
| −→r |2 =
x2 + y 2 + z 2 = 9. Finalmente apicando el resultado del problema 11, la integral est´ a dada por:
−→ −→ 1 E · d S =
S
9
2
4π (3)
156
= 4π.
Problema 15. Calcular dS S
[a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ]
1 2
,
sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuaci´on ax 2 + by2 + cz 2 = 1. Soluci´ on: La integral de superficie se puede calcular en forma param´ etrica de la forma,
−r ∂ −→r ∂ → −→ × av S fdS = T f ( r (u, v)) ∂u
dudv,
analizando la ecuaci´on del elipsoide, una parametrizaci´on para la superficie S , est´ a dada por las ecuaciones param´etricas,
x =
√ 1a sin θ cos φ,
y
=
√ 1b sin θ sin φ,
z
=
√ 1c cos θ,
as´ı, la ecuaci´on del elipsoide en forma param´etrica est´a dada por,
→ −r (θ, φ) = √ 1 sin θ cos φi + √ 1 sin θ sin φ j + √ 1 cos θk,
a
c
b por lo tanto, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas θ y φ est´an dados por,
−→
=
−→
√ 1a cos θ cos φi + √ 1b cos θ sin φ j − √ 1c sin θk
=
√ 1a sin θ sin φi +
∂ r ∂θ ∂ r ∂φ
√
1 sin θ cos φ j b
de esta forma, el vector normal a la superficie est´a dado por,
−→
∂ r ∂θ
×
−→
∂ r ∂φ
− √ − √ √ − √ i
=
√ 1a cos θ cos φ √ 1a sin θ sin φ,
= sin θ = sin θ
j
1 √ cos θ sin φ b 1 √ sin θ cos φ b
1 sin θ cos φi bc 1 sin θ cos φi bc
157
− √ √ k
1 √ sin θ c
0
1 sin θ sin φ j + ac 1 sin θ sin φ j + ac
1 1 cos2 φ cos θ + cos θ sin2 φ k ab ab
1 cos θ k. , ab
√
y la magnitud est´a dada por,
−→ × −→ ∂ r ∂θ
∂ r ∂φ
√
= sin θ
sin θ abc
=
a sin2 θ cos2 φ b sin2 θ sin2 φ c cos2 θ + + abc abc abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ
as´ı tambi´en, en t´erminos de las ecuaciones param´etricas, 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 fdS = T
sin θ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ
√
que se reduce simplemente a la forma,
S f dS
=
1 2
1 2
1 2
dθdφ,
2π π 1 1 sin θdθdφ = dφ sin θdθ abc T abc φ=0 φ=0 π 2π 2π sin θdθ = [( cos θ)π0 ] abc θ=0 abc 2π [ (cos π cos 0)] abc
√
√
=
√
=
√ −
√
−
−
finalmente se obtiene,
dS S
[a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ]
158
1 2
=
√ 4πabc .
Problema 16. Calcular
−→· →−
−→
−
f d S donde f = x2 i +xy j xz 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´a n en el plano con sus respectivos vectores de posici´on r P , r Q y r R , en t´ erminos 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
−→ − −→ × −→ − −→ − × −
= ( r P r Q ) ( r R r Q) = (1, 2, 0) (0, 2, 3) = =
adem´ as,
−− − − − i 1 0
j 2 2
6i
3 j
−→ · −→
k 0 3
2k,
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 X Y, la integral de superficie est´a dada por:
−→ · −→ · · f n
f ndS =
S
Rxy
dxdy,
n k
donde el vector unitario normal al plano est´a dado por: 160
n =
∇φ = i + 21 j + 31 k |∇φ| 1 + 41 + 91 i + 21 j + 31 k 7 6
de donde obtenemos,
· · −→f · n
x2 i + xy j + xz k
=
1 1 i + j + k 2 3
6 7
n k = ()13()67,
as´ı, al sustitur en la integral de superficie obtenemos,
−→ · · f n
Rxy
dxdy
=
n k
xz x2 + xy 2 + 3 ()13()67
Rxy
= 3
x2 +
la ecuaci´on anterior tenemos,
Rxy
dxdy
= 3
n k
x2 +
x
y 2
, sustituyendo en
− −
xy +x 1 2
Rxy
= 3
dxdy
− −
pero de la ecuaci´on del plano tenemos que z = 3 1
f n
6 7
xy xz + dxdy 2 3
Rxy
−→ · ·
x
y 2
dxdy
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 21 y; finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2, es decir;
−
3
xdxdy
− 2
= 3
x=1− 12 y
y=0
Rxy
=
3 2
1
y=0
2
xdx
x=0
2
y 2
| − − dy = 3
y=0
2
dy =
3 1 3
x2 2
y 3 2
(1− y ) 2
0
2
=+
0
dy
3 = 1. 3
Tambi´en 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
xdxdy
Rxy
| − − − y=2(1−x)
1
=
1
xdy
x=0
dx = 3
y=0
1
= 3
x=0
x(1
(xy)
2(1−x) 0
dx
x=0
x2 x)dx = 6 2
x 3 3
1
=6
0
1 2
1 = 1. 3
Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble es independiente del orden de integraci´on.
163
Problema 17. Calcular la integral
−→· →−
−→
−
f d S para f = y i +2x j z k, donde S es la superficie
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 =
de donde:
−→f · n
=
n k
=
·
por lo tanto,
→− · · f n
Rxy
∇φ = 2i + j + 2 k , |∇φ| 3
dxdy
n k
1 [2y + 2x 3 2 , 3
=
1 3 (2x
− 2z] ,
+ 2y 2 3
Rxy
− 2z) dxdy,
pero de la expresi´on para la superficie tenemos z = 3 la integral anterior obtenemos
−→ · · f n
Rxy
dxdy
=
n k
x+y
Rxy
=
− (3 − x −
3 2x + y 2
Rxy
− x − 21 y, sustituyendo en
−
1 y) dxdy 2
3 dxdy.
Despu´es de algunos c´ alculos algebraicos an´alogos al problema anterior obtenemos,
−→ · · f n
Rxy
dxdy = 18.
n k
164
Problema 18.
−→
Calcular el flujo de campo f = x i + y j + z 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 trav´ es 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:
−→ · −→ −→ · →− −→ · −→ −→ · →− ·· · −→ · −→ f d S =
S
f d S +
S 1
f d S +
S 2
f d S +
S 3
− − −
S 1 (DEFG) ; x = 1 d S = ndS = idydz S 2 (ABCO) ; x = 0 d S = ndS = idydz S 3 (ABEF ) ; y = 1 d S = ndS = jdxdz S 4 (0GDC ) ; y = 0 d S = ndS = jdxdz S 5 (BCDE ) ; z = 1 d S = ndS = kdxdy S 6 (AFGO) ; z = 0 d S = ndS = kdxdy.
165
f d S
S 6
donde, como se muestra en la figura tenemos
− → −→ −→ −→ −→ −→
+
Z
C
B
E
D O
Y A G F
X Por lo tanto, para la superficie S 1 tenemos,
−→ · −→ · f d s
=
s1
(xi + y j + z k ) idydz
Rxy 1
1
=
1
1
xdydz =
y=0 z=0
dydz = 1,
y=0 z=0
an´ alogamente para la superficie S 2 tenemos,
166
−→ · −→ · − − f d s
=
s2
(xi + y j + z k)
idydz
Rxy
=
xdydz = 0.
Rxy
Similarmente para las superficies S 3 , S 4 , S 5 y S 6 obtenemos;
−→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ f d S
=
S 3
f d S = 1,
S 5
f d S
=
S 4
f d S = 0,
S 6
por lo tanto el flujo a trav´es del cubo unitario est´a dado por:
−→ · −→ −→ · −→ →− · −→ −→ · −→ · · · −→ · −→ f d S =
S
f d S +
S 1
f d S +
S 2
f d S +
S 3
+
f d S = 3.
S 6
El resultado anterior se puede obtener aplicando el teorema de Gauss, este teorema establece lo siguiente:
−→ · −→ ∇ · −→ f d s =
s
en este caso:
f dV
V
−→f = −→r ,
por lo tanto,
∇ · −→ f dV = 3
donde
V
dV = 3,
V
dV es el volumen de un cubo unitario.
V
167
Problema 19.
−→
Calcule el flujo del campo vectorial F = i + xy j a lo largo de la superficie S dada por las ecuaciones param´etricas: x = u + v, y = u v, z = u2 ,
−
donde, 0 u1 0 v 1. Soluci´ on:
−→
El flujo del campo vectorial F a trav´ es de la superficie S (que generalmente se representa por Φ) esta dado por:
Φ=
−→ · −→
F dS,
S
donde
−→
d S = ndS,
y n =
−r u × −→r v → |−→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), −→ −→
donde los vectores r u y 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,
−r v | dudv |−→ × →
dS = r u
168
por lo tanto,
−→ d S
−r u × −→r v −→ −→ → |−→r u × −→r v | | r u × r v | dudv −r ∂ −→r ∂ → × ∂v dudv, ∂u
= =
que es el elemento diferencial de ´area normal a la superficie S. De las ecuaciones param´etrica para la superficie S, elvector de posici´on se puede escribir de la forma,
−→r (u, v) = (u + v)i + (u − v) j + u2k,
calculando el vector normal a la superficie, obtenemos
− → −→
∂ r ∂u ∂ r ∂v de donde obtenemos,
→ −
∂ r ∂u
−→ × ∂ ∂vr =
− − − −→ i 1 1
= i + j + 2uk, = i
j,
j k 1 2u 1 0
= 2ui + 2u j
2k,
por lo tanto, el flujo del campo vectorial F a trav´es de la superficie S est´a dado por,
−→ · −→ F dS =
S
i + (u + v)(u
S
calculando el producto escalar,
− · −
169
v) j
2ui + 2u j
2k dudv,
−→ · −→ − − − − − − −→ · −→ v=1
u=1
F dS =
v=0
S
1
1
v=0 1
u=0
v=0 1
=
u=0 1
=
u=0
v 2 ) dudv
u=0
= =
2u + 2u(u2
(2u3
2uv 2 + 2u)dudv 1
2 4 u 4
u v +u
1 2
v2 + 1) dv
2 3
v2 dv =
2 2
2
u=0
finalmente, obtenemos
F dS =
S
170
7 . 6
3 v 2
v 3 3
1 0
,
Problema 20.
−→
Si f = x i + y j + z k Calcualr representada por la ecuaci´on
s
−→f · d→ −S , donde S es la superficie cil´ındrica
−→r = cos ui + sin u j + vk.
donde, 0 0
≤ u ≤ 2π, ≤ v ≤ 1, −→ y el elemento diferencial est´a dado por d S = ndS, y n es el vector unitario
normal exterior a la superficie. Soluci´ on: Por definici´on, sabemos que el vector n =
−r u × −→r v → |−→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 r u 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
−→
d S = ndS,
y su magnitud est´a dada por,
−r v | dudv |−→ × →
dS = r u entonces,
−→
d S
= =
−r u × −→r v −→ −→ → |−→r u × −→r v | | r u × r v | dudv → −r u × −→r v dudv 171
Para la ecuaci´on de la superficie dada, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenada est´an dados por,
−r u → −→r v
→ − − → −
∂ r = sin ui + cos u j, ∂u ∂ r = k, ∂u
=
=
de donde,
−→r u × −→r v =
− i j k sin u cos u 0 0 0 1
= cos ui + sin u j,
por otro lado, de las ecuaciones param´etricas de la superficie cil´ındrica, el campo vectorial est´a dado por
−→f =
cos ui + sin u j + vk ,
por lo tanto, la integral de flujo resulta
−→ −→ s f · d S
v=1
=
v=0 v=1
=
v=0 v=1
=
v=0 v=1
=
v=0
= 2π.
· u=2π
cos ui + sin u j + vk
v=0 u=2π
cos2 u + sin2 v dudv
v=0 u=2π
dudv
v=0
u=2π
dv
du
v=0
172
cos ui + sin u j dudv
Problema 21. Calcular c f d r donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la
−→ · −→
−→
figura y el campo vectorial est´a dado por: f = (x y) i + (x + y) 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 C 2 (y = x) , por lo tanto, la integral de l´ınea se expresa de la forma:
→− · −→ −→ · −→ −→ · −→ f d r =
C
f d r +
C 1
f d r
C 2
Para la trayectoria C 1 las ecuaciones param´etricas est´an dadas por: x = x y = x2 , de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por:
−→
d r = dxi + 2xdx j, por lo tanto, la integral de l´ınea para la trayectoria C 1 est´a dada por:
173
−→ · −→ − 1
f d r
=
C 1
(x
x=0 1
=
2
3
x + x + 2x
0
=
x2 )dx + x + x2 2xdx x2 x 3 x 4 dx = + + 2 3 2
1 0
1 1 1 1 3 4 + + = + = . 2 3 2 3 3 3
Asimismo para la trayectoria C 2 las ecuaciones param´etricas est´an dadas por: x = x y = x, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por:
−→
−→ · −→ − − − −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ d r = dx i + dx j,
por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´a dada por: 0
f d r
=
c2
(x
x) dx + 2xdx
1
=
0
x2 1 =
1=
3 . 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: f d r =
C
f d r +
C 1
f d r =
C 2
b) En este caso
M (x, y) = x y N (x, y) = x + y,
−
de donde se tiene, ∂N ∂x ∂M ∂y
= 1 = 174
−1,
4 3
− 33 = 13
aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos
− − − ∂N ∂x
(Mdx + N dy) =
C
∂ M dxdy ∂y
Rxy
=
(1
( 1)) dxdy = 2
Rxy
dxdy,
Rxy
para evaluar la integral doble hacemos uso de la figura, integrando primeramente desde la recta y = x a la par´abola y = x 2 para despu´es integrar la variable y desde y = 0 hasta y = 1, es decir;
2
dxdy
√
1 x= y
= 2
√ −
1
dxdy = 2
y=0 x=y
Rxy
( y
√
[x]y y dy
y=0
1
= 2
y) dy =
y=0
1 . 3
La integral doble tambi´en se puede resolver integrando primeramente en la variable y, posteriormente la variable x de la siguiente forma,
2
1
dydx =
Rxy
y=x
− 1
dydx = 2
x=0 y=x2
x
2
x=0
1
= 2
([y]xx ) dx
2
x
0
175
x2 dx = 2 2
−
x 3 3
1 0
1 = . 3
Problema 22: Verificar el Teorema de Green en el plano para el campo vectorial,
−→ F =
− 3x2 + 2y i
(x + 3 cos y) j
donde C es la trayectoria que se muestra en la siguiente figura. ftbpF206.4375pt130.125pt0ptFigure Soluci´ on: Debemos verificar que,
Mdx + N dy =
C
Rxy
∂N ∂x
−
∂ M dxdy, ∂y
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,
M dx + N dy =
C
Para C 1 :
+
+
C 1
C 2
+
C 3
.
C 4
De la figura, la recta que va del punto (0 , 0) al punto (2, 0), est´a dada por las ecuaciones param´etricas x = x, y = 0, por lo tanto,
(2,0)
Mdx + N dy
=
(0,0)
= Para C 2 :
x=2 x=0
3x2 + 2y dx
2
x3 + 2y 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
(3,1)
Mdx + N dy
=
(2,0)
= = =
y=1 y=0
2
3 (y + 2) + 2y
− (y + 2) − 3cos y dy y=1 2 y=0 3y + 12y + 12 + 2y + y − 2 − 3cos y dy y=1 2 y=0 3y + 12y + 10 − 3cos y dy 1 13 2 3 y + y + 10y − 3sin(1) 2
0
13 = 1+ + 10 3sin(1) 2 35 = 3sin(1) . 2
−
−
Para C 3 : De la figura, la recta que va del punto (3 , 1) al punto (1, 1), est´a dada por las ecuaciones param´etricas, x = x, y = y, por lo tanto,
(1,1)
Mdx + N dy
2 −x=3 x=1 3x + 2y dx − x3 + 2y 31 = −30.
=
(3,1)
= Para C 4 :
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
(0,0)
M dx + N dy
=
−y=1 y=0
=
−
(1,1)
=
−
3y2 + 2y)dy
3
y +y
2
y 2 2
− − 3sin(y)
3 + 3sin (1) , 2 177
− (y + 3 cos y
1 0
dy
sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas, obtenemos
Mdx + N dy = 8 +
C
de donde,
(1)
35 2
− 3sin(1) − 30 − 32 + 3sin (1) ,
M dx + N dy =
C
−6.
Ahora para calcular la integral doble sobre la regi´on que encierra el paralelogramo, tenemos de las ecuaciones ( ) que,
∗
∂N = ∂x
−1,
y ∂M = 2, ∂y por lo tanto,
Rxy
∂N ∂x
−
∂ M dxdy ∂y
=
xy
− −
= finalmente, (2)
Rxy
x=y+2 − − 2)dxdy = −3y=1 dx y=0 x=y R x=y+2 −3y=1 dy = −3y=1 y=0 [x]x=y y=0 2dy,
( 1
∂N ∂x
∂M ∂y
dxdy =
dy
6.
Este resultado se pudo haber obtenido por simple observaci´on, puesto que dxdy es igual al ´area 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,
(x + y)dx + x2 dy,
C
donde C es el tri´angulo con v´ertices (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
Mdx + N dy =
C
(
∂N ∂x
− ∂∂yM )dxdy,
Rxy
donde la trayectoria curva C encierra la regi´on que Rxy 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
2
(x + y)dx + x dy, =
(2x
Rxy
C
− 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
1
2
(x + y)dx + x dy =
x=2(1−y)
y=0
C
(2x
x=0
− 1)dxdy,
calculando las integrales obtenemos
2
(x + y)dx + x dy
− − − − − − − − − − − − − − − − − 1
=
x2
x
y=0
C
1
=
x=2(1−y) x=0
4(1
y)2
2(1
(1
y)2 dy
2
y=0 1
= 4
y) dy
1
(1
y=0
= = = =
4 (1 3
−
3
y) + (1
dy
y)dy
y=0 1 2
y)
y=0
4 3 (1 1) + (1 3 4 6 + 3 3 2 . 3
180
2
1)
4 (1 3
− 0)
3
+ (1
2
− 0)
Problema 24. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular
− (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
(
π
,0
2
)
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
C
(y
− sin x) dx + cos xdy =
−
( sin x
Rxy
− 1) dxdy.
Para evaluar la integral doble, integrando primeramente la variable y, desde la recta y = 0 a la recta y = π2 x, para despu´es integrar la variable x, desde x = 0 hasta x = π2 ,como se esquematiza en la siguiente figura. Y
( π2
,
)
1
X π
(2
, 1
181
)
Por lo tanto la integral doble resulta,
−
( sin x
− − − − − − − − − − − x= π 2
− 1) dydx
=
(sin x + 1) dy
x=0
Rxy
y= π x 2
dx
y=0
x= π 2
=
π
x
[(sin x)y + y]y=0 dx 2
x=0
x= π 2
=
x=0
= =
2 π
x= π 2
π x [sin x + 1] dx = 2
x 2 x cos x + sin x + 2
2 π 2 1+ = π 8
2 π
π x= ( x cos x)x=0 + 2 π
π 2
x
=
y=0
π2 + 8 4π
,
finalmente, obtenemos
−
( sin x
Rxy
− 1) dydx =
182
− π 2 + 4 π
cos xdx +
2
.
2 π
x=0
π π π cos + sin + 2 2 2
x2 2
π 2 2
2
π 2
x
y=0
Problema 25. Calcular la integral
−→ ·
F ndS,
S
−→ a dado por: donde F est´
−→ F (x,y,z) = [2x + cos(yz)] i − [sin(xz) + 5y] j +
arcsin x2 y
k,
y S es la parte superior del plano X Y de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 .
Soluci´ on: Obs´ ervese 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,
− ∇·→
−→ · →− ∇ · −→ F d S =
donde
S
f dV = 7
V
dV,
V
dV es el volumen de la esfera, pero como se pide solamente la parte
V
z > 0, entonces
−→ · −→ F d S = 7
2 3 πa 3
S
183
=
14 3 πa . 3
Problema 26. Verificar el teorema del rotacional de Stokes para F = (x + 2y) i +3z j + yz k y S la superficie de la mitad superior de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 .
−→
Soluci´ on: El teorema del rotacional de Stokes matem´aticamente se expresa de la forma,
−→ −→ → −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 param´etricas est´an dadas por, x = a cos θ, y = a sin θ, z = 0, donde 0 < θ < 2π. En t´ erminos de estas ecuaciones param´etricas, el campo vectorial est´a dado por
−→ F = (a cos θ + 2a sin θ) i + 0 j + 0 k. →r ,est´a dado por, Asimismo, el vector de posici´on −
−→r = a cos θi + a sin θ j,
de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por,
−→ −a sin θdθ i + a cos θdθ j.
dr =
Calculando la integral de l´ınea en sentido positivo (como lo establece el teorema) tenemos,
184
→− · −→ F d r
− − − − − − − − 2π
=
θ=0
= = = =
· − − − − −
(a cos θ + 2a sin θ) i
2π
a2 a2 a2 a2
2π
cos θ sin θdθ
θ=0 2
sin θ 2
a sin θi + a cos θ j dθ
2a
sin2 θdθ
θ=0
2π
a2 θ
θ=0
2
1 sin(2θ) 2
2π
θ=0
sin (2π) 1 a2 2π sin (2(2π)) 2 2 1 2π sin2(2π) = 2a2 π. 2
Ahora, calculemos la integral de superficie, para hacer esto calculamos primeramente el F ,
∇ × −→
∇ × −→ F =
− i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
x + 2y
3z
yz
= (z
3) i + 2k
Por otro lado, sabemos que la transformaci´on de coordenadas esf´ ericas 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 param´etrica est´a dada por,
≤ ≤
≤ ≤
−→r (θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φ j + a cos θk.
de donde, el elemento diferencial de superficie est´a dado por,
−→ → − × −→r φ) dθdφ =
d S = ( r θ
a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φ j + a2 sin θ cos θ k dθdφ,
−→
de esta forma, la integral de superficie de la componente normal del campo F , 185
est´ a dada por,
−→ −→ S ∇x F · d S
= = =
− · − − (z
S
2π
π
φ=0 2π
θ=0 π
φ=0
θ=0
a2 (cos θ a2 (cos θ
3) sin2 θ cos φ + 2 sin θ cos θ dθdφ
3)sin2 θ cos φdθdφ + 2a2
2π
π
φ=0
θ=0
como podemos observar la primera integral es igual a cero, debido a que 0, por lo tanto,
−→ −→ S ∇x F · d s
2
= 2a
2
= 2a
= 2πa2
2π
π
φ=0
θ=0
sin θ cos θdθdφ = 2a
sin2 θ 2π 2 1 2
a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φ j + a2 sin θ cos θ k dθdφ
3) i + 2k
2
2π
π
θ=0
= 2πa 2 .
186
π cos φdφ = θ=0
2π
dφ
φ=0
sin θ cos θdθdφ,
φ=0
sin θ cos θdθ
Problema 27. Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral
− 2x
y 3 dx
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) C 4 C 1
C 2
(0,1)
Y (1,0)
(3,0) C 3
Por definici´on, el teorema de Green en el plano establece que,
Mdx + N dy =
C
(
∂N ∂x
− ∂∂yM )dxdy,
Rxy
donde la trayectoria curva C encierra la regi´on que Rxy 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 , C 2 , C 3 y C 4 , para esto primero necesitamos escribir en forma param´etrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para C 1 : x = 0; = dy j; 3 y 1,
→r d−
− ≤ ≤ 187
para C 2 : x = cos θ; y = sin θ; π/2 θ 0;
≤
→r d−
=
≤ −sinθdθi + cos θdθ j;
paraC 3 : y
= 0; = dxi; 1 x 3;
→r d−
≤
≤
para C 4 : x = 3 cos θ; y = 3 sin θ; 0 θ π/2;
→r d−
≤
≤ −3sin θdθ i + 3 cos θdθ j;
− − · − − · − − · − − · − − − − − − − =
de esta forma, la integral de l´ınea est´a dada por,
→− · →− f d r
=
y3i
0 j
dy j
C 1
+
2cos θ
sin3 θ i
cos θ sin θ j
sin θdθ i + cos dθ j
C 2
+
2xi
0 j
dxi
C 3
+
6cos θ
C 4 π/2
=
27sin3 θ i
9sin θ cos θ j
2cos θ sin θdθ + sin 4 θdθ
3sin θdθ i + 3 cos dθ j
cos2 θ sin θdθ
θ=0 3
+
2xdx
x=1 π/2
+
18cos θ sin θdθ + 81sin 4 θdθ
θ=0 π/2
=
π/2
( 16 cos θ sin θdθ) +
θ=0
θ=0
27 cos2 θ sin θdθ
80 sin4 θdθ
π/2
26 cos2 θ sin θdθ + x2
θ=0
para resolver las integrales de senos y cosenos, hacemos el siguiente cambio de variable
188
x=3 x=1
,
u = cos θ, du = sin θdθ, du dθ = sin θ,
− −
por lo tanto,
→− · →− f d r
− − − − − − − − − − − − π/2
= 16
π/2
udu + 26
θ=0 π/2 2
= = = = = =
16u 2
θ=0
2
8cos θ
π 2
0
u du + 40
3
26u + 3
θ=0 π/2
π 26 + [20θ]0 3
θ=0
8
26 + 10π 3
sin θdθ
40
θ=0
sin2 θ cos2θdθ + 8
θ=0
π
π/2
2
+ 20
π/2
(1
cos2θ) dθ
20
θ=0
0
20
2
cos2θdθ + 20
θ=0 π/2
π
[10sin2θ]0 + 10
(1
θ=0
θ=0
π 2
=
0
26 + 10π + 5π 3
Ahora debemos calcular la integral doble sobre la regi´on del plano X Y que encierra el contorno C, en este caso tenemos M = 2x y 3 , N = xy,
−
−
por lo tanto,
− 2x
y 3 dx xydy = Rxy
−
− − − ∂ ( xy) ∂x
∂ 2x y 3 ∂y
dxdy = Rxy
−
y + 3y 2 dxdy
para resolver la integral anterior, es m´as conveniente usar coordenadas polares, donde el elemento diferencial de ´area est´a dado por, dA = dxdy = rdrdθ, 189
− cos2θ)cos2θdθ + 8
cos2 2θdθ + 8
(1 + cos 4θ) dθ + 8
2
π 26 10 + 10π + [10θ]0 + sin4θ 3 4 26 + 15π. 3
θ=0 π/2
π/2
π
2
−
π/2
2
[10sin2θ]0
2
sin2 θ (1cos2θ) dθ + 8
θ=0
π/2
+40
26 + cos3 θ 3
8
π/2
2
donde
y = r sin θ. de esta forma, la integral resulta
Rxy
− y + 3y
2
dxdy
= = =
− − − − − − − − − − − π/2
r=3
θ=0 π/2
r=1 r=3
θ=0 r=1 r=3 2
r sin θ + 3r 2 sin2 θ rdrdθ
r 2 sin θ + 3r3 sin2 θ dθdr
π/2
r
r=1
sin θdθ + 3
θ=0
3 3
= = = =
r 3
27 3
−
r=3
π 2
1
1 3
34 +3 4
26 1 + (3) (20) 3 2 26 + 15π. 3
r 4
1
1 2
2
π 2
sin2 θdθ
θ=0 π/2
(1
cos2θ) dθ
θ=0
π 1 1 (θ)θ=0 4 2
Por lo tanto se comprueba el teorema de Green.
190
r dr
r=1 4 3
( cos θ)θ=0 + 3
π/2
3
1 sin 2θ 2
π 2
θ=0
Problema 28. La esfera x2 + y 2 + z 2 = a 2 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 C A, como se muestra en la figura.
Y
C 2 C 3
X
C 1
Z Si el campo vectorial est´a dado por,
−→ F = (y + z)i + (z + x) j + (x + z)k, calcular
−→ · −→ 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 , C 2 , y C 3 , para esto primero nesecitamos escribir en forma param´ etrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para la curva C 1 : x = a cos θ, y = a sin θ, z = 0, 0 θ 2π,
≤
≤
de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dada por,
−→
d r 1 =
−a sin θdθ i + a cos θdθ j.
para la curva C 2 :
y = a cos θ, z = a sin θ, x = 0, 0 θ 2π,
≤
≤
de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dada por,
−→
d r 2 =
−a sin θdθ j + a cos θdθ k,
para la curva C 3 :
z = a cos θ, x = a sin θ, y = 0, 0 θ 2π,
≤
≤
de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´a dada por,
−→
−
d r 3 = a cos θdθ i
a sin θdθ k,
las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a), b) y c) respectivamente.
192
Y
Z
Z
C 1
C 3
C
2
0
0
0 X
Y
a)
X
b)
c)
Por lo tanto, la integral de l´ınea estar´a dada por:
−→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ F d r =
C
F d r 1 +
C 1
F d r 2 +
C 2
F d r 3
C 3
es decir, (0,a,0)
(0,0,a)
(a,0,0)
→− · −→ →− · −→ −→ · −→ −→ · −→ F d r =
C
F d r 1 +
(a,0,0)
F d r 2 +
(0,a,0
F d r 3
(0,0,a)
sustituyendo la parametrizaci´on de cada curva obtenemos, θ= π 2
−→ · −→ F d r
=
C
(a sin θ, a cos θ, a cos θ) ( a sin θdθ,a cos θdθ, 0)
·−
θ=0
θ= π 2
+
(a cos θ + a sin θ, a sin θ, a sin θ) (0, a sin θdθ,a cos θdθ)
· −
θ=0
θ= π 2
+
(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 ´algebra obtenemos θ= π 2
−→ · −→ F d r
C
a2 cos2 θ
=
− sin2 θ + sin θ cos θ − sin2 θ + cos2 θ − sin2 θ − sin θ cos θ
θ=0
θ= π 2
= a2
2cos2 θ
θ=0
− 3sin2 θ
193
dθ
dθ
aplicando las identidades trigonom´etricas del seno cuadrado y coseno cuadrado, obtenemos
−→ · −→ F d r
θ= π 2
= a
2
C
− − − − − − 1 1 + cos 2θ 2 2
2
3
1 2
1 cos 2θ 2
θ=0
θ= π 2
= a2
1 + cos 2θ
3 3 + cos 2θ dθ 2 2
1 + cos 2θ
3 3 + cos 2θ dθ 2 2
θ=0
θ= π 2
= a2
θ=0
θ= π 2
= a2
1 5 + cos 2θ dθ 2 2
θ=0
θ= π 2
= a2
1 2
θ= π 2
dθ +
5 2
θ=0
finalmente, obtenemos
cos2θdθ ,
θ=0
−→ · →−
F d r =
C
194
− πa4
2
.
dθ
Problema 29. Dada la funci´on vectorial
−→ F = axi + byj + czk, −→ · −→
calcular S F d S , sobre cualquier superficie que encierre una regi´on de volumen 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,
−→ · d−→S
S F
= (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
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: Obs´ ervese 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,
f (x,y,z)dxdydz =
V
z=z2
z=z1
y=g2 (z)
y=g1 (z)
x=ϕ2 (y,z)
f (x,y,z)dx dy
x=ϕ1 (y,z)
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 ϕ 1 y ϕ 2 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 g 1 y g 2 de la variable z y finalmente los l´ımites de integraci´on para la varible z son dos constantes z 1 y z 2 . Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´on,
f (x,y,z)dxdydz =
V
x=x2
x=x1
y=t2 (x)
y=t1 (x)
z=ψ2 (x,y)
f (x,y,z)dz dy
z=ψ1 (x,y)
El volumen V se encuentra representado en la figura. ftbpF357.8125pt299.9375pt0ptFigure De esta forma el volumen pedido est´a dado por, 196
dx
− − −
x=6
xyzdV =
x=6
=
x=0
x=6
=
z=6−x−2y
xyzdz dy
x=0
V
x y= 6− 2
y=0
x y= 6− 2
y=0
z=0
z2 xy 2
6−x−2y
dz dy
dx
0
x y= 6− 2
x(6
x=0
dx
x)2
x(6
x)y 2 + 4xy 3 dy
dx = ... =
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
9 . 5
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 −
X 2
x + y 2 = 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,
f (x,y,z)dxdydz =
V
y=y2
y=y1
x=φ2 (x)
x=φ1 (x)
198
z=ψ2 (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,
√ √ √ √ − − √ − − − − − x=
9 −y 2
x=−
9−y 2
3
V =
y=−3
x=
9−y 2
x=−
9 −y 2
3
=
y=−3 3
= 2
dz dx dy
z=0
(6
y) dx dy
9−y 2
x=
(6
y) [x]x=0
(6
y)
y=−3 3
= 2
z=6−y
9
dy
y 2 dy
y=−3 3
3
= 12
9
y2 dy
2
y=−3
y
9
y2 dy.
y=−3
La primera integral, se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonom´etrico: y = 3 sin θ dy = 3 cos θdθ por lo que, el integrando se transforma como,
− −→ − 9
y2
9(1
sin2 θ)
−→ 3cos θ,
donde los l´ımites de integraci´on son ahora desde θ = 0, hasta θ = tanto la primera integral est´a dada por:
− 3
12
9
y2
− 3
dy
= 24
y=−3
9
y 2 dy
y=0
θ= π 2
= 24(3)(3)
cos2 θdθ
θ=0 θ= π 2
= 12(3)(3)
(1 + cos 2θ) dθ
θ=0
1 = 12(3)(3) θ + sin 2θ 2θ = 54π, 199
θ= π 2 θ=0
π 2 . Por
lo
obs´ervese 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 tambi´en 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 = ρ cos φ, y = ρ sin φ, z = 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 =
ρdρdφdz,
V
por comodidad, seleccionamos el siguiente orden de integraci´on,
φ=2π
V =
z=6−ρ sin φ
ρdz
φ=0
por lo tanto,
ρ=3
ρ=0
z=0
200
dρdφ,
− − −
φ=2π
V
=
φ=2π
ρ=0
ρ=3
ρ (6
φ=0
φ=2π
=
ρ=0
ρ=3
3ρ
ρ=0
φ=2π
27
dρdφ
ρ sin φ) dρ
2
φ=0
=
z=6−ρ sin φ
ρ [z]z=0
φ=0
=
ρ=3
ρ3 sin φ 3
27 sin φ dφ, 3
dφ
ρ=3
dφ
ρ=0
φ=0
finalmente obtenemos,
V =
27 27φ + cos φ 3
φ=2π φ=0
27 = 27(2π) + cos(2π) 3 27 27 = 54π + 3 3 = 54π.
−
27 0 + cos(0) 3
−
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,
∇ × −→
∇ × −→
x=x2
F dxdydz =
z=ψ2 (x,y)
F dz dy
x=x1
V
y=t2 (x)
y=t1 (x)
z=ψ1 (x,y)
dx
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,
−→
∇ × −→ F
=
∇ × −→ F
=
− − − − − − i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂y
2zy
3yz
4xz
3yi
4z j
2xk.
=
3y i
(4z
0) j + zx 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 = =
− − − 2
2−x
x=0 2
y=0 2−x
x=0 2
=
x=0
y=0 2−x
4−2x−2y z=0
− − − − −
(3y, 4z, 2x) dzdydx
4−2x−2y
[3yz]z=0 12y
y=0
202
− 6xy
, 2z 2
4−2x−2y z=0
6y 2 , 2 (4
4−2x−2y
, [2xz]z=0
2x
2
2y) , 8x
dy dx 4x2
4xy
dy dx,
obs´ervese 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 = 4 2x du = 2dy
− − 2y, −
por lo tanto,
V
∇ × −→
− 2
F dV =
6y 2
x=0
−
−x − 3xy2 − 2y3 2y=0 ,
(4
− 2x − 2y) 3
3
2−x
, 8xy
y=0
al evaluar los l´ımites de integraci´on de la variable y , despues de algunos pasos algebraicos obtenemos,
V
∇ × −→
− − 2
F dV =
(2
x=0
1 x) , (4 3 3
− 2x)
3
V
F dV =
=
2
− 8x
+ 8x
dx
− − − − − − − − − − − − (2
x)
4
4 4
=
3
, 2x
de donde, al integral la variable x, obtenemos
∇ × −→
2 , 4 32 8 4, , , 3 3 0
,
1 (4 24
1 0 24
203
4
2x) ,
44 , 8
x4 2
8 3 x + 4x2 3
64 + 16 3
2
x=0
−x − 4x2 − 4xy2 2y=0
dx,
finalmente, obtenemos
V
∇ × −→ − − − F dV =
4i
32 j 3
8 k. 3
El problema tambi´en se puede resolver, considerando el siguiente orden de integraci´on,
∇ × −→ 2− z2
4
V
F dV =
z=0
y=0
2−y − 12 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 −z 21 z, 0 ≤ y ≤ 2 − 2 , 0 ≤ z ≤ 4,
efectuando la integraci´on primero con respecto a la variable x obtenemos,
V
∇ × −→
− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − 2− z2
4
F dV =
z=0
y=0
4
=
3y 2
y
z , 4z 2 2
3 3y + y + y2 z , 4 2
z=0
3
y
z , 2
2
8yz + 2y z + 2yz
2
2
y
z 2
1 , 2 3
2
dy dz
z 2
y
3
y=0
...
4
=
z3 16
z=0
=
z4 64
3 2 z + 3z 4
1 3 3 2 z + z 4 2
z3 + 4z 2 2
4 ,
4z ,
z 4 4 3 + z 8 3
8z ,
4z
2
1 2 3
1 , 2 6
finalmente al evaluar los l´ımites de la variable z, obtenemos
V
32 8 ∇ × −→ F dV = −4i − j − k. 3 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
z 2
z 2
3
4
dz
4
,
z=0
2− z2
dz
Problema 33. Dado el campo vectorial F (x,y,z) = 2yz i (x+3y 2) j +(x2 +z)k, Calcular la integral de superficie F d S extendida a la superficie de intersecci´on
− → ∇ × −→ · −→
S
−
−
de los cil´ındros x 2 + y2 = a 2 y x 2 + z 2 = a 2 situada en el primer octante. Soluci´ on: En este problema, aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que establece,
∇ × −→ · −→ −→ · →− F dS =
S
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 C 1 , C 2 , C 3 y C 4 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 C 2 y C 3 y dos arcos circulares C 1 y C 4 . Z
C 3 (0,α,0) (0,α,α)
C 4
C 2 ( a ,U,U)
( α,U,U)
C 1
Y
Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos,
205
X
∇ × −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ F d S
=
S
F d r
C
=
F d r +
C 1
F d r +
C 2
F d r +
C 3
F d r .
C 4
Para la primera trayectoria recta C 2 (ver figura) las ecuaciones param´etricas est´ an dadas por:
x = 0 y = a 0 z
−→
≤ ≤ a,
de donde r = a j + z k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por:
−→
d r = dz k, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´a dada por:
−→ · −→ − − · F d r
=
C 1
2az i
C 1 a
=
z=0
(3a
z2 zdz = 2
2) j + z k
a 0
dzk
a2 = . 2
Para la segunda trayectoriarecta recta C 3 (ver figura) las ecuaciones param´etricas est´ an dadas por:
x = 0 z = a 0 y
−→
≤ ≤ a,
de donde r = y j + ak, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por: 206
−→
d r = dy j, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 3 est´a dada por:
−→ · −→ − − · − − − F d r
=
C 3
2ya i
(3y
2) j + ak
dy j
3ydy
3y 2 2y + 2
C 3
a
=
a
2dy
y=0
=
y=0
a
, 0
finalmente obtenemos,
−→ · −→
F d r =
3a2 2
− 2a.
C 3
Para la primera trayectoria circular C 1 (ver figura) las ecuaciones param´etricas est´ an dadas por:
x = a cos φ, z = a sin φ, y = 0, en donde el par´ametro φ
∈ [0, π2 ], en este caso se tiene −→r = a cos φi + a sin φk,
as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por:
→ − −a sin φdφi + a cos φdφk,
dr =
por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 1 est´ a dada por:
−→ · −→ − − F d r
=
C 1
(3a sin φ
C 3
π 2
· − − −
−
2
2) j + ((a cos φ) + a sin φ)k
a3 cos3 φ + a2 sin φ cos φ dφ =
=
φ=0
a sin φdφi + a cos φdφk
π
π
2
2
a3
φ=0
207
cos3 φdφ
a2
φ=0
sin φ cos φdφ,
la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´etrica
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,
−→ · −→ F d r
= a
C 3
3
sin3 φ 3
π 2
− sin φ
2
+a
0
cos2 φ 2
π 2
0
2
=
− 23 a3 − a2 .
Finalmente para la trayectoria circular C 4 (ver figura) las ecuaciones param´etricas est´ an dadas por:
x = a cos φ y = a sin φ z = 0,
∈ [0, π2 ], en este caso se tiene −→r = a cos φi + a sin φ j,
en donde el par´ametro φ
as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´a dado por:
−→ −a sin φdφi + a cos φdφ j,
dr =
por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 4 est´ a dada por:
−→ · −→ − − F d r
C 4
=
(a cos φ + 3a sin φ
C 3
a sin φdφi + a cos φdφ j ,
es decir,
208
− 2) j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k ·
π
−→ · →− − − 2
F d r
a2 cos2 φdφ
=
C 4
φ=0
π
π
2
a2
=
π
2
cos2 φdφ
− 3a2 sin φ cos φdφ + 2a cos φdφ
− 3a2
φ=0
2
sin φ cos φdφ + 2a
φ=0
cos φdφ,
φ=0
la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´etrica,
2
cos φ =
1 1 + cos 2φ , 2 2
la segunda y tercera integrales son inmediatas, por lo tanto
−→ · →− − − 2
F d r =
a
φ 2
sin2φ 4
C 4
π 2
2
+ 3a
0
cos2 φ 2
π 2
π
+ [2a sin φ]0 , 2
0
finalmente al evaluar las integrales obtenemos,
−→ · −→
2
F d r =
C 4
− πa4 − 32 a2 + 2a.
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 C 1 , C 2 , C 3 y C 4 es decir;
−→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ −→ · −→ − − − − − F d r
=
C
F d r +
C 1
C 2 2
2
= =
a 3a + 2 2 2 3 πa2 a . 3 4
−
F d r +
F d r +
C 3
2a +
−
209
2 3 a 3
F d r
C 4
2
a 2
+
πa 2 4
3 2 a + 2a 2
Finalmente, aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene
∇ × −→ · −→ →− · −→ F d S =
S
F d r =
C
210
− 23 a3 − π4a
2
.
Problema 34. Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para
−→ F (x,y,z) = (2x − y)i − (2y − z) j + z 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 S 3
S 1 O
Y C(0,3,0) S 2
x + 2y = 6
A(6,0,0) X
Como se muestra en la figura, la superficie S est´a formada por 4 superficies S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BC O) y S 4 (ABC ), por lo tanto para calcular la inte-
211
−→
gral de superficie debemos de calcular el flujo de F a trav´es de cada superficie, es decir;
−→ · −→ −→ · −→ · −→ · −→ · F d S =
S
F ndS +
F ndS +
S 1
F ndS +
S 2
F ndS
S 3
S 4
De la figura se observa lo siguiente: Para la superficie S 1 (ABO);
− − − −→ · − − · − −→ · · − − − − − − −→ · − − − · − − − − − y = 0, n = j
y
dS = dxdz.
y
dS = dxdy
i y
dS = dydz.
Para la superficie S 2 (ACO);
z = 0, n =
k
Para la superficie S 3 (ABO);
x = 0, n =
por lo tanto, las integrales para estas superficies resultan,
F ndS =
S 1
(2x
y)i
2y j
k
dxdy = 0
S 1
F ndS =
2xi + z j + z k
S 2
j
dxdz
S 2
6 x=6−z
=
6
zdxdz =
z=0 x=0
3z 2 +
=
F ndS =
S 3
z)dz
z=0
z 3 3
yi
z(6
6
=
36.
z=0
(2y
z) j + z k
i
S 3
6−z 6 y= 2
=
ydydz =
z=0
=
6
(6
y=0
z=0
z)3 24
6
= 9.
z=0
212
z)2
(6
8
dz
dydz
Para resolver la integral sobre la superficie S 4 (ABC ), aplicamos el teorema de la proyecci´on de la superficie sobre un plano coordenado, que establece
−→· −→ −→ · · −→ − − − · √ −→ · f n
F d S =
S 4
dxdy.
n k
Rxy
Para la superficie S 4 (ABC ) aplicando la definici´on del gradiente, un vector normal a la superficie est´a dado por N = i + 2 j + k, as´ı en este caso el vector k n est´a dado por n = i+2√ j+ de donde se sigue que: 6
b
b
F n =
b
(2x
y)i
(2y
i + 2 j + k 6
z) j + z k
√ 16 (2x − 5y + 3z) ,
=
empleando la ecuaci´on para la superficie S 4 (ABC ) se tiene z = 6 x 2y,sustituyendo en la expresi´on anterior obtenemos
−−
→ −F · n = √ 1 (18 − x − 11y), 6
tambi´en obtenemos,
· √ · i + 2 j + k 6
n k =
√ 16 .
k =
De los resultados anteriores, la integral para la superficie S 4 (ABC ) est´a dada por:
−→· −→ F d S
=
S 4
1 √ (18
Rxy
6
1 √
6
6
=
y=0
18
6 x=6−2y
− x − 11y)
x 2 2
dxdy =
y=0
− − 11xy
6−2y
[18
x=0
− x − 11y] dxdy
6
dy =
x=0
90(1
y=0
− y) + 20y 2
dy,
finalmente al calcular la integral en y, evaluando los l´ımites de integraci´on obtenemos,
−→· −→
F d S = 90y
2
− 45y −
S 4
213
20y 3 3
3
= 45, y=0
sumando los resultados obtenidos para las superficies S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BC O) y S 4 (ABC ), obtenemos
−→ · −→
F d S = ( 36) + 0 + 9 + 45 = 18 .
−
S
Para resolver la integral de volumen, si aplicamos la definici´on de la divergencia 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 S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BC O) y S 4 (ABC ), por lo tanto
−→
∇ · −→
F dV
6−2y−z
− − − − − − − − − − − 6
=
6−z 2
dxdyxz
z=0 y=0
V
x=0
6−z
6
=
6
2
[6
z=0
2y
dz =
(6
(6
y (6
z)
y2
6−z 2
y=0
dy
z=0
z)
z) 12
z)2
(6
2
z=0
=
z] dy
y=0
6
=
∇ · −→
z)2
(6
4
1 dz = 4
6
(6
z)2 dz
z=0
3 6
= 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 + y2 para 0 x2 + y 2 1 y la superficie que es el disco x 2 + y 2 1, z = 1 como se muestra en la siguente figura:
≤
≤
≤
Z S2 :
2
2
x + y = 1
S1 : 2 2 z = x + y
Y
X Soluci´ on: Debemos verificar que,
−→ −→ −→ S F · 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 S 2 , de esta forma 215
−→ · d−→S =S → −r · d−→S +S → −r · d−→S
S r
1
2
Para S 1 : Aplicando la definici´on del gradiente, donde φ (x.y.z) = x 2 + y 2 obtenemos,
∇φ |∇φ|
n =
− − 2xi + 2y j
=
4x2
por lo tanto
S 1
−→r · d−→S
zk √ xxi+y+yj−+z b
=
S 1
=
S 1
=
S 2
b
b
2
2
2
+ 4z 2
, es normal interior (hacia adentro de S 1 ),
−→r · ndS
· − −
xi + y j z k dS x2 + y2 + z 2
xi + y j + z k x2 + y 2
= 0.
2z k
+ 4y 2
xi + y j z k , x2 + y2 + z 2
= observe que el vector n =
− z2 = 0
z2
x2 + y 2 + z 2
dS
Para S 2 :
De la figura, obs´ervese que el vector unitario normal a S 2 es n = k, de donde obtenemos inmediatamente que
· −→
n r = z,
adem´ as como z = 1, entonces la integral sobre la superficie S 2 est´a dada por:
S 2
−→r · ndS 2 =S
2
216
dS 2 ,
