Aplicaciones Del Teorema De Stokes 6l1a6g

APLICACIONES DEL TEOREMA DE STOKES. PROBLEMAS RESUELTOS E. Bendito, A. Carmona y A. M. Encinas 5 de diciembre de 2007

Capítulo 1

Problemas de Integración 45.- Sean γ : [a, b] −→ IR3 una curva regular y f : IR3 −→ IR diferenciable. Demostrar que Z df = f (γ(b)) − f (γ(a)). γ

Concluir que

R γ

df es nula sobre cualquier curva cerrada.

Solución: En primer lugar observemos que Z df = γ

Z ∂f ∂f ∂f dx1 + dx2 + dx3 . ∂x2 ∂x3 γ ∂x1

Por otro lado, de la relación entre el elemento de longitud y los elementos de volumen coordenados tenemos, x0 dxi = x0i dt = i0 ||γ 0 ||dt = Ti dl, ||γ || donde dl es el elemento de longitud y Ti son las componentes del vector tangente a la curva. Por tanto, substituyendo en la integral, obtenemos Z Z Z ∂f ∂f ∂f df = T1 dl + T2 dl + T3 dl = h∇f, T idl = ∂x2 ∂x3 γ γ ∂x1 γ Z = a

b

γ 0 (t) h∇f (γ(t)), 0 i||γ 0 (t)||dt = ||γ (t)||

Z a

b

b  (f ◦ γ) (t)dt = f (γ(t))  = f (γ(b)) − f (γ(a)). 0

a

46.- Sea X el campo definido en IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 0} por X=

−y ∂ x ∂ + . x2 + y 2 ∂x x2 + y 2 ∂y 1

2

Problemas Resueltos

Demostrar que (i) rot(X) = 0. (ii) C(X, γ) = 6 0, donde γ es una circunferencia paralela al plano xy y con centro en el eje z. (iii) No puede existir una función f tal que X = ∇f .

Solución: (i) Calculamos el rotacional, i j k ∂ ∂ ∂ rot(X) = ∂x ∂y ∂z −y x 0 2 x + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 − 2x2 x2 + y 2 − 2y 2 = 0, 0, + = (0, 0, 0). (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 (ii) Una parametrización de γ en coordenadas cilíndricas es, γ(θ) = (R cos θ, R sen θ, z0 ), donde θ ∈ [0, 2π]. Luego, γ 0 (θ) = (−R sen θ, R cos θ, 0) y el producto escalar restringido a la curva es hX, γ 0 (θ)i = 1. Z π Z 2π 0 Por tanto, C(X, γ) = hX, γ (θ)i dθ = dθ = 2π 6= 0. 0

0

(iii) Supongamos que existe una función f tal que X = ∇f . Entonces la circulación a través de cualquier curva cerrada será nula. En particular, C(X, γ) = 0, donde γ es la curva que hemos considerado en el apartado anterior, lo que es una contradicción ya que hemos demostrado que la circulación es no nula. Por tanto, el campo X no puede ser un campo gradiente. Lo que ocurre en este caso es que el campo X es un campo diferenciable en IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 0} que no es un abierto con forma de estrella.

47.- Consideramos el campo de IR2 X = (x2 + 7y)

∂ ∂ + (−x + y sen y 2 ) . ∂x ∂y

Calcular la circulación de X sobre la frontera del triángulo de vértices (0, 2), (0, 0) y (1, 0). Solución: Primer método. La circulación a lo largo de la frontera del triángulo es la suma de las circulaciones en cada uno de los lados, Z Z Z C(X, ∂T ) = hX, T1 idl + hX, T2 idl + hX, T3 idl. α1

α2

α3

Teoremas integrales

3

Figura 1.1: Representación de T

Parametrizamos cada uno de los lados del triángulo y calculamos el vector tangente. y = 0; α1 (t) = (t, 0), t ∈ [0, 1]; α10 (t) = (1, 0), y = 2(1 − x); α2 (t) = (−t, 2(1 + t)), t ∈ [−1, 0]; α20 (t) = (−1, 2), x = 0; α3 (t) = (0, −t), t ∈ [−2, 0]; α10 (t) = (0, −1). Z 1 Z 0 Z 0 0 0 C(X, ∂T ) = hX, α1 idt + hX, α2 idt + hX, α30 idt = 0

Z 0

1

t2 dt +

Z

−1

−2

0

−t2 − 14(1 + t) + 2t + 4(1 + t) sen(2(1 + t))2 dt +

−1

Z

0

t sen t2 dt =

−2

1 3  0 2 2 0  t3   + −t − 14t − 7t2 + t2 − cos(2(1 + t))  − cos t  = −8.  3 0 3 2 2 −2 −1 Segundo método. Calculamos la circulación aplicando el Teorema de Green. Z Z C(X, ∂T ) = (x2 + 7y) dx + (−x + y sen y 2 ) dy = −8 dxdy = −8. ∂T

T

4

Problemas Resueltos

48.- Sea X el campo de fuerzas definido en IR2 por X = (2x + y cos(xy))

∂ ∂ + x cos(xy) . ∂x ∂y

Calcular el trabajo realizado por X sobre cualquier curva cerrada contenida en IR2 . Solución: Si el campo se puede expresar como un campo gradiente, el trabajo realizado por el campo sobre cualquier curva cerrada será nulo. Por tanto, supongamos que existe f : IR2 −→ IR diferenciable tal que X = ∇f . Entonces, se debe satisfacer  ∂f  = 2x + y cos(xy)   ∂x (1.1) ∂f    = x cos(xy) ∂y Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos, f (x, y) = x2 + sen(xy) + ϕ(y). Si derivamos f respecto de y y comparamos con la segunda ecuación de (1.1) obtenemos que ϕ0 (y) = 0 y por tanto ϕ(y) = A = cte. Finalmente, la función f (x, y) = x2 + sen(xy) + A verifica que X = ∇f . 49.- Calcular la circulación del campo X = y 2

∂ ∂ +x definido en IR2 a lo largo del cuadrado ∂x ∂y

de vértices (0, 0), (2, 0), (2, 2) y (0, 2). Solución: Este ejercicio se puede resolver parametrizando las cuatro rectas que forman el cuadrado o aplicando el Teorema de Green, lo que en este caso resulta más sencillo. El recinto de integración se muestra en la Figura 1.2 Z Z 2 C(X, ∂C) = y dx + x dy = (1 − 2y) dx dy = −4. ∂C

C

50.- (a) Si f : [a, b] −→ IR es diferenciable no negativa y la gráfica de f en el plano xy se hace girar alrededor del eje x en IR3 , engendra una superficie M . Probar que el área de M es Z b p 2πf (t) 1 + (f 0 )2 (t) dt. a

Solución: Una parametrización de la curva en el plano xy es, α(t) = (t, f (t), 0), t ∈ [a, b].

Teoremas integrales

5

Figura 1.2: Representación de C Por tanto, la parametrización de la superficie y la base del tangente son x (t, θ) = (t, f (t) cos θ, f (t) sen θ), t ∈ [a, b], θ ∈ [0, 2π], x t = (1, f 0 (t) cos θ, f 0 (t) sen θ), x θ = (0, −f (t) sen θ, f (t) cos θ). Los coeficientes de la métrica son E = 1 + f 0 (t)2 , G = f (t)2 y F = 0. Por último el área es Z p Z 2 A= EG − F dt dθ = M

a

b

Z

2π

Z p 0 2 f (t) 1 + (f ) (t) dt dθ =

0

b

2πf (t)

p 1 + (f 0 )2 (t)dt.

a

51.- Sean, U ⊂ IR2 abierto, f : U −→ IR de clase C 1 y S = {(x, y, z) ∈ IR3 : z = f (x, y)}. Hallar el elemento de volumen de S y demostrar la siguiente expresión para el área de S Z Z q dx dy = 1 + fx2 + fy2 dx dy, U U cos θ siendo θ el ángulo que la normal exterior a S forma con el eje z. Solución: En primer lugar, hallamos una parametrización de la superficie. x (x, y) = (x, y, f (x, y)), (x, y) ∈ U.

6

Problemas Resueltos

La base del tangente es, x x = (1, 0, fx ) y x y = (0, 1, fy ). Por tanto los coeficientes de la métrica son, xx , x x i = 1 + fx2 , F = hx E = hx xx , x y i = fx fy , G = hx xy , x y i = 1 + fy2 . Luego el elemento de volumen y el área son q q √ EG − F 2 = (1 + fx2 )(1 + fy2 ) − (fx fy )2 = 1 + fx2 + fy2 , A=

Z p Z q EG − F 2 dx dy = 1 + fx2 + fy2 dx dy. U

U

Por último, falta comprobar que q 1 = 1 + fx2 + fy2 . cos θ Calculamos el vector normal N=

1 xx ∧ xy =q (−fx , −fy , 1). ||x xx ∧ x y || 1 + fx2 + fy2

Buscamos el ángulo que forma la normal con el eje z, 1 1 cos θ = hN, e3 i = q h(0, 0, 1), (−fx , −fy , 1)i = q . 1 + fx2 + fy2 1 + fx2 + fy2 Por tanto, Z U

dx dy = cos θ

Z q 1 + fx2 + fy2 dx dy. U

52.- Consideremos el campo X definido en IR3 por X = (x + yz)

∂ ∂ ∂ + (y + z − xz) + (3 − y) . ∂x ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X sobre el hemisferio z > 0 de la superficie x2 + y 2 + z 2 = 1. (ii) Calcular la circulación de X sobre la curva x2 + y 2 = 1, z = 0.

Solución: (i) Parametrizamos la superficie y calculamos los campos involucrados en la evaluación del flujo, x (θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ],

Teoremas integrales

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x θ = (− sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hX, x θ ∧ x ϕ i = (1 + 3 cos ϕ − cos2 ϕ) sen ϕ. Entonces el flujo es, Z π2 Z 2π (1 + 3 cos ϕ − cos2 ϕ) sen ϕ dϕ dθ Φ(X, S) = 0

0

3 cos2 ϕ cos3 ϕ = 2π − cos ϕ − + 2 3

 π2   = 13π .  3 0

(ii) La parametrización de la curva es, α(θ) = (cos θ, sen θ, 0), θ ∈ [0, 2π]. Por tanto, el vector tangente y la restricción del producto escalar a la curva son α0 (θ) = (− sen θ, cos θ, 0), hX, α0 i = h(cos θ, sen θ, 3 − sen θ), (− sen θ, cos θ, 0)i = 0. Luego la circulación es, Z hX, T idl = 0.

C(X, γ) = γ

∂ ∂ ∂ +y + 2z definido en IR3 , calcular el flujo de X a través ∂x ∂y ∂z de la superficie esférica x2 + y 2 + z 2 = a, a > 0. 53.- Dado el campo X = x

Solución: Para hallar el flujo a través de la superficie, que denotaremos por S, hallamos una parametrización de ésta y los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ], x θ = (− sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hX, x θ ∧ x ϕ i = (− sen2 ϕ − 2 cos2 ϕ) sen ϕ. Luego el flujo es, Z π Z Φ(X, S) = −π

0

2π

(− sen2 ϕ − 2 cos2 ϕ) sen ϕ dϕ dθ =

8

Problemas Resueltos

2π

π  1 2 2 2 3 cos ϕ sen ϕ + cos ϕ + cos ϕ   = 0. 3 3 3 −π

1 ∂ , en coordenadas cilíndricas, calcular el flujo de X a través de r ∂r 2 la superficie, S, dada por x + y 2 = a2 , 0 < z < a, a ∈ IR+ . 54.- Dado el campo X =

Solución: Debido a que el campo está dado en coordendas cilíndricas, expresamos el cilindro en estas coordenadas,  x = r cos θ  y = r sen θ =⇒ r2 = a2 =⇒ r = a con (θ, z) ∈ [0, 2π]× ∈ (0, a).  z=z La superficie está dada como la superficie de nivel f (r, θ, z) = r − a = 0, por tanto la normal ∇f será N = , donde ∇f deberá ser calculado en coordenadas cilíndricas. ||∇f || 

g11

g12

g13

 ∇f (p) =  g12

g22

g23

g13

g23

g33

Por tanto, la normal es N =

−1      

∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂z





1

  = 0   0

0 1 r2 0

0



1

S

0

0

1



    ∂ 0    0  =  0  = ∂r . 0 0 1

1 . a

Por último, el elemento de volumen de las coordenadas cilíndricas es √ al cilindro es g = a.

a



∂ ∇f = . ||∇f || ∂r

El producto escalar restringido al cilindro es hX, N i =

Por tanto, el flujo es, Z Z 2π Z hX, N idA =



√

g = r y su restricción

1 adzdθ = 2πa. a

∂ ∂ 55.- Calcular el flujo del campo X dado en coordenadas cilíndricas por X = r +z , a ∂r ∂z través de cada una de las siguientes superficies: (i) x2 + y 2 = z 2 , 0 < z < 4. √ (ii) x2 + y 2 + (z − 4)2 = 16, 4 < z < 4 + 2 3. √ 2 2 (iii) x + y < 4, z = 4 + 2 3. Solución:

Teoremas integrales

9

Representamos las tres superficies en la Figura 1.3. (i) Sea S el cono x2 + y 2 = z 2 , 0 < z < 4. En primer lugar buscaremos como se expresa la superficie en coordenada cilíndricas, ya que el campo está dado en estas coordenadas.  x = r cos θ  y = r sen θ =⇒ r2 = z 2 =⇒ r = z con (θ, z) ∈ [0, 2π] × (0, 4).  z=z La superficie está dada como la superficie de nivel f (r, θ, z) = r − z = 0, ∇f . normal será N = ||∇f ||   −1  ∂f   1 0 0 g11 g12 g13 ∂r      ∂f  1   g22 g23   ∇f (p) =  g12 0    ∂θ  =  0 2 r ∂f g13 g23 g33 0 0 1 ∂z   1 ∂ ∂   = 0 = − , ∂r ∂z −1 1 ∂ ∂ de donde la normal es N = √ − . 2 ∂r ∂z 1 El producto escalar restringido al cilindro es hX, N i = √ (r − z) = 0. 2 Luego, φ(X, S) = 0.

por tanto la

1



 0  −1

√ (ii) Sea S2 el trozo de esfera centrada en (0, 0, 4) y de radio r = 4 con 4 < z < 4 + 2 3, ver Figura 1.3. Para hallar el flujo seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior. La superficie expresada en cilíndricas viene dada por, r2 + (z − 4)2 = 16 =⇒ h(r, θ, z) = r2 + z 2 − 8z = 0. En este caso tenemos que  1 0 0  1 ∇h =  0  0 r 0 0 1



2r





2r



  

0

  =

0

∂ ∂  + (2z − 8) .  = 2r ∂r ∂z

2z − 8

2z − 8

Por tanto, ∇h 1 N= = p 2 ||∇h|| 2 r + (z − 4)2

∂ ∂ + 2(z − 4) 2r ∂r ∂z

y su restricción a S2 es N=

1 4

r

∂ ∂ + (z − 4) . ∂r ∂z

10

Problemas Resueltos

Figura 1.3: Representación de S, S2 y D 1 2 (r + z 2 − 4z) = z. 4 Por último, falta hallar el elemento de volumen. Por lo que debemos calcular una parametrización de S2 y los coeficientes de la métrica. √ √ x (z, θ) = ( 8z − z 2 cos θ, 8z − z 2 sen θ, z) 8 − 2z 8 − 2z xz = ( √ cos θ, √ sen θ, 1) 2 2 8z − z 2 8z − z 2 p p x θ = (− 8z − z 2 sen θ, 8z − z 2 cos θ, 0) Entonces, hX, N i =

(4 − z)2 16 √ +1= , F = 0, G = 8z − z 2 , g = 4. 2 2 8z − z 8z − z Finalmente, E=

Z

√ 4+2 3

Z

φ(X, S) = 4

0

2π

4+2√3 √ z2  4z dz dθ = 8π  = 4π(12 + 16 3).  2 4

(iii) En este caso la superficie es un disco, D, cuya expresión en coordenadas cilíndricas es, √ z = 4 + 2 3, r ∈ (0, 2), θ ∈ (0, 2π). La normal a la superficie es N =

∂ y la restricción del producto escalar a D es ∂z √ hX, N i = z = 4 + 2 3.

Teoremas integrales

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Luego el flujo es, Z φ(X, D) =

√ √ 4 + 2 3 dA = (4 + 2 3)4π.

D

∂ ∂ 56.- Dado el campo en IR3 , X = x3 + yz . Calcular el flujo de X a través de la superficie ∂x ∂z S dada por x2 + z 2 = 4, 0 < y < 10, z > 0. Solución: La superficie S está representada en la Figura 1.4.

Figura 1.4: Representacción de S En primer lugar parametrizamos la superficie y hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, y) = (2 cos θ, y, 2 sen θ), θ ∈ (0, π), y ∈ (0, 10), x θ = (−2 sen θ, 0, 2 cos θ), x y = (0, 1, 0), x θ ∧ x y = (−2 cos θ, 0, −2 sen θ). El producto escalar restringido al cilindro es,

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Problemas Resueltos

hX, x θ ∧ x y i = −16 cos4 θ − 4y sen2 θ. Luego el flujo es, Z π Z 10 − 16 cos4 θ − 4y sen2 θ dθ dy = Φ(X, S) = 0

0

Z π 2 5 1 1 −40 1 + cos(2θ) + 4 − cos(2θ) + cos(4θ) dθ = 1 − cos(2θ) dθ = −40 2 2 2 0 0  π  1 1 −40 4θ − sen(2θ) + sen(4θ)   = −160π. 4 8 0 Z

π

57.- Sean r =

p

x2 + y 2 + z 2 , E = IR3 − {0} y f : E −→ IR dada por f (x, y, z) =

1 . r

(i) Demostrar Z que f es armónica en E. ∂f (ii) Calcular , donde SR es la esfera de radio R centrada en el origen. ∂N SR (iii) Demostrar que no puede existir un campo Y tal que ∇f = rot(Y ). (iv) Calcular la circulación de ∇f a lo largo de las curvas: 2 x + y 2 + z 2 = R2 (a) z = a, 0 < a < R 2 x +√y 2 + z 2 = R2 (b) y = 3x Solución: (i) Calculamos en primer lugar las derivadas parciales de f , ∂f x ∂f y ∂f z = − 3, = − 3, = − 3. ∂x r ∂y r ∂z r Por tanto, ∆f (x, y, z) =

∂2f ∂2f ∂2f 3x2 r − r3 3y 2 r − r3 3z 2 r − r3 + + = + + = 0. ∂2x ∂2y ∂2z r6 r6 r6

(ii) Observemos que Z SR

∂f = ∂N

Z h∇f, N idA. SR

1 La normal a la esfera unidad es N = (x, y, z) y el producto escalar restringido a la R esfera es, x2 + y 2 + z 2 1 h∇f, N i = − = − 2. 4 R R

Teoremas integrales

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Luego, Z

1 h∇f, N i dA = − 2 R SR

Z dA = −4π 6= 0. SR

(iii) Supongamos que existe Y tal que ∇f = rot(Y ). Entonces, aplicando el Teorema de de Stokes-Ampère en el apartado anterior obtendríamos Z Z Z h∇f, N i dA = hrot(Y ), N i dA = hY, T idl = 0, SR

SR

∂SR

ya que ∂SR = ∅. Por tanto, no existe ningún campo Y tal que ∇f = rot(Y ). 2 x + y 2 + z 2 = R2 (iv) (a) La curva es una circunferencia centrada en (0, 0, a) de radio z = a, 0 < a < R √ R2 − a2 . Teniendo en cuenta que la circulación de un campo gradiente a lo largo de una Z h∇f, T idl = 0.

curva cerrada es nula obtenemos que γ

(b) La curva

58.- Sea Γ =

4 S

x2 +√y 2 + z 2 = R2 y = 3x

Z h∇f, T idl = 0.

es una curva cerrrada. Por tanto, γ

Γi , donde

i=1

Γ1 Γ2 Γ3 Γ4

= = = =

{(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3

: z = 2 + cos(π(y + 1)) cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}, : y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, : y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, : z = 0, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}.

Sea X el campo vectorial definido por X = x (i) (ii) (iii) (iv) (v)

∂ ∂ +z . ∂x ∂x

Representar Γ y calcular el volumen encerrado por Γ. Calcular el flujo de X a través de Γ1 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ4 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2}.

Solución: Las curvas intersección de las diferentes superficies son, Γ1 ∩ Γ2 = {y = 1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ3 = {y = −1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ4 = {z = 0, x = π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} ∪ {z = 0, x = −π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} Γ2 ∩ Γ4 = {z = 0, y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ3 ∩ Γ4 = {z = 0, y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2}

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Problemas Resueltos

Figura 1.5: Representación de Γ La superficie Γ está representada en la Figura 1.5. Por otro lado, div(X) = 2, rot(X) = (0, 0, 0) y X = ∇f , donde f (x, y, z) =

x2 z2 + . 2 2

(i) Sea Ω el volumen encerrado por Γ. Entonces, Z π/2 Z 1/2 Z cos x(2+cos(π(y+1))) vol(Ω) = dx dy dz = −π/2

Z

π/2

Z

−1/2

0

1/2

Z

π/2

cos x(2 + cos(π(y + 1))) dx dy = −π/2

−1/2

Z

1/2

cos xdx −π/2

2 + cos(π(y + 1))dy = −1/2

π/2 1/2   1 1 4 1   =2 1− +1− = (π − 1). sen x 2y + sen(π(y + 1))  π π π π −1/2 −π/2 (ii) Primer método. La representación de Γ1 se halla en la Figura 1.6 Para hallar el flujo aprovecharemos los calculos hechos en el apartado (i), de forma que φ(X, Γ1 ) = φ(X, Γ) − φ(X, Γ2 ) − φ(X, Γ3 ) − φ(X, Γ4 ). Calculamos cada uno de estos flujos, Z 8 • φ(X, Γ) = div(X)dV = 2vol(Ω) = (π − 1). π Ω ∂ ∂ y el campo no tiene componente . • φ(X, Γ2 ) = 0, ya que N2 = − ∂y ∂y

Teoremas integrales

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Figura 1.6: Representación de Γ1

• φ(X, Γ3 ) = 0, ya que N3 =

∂ ∂ y el campo no tiene componente . ∂y ∂y

• φ(X, Γ4 ) = 0, ya que N4 = − Por tanto, φ(X, Γ1 ) =

∂ y < X, N4 >= −z|Γ4 = 0. ∂z

8 (π − 1). π

Segundo método. Hallamos una parametrización de Γ1 ylos campos involucrados en el cálculo del flujo. x (x, y) = x, y, cos x 2 + cos(π(y + 1)) , x ∈ [−π/2, π/2], y ∈ [−1/2, 1/2], x x = 1, 0, − sen x(2 + cos(π(y + 1))) , x y = 0, 1, −π cos x sen(π(y + 1)) , x x ∧ x y = sen x(2 + cos(π(y + 1))), π cos x sen(π(y + 1)), 1 . Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x x ∧ x y i = 2 + cos(π(y + 1)) x sen x + cos x . Finalmente, Z φ(X, Γ1 ) =

π/2

−π/2

Z

1/2

(2 + cos(π(y + 1)))(x sen x + cos x) dx dy = −1/2

16

Problemas Resueltos

1/2

π/2

u=x du = dx = v = − cos x −π/2 −1/2 ! π/2 π/2 Z π/2   2 2 8  2− +2 cos xdx = 2 − −x cos x = (π − 1). 2 sen x  π π π −π/2 −π/2 −π/2

Z

Z

x sen x + cos xdx =

2 + cos(π(y + 1))dy

(iii) Como X = ∇f , con f (x, y, z) =

x2 z2 + , cada una de las circulaciones se calcula como 2 2

C(X, α) = f (α(b)) − f (α(a)), donde α(b) y α(a) representan los extremos de definición de la curva correspondiente. Sea α12 = Γ1 ∩ Γ2 . Entonces, α12 = (x, 1/2, 2 cos x), x ∈ [−π/2, π/2] y C(X, α12 ) = f (α12 (π/2)) − f (α12 (−π/2)) =

(π/2)2 (π/2)2 − = 0. 8 8

(iv) Sea α24 = Γ2 ∩ Γ4 . Entonces, α24 = (x, 1/2, 0), x ∈ [−π/2, π/2] y C(X, α24 ) = f (α24 (π/2)) − f (α24 (−π/2)) =

(π/2)2 (π/2)2 − = 0. 8 8

(v) Sea α1 = Γ1 ∩ {y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2}. Entonces, α1 = (x, 0, cos x), x ∈ [0, π/2] y C(X, α1 ) = f (α1 (π/2)) − f (α1 (0)) =

(π/2)2 1 − . 8 2

59.- Sean, c ∈ IR+ , Tc = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤

c2 49 , 0 2

≤ z ≤ 5c} ∪

{(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + (y + c) ≤ 3c2 , (x − √

(x +

3 2 2 c)

{(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤

√

3 2 2 c)

+ (y − 2c )2 ≤ 3c2 ,

+ (y − 2c )2 ≤ 3c2 , 5c ≤ z ≤ 9c} ∪ c2 49 , 9c

≤ z ≤ 13c}

y consideremos el campo vectorial X = az 2

∂ ∂ − b ; a, b ∈ IR+ . ∂x ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Tc . (ii) Calcular el flujo de X a través de A = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 =

c2 , 9c ≤ z ≤ 13c}. 49

Teoremas integrales

17

(iii) Calcular el flujo de X a través de B = {(x, y, z) ∈ IR3 :

√

(x − −c ≤

2 3 c 2 2 c) + (y − 2 ) y ≤ 2c , 5c ≤ z ≤

= 3c2 , −

√

3 2 c

≤ x ≤ 0,

9c}.

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂B. (v) Calcular la circulación de X a lo largo de γ = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 =

c2 , z = 9c}. 49

Solución: c c2 , 0 ≤ z ≤ 5c} es un cilindro de eje z y radio (i) La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 49 7 con 0 ≤ z ≤ 5c. √ √ 2 La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 +(y + c) ≤ 3c2 , (x− 23 c)2 +(y− 2c )2 ≤ 3c2 , (x+ 23 c)2 + (y − 2c )2 ≤ 3c2 , 5c ≤ z ≤ 9c} es la intersección de tres cilindros de eje z. Representamos en la Figura 1.7 dicha intersección en el plano xy.

Figura 1.7: Representación de la intersección La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ c con 9c ≤ z ≤ 13c. 7

c2 49 , 9c

≤ z ≤ 13c} es un cilindro de eje z y radio

La Representación de Tc se encuentra en la Figura 1.8.

18

Problemas Resueltos

Figura 1.8: Representación de Tc Para calcular el flujo a través de la frontera aplicamos el Teorema de la Divergencia. Z

Z hX, N i =

φ(X, ∂Tc ) = Tc

div(X)dV = 0. Tc

(ii) Para calcular el flujo a través de A, ver Figura 1.9, podemos cerrarla empleando dos discos con lo que podremos aplicar el Teorema de la Divergencia. 2

c , z = 13c}, D2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ Sean D1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 49 2 c 49 , z = 9c} y A el volumen encerrado por A ∪ D1 ∪ D2 . ∂ ∂ , N2 = − y Entonces, N1 = ∂z ∂z Z Z Z Z Z Z hX, N idA = div(X)dV − hX, N idA − hX, N idA = b dA − b dA = 0. A

A

D1

D1

D1

D2

(iii) La representación de B se halla en la Figura 1.10. En este caso para calcular el flujo parametrizamos la superficie, ! r √ 2 h 3 c ci x (y, z) = c − 3c2 − y − , y, z , y ∈ −c, , z ∈ [5c, 9c]. 2 2 2

Teoremas integrales

19

Figura 1.9: Representación de A 

c 2

y−



 xy =  q , 1, 0 , x z = (0, 0, 1). c 2 2 3c − y − 2 Los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   c y− 2 2  x y ∧ x z = 1, − q 2 , 0 y hX, x y ∧ x z i = az c 3c2 − y − 2 Por último, el flujo de X a través de B es, Z

Z

c 2

Z

9c

hX, N idA =

φ(X, B) =

−c

B

5c

9c 3 z3  az dz dy = c  = 302c4 a. 2 3 5c 2

(iv) La circulación a lo largo de la frontera de B la podemos hallar aplicando el teorema de Stokes-Ampere. Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂B) = ∂B

hrot(X), N idA. B

20

Problemas Resueltos

Figura 1.10: Representación de B En este caso el rotacional es rot(X) = (0, 2az, 0), y la restricción del producto escalar a la superficie es, 2az(y − 2c ) hrot(X), x y ∧ x z i = − q 2 . 3c2 − y − 2c Luego, la circulación es, Z

c 2

Z

C(X, ∂B) = −c

5c

c 9c r 2 2 √  c 3c2 − y − dy dz = az 2  = 28 3ac2 .  2 2 c 5c

2az(y − 2c )

9c

−q

3c2 − y −

−c

2

(v) Para hallar la circulación a lo largo de γ procedemos del mismo modo que en el apartado ∂ anterior. En este caso la normal es, N = . ∂z Por tanto, la circulación es, Z hrot(X), N idA = 0.

C(X, γ) = γ

Teoremas integrales

21

60.- Sea Γ1 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva {x2 +z 2 = R2 , y = 0, z ≥ 0} y en la recta {y = 2R, z = 0}, que son paralelas al plano yz, con −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R. Sea Γ3 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva {x2 + (z + R)2 = R2 , y = 2R, z ≤ −R} y en la recta {y = 0, z = −R}, que son paralelas al plano yz, con −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R. (i) Calcular la ecuación paramétrica de Γ1 y de Γ3 . 6 S (ii) Sea Γ = Γi , donde i=1

Γ2 Γ4 Γ5 Γ6

= {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3

√ : y = 0, − R ≤ x ≤ R, − R ≤ z √ ≤ R2 − x2 }, : y = 2R, − R ≤ x ≤ R, − R − R2 − x2 ≤ z ≤ 0}, : x = −R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}, : x = R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}.

Sea X el campo vectorial diferenciable de IR3 X=

−2z ∂ x(y − 2R) ∂ − . y − 3R ∂x 2R2 ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular la circulación de X sobre ∂Γ2 . Solución: (i) Una parametrización de la curva {x2 + z 2 = R2 , y = 0, z ≥ 0} es, α(u) = (R cos u, 0, R sen u), u ∈ [0, π]. Como las rectas deben ser paralelas al plano yz, debemos parametrizar la recta {y = 2R, z = 0} como β(u) = (R cos u, 2R, 0). En este caso, w(u) = α(u) − β(u) = (0, −2R, R sen u). Por tanto, la parametrización de Γ1 es, x (u, v) = β(u) + vw(u) = (R cos u, 2R − v2R, vR sen u). De forma análoga una parmetrización de Γ3 es, y (u, v) = (R cos u, v2R, −vR sen u − R). (ii) (a) La representación de Γ se halla en la Figura 1.11. Para calcular el flujo a través de Γ podemos aplicar el Teorema de la Divergencia. Z Z φ(X, Γ) = hX, N idA = div(X)dV = 0. Γ

Ω

22

Problemas Resueltos

Figura 1.11: Representación de Γ (b) En este caso para poder aplicar el Teorema de la Divergencia en el cálculo del flujo, utilizaremos dos superficies auxiliares, para obtener una superficie que encierre un volumen, ver Figura 1.12. Sean D1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 0, −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ z ≤

√

R2 − x2 },

3

T1 = {(x, y, z) ∈ IR : z = 0, −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R}. ∂ ∂ Entonces, N1 = − y N2 = − . Por tanto, el flujo es, ∂y ∂z Z Z Z φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, N idA − hX, N idA = Ω1

Z − T1

x(y − 2r) dy dx = 2R2

D1

Z

R

−R

Z 0

2R

T1

x(y − 2r) dx dy = 0. 2R2

(c) La circulación sobre la frontera de Γ2 la podemos hallar aplicando el teorema de StokesAmpere, ver Figura 1.13. Z Z C(X, ∂Γ2 ) = hX, T idl = hrot(X), N idA, ∂Γ2

Γ2

donde la normal y el rotacional son, ∂ x 2 y − 2R 1 N = − , rot(X) = − 2 , − + , . ∂y 2R y − 3R 2R2 (y − 3R)2 Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hrot(X), N i =

1 . Luego, 3R

Teoremas integrales

23

Figura 1.12: Representación de Γ1 1 C(X, ∂Γ2 ) = 3R

Z dA = Γ2

R 1 π 2 R + 2R2 = (π + 4). 3R 2 6

61.- Sea Γ1 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la hélice α(θ) = (cos θ, sen θ, a θ) y en el eje z, que son paralelas al plano xy, con 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1. (i) Calcular la ecuación paramétrica de Γ1 y su expresión en coordenadas cilíndricas. 5 S (ii) Sea Γ = Γi , donde i=1

Γ2 Γ3 Γ4 Γ5

= {0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, z = a(θ + 2π)} = {ρ = 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, a θ ≤ z ≤ a(θ + 2π)} = {0 ≤ ρ ≤ 1, θ = 0, 0 ≤ z ≤ 2aπ} = {0 ≤ ρ ≤ 1, θ = 0, 2aπ ≤ z ≤ 4aπ}

y ρ, θ, z son las coordenadas cilíndricas. Sea X el campo vectorial diferenciable de IR3 X=y

p p ∂ ∂ − x x2 + y 2 . x2 + y 2 ∂x ∂y

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular el flujo de X a través de Γ2 .

24

Problemas Resueltos

Figura 1.13: Representación de ∂Γ2 (d) Calcular el flujo de X a través de Γ4 ∪ Γ5 . (e) Calcular la circulación de X sobre α(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π. (f) Calcular la circulación de X sobre ∂ Γ4 ∪ Γ5 .

Solución: (i) Las generatrices de Γ1 tendrán como vector director, w(θ) = α(θ) − (0, 0, aθ) = (cos θ, sen θ, 0), ya que deben ser rectas paralelas al plano xy. Por tanto, una parametrización de Γ1 es, x (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ), θ ∈ [0, 2π], ρ ∈ [0, 1], ya que 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1. Por otro lado su expresión en coordenadas cilíndricas es z = aθ. (ii) (a) La representación de Γ se encuentra en la Figura 1.14. Para calcular el flujo a través de Γ podemos aplicar el Teorema de la Divergencia, ya que la superficie encierra un volumen. Como la divergencia del campo es nula, div(X) = 0, tenemos que Z φ(X, Γ) = div(X)dV = 0. V

Teoremas integrales

25

Figura 1.14: Representación de Γ (b) Para calcular el flujo a través de Γ1 parametrizamos la superficie, x 1 (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ), ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son x ρ = (cos θ, sen θ, 0), x θ = (−ρ sen θ, ρ cos θ, a), x ρ ∧ x θ = (a sen θ, −a cos θ, ρ) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = aρ2 sen2 θ + aρ2 cos2 θ = aρ2 . Luego, el flujo es Z

1

Z

Φ(X, Γ1 ) = 0

0

2π

aρ2 dρ dθ = 2πa

1 ρ3   = 2πa . 3 0 3

(c) Para calcular el flujo sobre Γ2 procedemos del mismo modo que en el caso anterior. Una parametrización de Γ2 es, x 2 (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ + a2π).

26

Problemas Resueltos

x ρ = (cos θ, sen θ, 0), x θ = (−ρ sen θ, ρ cos θ, a), x ρ ∧ x θ = (a sen θ, −a cos θ, ρ) Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = aρ2 sen2 θ + aρ2 cos2 θ = aρ2 . Por tanto, Φ(X, Γ2 ) = Φ(X, Γ1 ) (d) La superficie Γ4 ∪ Γ5 es un plano, podemos calcular la normal y el producto escalar del campo restringido a la superficie. N = (0, 1, 0). p hX, N i = −x x2 + y 2 = −x2 . Por tanto, el flujo es, Z

1

Z

Φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ) =

Z

4πa

hX, N idA = Γ4 ∪Γ5

0

0

1 4πa x3  =− . −x dx dz = −4πa  3 0 3 2

(e) Para calcular la circulación parametrizamos la curva, α(θ) = (cos θ, sin θ, a θ), α0 (θ) = (− sen θ, cos θ, a), hX, T i = − sen2 θ − cos2 θ = −1. Por tanto, la circulación es, Z

Z

2π

hX, T idl = −

C(X, α) = α

dθ = −2π. 0

(f) La circulación sobre la frontera de Γ4 ∪ Γ5 la podemos hallar aplicando el Teorema de Stokes-Ampére. Z

Z

C(X, ∂(Γ4 ∪ Γ5 )) =

hX, T idl = ∂(Γ4 ∪Γ5 )

hrot(x), N idA, Γ4 ∪Γ5

donde la normal y el rotacional son, ∂ N= , rot(X) = ∂y

! p p x y 0, 0, − x2 + y 2 − x p − x2 + y 2 − y p . x2 + y 2 x2 + y 2

Por tanto, la circulación es, C(X, ∂(Γ4 ∪ Γ5 )) = 0. 62.- Consideramos el campo vectorial diferenciable de IR2 X=x

∂ ∂ + x2 . ∂x ∂y

Teoremas integrales

27

(i) Calcular la circulación de X sobre la frontera, Γ, de Ω = Ω1 − Ω2 , donde Ω1 = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 ≤ R2 , − R2 ≤ x, − R2 ≤ y} y 2 Ω2 = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 ≤ ( R2 ) , R4 ≤ x, 0 ≤ y}. Consideramos X = x

∂ ∂ + x2 en IR3 y se hace girar ∂Ω2 alrededor del eje OY. ∂x ∂y

(ii) Calcular el flujo de X a través de la superficie de revolución obtenida.

Solución: (i) La representación de Γ se encuentra en la Figura 1.15.

Figura 1.15: Representación de Γ La circulación de X a lo largo de la frontera de Γ es, Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂Γ) = ∂Ω

Aplicando el Teorema de Green, Z Z Z C(X, ∂Γ) = 2x dx dy = 2x dx dy − Ω

Z +

R √

3 2 R

√

Z

Ω1

R2 −x2

√ − R2 −x2

Z

x dx + x2 dy.

∂Ω

Z

2x dx dy −

p

R2 4

3 2 R

0

R2 −x2

2x dx dy −R 2

−R 2

√

−x2

Z

3 2 R

2x dx dy = R 4

Z

2x dx dy =

Ω2 R 2

√

√

Z

−R 2

p R 2 2 2x R −x + dx+ 2

28

Problemas Resueltos

 √3 2 2 R 3 x 2 R2 2x − x2 dx = − (R2 − x2 ) 2 + R  √ 3 R 4 3 2 − R R 2 4 2 √ ! R 2 32  R2  3 4 2 R  = R3 1 + 7 3 . − (R2 − x2 ) 2  + − x2 √ R  3 3 4 3 32 3 R

Z

R

Z p 2x(2 R2 − x2 ) −

R 2

r

2

4

(ii) La frontera de Ω2 es la curva representada en la Figura 1.16. La superficie de revolución obtenida que denotaremos por Γ2 está representada en la Figura 1.17.

Figura 1.16: Representación de ∂Ω2 Como Γ2 es la frontera de un volumen V y div(X) = 1, aplicando el Teorema de la Divergencia obtenemos, Z

Z hX, N idA =

φ(X, Γ2 ) = Γ2

Z div(X)dV =

V

dV. V

Z Para hallar el volumen V aplicamos la fórmula del volumen de revolución, π

f 2 (y)dy y

tendremos en cuenta que se debe restar el volumen del cilindro que se genera al hacer la revolución. √

Z

Z dV = π

V

0

3 4 R

√ √ 2  √43 R 2 3  3 π 3R3 R2 R R y π√ 3 2  − y dy−π R=π y− − 3R . = 4 16 4 4 3 0 43 32

Por tanto, φ(X, Γ2 ) =

π√ 3 3R . 32

Teoremas integrales

29


63.- Sean Ω =

8 S

Ωi y a, b ∈ (0, +∞), donde

i=1

2 a 2 a 5a a2 Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ , x − + y+ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , −3a ≤ y ≤ −2a, 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 a 2 −a 5a a2 3 , x+ Ω3 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≤ + y+ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 2 Ω4 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , −2a ≤ y ≤ 0, y ≥ 2a(2a − z), 2az − y ≤ 2a(2a + 1)}, 2 2 a a Ω5 = {(x, y, z) ∈ IR3 : − ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 2a, y 2 ≥ 2a(2a − z), 2az + y ≤ 2a(2a + 1)}, 2 2 2 a a 2 5a a2 3 Ω6 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≥ , x − + y− ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 Ω7 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , 2a ≤ y ≤ 3a, 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 −a a 2 5a a2 3 Ω8 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≤ , x+ + y− ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}. 2 2 2 4 Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 8 y X el campo vectorial definido por X=

1 ∂ ∂ + (z − 2a − 1) . z + b ∂x ∂z

30

Problemas Resueltos

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ6 . (iii) Calcular el flujo de X a través de Γp , siendo Γp = (Γ4 ∪ Γ5 ) ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 = 2a(2a − z)}. (iv) Calcular el flujo de X a través de Γt , siendo Γt = Γ5 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 2az + y = 2a(2a + 1)}. (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γp . (vi) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂ Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 3a} . Solución: (i) La representación de Ω se halla en la Figura 1.18. Z Z Z Como div(X) = 1, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = dV . ∂Ω

Ω

Ω

Para calcular el volumen tendremos en cuenta que Ω es unión de trozos de cilindros y prismas más un cuerpo central que debemos integrar. 2 Z Z a2 Z 2a a y2 y 3 2a + 4a + 2a + 1 − dx dy dV = 2π − 2a + 2 2a 2a Ω 0 −a 2 8 = πa3 + 4a3 + 2a2 + a3 . 3

Figura 1.18: Representación de Ω

Teoremas integrales

31

(ii) Para calcular el flujo a través de Γ6 empleamos un rectángulo T para obtener una superficie e y así poder aplicar el Teorema de la divergencia. Ver Figura que encierre un volumen, Ω, 1.19.

Figura 1.19: Representación de Γ6 a , 2a ≤ y ≤ 3a, 0 ≤ z ≤ 2a}. 2 1 ∂ y hX, N i = − Por tanto, la normal y el producto escalar con el campo son, N = − ∂x z+b y el flujo es, Z 3a Z 2a Z Z 1 1 a 2 2a + φ(X, Γ6 ) = div(X)dV − hX, N idA = π dx dy = 2 2 z+b e 2a 0 Ω T πa3 2a + b = + a ln . 4 b T = {(x, y, z) ∈ IR3 : x =

(iii) Buscamos el flujo a través de la superficie Γp , ver Figura 1.20. Para hallar el flujo en este caso resulta más sencillo parametrizar la superficie. La parametrización de la superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, h a ai y2 x (x, y) = x, y, 2a − , x∈ − , , y ∈ [−2a, 2a]; 2a 2 2 y y , x x ∧ x y = 0, , 1 . x x = (1, 0, 0), x y = 0, 1, − a 2a 2 y Por tanto, el producto escalar restringido a la superficie es hX, x x ∧ x y i = − +1 . 2a Luego,

32

Problemas Resueltos

Figura 1.20: Representación de Γp y ∂Γp Z

Z Γp

−a

y3 6a

a 2

Z

2a

hX, N idA =

φ(X, Γp ) =

−

−a 2

−2a

y2 + 1 dx dy = 2a

 2a 2 2  = −4a +y  a+1 . 3 −2a

(iv) La representación de Γt se halla en la Figura 1.21. En este caso la parametrización de la superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, y x (x, y) = x, y, 2a + 1 − 2a , x ∈ − a2 , a2 , y ∈ [−2a, 2a]; 1 x x = (1, 0, 0), x y = 0, 1, − 2a . 1 x x ∧ x y = 0, , 1 2a Luego, el producto escalar restringido a la superficie es, y hX, x x ∧ x y i = − . 2a Finalmente, el flujo es, Z Z a2 Z 2a y − dx dy = −a2 . φ(X, Γt ) = hX, N idA = a 2a Γt −2 0 (v) La circulación a lo largo de la frontera de Γp la podemos hallar aplicando el Teorema de Stokes-Ampere.

Teoremas integrales

33

Figura 1.21: Representación de Γt

Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂Γ2 ) = ∂Γp

hrot(X), N idA. Γp

El rotacional es,  rot(x) =

0, −

1 ,0 (z + b)2



y   = 0, − 2 , 0. 2 y a 2a − 2a +b

La restricción del producto escalar a la superficie es, y hrot(X), x x ∧ x y i = − 2 . y2 a 2a − +b 2a Luego, la circulación es, Z a2 Z 2a y C(X, ∂Γp ) = − 2 dx dy = 0, a y2 − 2 −2a a 2a − 2a + b ya que es la integral de una función impar integrada en un itervalo simétrico. (vi) Este apartado se resuelve de forma análoga al anterior. La normal a la superficie Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 3a} y el rotacional del campo son, ∂ 1 N= y rot(x) = 0, − , 0 . ∂y (z + b)2

34

Problemas Resueltos

Por tanto, la circulación es, 3

C X, ∂ Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR : y = 3a}

Z hrot(x), N idA =

= R

Z

a 2

2a

Z

− −a 2

0

1 dx dy = a (z + b)2

64.- Sean

Ω=

3 T

1 1 − 2a + b b

.

Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 }, Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + z 2 ≥ r2 }, Ω3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 ≥ r2 },

√ Ωi , R > r 2, Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, i = 1, 2, 3 y X el campo vectorial definido por

i=1

X=x (i) (ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ ∂ ∂ +y +z . ∂x ∂y ∂z

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ2 . √ la circulación de X a lo largo de ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 0 ≤ y < R2 − r2 }. la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ3 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}.

Solución: La representación de Ω en el primer octante se halla en la Figura 1.22. En primer lugar calculamos las intersecciones de las diferentes geometrías. ( ( √ (∗) x2 + y 2 + z 2 = R2 y = R2 − r 2 , 2 2 2 Γ1 ∩ Γ2 ≡ =⇒ y = R − r =⇒ √ x2 + z 2 = r2 y = − R2 − r 2 , ( de donde la curva intersección para (∗) es la circunferencia Denotaremos por h =

√

R2 − r 2 . (

Análogamente para y = −h, tendremos ( Γ1 ∩ Γ3 ≡

x2 + z 2 = r2 , √ y = R2 − r 2 .

x2 + y 2 + z 2 = R2 y2 + z 2 = r2

x2 + z 2 = r2 , y = −h. ( 2

2

2

=⇒ x = R − r =⇒ (

de donde la curva intersección para (∗) es la circunferencia

x = h(∗) , x = −h,

y2 + z 2 = r2 , x = h.

Teoremas integrales

35

Figura 1.22: Representación de Ω ( Análogamente para x = −h, tendremos ( Γ2 ∩ Γ3 ≡

x2 + z 2 = r2 y2 + z 2 = r2

de donde la curva intersección para (∗) es

Análogamente para y = −x, tendremos

y2 + z 2 = r2 , x = −h. ( 2

2

=⇒ x − y = 0 =⇒ x2 + z 2 = r2 y=x x2 + z 2 = r2 y = −x

y = x(∗) , y = −x,

) ≡ {(x, x, z) : x2 + z 2 = r2 }. ) ≡ {(x, −x, z) : x2 + z 2 = r2 }.

Por las simetrías de Ω y del campo podemos resolver en el primer octante y multiplicar los resultados por 8. (i) Como div(X) = 3, y queremos calcular un flujo en ∂Ω podemos aplicar el Teorema de la Divergencia. Z Z Z φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 3 dV . ∂Ω

Ω

Ω

El volumen del primer octante de Ω es: el volumen de 1/8 de esfera de radio R menos dos cuartos de un casquete esférico de radio R y altura R − h, menos el volumen de A, donde

36

Problemas Resueltos

A está representada en la Figura 1.23. El volumen de A a su vez, se puede hallar como dos del volumen de un cilindro de radio r y altura h − r más dos vces el volumen de β 0 ( ver Figura 1.24 ).

Figura 1.23: Representación de A • V E(R) = 34 πR3 . • V C(R, R − h) = ∗ (Utilizamos la fórmula del volumen de revolución). R Z R 3 3 x3   = π R3 − R − R2 h + h ∗= π(R2 − x2 )dx = π R2 x − = 3 h 3 3 h 2 3 h3 2 3 1 2 3 2 2 1 π R − R2 h + =π R − R2 h + (R2 − r2 )h = π R − R h − r2 h = 3 3 3 3 3 3 3 π (2R3 − 2R2 h − r2 h). 3 • V (A) = 24 V Ci(r, h − r) + V (β), donde V (β) = 2V (β 0 )   y = r sen θ   Z r Z x Z √r2 −y2 Z r Z xp  dy = r cos θdθ   V (β 0 ) = dx dy dz = dx r2 − y 2 dy =   y = x → θ = arcsin x  = 0 0 0 0 0  r  y=0→θ=0 arcsin xr Z r Z arcsin xr 2 Z r r sen 2θ   dx r2 cos2 θ dθ = θ+ dx = 2 0 2 0 0 0   u = arcsin xr ! r Z   r2 r x x x2 1 = arcsin + 1 − 2 dx =  du = √   2 0 r r r r2 − x2 v=x

Teoremas integrales

37

Figura 1.24: Representación de β r Z r  ! 2 3/2 r x x x r 2  √ − = x arcsin  1− 2 dx − r 0 3 r 2 0 r2 − x2 0 r p  r2 π r2 π r r3 r r + r2 − x2  = r − r + (3π − 4). + =  2 2 3 2 2 3 12 0 r2 2

Por tanto, 1 4 3 2π 1 r3 V (Ω) = 8 πR − (2R3 − 2R2 h − r2 h) − πr2 (h − r) − (3π − 4) = 83 12 2 6 4 3 4 16 πR − π(2R3 − 2R2 h − r2 h) − 4πr2 h + 4πr3 − 4πr3 + r3 = 3 3 3 3 3 R 2 3 2 2 1 2 16 R 2 3 16 2 3 4π − R + R h + r h − r h + r = 4π − + h + r3 . 3 3 3 3 3 3 3 3 Luego, φ(X, ∂Ω) = 4π(2h3 − R3 ) + 16r3 . (ii) Γ1 es la esfera menos cuatro casquetes de radio R y altura R − h. Podemos tapar Γ1 con cuatro discos y obtener así una superficie que encierra un volumen, ver Figura 1.25 Z 4 Z X φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, Ni idA. e Ω i=1 Di Para calcular los flujos sobre los discos calculamos: hX, N1 i = x|D1 = h, hX, N2 i = −x|D2 = h, hX, N3 i = y|D3 = h, hX, N4 i = −y|D3 = h.

38

Problemas Resueltos

Figura 1.25: Representación de Γ1 Z

Z hX, Ni idA = h

Por tanto, φ(X, Di ) = Di

dA = hπr2 , i = 1, . . . , 4.

Di

De donde, φ(X, Γ1 ) = 3

4 3 4 πR − π(2R3 − 2R2 h − r2 h) − 4hπr2 = 4πR2 (2h − R). 3 3

f2 ), ver Figura 1.26. Una parametrización de Γ f2 es (iii) Observemos que φ(X, Γ2 ) = 8φ(X, Γ x (x, y) = (x, y,

p p r2 − x2 ), 0 ≤ x ≤ r, x ≤ y ≤ R2 − r2 = h.

Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, −x x x x = (1, 0, √ ), x y = (0, 1, 0) y x x ∧ x y = √ , 0, 1 . r2 − x2 r2 − x2 Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, r2 x2 +z = √ . hX, x x ∧ x y i = √ r2 − x2 r2 − x2

Teoremas integrales

39


De donde, Z rZ h Z r 2 r2 r (h − x) f2 ) = √ √ φ(X, Γ dxdy = dx = 2 − x2 2 − x2 r r 0 x 0 r r   √ 2 π 2 − x2  + r2 h arcsin xr  r   = r 2h − r . 0

0

Finalmente, φ(X, Γ2 ) = 4r2 (πh − 2r). √ (iv) Sea γ = ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 0 ≤ y < R2 − r2 }, ver Figura 1.27. Como γ es una curva x2 y2 z2 cerrada y X = ∇f donde f (x, y, z) = + + , tenemos que C(X, γ) = 0. 2 2 2 (v) Sea β = Γ2 ∩ Γ3 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}, ver Figura 1.28. Como el campo es gradiente se verifica, C(X, β) = f (r, r, 0) − f (0, 0, r) =

r2 . 2

40

Problemas Resueltos

Figura 1.27: Representación de γ

Figura 1.28: Representación de β

65.- Sean Ω =

6 T

Ωi y a > 0, donde

i=1

z 2 ) ≥ 1}, Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( xa )2 + ( ay )2 + ( 4a y 2 x 2 z 2 Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( a+1 ) + ( a+1 ) + ( 10a ) ≤ 1},

Ω3 Ω4 Ω5 Ω6

= {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3

: z ≤ 0}, : z ≥√ −3a}, : y − √3x ≤ 0}, : y + 3x ≥ 0}.

Teoremas integrales

41

Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 6 y X el campo vectorial definido por X=z (i) (ii) (iii) (iv) (v)


∂ . ∂x

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ2 . el flujo de X a través de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 . la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ4 . la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ5 .

Solución: (i) La representación de Ω se halla en la Figura 1.29.

Figura 1.29: Representación de Ω Z Z Como div(X) = 0, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 0. ∂Ω

Ω

(ii) La representación de Γ2 se halla en la Figura 1.30.

√ √ y 2 x 2 z 2 Γ2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( a+1 ) + ( a+1 ) + ( 10a ) = 1, −3a ≤ z ≤ 0, − 3x ≤ y ≤ 3x}, es un trozo de elipsoide. Una parametrización de éste en coordenadas esferoidales es,

π π π 3 x (θ, ϕ) = ((a+1) sen ϕ cos θ, (a+1) sen ϕ sen θ, 10a cos ϕ), θ ∈ [− , ], ϕ ∈ [ , arc cos − ], 3 3 2 10 √ π 3 ya que −3a ≤ 10a cos ϕ ≤ 0, lo que implica 2 ≤ ϕ ≤ arc cos − 10 y − 3(a+1) sen ϕ cos θ ≤ √ (a + 1) sen ϕ sen θ ≤ 3(a + 1) sen ϕ cos θ, lo que implica − π3 ≤ θ ≤ π3 .

42

Problemas Resueltos

Figura 1.30: Representación de Γ2 Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−(a + 1) sen ϕ sen θ, (a + 1) sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = ((a + 1) cos ϕ cos θ, (a + 1) cos ϕ sen θ, −10a sen ϕ). x θ ∧ x ϕ = (−10a(a + 1) sen2 ϕ cos θ, −10a(a + 1) sen2 ϕ sen θ, −(a + 1)2 sen ϕ cos ϕ). La restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = −100a2 (a + 1) sen2 ϕ cos ϕ cos θ. Finalmente, Z φ(X, Γ2 ) =

π 3

−π 3

Z

arc cos(−3/10)

−100a2 (a + 1) sen2 ϕ cos ϕ cos θ dθ dϕ = π 2

arc cos −3/10 π/3  sen3 ϕ    sen θ =   3 π/2 −π/3 3 1 1 p −100a2 (a + 1) 1 − cos2 arc cos(−3/10) − sen(π/3) − sen(−π/3) = 3 3 " # √ √ √ ! √ ! 3/2 1 9 3 3 3 103 − 91 91 2 2 −100a (a + 1) 1− −1 + = 100a (a + 1) . 3 100 2 2 3 103 −100a2 (a + 1)

(iii) La representación de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 se halla en la Figura 1.31. Utilizando el Teorema de la Divergencia tenemos, φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 ) = φ(X, ∂Ω) − φ(X, Γ1 ) − φ(X, Γ2 ) − φ(X, Γ3 ). Calculamos cada uno de estos flujos,

Teoremas integrales

43

Figura 1.31: Representación de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 • φ(X, ∂Ω) = 0 por (i). • φ(X, Γ2 ) está calculado en (ii), pero al considerar Γ2 como frontera de Ω debemos considerar la normal exterior a Ω en Γ2 , por tanto, √ √ ! 3 103 − 91 91 2 φ(X, Γ2 ) = −100a (a + 1) . 3 103 • φ(X, Γ1 ) se calcula de forma análoga al de Γ2 , teniendo en cuenta los cambios en los parámetros que definen los elipsoides. Una parametrización del elipsoide en coordenadas esferoidales es, h π πi π 3 x = (a sen ϕ cos θ, a sen ϕ sen θ, 4a cos ϕ), θ ∈ − , ,ϕ∈ , arc cos − 3 3 2 4 √

3 Por tanto, φ(X, Γ1 ) = −a 3 3

• φ(X, Γ3 ) = 0, ya que N3 =

∂ ∂z

! √ 7 7 − 64 . 4 y hX, N i = 0.

Por tanto, √

3 φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 ) = a (a + 1) 3 2

√ ! √ 103 − 91 91 3 + a3 10 3

! √ 7 7 − 64 . 4

44

Problemas Resueltos

(iv) Sea α = Γ2 ∩ Γ4 . La curva está dada como intersección de superficies,  2 2 x y z 2  + + = 1 , −√3x ≤ y ≤ √3x. a + 1 a + 1 10a  z = −3a Sustituyendo la segunda ecuación en la primera tenemos, 2 2 2 2 x x y 9 y 91 + + 2 = 1 =⇒ + = 2 =⇒ a+1 a+1 10 a+1 a+1 10 x2 + y 2 = (a + 1)2

91 . 102

Por tanto, una parametrización de α es, ! √ √ 91 91 α(θ) = (a + 1) cos θ, (a + 1) sen θ, −3a , −π/3 ≤ θ ≤ π/3. 10 10 y el campo involucrado en la evaluación de la circulación es ! √ √ 91 91 0 (a + 1) sen θ, (a + 1) cos θ, 0 , α (θ) = − 10 10 √ 91 0 de donde hX, α (θ)i = 3 a(a + 1) sen θ. 10 Luego Z π/3 3√ C(X, α) = 91a(a + 1) sen θ dθ = 0. −π/3 10 (v) Sea β = Γ2 ∩ Γ5 . La curva está dada como intersección de superficies,  2 2  x y z 2  + + =1 a+1 a+1 10a √   , −3a ≤ z ≤ 0. y = 3x El plano en coordenadas esferoidales es θ = π/3, por tanto una parametrización de β es, ! √ 1 3 β(ϕ) = (a + 1) sen ϕ, (a + 1) sen ϕ, 10a cos ϕ , π/2 ≤ ϕ ≤ arc cos(−3/10) 2 2 y el vector tangente es β 0 (ϕ) =

! √ 3 1 (a + 1) cos ϕ, (a + 1) cos ϕ, −10a sen ϕ , 2 2

de donde hX, β 0 (ϕ)i = 5a(a + 1) cos2 ϕ. Luego, arc cos(−3/10) Z arc cos(−3/10) 5 sen 2ϕ  2  C(X, β) = 5a(a + 1) cos ϕ dϕ = a(a + 1) ϕ + =  2 2 π/2 π/2 3 √ π 5 a(a + 1) arc cos(−3/10) − 2 91 − . 2 10 2

Teoremas integrales

66.- Sean Ω =

6 T

45

Ωi y a > 0, donde

i=1

Ω1 Ω2 Ω3 Ω4 Ω5 Ω6

= = = = = =

{(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3

1 (x2 + y 2 − a2 ) ≥ z}, : 48a 2 2 2 :x p + y ≥ 49a }, : x2 + y 2 ≤ 23a − z}, : x ≤ 0}, : z ≥√ 0}, : y − 3x ≥ 0}.

Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 6 y X el campo vectorial definido por X = z (i) (ii) (iii) (iv) (v)


∂ . ∂x

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ3 . la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ3 . la circulación de X a lo largo de ∂Γ4 .

Solución: (i) Para representar Ω calculamos las intersecciones de las diferentes superficies, • ∂Ω1 ∩ ∂Ω2 . Sustituyendo la ecuación de ∂Ω2 en la de ∂Ω1 obtenemos, 1 49a2 − a2 = z =⇒ z = a, 48a por tanto ∂Ω1 ∩ ∂Ω2 es un arco de la circunferencia x2 + y 2 = 49a2 en el plano z = a. • ∂Ω1 ∩ ∂Ω3 . Sustituyendo la ecuación de ∂Ω3 en la de ∂Ω1 obtenemos, 1 2 2 = z =⇒ 529a2 + z 2 − 46az − a2 = 48az 48a (23a − z) − a √ 94a ± 8836a2 − 2112a2 94 ± 82 2 2 =⇒ z − 94az + 528a = 0 =⇒ z = = a = 6a, 2 2 ya que z ≤ 23a. Por tanto ∂Ω1 ∩ ∂Ω3 es un arco de la circunferencia x2 + y 2 = (17a)2 , en el plano z = 6a. • ∂Ω3 ∩ ∂Ω5 . Si z = 0, entonces x2 + y 2 = (23a)2 que es una arco de circunferencia en el plano z = 0. La representación de Ω se halla en la Figura 1.32. Z Z Como div(X) = 0, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 0. ∂Ω 3

Ω

1 (ii) Γ1 = {(x, y, z) ∈ IR : 48a (x2 + y 2 − a2 ) = z, x ≤ 0, a ≤ z ≤ 6a, 7a ≤ x2 + y 2 ≤ 17a}.Por tanto, Γ1 es la superficie de revolución formada al girar respecto del eje z la parábola 1 π 4π 2 2 48a (x − a ) = z, 2 ≤ θ ≤ 3 , ver Figura 1.33. Luego una parametrización de Γ1 es, 1 π 4π x (θ, x) = x cos θ, x sen θ, (x2 − a2 ) , θ ∈ , , x ∈ [7a, 17a], 48a 2 3

46

Problemas Resueltos

Figura 1.32: Representación de Ω ya que

√

3x ≤ y, x ≤ 0 lo que implica

π 2

≤θ≤

4π 3 .

Hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo, 1 x x = cos θ, sen θ, x , 24a x θ = (−x sen θ, x cos θ, 0), x2 x2 cos θ, − sen θ, x . xx ∧ xy = − 24a 24a Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x x ∧ x y i = −

x2 1 x2 (x2 − a2 ) cos θ. cos θ (x2 − a2 ) = − 24a 48a 32 27 a2

Finalmente, Z φ(X, Γ1 ) =

Z

4π 3

 4π/3 3 17  1 x5 x2 (x2 − a2 ) 2x   − a cos θ dθ dx = − sen θ =   2 7 2 2 7 2 π 3 2 a 3 2 a 5 3 7a 7a π/2 2 5 5 1 17 a 173 a5 75 a5 73 a5 4π − 2 7 2 − − + sen −1 = 3 2 a 5 3 5 3 3 ! √ 5 a3 17 3 − 173 5 − 75 3 + 73 5 3 − −1 = − 2 7 3 2 15 2 17a

−

√ a3 175 3 − 173 5 − 75 3 + 73 5 3+2 . 3 8 53 2

Teoremas integrales

47

Figura 1.33: Representación de Γ1 (iii) La representación de Γ3 se halla en la Figura 1.34. p Γ3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = (23a − z), 0 ≤ z ≤ 6a, 0 ≤ x ≤ √y3 }. Una parametrización de Γ3 en coordenadas cilíndricas es: π 4π x (θ, z) = (23a − z) cos θ, (23a − z) sen θ, z , (θ, z) ∈ , × [0, 6a]. 2 3 Hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo, x θ = (−(23a − z) sen θ, (23a − z) cos θ, 0), x z = (− cos θ, − sen θ, 1). x θ ∧ x z = (23a − z) cos θ, (23a − z) sen θ, (23a − z) . Entonces, el producto escalar restringido a la superficie es, hX, x θ ∧ x z i = (23a − z)z cos θ. Finalmente, Z φ(X, Γ3 ) =

6a

−171

(23a − z)z cos θ dz dθ =

π 2

0

√

4π 3

Z

32 + 2 a3 .

z2 z3 23a − 2 3

4π/3 6a    sen θ =   0

π/2

48

Problemas Resueltos

Figura 1.34: Representación de Γ3 (iv) Sea α = Γ3 ∩ Γ1 . Según hemos visto la curva es un arco de circunferencia de radio 17a en el plano z = 6a. Por tanto una parametrización de α es, α(θ) = (17a cos θ, 17a sen θ, 6a) , π/2 ≤ θ ≤ 4π/3. Por otro lado, α0 (θ) = (−17a sen θ, 17a cos θ, 0) , y el productoescalar restringido a la curva es, hX, α0 (θ)i = −102a2 sen θ. Luego, Z

4π/3

C(X, α) = π/2

4π/3  −102a2 sen θ dθ = 102a2 cos θ = −51a2 .  π/2

(v) El rotacional del campo es rot(X) = (0, 1, 0). Además, la normal a Γ4 es N = (1, 0, 0). Por tanto, aplicando el Teorema del Rotacional tenemos, Z Z C(X, ∂Γ4 ) = hX, T idl = hrot(X), N idA = 0. ∂Γ4

67.- Sea a > 0.

Γ4

Teoremas integrales

49

(i) Hallar una parametrización de la superficie reglada, Γ1 , generada por rectas paralelas al plano yz que se apoyan en las curvas α1 (u) = (a cos u, a sen u + a, 0) y α2 (u) = (a cos u, a sen u, a) con u ∈ [0, π], v ∈ [0, 1]. (ii) Hallar una parametrización de la superficie reglada, Γ2 , generada por rectas paralelas al plano yz que se apoyan en las curvas α2 y α3 (u) = (a cos u, −(a sen u + a), 0) con u ∈ [0, π], v ∈ [0, 1]. 5 S Γi , donde (iii) Sea Γ = i=1

√

Γ3

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −a ≤ x ≤ a, −a −

Γ4

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = −a, 0 ≤ z ≤ a, z − a ≤ y ≤ a − z},

Γ5

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = a, 0 ≤ z ≤ a, z − a ≤ y ≤ a − z}.

a2 − x2 ≤ y ≤ a +

√

a2 − x2 , z = 0},

Sea X el campo vectorial de IR3 X = −y

∂ ∂ +x . ∂x ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular el flujo de X a través de Γ5 . (d) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 . Solución: (i) A partir de las curvas dadas debemos hallar el vector director de las rectas que generan la superficie reglada, w1 (u) = α2 (u) − α1 (u) = (0, −a, a). Observemos que como en w1 la componente x es nula, estos vectores son paralelos al plano yz. Por tanto, una parametrización de la superficie reglada será: x (u, v) = α2 (u) + vw1 (u) = a cos u, a(sen u − v), a(1 + v) . (ii) Procedemos como en el apartado anterior. w2 (u) = α2 (u) − α3 (u) = (0, a(2 sen u + 1), a). Por tanto, y (u, v) = α2 (u) + vw2 (u) = a cos u, a sen u + av(2 sen u + 1), a(1 + v) . (iii) (a) Como div(X) = 0 y Γ encierra un volumen Ω, ver Figura 1.35, podemos aplicar el Teorema de la Divergencia, Z Z hX, N idA =

φ(X, Γ) = Γ

div(X) = 0. Ω

50

Problemas Resueltos

Figura 1.35: Representación de Γ (b) Γ1 es la superficie reglada calculada en (i),ver Figura 1.36, por tanto una parametrización de esta superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x (u, v) = (a cos u, a(sen u − v), a(1 + v)), (u, v) ∈ [0, π] × [0, 1]. x u = (−a sen u, a cos u, 0) y x v = (0, −a, a). x u ∧ x v = a2 (cos u, sen u, sen u). Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x u ∧ x v i = a3 v cos u. Finalmente, Z Z φ(X, Γ1 ) = hX, N idA = Γ1

0

π

Z 0

1

 2 1

π   a v cos u du dv = a sen u  = 0. 2 0 0 3

3v

(c) La representación de Γ5 se halla en la Figura 1.37. Parametrizamos la superficie en coordenadas cartesianas: x (x, y) = (a, y, z), (y, z) ∈ [z − a, a − z] × [0, a]. En este caso la base del tangente y la normal son, x y = (0, 1, 0), x z = (0, 0, 1) y N = (1, 0, 0) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, N i = −y.

Teoremas integrales

51

Figura 1.36: Representación de Γ1 De donde, Z

Z

a

Z

a−z

hX, N idA = −

φ(X, Γ5 ) = Γ5

y dy dz = 0, ya que es la integral de una función 0

z−a

impar en un intervalo simétrico. (d) Debemos observar que Γ1 ∩ Γ2 es la curva α2 (u) = (a cos u, a sen u, a). Por tanto, α20 (u) = (−a sen u, a cos u, 0) y hX, α20 i = a2 sen2 u. De donde, π Z Z π u sen 2u   = a2 π . − C(X, α2 ) = hX, T idl = a2 sen2 u du = a2  2 4 2 α2 0 0 68.- Sean las curvas planas x = f1 (z) =

√

1 + z 2 , z ∈ [0, 1] y x = f2 (z) =

√

√ 3 − z 2 , z ∈ [1, 3].

(i) Obtener las parametrizaciones de las superficies de revolución S1 y S2 que se obtienen al girar respecto del eje OZ las curvas x = f1 (z) y x = f2 (z) respectivamente. (ii) Considérese el campo vectorial de IR3 X = −x

∂ ∂ ∂ −y + (2z − 1) . ∂x ∂y ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de S = S1 ∪ S2 . (b) Calcular el flujo de X a través de S2 . (c) Calcular la circulación de X a lo largo de S ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 1}. (d) Calcular la circulación de X a lo largo de S ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 0}.

52

Problemas Resueltos

Figura 1.37: Representación de Γ5 Solución: (i) Como se trata de superficies de revolución las podemos parametrizar de la siguiente manera, √ √ S1 : x (θ, z) = ( 1 + z 2 cos θ, 1 + z 2 sen θ, z), (θ, z) ∈ [0, 2π] × [0, 1]. √ √ √ S2 : x (θ, z) = ( 3 − z 2 cos θ, 3 − z 2 sen θ, z), (θ, z) ∈ [0, 2π] × [1, 3]. (ii) (a) La superficie S no es frontera de nigún abierto de IR3 por lo que para aplicar el Teorema de la Divergencia, será necesario utilizar un disco para formar una superficie que encierre un volumen. Ver Figura 1.38. Entonces, Z

Z div(X)dV −

φ(X, S) = V

hX, N idA, D

donde, D = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 1, z = 0} y la normal N = − Luego, hX, N i = −2z + 1 = 1. Por tanto y dado que divX = 0 el flujo es, Z φ(X, S) = −

dA = −π. D

∂ . ∂z

Teoremas integrales

53

Figura 1.38: Representación de S (b) En este caso también es necesario emplear una superficie auxiliar para calcular el flujo a través de S2 . Ver figura 1.39. Z

Z div(X)dV −

φ(X, S2 ) = V

hX, N idA, D2

donde, D2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 2, z = 1} y la normal N = −

∂ . ∂z

Luego, hX, N i = −2z + 1 = −1. Finalmente, Z φ(X, S2 ) = −

dA = −2π. D2

(c) Para calcular la circulación sobre la circumferencia podemos aplicar el Teorema de StokesAmpere. Z Z hX, T idl =

C(X, ∂B) = ∂B

hrot(x), N idA. B

El rotacional es, rot(x) = (0, 0, 0). Por tanto, Z hrot(x), N idA = 0.

C(X, ∂B) = B

54

Problemas Resueltos

Figura 1.39: Representación de S2 (d) La representación de γ se halla en la Figura 1.40. Como rot(x) = (0, 0, 0) y IR3 es un abierto en forma de estrella, el campo es gradiente 2 2 X = ∇f , donde f = − x2 − y2 + z 2 − z. Por tanto, Z 1 1 C(X, γ) = h∇f, T idl = f (γ(b)) − f (γ(a)) = f (0, 1, 0) − f (0, −1, 0) = − + = 0. 2 2 γ 69.- Sean, R ∈ IR+ , √

Γ1 Γ2 Γ3

2 R} 2 √ R2 R2 2 ≤ x2 + y 2 ≤ , z= R} = {(x, y, z) ∈ IR3 : 6 2 2 √ √ z2 2 2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : = x2 + y 2 , R≤z≤ R}, 3 4 2 3

2

2

2

2

= {(x, y, z) ∈ IR : x + y + z = R , z ≥

Γ = ∪3i=1 Γi y X el campo vectorial de IR3 X = −y (i) (ii) (iii) (iv)

Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ ∂ ∂ +x + . ∂x ∂y ∂z

el flujo de X a través de Γ. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ3 . la circulación de X a lo largo de ∂(Γ2 ).

Teoremas integrales

55

Figura 1.40: Representación de γ Solución: (i) La superficie Γ no encierra ningún volumen, pero como div(X) = 0, para hallar el flujo a través de toda la superficie puede ser conveniente cerrar la superficie y luego aplicar el Teorema de la Divergencia. Ver Figura 1.41. Z

Z

Z

hX, N idA =

φ(X, Γ) =

Z

div(X)dV −

Γ

hX, N idA = −

Ω

T1

dA, T1

√ 2 R2 donde T1 = {(x, y, z) ∈ IR : x + y ≤ ,z = R} y Ω es tal que ∂Ω = Γ ∪ T1 . 24 4 Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia la normal a T1 debe ser la exterior al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1), ya que en esta superficie z es constante. 3

2

2

Luego hX, N1 i = −1, de donde Z φ(X, Γ) = −

Z hX, N idA =

T1

dA = π T1

R2 . 24

(ii) Primer método La superficie Γ1 es un trozo de esfera por lo que consideramos una parametrización de Γ1 en coordenadas esféricas, x 1 (θ, ϕ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), (θ, ϕ) ∈ [0, 2π] × [0, π/4].

56

Problemas Resueltos

Figura 1.41: Representación de Γ √ El límite superior de ϕ lo obtenemos al imponer z =

2 R en la parametrización, 2

√

√ 2 2 R cos ϕ = R =⇒ cos ϕ = =⇒ ϕ = π/4 2 2 En este caso los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−R sen ϕ sen θ, R sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (R cos ϕ cos θ, R cos ϕ sen θ, −R sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (−R2 sen2 ϕ cos θ, −R2 sen2 ϕ sen θ, −R2 sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = −R2 sen ϕ cos ϕ. Finalmente, Z Z φ(X, Γ1 ) = hX, N idA = Γ1

2π

0

Z

π/4

−R2 sen ϕ cos ϕ dθ dϕ = 2πR2

0

π/4 πR2 cos2 ϕ   =− .  2 2 0

Segundo método Podemos proceder como en el primer apartado y añadir a la superficie Γ1 otra superficie para encerrar √ un volumen, por ejemplo podemos considerar T2 = {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 + 2 R 2 y2 ≤ ,z = R} y Ω1 tal que ∂Ω1 = Γ1 ∪ T2 . Entonces, 2 2 Z Z Z φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, N idA = − hX, N idA. Ω1

T2

T2

Teoremas integrales

57

Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia la normal a T2 debe ser la exterior al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1), ya que en esta superficie z es constante. Luego hX, N1 i = −1, de donde Z φ(X, Γ1 ) = −

Z hX, N idA =

T2

dA = π T2

R2 . 2

Observar que el cambio de signo en los resultados correspondientes al flujo es debido al cambio de orientación en la normal. (iii) Primer método

1 √ = π/6 por lo que consi3 deramos una parametrización de Γ3 en coordenadas esféricas tomando ϕ = π/6, "√ r # √ ! ρ ρ 3ρ 6 2 x 3 (ρ, θ) = cos θ, sen θ, , (ρ, θ) ∈ , × [0, 2π]. 2 2 2 6 3 La superficie Γ3 es un trozo de cono de ángulo arctan

Los límites de ρ los obtenemos al imponer los valores límites de z para la superficie, √ 1 R2 6 x2 + y 2 = ρ2 = =⇒ ρ = R, 4 24 6 r 1 2 R2 2 2 2 x +y = ρ = =⇒ ρ = R. 4 6 3 En este caso los campos involucrados en el cálculo del flujo son, √ 1 1 3 ), x ρ = ( cos θ, sen θ, 2 2 2 ρ ρ x θ = (− sen θ, cos θ, 0), 2 2 ! √ √ ρ 3ρ 3ρ cos θ, − sen θ, . xρ ∧ xθ = − 4 4 4 Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, ρ hX, x ρ ∧ x θ i = . 4 Finalmente, √ 23 R Z Z √ 23 R Z 2π ρ π 2 πR2 φ(X, Γ3 ) = hX, N idA = √ dρ dθ = ρ  = . √ 6 4 4  6R 8 Γ3 0 6 R 6

Segundo método Podemos proceder como en los apartados anteriores y añadir a la superficie Γ3 otra superficie o superficies para encerrar√un volumen, por ejemplo podemos considerar√T3 = R2 2R R2 2R {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 +y 2 ≤ ,z = }, T4 = {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 +y 2 ≤ ,z = } 24 4 6 2 y Ω3 tal que ∂Ω3 = Γ3 ∪ T3 ∪ T4 . Entonces,

58

Problemas Resueltos

Z φ(X, Γ3 ) = Ω3

Z Z Z Z div(X)dV − hX, N idA− hX, N idA = − hX, N idA− hX, N idA. T3

T4

T3

T4

Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia las normales a T3 y T4 deben ser las exteriores al conjunto Ω3 , por tanto N3 = (0, 0, −1) y N4 = (0, 0, 1), ya que en estas superficies z es constante. Luego hX, N3 i = −1 y hX, N4 i = 1, de donde 2 Z Z Z Z R2 R2 R − = −π φ(X, Γ3 ) = − hX, N idA − hX, N idA = dA − dA = π 24 6 8 T3 T4 T3 T4 Observar que el cambio de signo en los resultados correspondientes al flujo es debido al cambio de orientación en la normal. (iv) La frontera de Γ2 es la unión de dos curvas, concretamente las circunferencias, √ √ ! √ 2 2 2R α1 (θ) = R cos θ, R sen θ, , θ ∈ [0, 2π] 2 2 2 y √ √ √ ! 6 6 2R α2 (θ) = R cos θ, R sen θ, , θ ∈ [0, 2π]. 6 6 2 Podemos hallar las tangentes a las curvas y calcular las circulaciones directamente o bien podemos intentar aplicar el Teorema de Stokes-Ampere. Z Z hrot(X), N idA, hX, T idl = C(X, ∂Γ2 ) = ∂Γ2

Γ2

donde N = (0, 0, 1) y rot(X) = (0, 0, 2). Por tanto, hrot(X), N i = 2 y Z 1 2 1 2 2 C(X, ∂Γ2 ) = 2dA = 2π R − R = πR2 . 2 6 3 Γ2 70.- Sean los subconjuntos de IR3 dados por Ω1 Ω2 Ω3 Ωp =

3 S

y2 + z2 < 1, y > 0, z < 0}, 4 z2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + < 1, y ∈ (−8, 0), z < 0}, 4 z2 (y + 8)2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + + < 1, z < 0, y ∈ (−10, −8)}, 4 16

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 +

Ωi , Γi = ∂Ωp ∩ ∂Ωi , i = 1, 2, 3 y Xc el campo vectorial de IR3

i=1

Xc = −(3x + y)

∂ ∂ ∂ + (x + 2y) + (z + 2) . ∂x ∂y ∂z

Teoremas integrales

59

(i) Calcular el flujo de Xc a través de Γp =

3 S

Γi .

i=1

(ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular

el flujo de Xc a través de Γc = Γp ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , z = 0}. el flujo de Xc a través de Γa = Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , z < 0}. la circulación de Xc a lo largo de ∂Γp . la circulación de Xc a lo largo de ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , y = −5, x > 0, z < 0}.

Solución: La representación de Ωp se encuentra en la Figura 1.42. En primer lugar calculamos la divergencia y el rotacional, div(Xc ) = 0 y rot(Xc ) = (0, 0, 2).

Figura 1.42: Representación de Ωp . (i) Como el flujo que debemos calcular es a través de una superficie que es frontera del abierto Ωp ⊂ IR3 , podemos aplicar el Teorema de la Divergencia Z Z φ(Xc , Γp ) = < Xc , N > dA = div(Xc )dV = 0. Γp

Ωp

(ii) Hemos representado la superficie Γc en la Figura 1.43. La normal a esta superficie es Nc = (0, 0, 1), por tanto Z Z φ(Xc , Γc ) = < Xc , Nc > dA = 2 dA. Γc

Γc

60

Problemas Resueltos

Figura 1.43: Representación de Γc Luego debemos calcular el área de la superficie. Para ello la dividimos es tres partes, • Sea A1 el área de la superficie encerrada por la elipse x2 + y ∈ [−10, −8]. Entonces, p s 2 2 Z −8 Z 1−( y+8 Z −8 4 ) y+8 A1 = dy p dx = 2 1− dy = 2 4 −10 − 1−( y+8 −10 4 )   y+8 y+8 = sen t t = arcsen 4  4  Z 0  dy = 4 cos t dt  8 cos2 t dt =  = π  y = −10  t = −6 −π/6 y = −8 t=0 0 Z 0 sen(2t) 2π √ 4 (1 + cos(2t)) dt = 4 t + = + 3. 2 3 −π/6 −π/6

(y + 8)2 = 1, z = 0 con 16

• Sea A2 el área de un rectángulo de lados 8 y 2. Entonces, A2 = 16. (y)2 • Sea A3 el área de la superficie encerrada por la elipse x2 + 4 Entonces,  x = sen t Z 1 Z 2√1−x2 Z 1p  dx = cos t dt A3 = dx dy = 2 1 − x2 dx =   x = −1 −1 0 −1 x=1

= 1, z = 0 con y ∈ [0, 2]. t = arcsen x t= t=

− π2 π 2

  = 

Teoremas integrales

Z

π/2

2 cos2 t dt =

−π/2

61

Z

π/2

(1 + cos(2t)) dt =

−π/2

Finalmente, φ(Xc , Γc ) =

t+

π/2 sen(2t) = π. 2 −π/2

√ 10π + 32 + 2 3. 3

z2 (iii) Γa es una porción de cilindro elíptico, concretamente, x2 + = 1, z < 0, y ∈ [−8, 0], ver 4 Figura 1.44. Por tanto una parametrización de Γa en coordenadas cilíndricas es,

Figura 1.44: Representación de Γa . x (θ, y) = (cos θ, y, 2 sen θ), y ∈ [−8, 0], θ ∈ [−π, 0]. En este caso los productos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (− sen θ, 0, 2 cos θ), x y = (0, 1, 0). x θ ∧ x y = (−2 cos θ, 0, − sen θ) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hXc , x θ ∧ x y i = 6 cos2 θ − 2 sen2 θ + 2y cos θ − 2 sen θ. Finalmente, Z Z φ(X, Γa ) = hX, Na idS = Γa

Z

0

−π

0

−π

Z

0

(6 cos2 θ − 2 sen2 θ + 2y cos θ − 2 sen θ) dy dθ =

−8

0 (6y cos2 θ − 2y sen2 θ + y 2 cos θ − 2y sen θ) −8 dθ =

62

Problemas Resueltos

Z

0

(48 cos2 θ − 16 sen2 θ − 64 cos θ − 16 sen θ) dθ =

−π

0 sen(2θ) sen(2θ) 24 θ + −8 θ− − 64 sen θ + 16 cos θ = 16π + 32. 2 2 −π

(iv) ∂Γp es la curva representada en la Figura 1.45.

Figura 1.45: Representación de ∂Γp Podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampere para calcular la circulación, Z Z Z C(∂Γp , Xc ) = hXc , T idl = hrot(Xc ), Nc idS + hrot(Xc ), Nt idS, ∂Γp

Γc

T

z2 3 donde T es la superficie x2 + ≤ , y = −10, z ≤ 0. Por tanto, Nt = (0, −1, 0). Como 4 4 rot(Xc ) = (0, 0, 2) tenemos que, hrot(Xc ), Nc i = 2 y hrot(Xc ), Nt i = 0. Luego, Z C(∂Γp , Xc ) = 2

dA = Γc

√ 10π + 32 + 2 3. 3

(v) Sea α = ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , y = −5, x > 0, z < 0}, ver Figura 1.46. Una parametrización de α es, π α(θ) = (cos θ, −5, 2 sen θ), θ ∈ (− , 0). 2 El vector tangente a α es, α0 (θ) = (− sen θ, 0, 2 cos θ) y hXc , α0 i = 7 cos θ sen θ + 4 cos θ − 5 sen θ.

Teoremas integrales

63

α

Figura 1.46: Representación de α Por tanto, Z C(α, Xc ) =

0

hXc , T idl = α

Z

(7 cos θ sen θ + 4 cos θ − 5 sen θ) dθ = −π/2

0 7 11 2 = sen θ + 4 sen θ + 5 cos θ) . 2 2 −π/2

71.- Consideremos las curvas parametrizadas en IR3 dadas por α1 (t) = (1, t − 1, 0),

w1 (t) = (−t, 2 − t, 10),

α2 (t) = (1 − t, 1, 0),

w2 (t) = (t − 2, −t, 10),

α3 (t) = (−1, 1 − t, 0),

w3 (t) = (t, t − 2, 10),

α4 (t) = (t − 1, −1, 0),

w4 (t) = (2 − t, t, 10),

donde t ∈ [0, 2]. Para cada i = 1, · · · , 4, sea Γi la superficie reglada con directriz αi generada por rectas con vector director wi y parámetro v ∈ [0, 1]. Consideremos X el campo vectorial de IR3 ∂ ∂ ∂ X = −y +x +z . ∂x ∂y ∂z (i) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (ii) Calcular el flujo de X a través de

4 S

Γi .

i=1

(iii) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ1 .

64

Problemas Resueltos

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 . 4 S (v) Calcular la circulación de X a lo largo de Γi ∩ {z = 10}. i=1

Solución: (i) La superficie Γ1 es la superficie reglada formada por las rectas que se apoyan en la recta α1 generada por rectas con vector director w1 . Por tanto una parametrización será, x 1 (t, v) = (1 − vt, t − 1 + v(2 − t), 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. La representación de Γ1 se encuentra en la Figura 1.47.

Figura 1.47: Representación de Γ1 Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x 1t = (−v, 1 − v, 0), x 1v = (−t, 2 − t, 10), x1t ∧ x1v = (10(1 − v), 10v, −2v + t). Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es,

Teoremas integrales

65

hX, x 1t ∧ x 1v i = −10(1 − v)(t − 1 + v(2 − t)) + 10v(1 − vt) + 10v(t − 2v) = 10v(t − 1 + 2v − vt + 1 − vt + t − 2v) + 10(1 − t − 2v + vt) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Finalmente, Z

1

Z

2

φ(X, Γ1 ) = 10 0

(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t) dt dv =

0

2 Z 1  t2 3 2 2 2  t − − 2vt + vt − v t  dv = 10 10 2v − 4v 2 dv = 2 2 0 0 0 1  4 10 10 v 2 − v 3  =− .  3 3 0 Z

1

(ii) Primer método Podemos calcular el flujo a través de

4 S

Γi como suma de los flujos de cada una de las

i=1

superficies, ya que en el apartado anterior hemos calculado el flujo a través de Γ1 . Para ello parametrizamos las tres restantes y efectuamos los calculos necesarios. • x 2 (t, v) = (1 − t + v(t − 2), 1 − vt, 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 2t = (−1 + v, −v, 0), x 2v = (t − 2, −t, 10), x 2t ∧ x 2v = (−10v, −10(v − 1), −2v + t). hX, x 2t ∧ x 2v i = 10v(1 − vt) − 10(v − 1)(1 − t + vt − 2v) + 10v(t − 2v) = 10v(1 − vt − 1 + t − vt + 2v + t − 2v) + 10(1 − t − 2v + vt) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ2 ) = φ(X, Γ1 ). • x 3 (t, v) = (−1 + tv, 1 − t + v(t − 2), 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 3t = (v, −1 + v, 0), x 3v = (t, t − 2, 10), x3t ∧ x3v = (10(v − 1), −10v, −2v + t). hX, x3t ∧ x3v i = −10(v − 1)(1 − t + vt − 2v) − 10v(vt − 1) + 10v(t − 2v) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ3 ) = φ(X, Γ1 ). • x 4 (t, v) = (t − 1 + v(2 − t), −1 + vt, 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 4t = (1 − v, v, 0), x 4v = (2 − t, t, 10), x 4t ∧ x 4v = (10v, −10(1 − v), −2v + t). hX, x 4t ∧ x 4v i = 10v(1 − vt) − 10(1 − v)(−1 + t − vt + 2v) + 10v(t − 2v) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ4 ) = φ(X, Γ1 ).

66

Problemas Resueltos

Finalmente, 4 [

φ(X,

Γi ) = 4φ(X, Γ1 ) = −

i=1

40 . 3

Segundo método Dado que div(X) = 1, podemos añadir a la superficie

4 S

Γi otras dos superficies para

i=1

encerrar un volumen, por ejemplo podemos considerar T1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, z = 0}, T2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, z = 10} y Ω tal 4 4 S S Γi ∪ T1 ∪ T2 . La representación de Γi se halla en la Figura 1.48. que, ∂Ω = i=1

i=1

Figura 1.48: Representación de Ω Entonces, φ(X,

4 S i=1

Z

Z div(X)dV −

Γi ) = Ω

Z hX, N1 idA −

T1

hX, N2 idA. T2

Calculemos el volumen de Ω. Podemos proceder al cálculo mediante la fórmula del volumen

Teoremas integrales

67

por secciones, Z vol(Ω) =

10

A(z)dz, 0

donde A(z) es el área de la sección z = cte en Ω. Comprobemos que las secciones z = z0 o equivalentemente v = v0 son cuadrados de lado, r z 2 z2 `(z) = 2 + −1 . 100 10 Las curvas intersección de

4 S

Γi con v = v0 son segmentos de rectas parametrizadas por

i=1

xi

βi (t) = x (t, v0 ), t ∈ [0, 2]. Además, β1 (t) = (1 − v0 t, t − 1 + v0 (2 − t), 10v0 ),

β10 (t) = (−v0 , 1 − v0 , 0).

β2 (t) = (1 − t + v0 (t − 2), 1 − v0 t, 10v0 ),

β20 (t) = (v0 − 1, −v0 , 0).

β3 (t) = (−1 + v0 t, 1 − t + v0 (t − 2), 10v0 ),

β30 (t) = (v0 , −1 + v0 , 0).

β4 (t) = (t − 1 + v0 (2 − t), v0 t − 1, 10v0 ),

β40 (t) = (1 − v0 , v0 , 0).

Observemos que β10 es paralelo a β30 , β20 es paralelo a β40 y que β10 es ortogonal a β20 . Para concluir, basta comprobar que las longitudes de los lados del paralelepípedo son iguales. Sus vértices son p1 = β1 (0) = β4 (2), p2 = β2 (0) = β1 (2), p3 = β3 (0) = β2 (2) y p4 = β4 (0) = β3 (2) y por tanto, q `1 = d(β1 (0), β1 (2)) = 4v02 + 4(v0 − 1)2 = `2 = d(β2 (0), β2 (2)). 2 z 1 z − + Luego, A(z) = 8 y por tanto, 100 10 2 3 10 Z Z 10 2 z 1 z z2 z  z  = 80 . − + dz = 8 − + div(X)dV = 8 100 10 2 300 20 2  3 Ω

0

0

Finalmente, las normales a T1 y a T2 deben ser las exteriores al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1) y N2 = (0, 0, 1), ya que en estas superficies z es constante. Luego hX, N1 i = −z = 0 y hX, N2 i = z = 10. Teniendo en cuenta que T2 es un cuadrado de área 4 resulta que,

φ(X,

4 [ i=1

Γi ) =

80 40 − 40 = − . 3 3

(iii) Para calcular la circulación a lo largo de ∂Γ1 aplicamos el Teorema de Stokes-Ampère o Teorema del rotacional, ya que tenemos casi todos los calculos hechos. rot(X) = (0, 0, 2), hrot(X), x 1t ∧ x 1v i = 2(−2v + t). Por tanto, 2 Z 1Z 2 Z 1 2 Z 1  t C(X, ∂Γ1 ) = 2 2(−2v + t)dv du = 2 − 2vt  dv = 4 (1 − 2v)dv =  2 0 0 0 0 0  1 4 v − v2   = 0. 0

68

Problemas Resueltos

(iv) La curva γ = Γ1 ∩ Γ2 no es frontera de ninguna superficie, por tanto para calcular la circulación parametrizamos la curva. Para ello debemos recordar las parametrizaciones de las dos superficies y tener en cuenta que el parámetro t es distinto en cada una de ellas: x 1 (t1 , v) = (1 − vt1 , t1 − 1 + v(2 − t1 − 1), 10v), t1 ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 2 (t2 , v) = (1 − t2 + v(t2 − 2), 1 − vt2 , 10v), t2 ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. Luego la curva intersección que se obtiene es, ) 1 − vt1 = 1 − t2 + v(t2 − 2) =⇒ t1 − 1 + v(2 − t1 ) = 1 − vt2

v(t2 − 2 + t1 ) = t2

)

v(2 − t1 + t2 ) = 2 − t1

2 − t1 t2 = =⇒ t22 + (t1 − 2)2 = 0 =⇒ t2 = 0, t1 = 2. t2 + t1 − 2 2 − t1 + t2 Por tanto, γ(v) = x 1 (2, v) = x 2 (0, v) = (1 − 2v, 1, 10v). =⇒ v =

El vector tangente es, γ 0 (v) = (−2, 0, 10) y hX, γ 0 (v)i = 2 + 100v. Luego, Z C(X, γ) =

Z hX, T i dl = 2

γ

(v) Sea γ2 =

4 S

0

1

 1 (1 + 50v)dv = 2 v + 25v   = 52. 2

0

Γi ∩ {z = 10} = ∂T2 , donde T2 es la superficie definida en (ii). Entonces,

i=1

γ2 es la frontera de un cuadrado de lado 2 en el plano z = 10, por lo que podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampère. En este caso la normal al cuadrado es N = (0, 0, 1) y hrot(X), N i = 2. Luego, Z C(X, γ2 ) =

Z hX, T idl =

γ2

hrot(X), N idS = 8. T2

72.- Sean a > r > 0, Γ1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x = (a + r cos u) cos v, y = (a + r cos u) sen v, z = r sen u, u ∈ [0, π], v ∈ [0, 2π]} Γ2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 = (a + r)2 , z ≤ 0} Γ3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 = (a − r)2 , z ≤ 0} yΓ=

3 S

Γi . Consideremos X el campo vectorial de IR3

i=1

X=x

∂ ∂ ∂ +z −y . ∂x ∂y ∂z

Teoremas integrales

69

(i) Calcular el flujo de X a través de Γ. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ2 . (iii) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 0}. (iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0}. Solución: En primer lugar hallamos las superficies involucradas y el conjunto Γ. La superficie Γ1 es la mitad superior de un toro ya que u ∈ [0, π] y por tanto z = r sen u ≥ 0. Por otro lado las superficies Γ2 y Γ3 son dos medias esferas con z ≤ 0 de radios a + r y a − r. Ver Figura 1.49.

Figura 1.49: Representación de Γ

(i) Como la superficie Γ encierra un volumen y div(X) = 1, podemos aplicar el Teorema de la divergencia para calcular el flujo pedido, Z φ(X, Γ) = div(X)dV = vol(Ω), Ω

donde Ω es el abierto de IR3 tal que ∂Ω = Γ. El volumen de Ω es el volumen de medio toro más el volumen de media esfera de radio a + r menos el volumen de media esfera de radio a − r. Por tanto, lo único que debemos calcular es el volumen del toro. Para ello consideramos las coordenadas dadas en el enunciado pero haciendo variar r para obtener

70

Problemas Resueltos

un volumen y calculamos el jacobiano del cambio. x (ρ, u, v) = ((a + ρ cos u) cos v, (a + ρ cos u) sen v, ρ sen u) , ρ ∈ [0, r], u ∈ [0, π], v ∈ [0, 2π], x ρ = (cos u cos v, cos u sen v, sen u) , x u = (−ρ sen u cos v, −ρ sen u sen v, ρ cos u) , x v = (−(a + ρ cos u) sen v, (a + ρ cos u) cos v, 0) , g11 = 1, g22 = ρ2 , g33 = (a + ρ cos u)2 , g12 = g13 = g23 = 0, √ g = ρ (a + ρ cos u). Por tanto, r

Z

Z

π

2π

Z

vol(T /2) = π

π

ρ (a + ρ cos u) dρ du dv = 2π 0

Z

Z

0 3

2

0

0

r r a+ cos u du = 2π 2 3 0 Finalmente,

2π

r  ρ3 ρ2 a+ cos u   du = 2 3 0

π  r r 2 2 au + sen u   = π r a. 2 3 0 2

3

2 φ(X, Γ) = π 2 r2 a + π (a + r)3 − (a − r)3 . 3 (ii) Primera forma Podemos calcular el flujo a través de Γ2 parametrizando la superficie. Como es una esfera trabajamos en esféricas. Sea R = a + r, x (θ, ϕ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [π/2, π]. Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−R sen ϕ sen θ, R sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (R cos ϕ cos θ, R cos ϕ sen θ, −R sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (R2 sen2 ϕ cos θ, R2 sen2 ϕ sen θ, R2 sen ϕ cos ϕ). Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = R3 sen3 ϕ cos2 θ + R3 sen2 ϕ cos ϕ sen 2θ − R3 sen2 ϕ cos ϕ sen θ = R3 sen3 ϕ cos2 θ. Finalmente, φ(X, Γ2 ) = R

3

Z

π

0

2π

2π 3

2

sen ϕ cos θ dθ dϕ = R π/2

Z

Z 0

R3 1 − cos(2θ) dθ = 2 2

3

Z

π

sen ϕ(1 − cos2 ϕ)dϕ

π/2

π 2π  1 sen(2θ)  3   = 2 π(a + r)3 . − cos ϕ + cos ϕ  θ−  3 2 3 π/2 0

Segunda forma Dado que div(X) = 1, podemos añadir a la superficie Γ2 otra superficie para encerrar un volumen, por ejemplo podemos considerar T1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0, x2 +y 2 ≤ (a+r)2 } y Ω1 tal que ∂Ω1 = Γ2 . Ver Figura 1.50.

Teoremas integrales

71

Figura 1.50: Representación de Γ2 ∪ T1 Entonces, Z

Z div(X)dV −

φ(X, Γ2 ) =

hX, N1 idS.

Ω1

T1

2 π(a + r)3 y por otro, T1 es un disco que podemos parametrizar 3 √ en coordenadas polares. Además, N1 = (0, 0, −1), hX, N1 i = −y y g = ρ. Por tanto, Z Z hX, N1 i = div(X) − φ(X, Γ2 ) = Por un lado vol(Ω1 ) =

T1

Ω1

2 π(a+r)3 + 3

Z 0

2π

Z

a+r

−ρ2 sen θ dθ dρ =

0

2 π(a+r)3 + 3

Z 0

a+r

 2π 2 3 ρ2 cos θ dρ  = 3 π(a+r) . 0

3

(iii) La representación de la curva α = Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR : x = 0} se halla en la Figura 1.51. Podemos ver a la curva como la frontera de una superficie, Γ4 , formada por dos medios círculos y medio anillo circular cuya normal es N4 = (1, 0, 0). Por tanto, para calcular la circulación a lo largo de α podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampère o del rotacional. En este caso, rot(X) = (−2, 0, 0), hrot(X), N4 i = −2. Por tanto, Z C(X, α) =

Z hX, T idl =

α

hrot(X), N4 idS = −2 area(Γ4 ) = Γ4

(a + r)2 − (a − r)2 −2π r + 2

2

= −2rπ(r + 2a).

(iv) La curva γ = Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0} es la unión de dos circunferencias concéntricas de radios a + r y a − r, por tanto podemos verla como la frontera de un anillo circular,

72

Problemas Resueltos

Figura 1.51: Representación de α Γ5 , y aplicar el Teorema de Stokes-Ampère. En este caso, rot(X) = (−2, 0, 0), N5 = (0, 0, 1), hrot(X), N5 i = 0. Por tanto, Z C(X, γ) =

Z hX, T idl =

γ

hrot(X), N5 idS = 0. Γ5

73.- Sean los subconjuntos de IR3 dados por

Ω2

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, 25 ≤ y ≤ 37, y − 25 ≤ z ≤ 12} q √ = {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, −25 ≤ y ≤ 25, −25 + (25 2)2 − y 2 ≤ z ≤ 12}

Ω3

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, −37 ≤ y ≤ −25, −y − 25 ≤ z ≤ 12},

Ω1

Ω=

3 S

Ωi y X el campo vectorial de IR3

i=1

X=y

∂ ∂ +z . ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. √ (ii) Calcular el flujo de X a través de Γc = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 (z + 25)2 + y 2 = (25 2)2 }. (iii) Calcular el flujo de X a través de Γp = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 z = y − 25}. (iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γc ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 3}.

Teoremas integrales

73

Figura 1.52: Representación de Ω (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γc . Solución: La representación de Ω se halla en la Figura 1.52. Z Z Z (i) Como div(X) = 2, φ(X, ∂Ω) = hX, N idS = div(X) = 2 dV . ∂Ω

Ω

Ω

El volumen de Ω es dos veces el volumen de un prisma triangular de lados 12, 12 y 6 que denotaremos por VP, más el volumen de A, donde A está repersentado en la Figura 1.53. 1 • V P = 12 · 12 · 6 = 432. 2 Z 3 Z 25 Z 12 Z 25 q √ • V (A) = dx dy dz = 6 37 − (25 2)2 − y 2 dy = √ √ −3

−25+

0

√ y = 25 2 sen θ √   dy = 25 2 cos θdθ   1  y = 25 → θ = arcsin √2 = π/4 

(25 2)2 −y 2

0

  Z π/4 √   = 6 · 37 · 25 − 6 (25 2)2 cos2 θ dθ =  0 

y=0→θ=0 2

Z

6 · 37 · 25 − 6 · 25 · 2 0

6 · 37 · 25 − 6 · 252

π/4 ! 1 + cos 2θ sen 2θ  2  dθ = 6 · 37 · 25 − 6 · 25 θ + dx = 2 2 0 !

π/4

π 1 + 4 2

= 75(49 − 25π/2)

Por tanto, V (Ω) = 2 · 432 + 2 · 75(49 − 25π/2) = 8214 − 1875π,

74

Problemas Resueltos

Figura 1.53: Representación de A luego φ(X, ∂Ω) = 2V (Ω) = 16428 − 3750π. (ii) Γc es la parte cilíndrica de ∂Ω, ver Figura 1.54. Primera forma Parametrizamos Γc mediante coordenadas cilíndricas descentradas ya que la circunferencia que define el cilindro tiene centro en (0, 0, −25). √ √ x (x, θ) = (x, 25 2 cos θ, −25 + 25 2 sen θ), (x, θ) ∈ [−3, 3] × [π/4, 3π/4]. El intervalo de variación de θ se halla mediante el intervalo de variación de la variable y: √ √ y = −25 =⇒ 25 2 cos θ = −25 =⇒ θ = arcos(− 2/2) = 3π/4. De forma análoga y = 25 =⇒ θ = π/4. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, √ √ x x = (1, 0, 0), x θ = (0, −25 2 sen θ, 25 2 cos θ), √ √ x x ∧ x θ = (0, −25 2 cos θ, −25 2 sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, √ √ hX, x x ∧ x θ i = −(25 2)2 + 252 2 sen θ. Finalmnte, Z

3

Z

3π/4

φ(X, Γc ) = −3

6 · 252

−2θ −

√ √ −(25 2)2 + 252 2 sen θ dx dθ =

π/4

√

3π/4 !  = −6 · 252 (π − 2) = 3750(2 − π). 2 cos θ  π/4

Teoremas integrales

75

Figura 1.54: Representación de Γc y ∂Γc Segunda forma Parametrizamos Γc mediante coordenadas cartesianas. q √ z (x, y) = (x, y, −25 + (25 2)2 − y 2 ), (x, y) ∈ [−3, 3] × [−25, 25]. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   −y , z x = (1, 0, 0), z y = 0, 1, q √ 2 2 (25 2) − y   y z x ∧ z y = 0, q √ , 1. 2 2 (25 2) − y Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, √ (25 2)2 hX, z x ∧ z y i = q √ − 25. (25 2)2 − y 2 Finalmente, Z φ(X, Γc ) =

6 · 252

√ (25 2)2 q √ − 25dxdy = −3 −25 (25 2)2 − y 2 ! 25 y  2arcsin √  − 2 = 6 · 252 (π − 2) = −3750(2 − π). 25 2 −25 3

Z

25

76

Problemas Resueltos

Observar que el cambio de signo viene dado por el cambio de orientación en las normales. Tercera forma Calculamos el flujo a través de Γc mediante la consideración de un volumen que contenga a Γc como parte de su frontera. Por ejemplo Vc puede ser el representado en la Figura 1.55

Figura 1.55: Representación de Vc Entonces, Z div(X) −

φ(X, Γc ) = Vc

5 Z X i=1

hX, Ni i.

Si

Para calcular los flujos sobre el resto de superficies que forman parte de la frontera de Vc calculamos: ◦hX, N1 i = 0, hX, N2 i = y|S2 = 25, hX, N3 i = 0, ◦hX, N4 i = z|S4 = 12, hX, N5 i = −y|S5 = 25. Por tanto, φ(X, N1 ) = φ(X, N3 ) = 0, Z Z φ(X, N2 ) = φ(X, N5 ) = < X, Ni >= 25 Si

Z φ(X, N4 ) =

Z dA = 12 · 6 · 50 = 3600.

< X, N4 >= 12 S4

dA = 25 · 12 · 6 = 1800,

Si

S4

Teoremas integrales

77

De donde, φ(X, Γc ) = 2(7350 − 1875π) − 2 · 1800 − 3600 = 3750(2 − π). (iii) La representación de Γp se halla en la Figura 1.56.

Figura 1.56: Representación de Γp Una parametrización de la superficie y los campos involucardos en el cálculo del flujo son, x (x, y) = (x, y, y − 25), (x, y) ∈ [−3, 3] × [25, 37]. x x = (1, 0, 0), x y = (0, 1, 1), x x ∧ x y = (0, −1, 1). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x x ∧ x y i = −y + z = −25 De donde, Z

3

Z

37

−25 dx dy = −6 · 25 · 12 = −1800.

φ(X, Γp ) = −3

25

(iv) Sea γ = Γc ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 3}. Debemos observar que rotX = 0 y como el campo está definido en un abierto con forma de estrella X = ∇f , basta observar X para deducir que f (x, y, z) = y 2 /2 + z 2 /2. Por tanto, para cualquier curva, C(X, γ) = f (γ(b)) − f (γ(a)). En nuestro caso γ(3π/4) = (3, −25, 0) y γ(π/4) = (3, 25, 0), ver Figura 1.57. De donde, C(X, γ) = 0. Podemos calcular la circulación parametrizando la curva,

78

Problemas Resueltos

Figura 1.57: Representación de γ √ √ γ(θ) = (3, 25 2 cos θ, −25 + 25 2 sen θ), θ ∈ [π/4, 3π/4]. Por tanto,

√ √ √ γ 0 (θ) = (0, −25 2 sen θ, 25 2 cos θ) y hγ 0 , Xi = −252 2 cos θ. De donde, C(X, γ) =

R 3π/4 π/4

√ √ −252 2 cos θ dθ = −252 2 cos θ.

(v) Como la curva α = ∂Γc es cerrada, ver Figura 1.54 y el campo es gradiente C(X, α) = 0. Otra forma alternativa de calcular esta circulación es aplicando el Teorema de StokesAmpere. Z Z C(X, α) = hX, T idl = hrotX, N idS = 0. ∂Γc

Γc

74.- Sean, a, b ∈ IR+ , a < b < 4a, Ω

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = ρ cos θ, y = y, z = ρ sen θ, con ρ ∈ (a, b), y ∈ (z − 4a, 4a − z), θ ∈ (−π/6, π + π/6)}

y X el campo vectorial de IR3 X = (2a − z)

∂ . ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γp = ∂Ω ∩ {(ρ, y, θ) ∈ IR3 : y = −ρ sen θ + 4a}. (iii) Calcular el flujo de X a través de Γa = ∂Ω ∩ {(ρ, y, θ) ∈ IR3 : ρ = a}.

Teoremas integrales

79

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γa ∩ Γp . Solución: La representación de Ω se halla en la Figura 1.58

Figura 1.58: Representación de Ω Z (i) Como div(X) = −1, φ(X, ∂Ω) =

Z

Z

hX, N idS =

div(X) = −

∂Ω

Ω

dV . Ω

El volumen de Ω se puede calcular dividiéndolo en tres partes, la parte central C en la que y ∈ (−3a, 3a), y dos veces el volumen de una de las partes externas: A, ver Figura 1.59 b Z b Z π+π/6 Z 3a π ρ2 • V (C) = ρ dy dθ dρ = 6a(π + ) = 4πa(b2 − a2 ) 3 2 a a −π/6 −3a Z b Z π+π/6 Z 4a−ρ sen θ Z b Z π+π/6 • V (A) = ρ dy dθ dρ = ρ(a − ρ sen θ) dθ dρ = a

−π/6

3a

a

π+π/6 Z  ρ (aθ + ρ cos θ)  dρ = 

−π/6

4π √ − 3ρ dρ = 3 a a −π/6 √  b 4π ρ2 √ ρ3  2π 3 3 2 2  a − 3 = a(b − a ) − (b − a3 ) 3 2 3 a 3 3 Z

b

Por tanto, Z hX, N idS = ∂Ω

b

ρ a

√ 2 3 3 16π (b − a3 ) − a(b2 − a2 ) 3 3

(ii) Una parametrización de Γp es, x (ρ, θ) = (ρ cos θ, −ρ sen θ + 4a, ρ sen θ), ρ ∈ (a, b), θ ∈ (−π/6, π + π/6),

80

Problemas Resueltos

Figura 1.59: Representación de A dado que Γp se obtiene al restringir la y en la superficie ∂Ω, concretamente y = −ρ sen θ + 4a. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x ρ = (cos θ, − sen θ, sen θ), x θ = (−ρ sen θ, −ρ cos θ, ρ cos θ), x ρ ∧ x θ = (0, −ρ, ρ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = ρ(2a − ρ sen θ). Luego, el flujo es, Z b Z π+π/6 Z φ(X, Γp ) = ρ(2a − ρ sen θ) dθ dρ = −π/6

a

Z

b

ρ

a

8π a− 3

√

π+π/6  ρ (2aθ + ρ cos θ)  dρ =  −π/6

√

3ρ

a

b

dρ =

! √ b 4π 2 3 3  4π 3 3 2 2  aρ − ρ  = a(b − a ) − (b − a3 ). 3 3 3 3 a

(iii) Una parametrización de Γa es, y (y, θ) = (a cos θ, y, a sen θ), θ ∈ (−π/6, π + π/6), y ∈ (a sen θ − 4a, 4a − a sen θ). Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, y y = (0, 1, 0), y θ = (−a sen θ, 0, a cos θ), y y ∧ y θ = (a cos θ, 0, a sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es,

Teoremas integrales

81

hX, y y ∧ y θ i = a2 (2 sen θ − sen2 θ). Finalmente, Z φ(X, Γa ) =

π+π/6

−π/6

Z

Z

4a−a sen θ

a2 (2 sen θ − sen2 θ) dy dθ =

a sen θ−4a

π+π/6

2(4a − a sen θ)a2 (2 sen θ − sen2 θ)dθ =

−π/6

Z

π+π/6

2a2 (8a sen θ − 6a sen2 θ + a sen3 θ)dθ =

−π/6

π+π/6 sen 2θ cos3 θ   2a −8a cos θ − 3a θ − = − a cos θ + a  2 3 −π/6 √ √ √ √ √ 3 3 3 3 27 3 2a2 8 3a − 6a( 2π − ) + a − a = 2a − 4π . 3 4 2 4 4 2

(iv) Sea γ = Γa ∩ Γp . Debemos observar que rot X = 0 y como el campo está definido en un abierto con forma de estrella X = ∇f , basta observar X para deducir que f (x, y, z) = 2az − z 2 /2. Por tanto, para cualquier curva desde t0 hasta t1 , C(X, γ) = f (γ(t1 )) − f (γ(t0 )). En nuestro caso γ(θ) = (a cos θ, −a ! sen θ + 4a, a sen θ), θ ∈ (−π/6, π + π/6). Luego, √ 3 a a a2 a2 f (γ(−π/6)) = f a , + 4a, − = −a2 − =− y 2 2 2 8 9 ! √ 3 a a a2 a2 f (γ(π + π/6)) = f −a , + 4a, − = −a2 − =− . 2 2 2 8 9 De donde, C(X, γ) = 0. 75.- Sean 0 < a < b, n Ω = (x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 ≥ a2 , x2 + z 2 ≥ a2 , z ≥ 0, z ≤ 2b − x, z ≤ 2b + x, z ≤ 2b − y, z ≤ 2b + y, si x ∈ [−b, −a], y ∈ [−b, b], o si x ∈ [−a, a], y ∈ [−b, a] ∪ [a, b] y si x ∈ [a, b], y ∈ [−b, b] y X el campo vectorial de IR3 X = −y

∂ ∂ ∂ +x +z . ∂x ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ1 = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 = a2 , x ≥ 0}. item[(iii)] Calcular el flujo de X a través de Γ2 = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 2b − x}.

82

Problemas Resueltos

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ1 . (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ2 . (vi) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂(∂Ω ∩ {z = 0}). Solución: En primer lugar calculamos la divergencia y el rotacional de X. div(X) = 1, rot(X) = (0, 0, 2). Como el rotacional de X no es nulo el campo no será gradiente. (i) La representación de ∂Ω se halla en la Figura 1.60.

Figura 1.60: Representación de ∂Ω Como el flujo que debemos calcular es a través de una superficie que es frontera de un volumen Ω, podemos aplicar el T. de la Divergencia, Z Z φ(X, ∂Ω) = hX, N idS = dV. ∂Ω

Ω

Luego el flujo a calcular es el volumen de Ω. Por las simetrías del recinto el volumen será 8 veces el volumen de A + B, ver Figura 1.61.

Teoremas integrales

83

Figura 1.61: Representación de A + B Z V (A) =

a

Z dy

0

a

b

Z 2b−x dx √ 2

a −y 2

Z dz =

a

Z dy

0

b

(2b − x) −

p a2 − y 2 dx =

a

! b p Z a a x2  3 2 a2 p 2 2 2 2  2bx − − a − y (b − a) dy = b − 2ba + − a − y (b − a) dy = 2 a 2 2 0 0   y = a sen t t = arcsin ay Z π/2   3 a2   2 2 =  dy = a cos tdt b − 2ba + − a (b − a) = a cos2 tdt =  π 2 2  y=a  t= 2 0 y=0 t=0 Z π/2 3 2 a3 a2 3 a3 2 b a − 2ba + − (b − a) (1 + cos(2t))dt = b2 a − 2ba2 + 2 2 2 2 2 0 π/2 2 3 2 a sen 2t 3 a a − (b − a) t + = b2 a − 2ba2 + − (b − a)π. 2 2 2 2 4 0 b Z b Z b Z 2b−x Z b Z b Z b x2 V (B) = dy dx dz = dy (2b − x)dx = 2bx − dy = 2 y a y 0 a y a b Z b 2b3 3 2 y2 3 2 y 3 3 a3 b − 2by + dy = b y − by 2 + = − b2 a + ba2 − . = 2 2 2 6 a 3 2 6 a Z

84

Problemas Resueltos

Finalmente, 3 3 2 a2 2b 3 a3 a3 V (Ω) = 8 b a − 2ba2 + − (b − a)π + 8 − b2 a + ba2 − = 2 2 4 3 2 6 1 (16b3 − 24ba2 + 8a3 ) + 2πa2 (a − b). 3 (ii) Γ1 es una porción de cilindro, concretamente, y 2 + z 2 = a2 , x ∈ [a, b], y ∈ [−a, a]. Por tanto una parametrización de Γ1 en coordenadas cilíndricas y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x (x, θ) = (x, a cos θ, a sen θ), x ∈ [a, b], θ ∈ [0, π]. x x = (1, 0, 0), x θ = (0, −a sen θ, a cos θ), x x ∧ x θ = (0, −a cos θ, −a sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, y hX, x x ∧ x θ i = −ax cos θ − a2 sen2 θ. Luego, Z πZ b φ(X, Γ1 ) = −a(x cos θ + a sen2 θ) dx dθ = 0 a Z a π 2 2 (b − a ) cos θ + a(b − a)(1 − cos(2θ)) dθ = − 2 0 π  a sen(2θ) 2 2  = − π a2 (b − a). − (b − a ) sen θ + a(b − a) θ −  2 2 2 0 (iii) Γ2 es un trozo del plano z = 2b − x concretamente x ∈ [a, b], y ∈ [−x, x] ya que en ∂Ω los planos z = 2b − x y z = 2b + y se cortan en la recta y = −x mientras que los planos z = 2b − x y z = 2b − y lo hacen en la recta y = x. Por tanto una parametrización de Γ2 y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x 2 (x, y) = (x, y, 2b − x), (x, y) ∈ [a, b] × [−x, x]. x 2x = (1, 0, −1) y x 2y = (0, 1, 0), x 2x ∧ x 2y = (1, 0, 1). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x 2x ∧ x 2y i = −y + 2b − x. De donde, Z

b

Z

x

a

x3 2 bx − 3

2

Z (2b − y − x) dx dy =

φ(X, Γ2 ) = −x

b

2(2b − x)x dx = a

b   = 2 (b3 − 3ba2 + a3 ).  3 a

(iv) Para calcular la circulación a lo largo de la curva ∂Γ1 podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampere , debemos tener en cuenta que ya hemos hecho la mayoría de los cálculos que intervendrán.

Teoremas integrales

85

Z C(∂Γ1 , X) = ∂Γ1

Z 0

π

Z hX, T1 idl =

Z

π

Z

b

−2a sen θ dx dθ =

hrot(X), x x ∧ x θ idS = Γ1

a

0

π  −2a(b − a) sen θdθ = 2a(b − a) cos θ  = −4a(b − a). 0

(v) Del mismo modo que en el apartado anterior podemos aplicar el Teorema de StokesAmpere para calcular la circulación a lo largo de la curva ∂Γ2 . Z Z Z bZ x C(∂Γ2 , X) = hX, T2 idl = 2 dx dy = 2(b2 − a2 ). hrot(X), x 2x ∧ x 2y idS = ∂Γ2

Γ2

a

−x

(vi) Aplicamos de nuevo el Teorema de Stokes-Ampere, en este caso la normal a la supercicie Γ3 = ∂Ω ∩ {z = 0} es N3 = (0, 0, −1). Por tanto, hrot(X), N3 i = −2. Teniendo en cuenta que Γ3 es la unión de cuatro cuadrados de lado b − a obtenemos, Z Z Z C(∂Γ3 , X) = hX, T3 idl = hrot(X), N3 idS = −2 dS = −8(b − a)2 . ∂Γ3

Γ3

Γ3

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