Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martnez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemtica y CC Emilio Villalobos Marn.

1 Integrales de Lnea1.1 Problema

Calcular la integral de lneaZ!rxydx+ x2dy; donde !r es la trayectoria

x2 + 4y2 = 4; x > 0:

Solucin Primero, escribamos la ecuacin paramtrica de la trayectoriaorientada positivamentex = 2 cos ty = sent

t 2 2 ; 2 =) !r (t) = (2 cos t; sent)

Calculemos el campo vectorial!F sobre la trayectoria

!F (x; y) =

xy; x2

=) !F (x (t) ; y (t)) =

2 cos tsent; (2 cos t)

2

Determinemos el vector !r 0 = (2sent; cos t)Calculemos la integral

Z!rxydx+ x2dy =

Z =2=2

2 cos tsent; (2 cos t)

2 (2sent; cos t) dt

=

Z =2=2

(4sen2t cos t+ 4 cos3 t)dt

=

Z =2=2

(8sen2t cos t+ 4 cos t)dt

=

83sen3t+ 4sent

2

2=8

3

1.2 Problema

Calcular la integral de lneaZ!ry2dx+ xdy; donde !r es la trayectoria

y2 = 2x x2; tal que x > 1; y > 0:

1

Solucin Observemos que !r es el segmento de circunferencia:y2 = 2x x2 () (x 1)2 + y2 = 1 tal que x > 1; y > 0:Entonces:x = 1 + cos ty = sent

t 2 0; 2 =) !r (t) = (1 + cos t; sent) t 2 0; 2

Calculemos el campo vectorial!F sobre la trayectoria!

F (x; y) =y2; x =) !F (x (t) ; y (t)) = sen2t; 1 + cos t

Determinemos el vector !r 0 (t) = (sent; cos t)luego, obtenemos!F (x (t) ; y (t)) !r 0 (t) = sen2t; 1 + cos t (sent; cos t)Calculemos la integral

Z!ry2dx+ xdy =

Z =20

sen3t+ cos2 t+ cos t

dt

=

Z =20

1 cos2 t sent+ (1 + cos 2t

2) + cos t

dt

=

cos t+ cos

3 t

3+t

2+sen2t

4+ sent

=20

= 1 13+

4+ 1

=5

3+

4

1.3 Problema

Calcular la integral de lneaZ!r(8x+z)dx+2xz2dy4y2dz; siendo !r la curva

denida por las ecuaciones: z = 9 2x2 4y2; z = 1:

Solucin Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es laelipse 2x2 + 4y2 = 8;con semi ejes a = 2 y b =

p2; que se

parametriza mediante.x = 2 cos t

y =p2sent

z = 1

9=; t 2 [0; 2] =) !r (t) = 2 cos t;p2sent; 1 t 2 [0; 2]Calculemos el campo vectorial

!F sobre la trayectoria!

F (x; y; z) =8x+ z; 2xz2;4y2 =) !F (x (t) ; y (t)) = (16 cos t+ 1; 4 cos 1t; 1)

Evaluemos el vector!r 0 (t) = 2sent;p2 cos t; 0luego, obtenemos!F (x (t) ; y (t)) !r 0 (t) = (16 cos t+ 1; 4 cos t; 1) 2sent;p2 cos t; 0Entonces la integral de lnea es

2

Z!r(8x+ z)dx+ 2xz2dy 4y2dz =

Z 20

32sent cos t 2sent+ 4

p2 cos2 t

dt

=16sen2t+ 2 cos t2

0+ 4p2

Z 20

1 + cos 2t

2

dt

= 4p2

t

2+sen2t

4

20

= 4p2

2 Campo conservativo

2.1 Problema

Calcular la integralZ!r2x cos ydxx2senydy; donde !r : [1; 2]! IR2 denida

por !r (t) =et1; sen

t

:

Solucin. Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modoque calculamos

r!F =

i j k@

@x

@

@y

@

@z2x cos y x2seny 0

= (0; 0; 0)Como hallamos que r !F = !0 ; entonces !F tiene una funcin potencial

(x; y) tal que

@

@x (x; y) = 2x cos y

@

@y (x; y) = x2seny

=

9>=>;Integrando la primera ecuacin parcialmente con respecto a x, se tiene

(x; y) = x2 cos y + h (y) =) @@y (x; y) = x2seny + h0 (y) = x2seny

h0(y) = 0 () h (y) = c

En consecuencia, la funcin potencial (x; y) para!F (x; y)es

(x; y) = x2 cos y + cEntonces , podemos armar que

Z!r2x cos ydx x2senydy =

Z!rr d!r = (!r (2)) (!r (1))

donde (!r (2)) = e; sen

2

= e2 + c y (!r (1)) = (1; sen) = 1 + c

3

Por tanto. obtenemos:Z!r2x cos ydx x2senydy = e2 1

2.2 Problema.

Considere el campo vectorial!F (x; y; z) en IR3 denido por :

!F (x; y; z) =

yz

1 + x2y2z2;

xz

1 + x2y2z2;

xy

1 + x2y2z2

:

EvaluarZ!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2;donde !r es:

a) el segmento rectlineo entre (0; 0; 0) y (1; 1; 1) :b) la insterseccin de x2 + y2 + (z 1)2 = 1; con x2 + y2 + z2 = 1:Se tiene que las componentes del campo vectorial son continuas 8 (x; y; z) 2

IR3

SolucinPrimero, veriquemos si el campo vectorial es conservativo o no.

r!F =

i j k@

@x

@

@y

@

@zyz

1 + x2y2z2xz

1 + x2y2z2xy

1 + x2y2z2

= (0; 0; 0)Puesto que@

@y

xy

1 + x2y2z2=@

@z

xz

1 + x2y2z2;@

@z

yz

1 + x2y2z2=@

@x

xy

1 + x2y2z2; etc.

= (0; 0; 0)

Como hallamos que r !F = !0 ; entonces !F tiene una funcin potencial (x; y) tal que

@

@x (x; y) =

yz

1 + x2y2z2@

@y (x; y) =

xz

1 + x2y2z2@

@z (x; y) =

xy

1 + x2y2z2

9>>>>>=>>>>>;Integrando la primera ecuacin parcialmente con respecto a x, se tiene

(x; y) = arctg (xyx) + h (y; z) =) @@y (x; y) =

xz

1 + x2y2z2+ h

0(y; z) =

xz

1 + x2y2z2

h0(y; z) = 0 () h (y; z) = g (x)

En consecuencia, la funcin potencial (x; y) para!F (x; y)es

(x; y) = arctg (xyx)+g (z) =) (x; y) = xy1 + x2y2z2

+g0(x) =

xy

1 + x2y2z2

g0(x) = 0 () g (x) = c

Entonces , podemos concluir que

4

(x; y) = arctg (xyx) + cEn este caso hallamos , que el valor de la integral

Z!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z!rr d!r = (1; 1; 1) (0; 0; 0)

= arctg (1) arctg (0)=

4

Si !r es la interseccin de dos esferas la curva resultante es cerrada, enconsecuencia Z

!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z!rr d!r = 0

3 Teorema de Green

3.1 Problema

Vericar el teorema de Green para el campo vectorial!F (x; y; z) =

2(x2 + y2); (x+ y)2

;donde

las curvas frontera de la regin D corresponden al contorno del tringulo convrtices en los puntos (1; 1) ; (2; 2) ;y (1; 3) orientado positivamente.SolucinComo el campo vectorial

!F (x; y) es de clase C1; y la regin D conexa,

entonces el teorema de Green ama que:ZC

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =Z Z

D

@

@x(x+ y)2 @

@y2(x2 + y2)

dxdy

En primer lugar, calculemos directamente la integral de lnea, segmentandola frontera en tres curvas:

ZC

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

ZC1

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy +

ZC2

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy

+

ZC3

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy

Parametricemos cada uno de los segmentos de curvas que unen los puntos(1; 1) y (2; 2) ; (2; 2) y (1; 3) ; (1; 3) y (1; 1)

5

(1,1)

(2,2)

(1,3)

x

y

Sea C1 la recta y = x; 1 x 2 =) !r (t) = (t; t) ; t 2 [1; 2] =) !r 0 (t) =(1; 1) ; t 2 [1; 2] entonces:

ZC1

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 21

h2t2 + t2

+ (2t)

2idt =

Z 21

8t2dt = 8

t3

3

21

=56

3

Sea C2 la recta y = 4 x; 1 x 2 =) !r (t) = (4 t; t) ; t 2 [2; 3] =)!r 0 (t) = (1; 1) ; t 2 [2; 3] ; entonces:

ZC2

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 32

h2(4 t)2 + t2 (1) + (4)2i dt

=

Z 32

2 16 8t+ 2t2+ 16 dt= 4

Z 32

t2 4t+ 4 dt = 4Z 3

2

[t 2]2 dt

= 4"(t 2)33

#32

= 43

Sea C3 la recta x = 1; 1 y 3 =) !r (t) = (1; 3 t) ; t 2 [0; 2] =)!r 0 (t) = (0;1) ; t 2 [0; 2] ; entonces:

ZC3

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 20

(4 t)2(1)dt

=

"(4 t)33

#20

=8

3 643= 56

3

Por lo tanto, al sumar los tres trminos tenemos:

6

ZC

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =56

3 43 563= 4

3

En segundo lugar tenemos que calcular:

Z ZD

@

@x(x+ y)2 @

@y2(x2 + y2)

dxdy =

Z ZD

[2x 2y] dxdy

donde D =(x; y) 2 IR2=1 x 2;x y 4 x :Luego

Z ZD

[2x 2y] dxdy =Z 21

Z 4xx

[2x 2y] dydx =Z 21

2xy y24x

xdx

=

Z 21

h2x (4 x) (4 x)2 2x2 x2

idx

=

Z 21

4x2 + 16x 16 dx= 4

Z 21

[x 2]2 dx = 4"(x 2)2

3

#31

= 43

lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green.

3.2 Problema

Usando integrales de lnea, calcular el rea de la regin encerrada por la elipse

denida por: x2

4+

y2

5= 1

SolucinEn primer lugar, parametrizamos la elipse de semiejes a = 2 y b =

p5;

mediante

!r (t) =2 cos t;

p5sent

; 0 t 2

que produce las ecuaciones paramtricas: x (t) = 2 cos t ; y (t) =p5sent =)

x0 (t) = 2sent ; y (t) = p5 cos tEntonces:

A (D) =1

2

IC

xdy ydx = 12

Z 20

2p5 cos2 t+ 2

p5sen2t

dt

=p5

Z 20

dt = 2p5

7

4 Area de una supercie parametrizada

4.1 Problema

Sea la funcion !r : D ! IR2; denida por !r (r; ) = (r cos ; r senv; r)donde D = f(r; ) =0 r 1; 0 2g una parametrizacin de un cono S.Hallar su rea de supercie.

SolucinEl rea de una supercie parametrizada se deneA(S) =

Z ZD

k!r u !r vk dudvCalculemos el integrando de rea usando la propiedad:

k!r r !r k =s

@ (x; y)

@ (r; )

2+

@ (y; z)

@ (r; )

2+

@ (z; x)

@ (r; )

2siendo los Jacobianos@ (x; y)

@ (r; )=

cos rsensen r cos = r

@ (y; z)

@ (r; )=

sen r cos 1 0 = r cos

@ (z; x)

@ (r; )=

1 0cos rsen = rsen

As que el integrando de rea esk!r r !r k =

pr2 + r2 cos2 + r2sen2 = r

p2

Por tanto,el rea de la supercie S es

A(S) =

Z ZD

k!r r !r k dudv =2Z0

Z 10

p2rdrd

=

2Z0

p2

r2

2

10

d

=

p2

2

2Z0

d

=p2

Observacin, k!r r !r kse anula para r = 0;pero !r (0; ) = (0; 0; 0)8:As, (0; 0; 0) es el nico punto donde la supercie no es suave.

4.2 Problema

Calcular el rea S de la regin del cono denido por x2 = y2 + z2; interior alcilindro x2 + y2 = a2; acotado en el octante x 0; y 0; z 0:Solucin

8

Parametrizando la ecuacin del cono, usando coordenadas cartesianas (y; z);setiene que

!r (y; z) =p

y2 + z2; y; z; (y; z) 2 D

La supercie S est al interior del cilindro , por lo que x2 + y2 = 2y2 + z2 a2:Entonces, la regin D esta denida sobre el plano yz porD =

(y; z) 2 IR2=2y2 + z2 a2; y 0; z 0 :

El rea de la supercie es:

A(S) =

Z ZD

k!r y !r zk dydz

luego ,si

!r y =

ypy2 + z2

; 1; 0

!; !r z =

zp

y2 + z2; 0; 1

!=) !r y !r z = (1; yp

y2 + z2; zp

y2 + z2)

=) k!r y !r zk =p2

A(S) =

Z ZD

p2dydz

Observemos que: 2y2+ z2 a2; y 0; z 0 () y2ap2

2 + z2a2 1; y 0; z 0 es el rea de la cuarta parte de la elipseUsando cambio de variables tenemos:

x =ap2r cos

y = arsen=)

@ (x; y)@ (r; ) =

ap2cos ap

2rsen

asen ar cos

= a2p2ry2ap2

2 + z2a2 1 () 0 r2 1 =) 0 r 1 y 0 Entonces la regin D = f(r; ) =0 r 1 y 0 g :Luego, si

A(S) =

Z ZD

p2dydz =

p2

Z ZD

a2p2rdrd

= a2Z =20

Z 10

rdrd = a2Z =20

r2

2

10

d

=a2

4

9

4.3 Problema

Calcular el rea S de la regin del manto del cilindro x+ y = 2y comprendidaentre y + z = 2y z = 0:SolucinEl rea de la supercie es:

A(S) =

Z ZD

k!r u !r vk dudv

Parametrizando la supercie del cilindro, x2+y2 = 2y () x2+(y1)2 = 1Usando coordenadas cilindricas (u; v);se tiene que

!r (u; v) = (cosu; 1 + senu; v) ; (u; v) 2 DD = f(u; v) =0 u 2; 0 v 2 (1 + senu)gDeterminemos el integrando de rea

!r u !r v =

i j ksenu cosu 00 0 1

= (cosu;senu; 0) =) k!r u !r vk = 1Por tanto,el rea de la supercie S es

A(S) =

Z ZD

dudv

=

Z 20

Z 1senu0

dvdu

=

Z 20

(1 senu) du= 2

5 Integrales de supercie

5.1 Problema

Sea S el octante positivo de la supercie x2 + y2 + z2 = 1:Calcular la integral

de supercieZ Z

S

1px2 + y2 + (z 1)2 dS

SolucinParametricemos la Supercie S usando coordenadas esfricas, es decir!r (u; v) = (senu cos v; senu senv; cosu) D = f(u; v) =0 u =2; 0 v =2g

Calculemos el valor del integrando sobre S

10

1px2 + y2 + (z 1)2 =

1psen2u cos2 v + sen2u sen2v + (cos2 u 1)2

=1p

sen2u + cos2 u+ 1 2 cosu=

1p2 2 cosu

Calculemos el producto vectorial

!r u!r v =

i j kcosu cos v cosu senv senusenu senv senu cos v 0

= sen2u cos v; sen2u senv; senu cos vLuego , obtenemos la norma del producto :k!r u !r vk =

sen4u+ sen2u cos2 u

1=2= jsenuj = senu porque 0 u

=2Finalmente, apliquemos la denicin de integral de supercie y calculemos

Z ZS

1px2 + y2 + (z 1)2 dS =

Z =20

Z =20

k!r u !r vkp2 2 cosududv

=

Z =20

Z =20

senup2 2 cosududv

=1p2

Z =20

2p1 cosu=2

0dv

=2p2

Z =20

dv

=p2

5.2 Problema

EvaluarZZ

S

z2ds; donde S es el paraboloide z = x2 + y2; comprendido entre

z = 1 y z = 4:SolucinPara este problema tenemos dos opciones para representar parametrica-

mente la corona del paraboloide.Usando coordenadas cartesianas rectngulares!r (x; y) = x; y; x2 + y2 ; donde D = (x; y) 2 IR2=1 x2 + y2 4Calculemos el vector normal a la supercie S, dado por

!r x !r y =i j k1 0 2x0 1 2y

= (2x; 2y; 1)11

Luego , obtenemos la norma del producto :k!r x !r yk =

p4x2 + 4y2 + 1

Aplicando la denicin de integral de supercie

ZZS

z2ds =

Z ZD

z2 k!r y !r zk dxdy

=

Z ZD

(x2 + y2)p4x2 + 4y2 + 1dxdy

Usando coordenadas polares para evaluar la integral doble,

Z ZD

(x2 + y2)p4x2 + 4y2 + 1dxdy =

Z 20

Z 21

r2p4r2 + 1rdrd

=

Z 20

"r2

1

12

4r2 + 1

3=221

212

Z 21

r4r2 + 1

3=2dr

#d

=

Z 20

"r2

1

12

4r2 + 1

3=221

1120

4r2 + 1

5=221

#d

=

6

173=2 53=2 1

10175=2 +

1

1053=2

6 Flujo de un campo vectorial

6.1 Problema

Calcular el ujo para!F (x; y; z) = (3x; 3y; z) en la supercie z = 9 x2 y2

tal que z 0SolucinUsando coordenadas cartesianas rectangulares, la parametrizacin de la su-

percie S es!r (x; y) = x; y; 9 x2 y2 ; dondeD = (x; y) 2 IR2=x2 + y2 9; z 0Calculemos el vector normal a la supercie S, dado por

!r x !r y =i j k1 0 2x0 1 2y

= (2x; 2y; 1)Aplicando la denicin de integral de supercie al ujo a travs de S, se

obtiene

12

ZZS

!F bnds = ZZ

D

!F (!r (x; y)) (!r x !r y) dxdyZZ

D

(3x; 3y; z) (2x; 2y; 1)dxdy

=

ZZD

6x2 + 6y2 + z

dxdy

=

ZZD

6x2 + 6y2 + 9 x2 y2 dxdy

=

ZZD

5x2 + 5y2 + 9

dxdy

Cambiando a coordenadas polares

ZZD

5x2 + 5y2 + 9

dxdy =

Z 20

Z 30

5r2 + 9

rdrd

=567

2

Alternativamente, podemos parametrizar directamente la supercie S en co-ordenadas cilndricas.

!r (r; ) = r cos ; rsen; 9 r2 ; 0 r 3; 0 2Calculemos el vector normal a la supercie y el campo vectorial sobre la

supercie:

!n = !r r !r =

i j kcos sen 2rrsen r cos 0

= 2r2 cos ; 2r2sen; rAplicando la denicin de integral de supercie al ujo sobre S, se obtiene

ZZS

!F bnds = ZZ

D

!F (!r (r; )) (!r r !r ) drd

=

ZZD

3r cos ; 3 rsen; 9 r2 2r2 cos ; 2r2sen; r drd

=

ZZD

6r3(cos2 + sen2) + 9r r3 drd

=

ZZD

5r3 + 9r

drd

=

Z 20

Z 30

5r3 + 9r

drd =

567

2

13

7 Teorema de la divergencia de Gauss

7.1 Problema

Calcular el ujoZZ

S

!F bndS del campo vectorial!F (x; y; z) = x2 + senz; xy + cos z; ey

a travs de la frontera S limitada por la supercie cilndrica x2 + y2 = 2y y losplanos z = 0, y + z = 2;SolucinPuesto que el campo vectorial

!F es continuo, con primeras derivadas par-

ciales continuas en IR3 y la regin V IR3 encerrada es conexa y S es unasupercie cerrada suave, entonces es aplicable el teorema de la divergencia deGauss. ZZ

S

!F bndS = ZZZ

V

r !F dV

Para resolver la ultima integral necesitamos describir el slido V. Comple-tando el cuadrado, la ecuacin de la supercie cilndrica dada puede escribirsecomo:x2 + y2 = 2y () x2 + (y 1)2 = 2y:Luego, la proyeccin del slido sobre el plano XY es la circunsferencia de

centro (0; 1) y radio 1. Por otra parte z esta acotado entre los dos planos dados0 z 2 y:Por tanto, el slido esta dado por V =

n(x; y; z) 2 IR3=

p2y y2 x

p2y y2; 0 y 2; 0 z 2 y

oCalculemos la divergencia del campo vectorial:

r !F = @@x

x2 + senz

+@

@y(xy + cos z) +

@

@z(ey) = 3x

Entonces:

ZZZV

3xdxdydz =

Z 20

Z p2yy2p2yy2

Z 2y0

3xdzdxdy

=

Z 20

Z p2yy2p2yy2

3x (2 y) dxdy

=

Z 20

(2 y)3

2x2p2yy2

p2yy2

dy = 0

Vericar el teorema de la divergencia para el campo vectorial!F (x; y; z) =

(x; y; z) sobre la esfera x2 + y2 + z2 = a2:El teorema de la divergencia arma que.ZZ

S

!F bndS = ZZZ

V

r !F dV

La divergencia de!F es

14

r !F = @@x(x) +

@

@y(y) +

@

@z(z) = 3:

de modo que. ZZZV

r !F dV =ZZZ

V

3 dV

= 3

4

3a3

= 4a3

Calculemos ahora el Flujo sobre la supercie.ZZS

!F bndS = ZZ

D

!F (!r (u; v)) (!r u !r v) dudv

Parametricemos la supercie usando coordenadas esfricas.!r (u; v) = (senu cos v; senu senv; cosu) ; con D = f(u; v) =0 u =2; 0 v =2gCalculemos el producto vectorial

!r u!r v =

i j kcosu cos v cosu senv senusenu senv senu cos v 0

= sen2u cos v; sen2u senv; senu cos v

7.2 Problema

Vericar el teorema de la divergencia para!F (x; y; z) =

x3; y3; z3

en la R la

regin acotada por la frontera x2 + y2 = 4; z = 0;y z = 3:SolucinEl teorema de la divergencia arma que

ZZS

!F bnds = ZZZ

R

r !F dVCalculemos el ujo que produce el campo sobre la frontera:

ZZS

!F bnds = ZZ

S1

!F bnds+ ZZ

S2

!F bnds+ ZZ

S3

!F bnds

Si denimos parametrizacion de las supercies inferior y superior que limitanel cilindro tenemos:S1 :

!r (u; v) = (u;v; 0) D = f(u; v) =0 u 2; 0 v 2; 0gEl vector normal con orientacion positiva es

!r u !r v =i j k1 0 00 1 0

= (0; 0;1)As , obtenemos:

ZZS1

!F bnds = ZZ

D

!F (!r (u; v)) (!r u !r v) dudv

=

ZZD

u3;v3; 0 (0; 0;1) dudv = 015

Analogamente para:S3 :

!r (u; v) = (u; v; 0) D = f(u; v) =0 u 2; 0 v 2g!r u !r v =

i j k1 0 00 1 0

= (0; 0; 1)Luego:

ZZS3

!F bnds = ZZ

D

!F (!r (u; v)) (!r u !r v) dudv

=

ZZD

u3; v3; 33

(0; 0; 1) dudv=

Z 20

Z 20

33dudv

= 108

Si denimos la parametrizacin para el manto del cilndro se tiene:S2 :

!r (u; v) = (2 cosu; 2senu ; v) D = f(u; v) =0 u 2; 0 v 3gEl vector normal con orientacion positiva es,

!r u !r v =

i j k2senu 2 cosu 00 0 1

= (2 cosu; 2senu; 0)En consecuencia,

ZZS2

!F bnds = ZZ

D

!F (!r (u; v)) (!r u !r v) dudv

=

ZZD

(2 cosu)

3; (2senu)

3; v3 (2 cosu; 2senu; 0) dudv

= 16

Z 30

Z 20

cos4 u+ sen4u

dudv

= 16

Z 30

Z 20

1

8(6 + 2 cos 4u) dudv

= 16

Z 30

1

8

6u+

2

4sen4u

20

dv

= 2 (12)

Z 30

dv

= 72

Por lo tanto, sumando las integrales de ujo se tiene:ZZS

!F bnds = 102 + 72 = 180

Por otra parte, como r!F = @x3

@x+@y3

@y+@z3

@z= 3

x2 + y2 + z2

; entonces

16

ZZZR

r !F dV =ZZZ

R

3x2 + y2 + z2

dV

Usando coordenadas cilndricas para evaluar la integral triple, tenemosx = r cos y = rsenz = z

9=; =) 0 x2 + y2 4 () 0 r2 4 () 0 r 2Entonces la regin R = f(r; ; z) =0 r 2 ; 0 2; 0 z 3gZZZ

R

3x2 + y2 + z2

dV = 3

Z 20

Z 20

Z 30

r2 + z2

rdzdrd

= 3

Z 20

Z 20

r2z +

r3

3

30

rdrd

= 3

Z 20

Z 20

3r2 + 9

rdrd

= 3

Z 20

3

4r4 +

9

2r220

d

= 3

Z 20

30d

= 90j20 = 180

7.3 Problema

Calcular el ujo del campo!F (x; y; z) =

x+ y3; 2y ez;3z 1 en la R la

regin acotada por la frontera S x2 + y2 + 3z2 = 1:Solucin:Usemos el teorema de la divergencia de Gauss para calcular el ujo, que

arma que, ZZS

!F bnds = ZZZ

R

r !F dVCalculemos la divergencia del campo vectorial en la regin R:

r !F = @@x

x+ y3

+@

@y(2y ez) + @

@z(3z 1) = 1 + 2 3 = 0

Entonces el ujo del campo vectorial!F a travs de S vericaZZ

S

!F bnds = ZZZ

R

0 dV = 0

8 Teorema de Stokes

8.1 Problema

Vericar el teorema de Stokes para!F (x; y; z) =

y3; x3; z3 donde S es laporcin del plano x+ y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y2 = 1:

17

Solucin.El teorema de Stokes arma que

IC

!F d!r =

ZZS

r!F bndSCalculemos r!F =

i j k@

@x

@

@y

@

@zy3 x3 z3

= (0; 0; 3x2 + 3y2); y!N = r(x+

y + z 1) = (1; 1; 1)ZZS

r!F bndS = ZZD

r!F !N dxdy

=

ZZD

3(x2 + y2) dxdy

donde D =x; y) 2 IR2=x2 + y2 1 :

Usando coordenadas polares :x = r cos y = rsen

=)@ (x; y)@ (r; )

= cos rsensen r cos =

rx2 + y2 1 () 0 r2 1 =) 0 r 1 y 0 2Entonces la regin D = f(r; ) =0 r 1 y 0 2g :Luego, si

ZZD

3(x2 + y2) dxdy = 3

Z 10

Z 20

r3 ddr

= 6

Z 10

r3 dr

=3

2

8.2 Problema

Vericar el teorema de Stokes para evaluar la integral de lneaZC

xdx + yz2dy + xzdz

donde C es la interseccin de la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1; z 0 y elcilindro x2 + y2 = y:

SolucinEl teorema de Stokes arma queI

C

!F d!r =

ZZS

r!F bndSdonde S es la regin de la supercie de la semiesfera cuya frontera es la curvaC:

18

Calculemos directamente la integral de lnea, parametrizando la curva Cmediante coordenadas cilndricas x = r cost; y = r sent; z = z:Al sustituir en la ecuaciones de las supercies que denen la curva C, tenemos

que z =p1 r2 ; r = sent donde 0 t :

Luego, la ecuacin de la curva es

!r (t) =sent cos t; sen2t;

p1 sen2t

; 0 t

Usando identidades trigonomtricas sen2t = 12 (1 cos 2t); cos2 t = 12 (1 +cos 2t) se tiene:

!r (t) =1

2sen2t;

1

2(1 cos 2t); cos t

; 0 t

!r 0 (t) = (cos 2t; sen2t; sent) ; 0 t

Evaluemos la integral de linea:

ZC

xdx + yz2dy + xzdz =

Z 0

1

2sen2t cos 2t 1

2(1 cos 2t) cos2 tsen2t 1

2sen2t cos tsent

dt

=

Z 0

1

2sen2t cos 2t 1

4(1 cos2 2t)sen2t 1

4sen22t

dt

=

Z 0

1

2sen2t cos 2t 1

4(1 cos2 2t)sen2t 1

4

1 cos 4t

2

dt

=

1

4sen22t+

1

8cos 2t 1

24cos3 2t 1

8t+

sen4t

32

0

= 8

Por otra parte, debemos evaluarZZS

r!F bndS = ZZD

r!F !NdA

Como S es la regin de la supercie de la semiesfera cuya frontera es la curvaC, una parametrizacion de S viene dada por

!T (r; ) =

r cos ; rsen;

p1 r2

; 0 r sen; 0

A continuacin calculemos el vector normal a la supercie:

!N =

!T r!T =

i j k

cos sen rp1 r2

rsen r cos 0

=r2 cos p1 r2 ;

r2senp1 r2 ; r

19

La orientacion del vector normal a la supercie es compatible con la ori-entacin de su frontera C:

Determinemos el rotor del campo vectorial r !F =

i j k@

@x

@

@y

@

@zx yz xz

=(2yz;z; 0);Por lo que la funcin compuesta quedar!F

!T (r; )

=2rsenp1 r2;p1 r2; 0 :

Entonces, estamos en condiciones de calcular la integral de supercie,

ZZD

r!F !NdA =Z 0

Z sen0

2r3sen cos r2sen drd=

Z 0

r4

2sen cos +

r3

3sen

sen0

d

= Z 0

sen5

2cos +

sen4

3

d

= sen6

12

0

13

Z 0

sen4d

= 13

Z 0

sen4d

Puesto que el integrando queda

sen4 =

1 cos 2

2

2=1

4

1 2 cos 2 + cos2 2

=1

4

1 2 cos 2 + 1 + cos 4

2

=

1

4

3

2 2 cos 2 + cos 4

2

Podemos calcular

13

Z 0

sen4d = 13

Z 0

1

4

3

2 2 cos 2 + cos 4

2

d

= 13

3

2 sen2 + sen4

2

0

= 8

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