Problemario Analisis Vectorial

Problemario de Análisis VectorialBarranco Jiménez Marco Antonio e-mail: [email protected] June 24, 2004 1 1 Introducci´ on La presente selecci´ on de problemas resueltos de la materia de An´ alisis Vectorial, tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´ afico m´ as para el entendimiento de la misma, esperando que le sea de gran ayuda, en la aplicaci´ on de la teoria adquirida en el sal´ on de clases y poder ejercitar sus conocimientos en la soluci´ on de problemas similares. La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el sal´ on de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´ as m´ınimo detalle algebraico, con la ´ unica intenci´ on de lograr la mejor comprensi´ on por parte del alumno, como puede observarse en la soluci´ on de cada problema. La mayoria de los problemas resueltos, son problemas que est´ an propuestos en libros tradi- cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´ alisis Vectorial de la editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´ alisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la experiencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´ omputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ıa en Sis- temas Computacionales, y en la cual el ´ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´ alisis Vectorial por si s´ ola, es una materia que generalmente es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (a´ un impartiéndose ésta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ıa en el ´ area de Cien- cias F´ısico-Matem´ aticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, los pocos conocimientos de las materias b´ asicas de Matem´ aticas ( ´ Algebra, Ge- ometr´ıa Anal´ıtica, C´ alculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ıa, etc) con los que cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´ a observar, en la soluci´ on de cada uno de los problemas resueltos, realmente son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´ asicas de Matem´ aticas. As´ı también, podr´ıa ser el desinterés que muestran en general los alumnos hacia la materia, debido a que pos´ıblemente las dem´ as materias, como Matem´ aticas Discretas y Programaci´ on, por mencionar algunas, son materias que en general los conceptos son m´ as ”f´ aciles” de entender por parte del alumno, o son materias de un interés mayor por ser materias dirijidas a su formaci´ on. Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando también que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´ asicas), en general es dificil de asimilar por parte de los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ı como la parte de coordenadas curvil´ıneas que involucran el C´ alculo de funciones de m´ as de una variable, matem´ aticamente son complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaci´ on f´ısica de los mismos. 2 Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opini´ on al respecto, sin embargo, como mencioné anteriormente, la experiencia adquirida al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´ Algebra de vectores; desde las operaciones b´ asicas de vectores, algunos problemas de aplicaci´ on a la Geometr´ıa Anal´ıtica, pasando por aplicaciones del producto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ıtulo, se pone enf´ asis en la aplicaci´ on de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre vectores, los cuales son conceptos b´ asicos muy importntes enun curso tradicional de la materia de An´ alisis Vectorial. En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´ alculo Diferencial vectorial; desde el concepto de parametrizaci´ on de curvas y superficies en el espacio, derivaci´ on de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ıneas. As´ı mismo, en el cap´ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´ alculo Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaci´ on de los teoremas integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´ a la ´ ultima palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ı también, el autor esta abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que ser´ an bien venidas, para la mejora del presente trabajo. 3 2 Problemas del cap´ıtulo 1. Problema 1: Muestre que para cualquier vector − → A = a 1 ´ i +a 2 ´ j +a 3 ´ k se cumple que: a).− ´ i _ ´ k _ ´ j − → A __ = a 3 ´ k, b).− ´ k _ ´ j _ ´ i − → A __ = a 2 ´ j, c).− ´ j _ ´ i _ ´ k − → A __ = a 1 ´ i, no aplique la definici´ on del determinante, usar las propiedades del producto vectorial. Soluci´ on: a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos ´ i _ ´ k _ ´ j − → A __ = ´ i _ ´ k _ ´ j _ a 1 ´ i +a 2 ´ j +a 3 ´ k ___ = ´ i _ ´ k _ ´ j a 1 ´ i + ´ j a 2 ´ j + ´ j a 3 ´ k __ = ´ i _ ´ k _ −a 1 ´ k +a 3 ´ i __ = ´ i _ −a 1 ´ k ´ k +a 3 ´ k ´ i _ = ´ i _ a 3 ´ j _ = a 3 ´ k. b) De la misma forma, ´ k _ ´ j _ ´ i − → A __ = ´ k _ ´ j _ ´ i _ a 1 ´ i +a 2 ´ j +a 3 ´ k ___ = ´ k _ ´ j _ ´ i a 1 ´ i + ´ i a 2 ´ j + ´ i a 3 ´ k __ = ´ k _ ´ j _ a 2 ´ k −a 3 ´ j __ = ´ k _ ´ j a 2 ´ k + ´ j a 3 ´ j _ = ´ k _ a 2 ´ i _ = a 2 ´ j. En forma an´ aloga para el inciso c). 4 Problema 2. Probar que ´ i _ ´ i − → A _ + ´ j _ ´ j − → A _ + ´ k _ ´ k + − → A _ = −2 − → A donde − → A es cualquier vector en el espacio. Soluci´ on: Sea el vector − → A en el espacio dado por, − → A = a ´ i +b ´ j +c ´ k, sustituyendo el vector − → A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, obtenemos ´ i _ ´ i − → A _ + ´ j _ ´ j − → A _ + ´ k _ ´ k − → A _ = ´ i _ ´ i _ a ´ i +b ´ j +c ´ k __ + ´ j _ ´ j _ a ´ i +b ´ j +c ´ k __ + ´ k _ ´ k _ a ´ i +b ´ j +c ´ k __ = ´ i _ ´ i a ´ i + ´ i b ´ j + ´ i c ´ k _ + ´ j _ ´ j a ´ i + ´ j b ´ j + ´ j c ´ k _ + ´ k _ ´ k a ´ i + ´ k b ´ j + ´ k c ´ k _ , aplicando la definici´ on del producto vectorial para los vectores ´ i, ´ j y ´ k, y nuevamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos, ´ i _ ´ i − → A _ + ´ j _ ´ j − → A _ + ´ k _ ´ k − → A _ = ´ i _ b ´ k −c ´ j _ + ´ j _ −a ´ k +c ´ i _ + ´ k _ a ´ j +b ´ i _ = b ´ i ´ k −c ´ i ´ j −a ´ j ´ k +c ´ j ´ i +a ´ k ´ j −b ´ k ´ i = −b ´ j −c ´ k −a ´ i −c ´ k −a ´ i −b ´ j finalmente, obtenemos ´ i _ ´ i − → A _ + ´ j _ ´ j − → A _ + ´ k _ ´ k − → A _ = −2a ´ i −2b ´ j −2c ´ k = −2 − → A. 5 Problema 3. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un tri´ angulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. Soluci´ on: Consideremos un tri´ angulo cuyos vértices son los puntos A, B y C, como se muestra en la figura. B X Q P A C Y De la figura, obtenemos −−→ AB = − → X, −→ AC = − → Y , −−→ BC = − → Y − − → X, por hip´ otesis tenemos que, −−→ PB = 1 2 − → X, −−→ BQ = 1 2 ( − → Y − − → X), asimismo, de la figura en el tri´ angulo BPQ obtenemos, −−→ PQ = −−→ PB + −−→ BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores, −−→ PQ = 1 2 − → X + 1 2 ( − → Y − − → X) = 1 2 − → Y , de donde se deduce que ¸ ¸ ¸ −−→ PQ ¸ ¸ ¸ es paralelo a ¸ ¸ ¸ − → Y ¸ ¸ ¸ y tiene 1 2 de su longitud. 6 Problema 4. Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean −−→ OP = − → A, −−→ OQ = − → B y R el punto medio del segmento QP, demostrar como se ilustra en la figura, que el vector − → C se puede escribir de la forma − → C = 1 2 _ − → A + − → B _ . R Q O P B A C Soluci´ on: De la figura y por hip´ otesis del problema se tiene que: (1) −−→ QR = 1 2 −−→ QP, adem´ as, aplicando la suma de vectores en el tri´ angulo OPQ, (2) − → B + −−→ QP = − → A, y también de la figura, en el tri´ angulo OQR, obtenemos (3) − → B + −−→ QR = − → C, sustituyendo la ecuaci´ on (1) en la ecuaci´ on (3), (4) − → B + 1 2 −−→ QP = − → C, por otro lado de la ecuaci´ on (2) −−→ QP = − → A − − → B, sustituyendo en la ecuaci´ on (4) obtenemos, − → B + 1 2 _ − → A − − → B _ = − → C apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos, − → B + 1 2 _ − → A _ − 1 2 _ − → B _ = − → C 1 2 _ − → A _ + 1 2 _ − → B _ = − → C finalmente, obtenemos − → C = 1 2 _ − → A + − → B _ . 7 Problema 5. Hallar el ´ area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores, − → A = 3 ´ i + ´ j −2 ´ k, − → B = ´ i − ´ j + 4 ´ k, Soluci´ on: Geométricamente el producto vectorial de dos vectores − → A y − → B representa el ´ area de un paralelogramo de lados − → A y − → B de la forma, ´ Area = ¸ ¸ ¸ − → A − → B ¸ ¸ ¸ , B A x y en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en términos de las diagonales. De la figura anterior, obtenemos a) − → x + − → y = − − → B b) − → x − − → y = − → A sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos: 2 − → x = − → A − − → B, de donde, c) − → x = 1 2 _ − → A − − → B _ , de forma an´ aloga restando la ecuaci´ on b) de la ecuaci´ on a), obtenemos 8 d) − → y = − 1 2 _ − → A + − → B _ . De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el ´ area del paralelogramo est´ a dada por: ´ Area = [ − → x − → y [ = ¸ ¸ ¸ ¸ 1 2 _ − → A − − → B _ _ − 1 2 _ _ − → A + − → B _ ¸ ¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ ¸ − 1 4 _ − → A − − → B _ _ − → A + − → B _ ¸ ¸ ¸ ¸ , aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos, ´ Area = 1 4 ¸ ¸ ¸ _ − → A − − → B _ − → A + _ − → A − − → B _ − → B. ¸ ¸ ¸ = 1 4 ¸ ¸ ¸− − → A − → A + − → A − → B − − → B − → A + − → B − → B ¸ ¸ ¸ = 1 4 ¸ ¸ ¸2 − → A − → B ¸ ¸ ¸ = 1 2 ¸ ¸ ¸ − → A − → B ¸ ¸ ¸ , finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos, ´ Area = 1 2 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 3 1 −2 1 −1 4 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 1 2 ¸ ¸ ¸ _ 2 ´ i −14 ´ j −4 ´ k _¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ ´ i −7 ´ j −2 ´ k ¸ ¸ ¸ = √ 1 + 49 + 4 = √ 54 = 3 √ 6. 9 Problema 6. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. Soluci´ on: Sea el paralelogramo de vértices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente figura. y x x y D A B C P De la figura, tenemos −−→ DA = − → x = −−→ CB, −−→ DC = − → y = −−→ AB, asimismo, aplicando la suma de vectores (1) −−→ DB = − → x + − → y , −→ AC = − → y − − → x , por otro lado de la definici´ on de paralelismo (2) −−→ DP = n −−→ DB, −→ AP = m −→ AC, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, (3) −−→ DP = n( − → x + − → y ) , −→ AP = m( − → y − − → x ) , por otro lado, en el tri´ angulo DAP, tenemos −−→ DA+ −→ AP = −−→ DP, es decir; 10 (4) − → x + −→ AP = −−→ DP, sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaci´ on (4) obtenemos, − → x +m( − → y − − → x ) = n( − → x + − → y ) , aplicando las propiedades de la adici´ on de vectores obtenemos, − → x +m − → y −m − → x −n − → x −n − → y = − → 0 , o también, (1 −m−n) − → x + (m−n) − → y = − → 0 , de la ecuaci´ on anterior, como los vectores − → x y − → y son distintos del vector − → 0 y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´ olo se cumple si los escalares son iguales a cero, es decir; 1 −m−n = 0, m−n = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos, n = m = 1 2 , por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos −−→ DP = 1 2 −−→ DB, −→ AP = 1 2 −→ AC. Como se ilustra geométricamente en la figura. 11 Problema 7. Demostrar que las medianas de un tri´ angulo se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del vértice opuesto para cada mediana respectivamente. Soluci´ on: Sea el tri´ angulo cuyos vértices son A 1 , B 1 y C 1 . Asimismo sean A 2 , B 2 y C 2 los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecci´ on de las medianas, entonces para demostrar que las medianas se cortan en un punto que esta a 1 3 del lado y 2 3 del vértice opuesto para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones: A A B A C C P B B 2 2 1 1 2 1 −−→ A 1 P = 2 3 −−−→ A 1 A 2 , −−→ B 1 P = 2 3 −−−→ B 1 B 2 , −−→ C 1 P = 2 3 −−−→ C 1 C 2 , (a) o equivalentemente, −−→ PA 2 = 1 3 −−−→ A 1 A 2 , −−→ PB 2 = 1 3 −−−→ B 1 B 2 , −−→ PC 2 = 1 3 −−−→ C 1 C 2 , (b) como se ilustra geométricamente en la figura. Sean los lados del tri´ angulo dados por − → A y − → B, de la figura tenemos las siguientes relaciones: − → A = −−−→ A 1 B 1 , − → B = −−−→ A 1 C 1 , − → B − − → A = −−−→ B 1 C 1 . 12 Aplicando la definici´ on de paralelismo, de la figura obtenemos −−→ A 1 P = l _ −−−→ A 1 A 2 _ , −−→ B 1 P = m _ −−−→ B 1 B 2 _ , −−→ C 1 P = n _ −−−→ C 1 C 2 _ , (c) por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los tri´ angulos A 1 C 1 P, B 1 C 1 P y A 1 B 1 P obtenemos, − → B + −−→ C 1 P = −−→ A 1 P, _ − → B − − → A _ + −−→ C 1 P = −−→ B 1 P, _ − → B − − → A _ + −−→ C 1 P = −−→ B 1 P, (d) pero, de la figura tenemos también las siguientes relaciones −−−→ A 1 A 2 = − → A + 1 2 _ − → B − − → A _ = 1 2 _ − → A + − → B _ , −−−→ B 1 B 2 = 1 2 − → B − − → A, −−−→ C 1 C 2 = 1 2 − → A − − → B, (e) que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los tri´ angulos A 1 B 1 A 2 , A 1 C 1 C 2 y A 1 B 1 B 2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene, − → B +n _ −−−→ C 1 C 2 _ = l _ −−−→ A 1 A 2 _ , _ − → B − − → A _ +n _ −−−→ C 1 C 2 _ = m _ −−−→ B 1 B 2 _ , − → A +m _ −−−→ B 1 B 2 _ = n _ −−−→ A 1 A 2 _ , (f) sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f) obtenemos, − → B +n _ 1 2 − → B − − → A _ = l _ 1 2 _ −→ A + − → B __ , _ − → B − − → A _ +n _ 1 2 − → B − − → A _ = m _ 1 2 − → B − − → A _ , − → A +m _ 1 2 − → B − − → A _ = n 2 _ − → A + − → B _ , (g) aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos 13 _ n 2 − l 2 _ − → A + _ 1 −n − l 2 _ − → B = − → 0 , _ m+ n 2 −1 _ − → A + _ 1 −n − m 2 _ − → B = − → 0 , _ 1 −m− l 2 _ − → A + _ n 2 − l 2 _ − → B = − → 0 . Por lo tanto, como −→ A y − → B son vectores distintos de cero, entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir; n 2 − l 2 = 0 1 −n − l 2 = 0 m+ n 2 −1 = 0 1 −n − m 2 = 0 1 −m− l 2 = 0 n 2 − l 2 = 0 as´ı, al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos n = l = m = 2 3 . Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar. 14 Problema 8. Pruebe que ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A es perpendicular a ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A, para cua- lesquiera − → A y − → B. Soluci´ on: De la definici´ on del producto escalar de dos vectores, si dos vectores − → x y − → y son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a cero, en este caso − → x y − → y est´ an dados respectivamente por ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A y ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A, de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que, − → x − → y = _¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A _ _¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A _ = 0, aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos, − → x − → y = _¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A _ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + _¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A _ _ − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A _ , asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente, tenemos − → x − → y = ¸ ¸ ¸ −→ A ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B + ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A, ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma, − → x − → y = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → B − → B + ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → B − → A − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ − → A − → B − ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ − → A − → A = A 2 B 2 +AB − → B − → A −AB − → A − → B −B 2 A 2 = 0. donde se aplic´ o finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. 15 Problema 9. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Soluci´ on: Sean A, B, C y D los vértices del paralelogramo como se indica en la figura. X X Y Y A D C B De la figura tenemos que, AC = BD = ¸ ¸ ¸ − → X ¸ ¸ ¸ , AB = CD = ¸ ¸ ¸ − → Y ¸ ¸ ¸ , asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo est´ an dadas por BC = ¸ ¸ ¸ − → X + − → Y ¸ ¸ ¸ , AD = ¸ ¸ ¸ − → X − − → Y ¸ ¸ ¸ . Debemos mostrar que, BC 2 +AD 2 = AC 2 +AB 2 +CD 2 +BD 2 = 2AC 2 + 2AB 2 , es decir, 16 ¸ ¸ ¸ − → X + − → Y ¸ ¸ ¸ 2 + ¸ ¸ ¸ − → X − − → Y ¸ ¸ ¸ 2 = 2 ¸ ¸ ¸ − → X ¸ ¸ ¸ 2 + 2 ¸ ¸ ¸ − → Y ¸ ¸ ¸ 2 . En forma an´ aloga, al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar, ¸ ¸ ¸ − → X + − → Y ¸ ¸ ¸ 2 + ¸ ¸ ¸ − → X − − → Y ¸ ¸ ¸ 2 = _ − → X + − → Y _ _ − → X + − → Y _ + _ − → X − − → Y _ _ − → X − − → Y _ = _ − → X + − → Y _ − → X + _ − → X + − → Y _ − → Y + _ − → X − − → Y _ − → X + _ − → X − − → Y _ − → Y = − → X − → X + − → X − → Y + − → X − → Y + − → Y − → Y + − → X − → X − − → X − → Y − − → X − → Y + − → Y − → Y = 2 − → X − → X + 2 − → Y − → Y = 2 ¸ ¸ ¸ − → X ¸ ¸ ¸ 2 + 2 ¸ ¸ ¸ − → Y ¸ ¸ ¸ 2 . 17 Problema 10. Sean los vectores − → A y − → B vectores unitarios, calcular _ 3 − → A −4 − → B _ _ 2 − → A + 5 − → B _ si ¸ ¸ ¸ − → A + − → B ¸ ¸ ¸ = √ 2. Soluci´ on: En forma an´ aloga al problema anterior, aplicando las propiedades del producto escalar , tenemos que _ 3 − → A −4 − → B _ _ 2 − → A + 5 − → B _ = _ 3 − → A −4 − → B _ 2 − → A + _ 3 − → A −4 − → B _ 5 − → B = 2 − → A 3 − → A −2 − → A 4 − → B + 5 − → B 3 − → A −5 − → B 4 − → B = 6 − → A − → A + 7 − → A − → B −20 − → B − → B = 7 − → A − → B −14 donde se aplic´ o la hip´ otesis de que los vectores − → A y − → B son unitarios es decir que cumplen que, − → A − → A = A 2 = 1, − → B − → B = B 2 = 1. Por otro lado, de la condici´ on ¸ ¸ ¸ − → A + − → B ¸ ¸ ¸ = √ 2, elevando al cuadrado ésta expresi´ on y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obtenemos _ − → A + − → B _ _ − → A + − → B _ = 2 de donde, _ − → A + − → B _ − → A + _ − → A + − → B _ − → B = 2 − → A − → A + 2 − → A − → B + − → B − → B = 2 de la expresi´ on anterior, obtenemos inmediatamente que − → A − → B = 0. Por lo tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente, _ 3 − → A −4 − → B _ _ 2 − → A + 5 − → B _ = −14. 18 Problema 11. Determine λ 1 y λ 2 de manera que − → C −λ 1 − → A −λ 2 − → B sea perpendicular tanto a − → A como a − → B, suponiendo que − → A = ´ i + ´ j + 2 ´ k − → B = 2 ´ i − ´ j + ´ k − → C = 2 ´ i − ´ j + 4 ´ k Soluci´ on: En forma an´ aloga al problema anterior, aplicando la condici´ on de perpen- dicularidad entre vectores, tenemos − → A _ − → C −λ 1 − → A −λ 2 − → B _ = 0, − → B _ − → C −λ 1 − → A −λ 2 − → B _ = 0, usando las propiedades del producto escalar, tenemos − → A − → C −λ 1 − → A − → A −λ 2 − → A − → B = 0, − → B − → C −λ 1 − → B − → A −λ 2 − → B − → B = 0, que se puede escribir de la forma, λ 1 − → A − → A +λ 2 − → A − → B = − → A − → C, λ 1 − → B − → A +λ 2 − → B − → B = − → B − → C, de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definici´ on del producto escalar para vectores en el espacio, − → A − → A = 6, − → B − → B = 6 − → A − → B = − → B − → A = 3, − → A − → C = 9 y − → B − → C = 9 de tal forma, para encontrar λ 1 y λ 2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 19 6λ 1 + 3λ 2 = 9, 3λ 1 + 6λ 2 = 9, obsérvese que la soluci´ on del sistema de ecuaciones es inmediata y est´ a dada por: λ 1 = 1 λ 2 = 1. 20 Problema 12. Sean los vectores − → A = (1, −1, 2), − → B = (1, 2, 2). Hallar la proyecci´ on del vector − → A sobre el vector − → B y la proyecci´ on del vector − → B sobre el vector − → A. Soluci´ on: Por definici´ on, la proyecci´ on de un vector − → x sobre otro vector − → y , es un vector (como se muestra en la figura) y est´ a dado por, Pr oy− → y − → x = [ − → x [ cos θ´ e− → y , X ´ e− → y Pr oy− → y − → x − → y en este caso debemos calcular, Pr oy− → B − → A = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ cos θ´ e− → B , Pr oy− → A − → B = ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ cos θ´ e− → A , donde ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ es la magnitud del vector − → A, ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ es la magnitud del vector − → B, θ el 21 ´ angulo formado entre los dos vectores, ´ e− → A un vector unitario en la direcci´ on del vector − → A y ´ e− → B un vector unitario en la direcci´ on del vector − → B. De la definici´ on del producto escalar podemos calcular el coseno del ´ angulo entre dos vectores de la forma, cos θ = − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ , y empleando la definici´ on de vectores unitarios, los vectores de proyecci´ on est´ an dados por, Pr oy− → B − → A = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ _ _ − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ _ _ − → B ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ = _ − → A − → B B 2 _ − → B, Pr oy− → A − → B = ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ _ _ − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ _ _ − → A ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ = _ − → A − → B A 2 _ − → A, finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes de los vectores − → A y − → B, obtenemos Pr oy− → B − → A = 3 9 − → B = 1 3 − → B, y Pr oy− → A − → B = 3 6 − → A = 1 2 − → A. 22 Problema 13: Considere la siguiente figura, A A A B 1 2 demostrar que − → A = − → A − → B − → B − → B − → B + _ − → B − → A _ − → B − → B − → B . Soluci´ on: De la figura, el vector − → A = − → A 1 + − → A 2 , el vector − → A 1 es la proyeccci´ on del vector − → A sobre el vector − → B dada por − → A 1 = proy− → B − → A = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ cos θ´ e− → B , de la definici´ on del producto escalar de dos vectores − → A y − → B distintos del vector − → 0 , dada por, − → A − → B = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ cos θ, podemos calcular el ´ angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecci´ on del vector − → A sobre el vector − → B est´ a dada por: 23 proy− → B − → A = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ _ _ − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ −→ B ¸ ¸ ¸ _ _ − → B ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ = − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ 2 − → B = − → A − → B − → B − → B − → B, donde se aplic´ o la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector − → A 2 , obsérvese que el vector − → C = − → B − → A es perpendicular tanto al vector − → A como al vector − → B, es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector − → C − → A ser´ a un vector que est´ a en la direcci´ on de − → A 2 , es decir, el vector _ − → B − → A _ − → A esta en direcci´ on de − → A, de tal forma que la magnitud de este vector est´ a dada por: ¸ ¸ ¸ _ − → B − → A _ − → B ¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ − → B − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ sinφ, donde el ´ angulo φ entre los vectores − → B − → A y − → B es de 90 0 , de esta forma como sin90 0 = 1, obtenemos ¸ ¸ ¸ _ − → B − → A _ − → B ¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ sinθ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ , es decir, ¸ ¸ ¸ _ − → B − → A _ − → B ¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → B ¸ ¸ ¸ 2 sinθ, por otro lado, de la figura ¸ ¸ ¸ − → A 2 ¸ ¸ ¸ = ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ sinθ, por lo tanto, − → A 2 = _ − → B − → A _ − → B − → B − → B , finalmente, sustituyendo los valores de los vectores − → A 1 y − → A 2 obtenemos, 24 − → A = − → A − → B − → B − → B − → B + _ − → B − → A _ − → B − → B − → B . 25 Problema 14. Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores − → A = 2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k, − → B = ´ i + 3 ´ j − ´ k, a) Aplicando el producto escalar. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definici´ on del determinante). Soluci´ on: a) Debemos encontrar un vector − → C = (C 1 , C 2 , C 3 ) que sea perpendicular a los vectores − → A y − → B simult´ aneamente, es decir que cumpla que, − → A − → C = 0, − → B − → C = 0, realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos, 2C 1 + 2C 2 −3C 3 = 0, C 1 + 3C 2 +C 3 = 0, resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaci´ on por −2 y sum´ ando ésta con la primera ecuaci´ on) obtenemos, −4C 2 −5C 3 = 0, de donde, C 2 = −5 4 C 3 , sustituyendo este valor para C 2 ,en por ejemplo la segunda ecuaci´ on, obtenemos C 1 = −3 _ −5 4 C 3 _ −C 3 = 11 4 C 3 . De esta forma, el vector buscado tiene la forma, − → C = 11 4 C 3 ´ i − 5 4 C 3 ´ j +C 3 ´ k, 26 adem´ as el vector buscado, − → C, debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla que, ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 1, aplicando la definici´ on para calcular la magnitud de un vector, obtenemos ¸ _ 11 4 C 3 _ 2 + _ 5 4 C 3 _ 2 +C 2 3 = 1 _ C 2 3 16 (121 + 25 + 16) = 1 C 2 3 _ √ 162 4 _ = 1 despejando C 3 , obtenemos C 3 = ± 4 √ 162 = ± 4 9 √ 2 finalmente, al sustituir el valor de C 3 , en la expresi´ on para el vector − → C, obtenemos − → C = ± 1 9 √ 2 (11 ´ i −5 ´ j + 4 ´ k) b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante para calcular el producto vectorial, que como se sabe − → C = − → A − → B, es un vector que por definici´ on es perpendicular tanto a − → A como a − → B, debemos emplear las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el producto vectorial, por lo tanto − → A − → B = (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) ( ´ i + 3 ´ j + ´ k) = (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) ´ i + (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) (3 ´ j) + (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) ´ k = − ´ i (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) −3 ´ j(2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) − ´ k (2 ´ i + 2 ´ j −3 ´ k) = −2 ´ i −2 ´ i ´ j + 3 ´ j ´ k −6 ´ j ´ i −6 ´ j ´ j + 9 ´ j ´ k −2 ´ k ´ i −2 ´ k ´ j + 3 ´ k ´ k = −2 ´ k −3 ´ j + 6 ´ k + 9 ´ i −2 ´ j + 2 ´ i = 11 ´ i −5 ´ j + 4 ´ k, finalmente, el vector unitario estar´ a dado por: 27 ´ e− → A× − → B = − → A − → B ¸ ¸ ¸ − → A − → B ¸ ¸ ¸ = 11 ´ i −5 ´ j + 4 ´ k √ 121 + 25 + 16 = ± 1 9 √ 2 _ 11 ´ i −5 ´ j + 4 ´ k _ . 28 Problema 15. Hallar un vector unitario que forme un ´ angulo de 45 ◦ con el vector − → A = 2 ´ i + 2 ´ j − ´ k y un ´ angulo de 60 ◦ con el vector − → B = ´ j − ´ k. Soluci´ on: Buscamos un vector de la forma − → C = (C 1 , C 2 , C 3 ) donde el vector − → C debe cumplir, − → A − → C = AC cos 45 ◦ − → B − → C = BC cos 60 ◦ y ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 1 es decir, _ 2 ´ i + 2 ´ j − ´ k _ _ C 1 ´ i +C 2 ´ j +C 3 ´ k _ = _ 2 2 + 2 2 + (−1) 2 _ 1 √ 2 _ _ ´ j − ´ k _ _ C 1 ´ i +C 2 ´ j +C 3 ´ k _ = _ 1 2 + (−1) 2 _ 1 2 _ _ (C 1 ) 2 + (C 2 ) 2 + (C 3 ) 2 = 1 que resulta, (1) 2C 1 + 2C 2 −C 3 = 3 √ 2 (2) C 2 −C 3 = √ 2 2 (3) _ (C 1 ) 2 + (C 2 ) 2 + (C 3 ) 2 = 1 as´ı, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluci´ on del problema se tendr´ a al resolver simult´ aneamente las ecuaciones (1), (2) y (3). De la ecuaci´ on (2), obtenemos C 3 = C 2 − √ 2 2 , sustituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos, 2C 1 + 2C 2 − _ C 2 − √ 2 2 _ = 3 √ 2 2C 1 + 2C 2 −C 2 + 1 √ 2 = 3 √ 2 2C 1 +C 2 = 2 √ 2 29 finalmente, obtenemos C 1 = 1 √ 2 − C 2 2 . Por lo tanto el vector − → C ser´ a de la forma, 4) − → C = _ 1 √ 2 − C2 2 _ ´ i +C 2 ´ j + _ C 2 − 1 √ 2 _ ´ k, aplicando la ecuaci´ on (3), ¸ _ 1 √ 2 − C 2 2 _ 2 + (C 2 ) 2 + _ C 2 − 1 √ 2 _ 2 = 1, realizando un poco de ´ algebra se obtiene, 1 2 −2 _ 1 √ 2 __ C 2 2 _ + (C 2 ) 2 4 + (C 2 ) 2 + (C 2 ) 2 −2C 2 _ 1 √ 2 _ + 1 2 = 1 1 2 − C 2 √ 2 + (C 2 ) 2 4 + (C 2 ) 2 + (C 2 ) 2 −2C 2 _ 1 √ 2 _ + 1 2 = 1 9 4 (C 2 ) 2 − _ 3 √ 2 _ C 2 = 0 _ 3 √ 2 _ C 2 _ 3 √ 2 4 C 2 −1 _ = 0 por lo tanto las soluciones para C 2 son: C 21 = 0, y C 22 = 4 3 √ 2 , sustituyendo en la ecuaci´ on (4) finalmente obtenemos, − → C 1 = 1 √ 2 ´ i + 1 √ 2 ´ k = _ 1 √ 2 , 0, − 1 √ 2 _ , y 30 −→ C 2 = _ 1 √ 2 − 1 2 _ 4 3 √ 2 __ ´ i + 4 3 √ 2 ´ j + _ 4 3 √ 2 − 1 √ 2 _ ´ k = _ 1 3 √ 2 _ ´ i + 4 3 √ 2 ´ j + 1 3 √ 2 ´ k = _ 1 3 √ 2 , 4 3 √ 2 , 1 3 √ 2 _ 31 Problema 16. Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector ´ i + 2 ´ j + 2 ´ k. Soluci´ on: Se pide un vector de la forma − → C = C 1 ´ i + C 2 ´ j + C 3 ´ k que sea paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector − → A = ´ i + 2 ´ j + 2 ´ k, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: − → C − → A = 0, − → C − → N = 0, donde − → N = 3 ´ i +4 ´ j +5 ´ k, es el vector normal al plano. Calculando los productos escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma, C 1 + 2C 2 + 2C 3 = 0, 3C 1 + 4C 2 + 5C 3 = 0, resolviendo simult´ aneamente las ecuaciones anteriores obtenemos, C 1 = 2C 2 , C 3 = −2C 2, por lo tanto, el vector − → C ser´ a de la forma, − → C = 2C 2 ´ i +C 2 ´ j −2C 2 ´ k, y aplicando la condici´ on de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 5, obtenemos 5 = _ 4C 2 2 +C 2 2 + 4C 2 2 = _ 9C 2 2 = ±3C 2 , 32 de donde, C 2 = ± 5 3 , finalmente, el vector pedido es de la forma, − → C = ± 5 3 _ 2 ´ i + ´ j −2 ´ k _ . 33 Problema 17. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4 ´ i −3 ´ j − ´ k. Soluci´ on: Se pide un vector − → C de la forma, − → C = C 1 ´ i + C 2 ´ j, la componente C 3 es cero debido a que el vector − → C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto no tiene componente en ´ k, adem´ as el vector − → C debe ser perpendicular al vector − → A = 4 ´ i −3 ´ j − ´ k, por lo tanto cumple la condici´ on, − → C − → A = 0, es decir, _ C 1 ´ i −C 2 ´ j _ _ 4 ´ i −3 ´ j − ´ k _ = 0, de donde obtenemos, C 1 = 3 4 C 2 . Por lo tanto, el vector pedido tendr´ a la forma − → C = 3 4 C 2 ´ i + C 2 ´ j. También por hip´ otesis, se pide que el vector − → C sea unitario, es decir que cumpla que ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 1, por lo tanto 1 = ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = ¸ _ 3 4 C 2 _ 2 + (C 2 ) 2 = ¸ (C 2 ) 2 _ 1 + 9 16 _ = ± 5 4 C 2 , de donde, obtenemos C 2 = ± 4 5 , y C 1 = 3 4 _ ± 4 5 _ = ± 3 5 , finalmente, el vector pedido est´ a dado por, − → C = ± 3 4 ´ i ± 4 5 ´ j. 34 Problema 18. a) Hallar un vector unitario que forme un ´ angulo de 30 0 con el vector ´ j y formando ´ angulos iguales con los vectores ´ i y ´ k _ cos 30 0 = √ 3 2 _ . Soluci´ on: El vector que estamos buscando es de la forma − → C = (C 1 , C 2 , C 3 ) donde el vector − → C debe cumplir que, 1) − → C ´ i = ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ¸ ¸ ¸ cos θ = cos θ, 2) − → C ´ k = ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ k ¸ ¸ ¸ cos θ = cos θ, 3) − → C ´ j = ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ j ¸ ¸ ¸ cos 30 0 = cos 30 0 , por definici´ on de los vectores unitarios ´ i = (1, 0, 0), ´ j = (0, 0, 1) y ´ k = (0, 0, 1), aplicando la definici´ on del producto escalar para vectores en el espacio, y de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, C 1 = C 3 , asimismo de la ecuaci´ on 3), se tiene C 2 = √ 3 2 , sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma, − → C = _ C 1 , √ 3 2 , C 1 _ , para encontrar la componente C 1 aplicamos la condici´ on de que tiene que ser el vector − → C unitario, es decir, ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 1, de esta forma ¸ ¸ ¸ _ C 1 2 + _ √ 3 2 _ 2 +C 1 2 = 1, de donde obtenemos, C 1 = ± 1 √ 8 , por lo tanto, el vector pedido tiene la forma, − → C = ± _ 1 √ 8 , √ 3 2 , 1 √ 8 _ . 35 Problema 19. Siendo el vector de posici´ on − → a de un punto dado (x 0 , y 0 , z 0 ) y − → r el vector de posici´ on de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geométrico de − → r si: a).− ( − → r − − → a ) − → a = 0 b).− ( − → r − − → a ) − → r = 0 Soluci´ on: a) Sean los vectores − → a = (x 0 , y 0 , z 0 ), − → r = (x, y, z), entonces, ( − → r − − → a ) − → a = 0, (x −x 0 , y −y 0 , z −z 0 ) (x 0 , y 0 , z 0 ) = 0, x 0 (x −x 0 ) +y 0 (y −y 0 ) +z 0 (z −z 0 ) = 0, si hacemos d = x 2 0 +y 2 0 +z 2 0 , la ecuaci´ on anterior se puede escribir de la forma, x 0 x +y 0 y +z 0 z = d, que es la ecuaci´ on de un plano que pasa por un extremo del vector − → a y es perpendicular al vector − → a . En forma an´ aloga al inciso a), tenemos ( − → r − − → a ) − → r = 0 x(x −x 0 ) +y(y −y 0 ) +z(z −z 0 ) = 0, x 2 0 +y 2 0 +z 2 0 −xx 0 −yy 0 −zz 0 = 0, completando cuadrados en la expresi´ on anterior, obtenemos (x − x 0 2 ) 2 + (y − y 0 2 ) 2 + (z − z 0 2 ) 2 = 1 4 (x 2 0 +y 2 0 +z 2 0 ), que es la ecuaci´ on de una esfera con centro en el punto _ x0 2 , y0 2 , z0 2 _ y radio r = 1 2 _ x 2 0 +y 2 0 +z 2 0 . 36 Problema 20. Determine el ´ angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ınea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. Soluci´ on: Sabemos que la ecuaci´ on ax + by + cz = d, es la ecuaci´ on de un plano que pasa por un punto y tiene como normal al vector − → N = (a, b, c) , asimismo, la ecuaci´ on x−x0 a1 = y−y0 b1 = z−z0 c1 , representa la ecuaci´ on de una l´ınea recta que pasa por el punto − → r 0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) y es paralela al vector − → A = (a 1 , b 1 , c 1 ) , por lo tanto, para calcular el ´ angulo entre el plano y la l´ınea recta es equivalente a calcular el ´ angulo entre los vectores − → N y − → A. En este caso, para el plano dado tenemos que el vector normal est´ a dado por − → N = (1, 1, 1) y para identificar el vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaci´ on de la recta de la forma, x −1 1 = y −(−2) 1 = z −(− 3 2 ) 1 2 de donde, obtenemos − → r 0 = (−1, −2, −3/2) , − → A = (1, 1, 1/2). Para obtener el ´ angulo entre los vectores − → N y − → A, aplicamos la definici´ on del producto escalar de dos vectores dado por, − → N − → A = ¸ ¸ ¸ − → N ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ cos θ, de donde, θ = cos −1 _ _ − → A • − → N ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → N ¸ ¸ ¸ _ _ , sustituyendo los vectores − → A y − → N, obtenemos θ = cos −1 _ _ (1, 1, 1/2) (1, 1, 1) _ (1) 2 + ( 1 2 ) 2 _ (1) 2 + (1) 2 + (1) _ _ θ = cos −1 _ _ 5/2 _ 27 4 _ _ = cos −1 _ 5 3 √ 3 _ . 37 Problema 21. Encuentre una combinaci´ on lineal (si existe) para los siguientes vectores: −→ A 1 = −2 ´ i + 12 ´ j −4 ´ k, −→ A 2 = ´ i −6 ´ j + 2 ´ k, −→ A 3 = 2 ´ j + 7 ´ k, Soluci´ on: Para verificar si existe una combinaci´ on lineal entre los vectores, debemos encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de éstos escalares es distinto de cero, tal que se cumpla que: x −→ A 1 +y −→ A 2 +z −→ A 3 = − → 0 , es decir, x(−2, 12, −4) +y(1, −6, 2) +z(0, 2, 7) = (0, 0, 0) (−2x +y, 12x −6y + 2z, −4x + 2y + 7y) = (0, 0, 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones, −2x +y = 0, 12x −6y + 2z = 0, −4x + 2y + 7z = 0. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluci´ on si se aplica, por ejemplo el método de Gauss), el sistema es equivalente al sistema, −2x +y = 0 z = 0 la soluci´ on del sistema anterior, es de la forma y = 2x, x = α ∈ R z = 0 es decir, la soluci´ on del sistema es la terna, (x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0), 38 para toda α ∈ R, as´ı por ejemplo si α = 1, entonces una soluci´ on del sistema ser´ a de la forma, x = 1, y = 2, z = 0, por lo tanto, la combinaci´ on lineal de los vectores −→ A 1 , −→ A 2 y −→ A 3 est´ a dada por: −→ A 1 + 2 −→ A 2 + 0 −→ A 3 = − → 0 o también −→ A 1 = −2 −→ A 2 . 39 Problema 22. Encuentre una combinaci´ on lineal (si existe) de los vectores − → A = 2ˆı + ˆ  −3 ´ k, − → B = ˆı −2ˆ  −4 ´ k, − → C = 4ˆı + 3ˆ  − ´ k, Soluci´ on: Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condici´ on necesaria para la dependencia lineal, es decir; si − → A • − → B − → C = 0, entonces los vectores est´ an en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma, − → A • − → B − → C = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 2 1 −3 1 −2 −4 4 3 −1 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 2 (2 + 12) −1 (−1 + 16) −3 (3 + 8) = 2 (14) −1 (15) −3 (11) = 28 −15 −33 = −20, de lo anterior, como − → A • − → B − → C ,= 0, entonces los vectores − → A, − → B y − → C son linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinaci´ on lineal de ellos. 40 Problema 23. Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´ınea recta dada por las ecuaciones paramétricas, x = 2t −1, y = −t −1, z = t + 2, y perpendicular al vector ´ i − ´ j. Soluci´ on: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial − → r (t) = − → r 0 +t − → A, que representa a una recta L en forma paramétrica que pasa por el punto − → r 0 = (−1, −1, 2) y que es paralela al vector − → A = (2, −1, 1). Se pide un vector de la forma − → C = C 1 ´ i+C 2 ´ j +C 3 ´ k que tenga magnitud uno, adem´ as que sea perpendicular a la recta − → r (t) = − → r 0 +t − → A, es decir perpendicular al vector − → A, y también perpendicular al vector − → B = ´ i − ´ j, es decir, que cumpla las siguientes condiciones: 1) ¸ ¸ ¸ − → C ¸ ¸ ¸ = 1, 2) − → C − → A = 0, 3) − → C − → B = 0, de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos 2C 1 −C 2 +C 3 = 0, C 1 −C 2 = 0, de donde obtenemos inmediatamente que, C 1 = C 2 , C 3 = −C 2 , por lo tanto, el vector pedido tendr´ a la forma − → C = C 2 ´ i +C 2 ´ j −C 2 ´ k. Aplicando la condici´ on 1), obtenemos _ (C 2 ) 2 + (C 2 ) 2 + (−C 2 ) 2 = _ 3 (C 2 ) 2 = 1, 41 de donde, C 2 = ± _ 1 3 , finalmente, el vector pedido tiene la forma − → C = _ 1 3 _ ´ i + ´ j − ´ k _ . 42 Problema 24. Demuestre que la l´ınea recta x = y = 1 3 (z + 2) es paralela al plano 2x + 8y + 2z = 5. Soluci´ on: La ecuaci´ on de la recta dada se puede reescribir de la forma, x −0 1 = y −0 1 = z −(−2) 3 , esta ecuaci´ on, representa a una recta que pasa por el punto − → r 0 = (0, 0, −2) y es paralela al vector − → A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuaci´ on del plano, tenemos que el vector − → N = (2, 8, 2) es un vector normal al plano, de esta forma para mostrar que la recta y el plano son paralelos, debemos mostrar que el vector − → N, que es normal al plano y el vector − → A, que es paralelo a la recta son perpendiculares, es decir que satisfacen la condici´ on − → N − → A = 0. Calculando el producto escalar del vector normal − → N y el vector − → A, obtenemos − → N − → A = (2, −8, 2) (1, 1, 3) = 0, por lo tanto, se comprueba que el vector − → A es perpendicular al vector normal − → N del plano, y como el vector − → A es paralelo a la recta, luego entonces también es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada también es paralela al plano. 43 Problema 25. Las ecuaciones paramétricas de una recta son: x = 3t + 1, y = −2t + 4, z = t −3, encuentre la ecuaci´ on del plano que contiene a dicha recta. Soluci´ on: Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial de la forma, − → r (t) = (1, 4, −3) +t(3, −2, 1), que por definici´ on es la ecuaci´ on de una recta en forma paramétrica que pasa por un punto cuyo vector de posici´ on est´ a dado por − → r 0 = (1, 4, −3) y es paralela al vector − → A = (3, −2, 1). Si hacemos − → r 0 − → A = − → N que es un vector perpendicular al vector − → A y también perpendicular a − → r 0 , entonces, la ecuacion del plano pedida ser´ a de la forma, ax +by +cz = d, donde d = − → r 0 − → N, y − → N = a ´ i +b ´ j +c ´ k, es decir, − → N = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 4 −3 3 −2 1 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −2 ´ i −10 ´ j −14 ´ k asimismo, d = − → N − → r 0 = (−2 ´ i −10 ´ j −14 ´ k) ( ´ i + 4 ´ j −3 ´ k) = −2 −40 + 42 = 0, por lo tanto, la ecuaci´ on del plano ser´ a de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que se puede escribir finalmente como, x + 5y + 7z = 0. 44 Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma paramétrica y simétrica) que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la l´ınea de intersecci´ on de los planos x + 3y −2z = 8, x −3y +z = 0. Soluci´ on: De las ecuaciones de los planos, los vectores −→ N 1 = ´ i + 3 ´ j −2 ´ k, −→ N 2 = ´ i −3 ´ j + ´ k, son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma −→ N 1 −→ N 2 resulta ser un vector que es perpendicular tanto a −→ N 1 como a −→ N 2 , por lo que el vector −→ N 1 − → N 2 ser´ a paralelo a ambos planos y por lo tanto −→ N 1 −→ N 2 ser´ a paralelo a la l´ınea de intersecci´ on de ambos planos. Calculando el producto vectorial de las normales, − → A = −→ N 1 −→ N 2 = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 3 −2 1 −3 1 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −3 ´ i −3 ´ j −6 ´ k, por lo tanto, la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica ser´ a de la forma, − → r (t) = − → r 0 +t − → A es decir, − → r (t) = (3, 2, −4) +t(−3, −3, −6), y para determinar la forma simétrica de la recta, debemos eliminar el par´ ametro t de la ecuaci´ on vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta ecuaci´ on vectorial de la forma, x = 3 −3t, y = 2 −3t, z = −4 −6t, despejando el par´ ametro t e igualando obtenemos, x −3 −3 = y −2 −3 = z + 4 −6 o también, x −3 = y −2 = z + 4 2 . 45 Problema 27. Encontrar el punto de intersecci´ on (si es que se intersectan) de las siguientes l´ıneas rectas. a).− − → r 1 (t) = _ 5 ´ i + 4 ´ j + 5 ´ k _ t + 7 ´ i + 6 ´ j + 8 ´ k, − → r 2 (t) = _ 6 ´ i + 4 ´ j + 6 ´ k _ t + 8 ´ i + 6 ´ j + 9 ´ k, b).− − → r 1 (t) = 2 ´ k + _ 3 ´ i + 2 ´ j + ´ k _ t, − → r 2 (t) = 3 ´ i + 2 ´ j + 3 ´ k + _ 6 ´ i + 4 ´ j + 2 ´ k _ t, Soluci´ on: a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma, − → r (t) = − → r 0 +t − → A, que representa la ecuaci´ on paramétrica de una recta L que pasa por el punto (x 0 , y 0 , z 0 ) y es paralela al vector − → A. La ecuaci´ on anterior es equivalente a las ecuaciones x = x 0 +at, y = y 0 +bt, z = z 0 +ct, que también se les llaman las ecuaciones paramétricas de la recta L, éstas ecuaciones son equivalentes a las ecuaciones no paramétricas de la recta L dadas por, x −x 0 a = y −y 0 b = z −z 0 c . De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones paramétricas para cada recta, x = 7 + 5t, y = 6 + 4t, z = 8 + 5t, y x = 8 + 6t, y = 6 + 4t, z = 9 + 6t, que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no paramétricas respectiva- 46 mente, x −7 5 = y −6 4 = z −8 5 , x −8 6 = y −6 4 = z −9 6 . Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que han de satisfacer las 3 inc´ ognitas x, y y z, si consideramos las tres primeras ecuaciones, obtenemos 1) x−7 5 = y−6 4 , 2) y−6 4 = z−8 5 , 3) x−8 6 = y−6 4 . Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos x −7 5 = x −8 6 , de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuaci´ on 1), 2 −7 5 = y −6 4 , de donde y = 2, finalmente de la ecuaci´ on 2) obtenemos z = 3. N´ otese que éstos valores también satisfacen la cuarta ecuaci´ on y−6 4 = z−9 6 . Por lo tanto, el punto de intersecci´ on de las dos rectas tiene al vector 2 ´ i + 2 ´ j + 3 ´ k como vector de posici´ on. b).− Como se indic´ o anteriormente, las ecuaciones para − → r 1 (t) y − → r 2 (t) son de la forma − → r (t) = − → r 0 + t − → A, en este caso los vectores − → A 1 = 3 ´ i + 2 ´ j + 3 ´ k y − → A 2 = 6 ´ i + 4 ´ j + 2 ´ k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero − → A 2 = 2 _ 3 ´ i + 2 ´ j + ´ k _ = 2 − → A 1 , es decir, − → A 1 | − → A 2 , por lo que ambas l´ıneas rectas son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nunca se van a intersectar. 47 Problema 28. Encontrar la ecuaci´ on del plano que contiene a las siguientes l´ıneas rectas, 2 +x = 3−y 2 = z y x−2 2 = 2y+1 2 = z −1 Soluci´ on: Por definici´ on, la ecuaci´ on de un plano es de la forma, ax +by +cz = d, donde d = − → r 0 − → N, − → r 0 es el vector de posici´ on de un punto que este en el plano y − → N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma para encontrar la ecuaci´ on del plano necesitamos un punto en o sobre éste y un vector normal o perpendicular al mismo. Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma, x −(−2) 1 = y −3 −2 = z −0 1 , x −2 2 = y − _ − 1 2 _ 1 = z −1 1 , si comparamos estas ecuaciones con la ecuaci´ on general de la recta x−x0 a = y−y0 b = z−z0 c , que son equivalentes a la ecuaci´ on vectorial − → r (t) = − → r 0 + t − → A,que representa la ecuaci´ on paramétrica de una recta L que pasa por el punto (x 0 , y 0 , z 0 ) y es paralela al vector − → A, las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a las ecuaciones, − → r 1 (t) = − → r 01 +t − → A = (−2, 3, 0) +t (1, −2, 1) , − → r 2 (t) = − → r 02 +t − → B = _ 2, − 1 2 , 1 _ +t (2, 1, 1) . De las ecuaciones anteriores, si hacemos el producto vectorial de los vectores paralelos a cada recta, obtendremos un vector normal o perpendicular a cada recta, y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dos rectas, de esta forma calculando el producto vectorial, − → N = − → A − → B = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 −2 1 2 1 1 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −3 ´ i + ´ j + 3 ´ k, por lo tanto, sustituyendo en la ecuaci´ on general de un plano, el vector − → N y cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) por donde pasa la primera recta, obtenemos 48 −3x +y + 3z = (−2, 3, 0) (−3, 1, 3), finalmente, la ecuaci´ on del plano pedida est´ a dada por, −3x +y + 3z = 9 49 Problema 29. Sean − → P = 3 ´ i + ´ j + 2 ´ k y − → Q = ´ i − 2 ´ j − 4 ´ k los vectores de posici´ on de los puntos P y Q respectivamente. a) Hallar la distancia d desde el punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q. b) Hallar la ecuaci´ on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ. c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b). Soluci´ on: a) Por definici´ on, la distancia de un punto de coordenadas (x 1 , y 1 , z 1 ) a una recta de la forma − → r (t) = − → r 0 +t − → A, est´ a dada por: d = ¸ ¸ ¸( − → r 1 − − → r 0 ) − → A ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ − → A ¸ ¸ ¸ donde − → r 0 es el vector de posici´ on del punto por donde pasa la recta L, − → r 1 es el vector de posici´ on del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta L y el vector − → A es un vector que es paralelo a la recta L. Por lo tanto, para calcular la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q, escribamos dicha ecuaci´ on de la recta en la forma − → r (t) = − → r 0 + t − → A para as´ı aplicar la ecuaci´ on anterior. Aplicando la ecuaci´ on − → r (t) = − → r 0 + t − → A, para los vectores de posici´ on de los puntos P y Q, la ecuaci´ on de la recta que une los puntos P y Q se puede escribir vectorialmente de la forma, − → r (t) = − → P +t _ − → Q − − → P _ es decir, − → r (t) = 3 ´ i + ´ j + 2 ´ k +t __ ´ i −2 ´ j −4 ´ k _ − _ 3 ´ i + ´ j + 2 ´ k __ − → r (t) = 3 ´ i + ´ j + 2 ´ k +t _ −2 ´ i −3 ´ j −6 ´ k _ por lo tanto, en la ecuaci´ on anterior tenemos que, − → r 0 = (3, 1, 2) − → A = (−2, −3, −6) adem´ as, − → r 1 = (−1, 1, 1) 50 aplicando la ecuaci´ on para la distancia de un punto a una recta obtenemos, d = [[(−1, 1, 1) −(3, 1, 2)] (−2, −3, −6)[ [(−2, −3, −6)[ = [(−4, 0, −1) (−2, −3, −6)[ √ 4 + 9 + 36 calculando el producto vectorial, (−4, 0, −1) (−2, −3, −6) = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k −4 0 −1 −2 −3 −6 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −3 ´ i −22 ´ j + 12 ´ k Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q est´ a dada por: d = ¸ ¸ ¸−3 ´ i −22 ´ j + 12 ´ k ¸ ¸ ¸ √ 49 = √ 9 + 484 + 144 7 = √ 637 7 b) Por definici´ on la ecuaci´ on ( − → r − − → r 0 ) − → N = 0, representa la ecuaci´ on de un plano que contiene a un punto de coordenadas (x 0 , y 0 , z 0 ) y un vector normal − → N = a ´ i + b ´ j + c ´ k. En este, caso la ecuaci´ on del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ se puede escribir vectorialmente de la forma, _ − → r − − → P _ _ − → Q − − → P _ = 0 donde − → Q − − → P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al plano buscado, sustituyendo los valores para los vectores − → P y − → Q, obtenemos (x −3, y −1, z −2) (−2, −3, −6) = 0 calculando el producto escalar se obtiene, 2x + 3y + 6z = 21 que es la ecuaci´ on del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es perpendicular a la recta PQ. 51 c) Por definici´ on, la ecuaci´ on que proporciona la distancia de un punto de coordenadas (x 1 , y 1 , z 1 ) al plano ax +by +cz = d est´ a dada por: D = [ax 1 +by 1 +cz 1 −d[ √ a 2 +b 2 +c 2 , donde d = − → N − → r 0 = ax 0 +by 0 +cz 0 . Aplicando la ecuaci´ on anterior, y la ecuaci´ on para el plano calculada en el inciso b) obtenemos, D = [2(−1) + 3(1) + 6(1) −21[ √ 2 2 + 3 2 + 6 2 = [7 −21[ √ 49 = 2 que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21. 52 Problema 30. [ Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z = 5, x + 2y + 3z = 19. Soluci´ on: Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrario en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo el punto (0, 1, 1) y apliquemos la expresi´ on para calcular la distancia de un punto de coordenadas (x 1 , y 1 , z 1 ) al plano ax +by +cz = d, dada por la expresi´ on: D = [ax 1 +by 1 +z 1 −d[ _ (a 2 +b 2 +c 2 ) , donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d = − → N − → r 0 , siendo − → r 0 el vector de posici´ on de un punto sobre el plano. En este caso, tenemos − → N = (a, b, c) = (1, 2, 3), − → r 1 = (x 1 , y 1 , z 1 ) = (0, 1, 1), y d = 19, sustituyendo los valores anteriores en la expresi´ on para la distancia, obtenemos D = [1(0) + 2(1) + 3(1) −19[ √ 1 2 + 2 2 + 3 2 = [2 + 3 −19[ √ 14 = [−14[ √ 14 = 14 √ 14 = √ 14. Obsérvese que como los planos son paralelos, el problema también se puede resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. 53 3 Problemas del cap´ıtulo 2. Problema 1. Escribir las ecuaciones paramétricas y no paramétricas, de los siguientes c´ırculos: a) centro en (0, 1, 0), radio 2, paralelo al plano XZ, b) centro en (1, 1, 1), radio √ 3, paralelo al plano XY, c) centro en (−1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano XZ, d) centro en (−1, 3, −1), radio 5, paralelo al plano Y Z. Soluci´ on. Por definici´ on, la ecuaci´ on (∗) − → R(θ) = − → R 0 + (a cos θ) ´ e 1 + (a sinθ) ´ e 2 , representa un c´ırculo con centro en el punto (x 0 , y 0 , z 0 ) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios ´ e 1 y ´ e 2 que son mutuamente perpendiculares, donde θ est´ a entre 0 y 2π. a) Aplicando la ecuaci´ on anterior en este caso, a = 2 ´ e 1 = ´ i ´ e 2 = ´ k − → R 0 = (0, 1, 0), por lo tanto, la ecuaci´ on pedida es − → R(θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) ´ i + (2 sinθ) ´ k o bien, − → R(θ) = 2 cos θ ´ i + ´ j + 2 sinθ ´ k es decir, las ecuaciones paramétricas de un c´ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0, 1, 0) son: x = 2 cos θ, y = 1, z = 2 sinθ, que son equivalentes a las ecuaciones no paramétricas, x 2 +z 2 = 4, y = 1. 54 b) En este caso tenemos, aplicando la ecuaci´ on (∗) obtenemos, a = √ 3 ´ e 1 = ´ i ´ e 2 = ´ j − → R 0 = (1, 1, 1), por lo tanto, la ecuaci´ on pedida es − → R(θ) = (1, 1, 1) + _ √ 3 cos θ _ ´ i + _ √ 3 sinθ _ ´ j, o bien, − → R(θ) = _ 1 + √ 3 cos θ _ ´ i + _ 1 + √ 3 sinθ _ ´ j + ´ k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétricas: x = 1 + √ 3 cos θ, y = 1 + √ 3 sin θ, z = 1, de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, de la forma (x −1) 2 + (y −1) 2 = 3, z = 1. c) An´ alogamente, de la ecuaci´ on (∗) obtenemos a = 9 ´ e 1 = ´ i ´ e 2 = ´ k − → R 0 = (1, 2, 3), por lo tanto, la ecuaci´ on del c´ıculo en forma paramétrica est´ a dada por, − → R(θ) = (1 + 9 cos θ) ´ i + 2 ´ j + (3 + 9 sinθ) ´ k, que es equivalente a las siguientes ecuaciones paramétrica: x = 1 + 9 cos θ, y = 2, z = 3 + 9 sinθ, 55 de donde obtenemos las ecuaciones no paramétricas, de la forma (x −1) 2 + (z −3) 2 = 81, y = 2. d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene, − → R(θ) = − ´ i + (3 + 5 sinθ) ´ j + (−1 + 5 sinθ) ´ k, y (y −3) 2 + (z + 1) 2 = 25, x = −1.. 56 Problema 2. Dada la curva − → R = t 2 2 ´ i + t 3 3 ´ k; 0 t 2, encontrar un vector unitario ´ T(s),donde s es la longitud de arco. Soluci´ on. Para encontrar ´ T(s), primero debemos reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco s, es decir; obtener − → R(s) para as´ı calcular: ´ T(s) = d − → R(s) ds , sabemos que la longitud de arco est´ a dada por la expresi´ on: s(t) = _ t 0 ¸ ¸ ¸ −→ R (t) ¸ ¸ ¸ dt, de la ecuaci´ on de la curva obtenemos, − → R (t) = t ´ i +t 2 ´ k; de donde, ¸ ¸ ¸ −→ R (t) ¸ ¸ ¸ = _ t 2 +t 4 = t _ (1 +t 2 ), sustituyendo en la expresi´ on para la longitud de arco, s(t) = _ t 0 t _ (1 +t 2 )dt. Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma u = 1 +t 2 , du = 2tdt, dt = du 2t , de esta forma, s(t) = _ t 0 tu 1 2 du 2t = 1 2 _ t 0 u 1 2 du = _ (1 +t 2 ) 3 2 3 _ t 0 = 1 3 _ (1 +t 2 ) 3 2 −1 _ , por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´ a dada por, 57 s(t) = 1 3 _ (1 +t 2 ) 3 2 −1 _ de esta expresi´ on, despejamos el par´ ametro t de la forma; (3s + 1) 2 3 = 1 +t 2 ; t(s) = _ (3s + 1) 2 3 −1 _1 2 , sustituyendo en la expresi´ on para − → R(t(s)), obtenemos − → R(s) = 1 2 _ (3s + 1) 2 3 −1 _ ´ i + 1 3 _ (3s + 1) 2 3 −1 _3 2 ´ k, derivando esta expresi´ on con respecto al par´ ametro s, ´ T(s) = 1 2 _ 2 3 (3s + 1) −1 3 (3) _ ´ i+ _ 1 3 __ 2 3 _ _ (3s + 1) 2 3 −1 _1 2 _ 2 3 (3s + 1) − 1 3 (3) _ ´ k, finalmente, el vector unitario est´ a dado por: ´ T(s) = 1 (3s + 1) 1 3 ´ i + 1 (3s + 1) 1 3 _ (3s + 1) 2 3 −1 _1 2 ´ k. Observemos que inmediatamente se puede verificar que ¸ ¸ ¸ ´ T(s) ¸ ¸ ¸ = 1, aplicando la definici´ on de la magnitud de un vector tenemos, ¸ ¸ ¸ ´ T(s) ¸ ¸ ¸ = ¸ 1 (3s + 1) 2 3 + 1 (3s + 1) 2 3 _ (3s + 1) 2 3 −1 _ = ¸ 1 (3s + 1) 2 3 _ 1 + _ (3s + 1) 2 3 −1 __ = ¸ (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 2 3 = 1 58 Problema 3: Dada la curva cuyas ecuaciones paramétricas son: x = t 2π , y = sint, z = cos t, calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cu´ al es el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?. Soluci´ on: De las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on − → r (t) = t 2π ´ i + sin t ´ j + cos t ´ k, donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definici´ on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´ a dada por: l(t) = _ t=b t=a ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ dt, de la ecuaci´ on de la curva dada, obtenemos d − → r (t) dt = 1 2π ´ i + cos t ´ j −sint ´ k, de donde, ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ = _ 1 4π 2 + cos 2 +sin 2 t = _ 1 + 4π 2 4π 2 , sustituyendo en la expresi´ on para calcular la longitud de la curva obtenemos, 59 l = _ 2π 0 √ 1 + 4π 2 2π dt = _ √ 1 + 4π 2 2π t _ t=2π t=0 = _ 1 + 4π 2 . As´ı mismo por definici´ on, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por: T(t) = d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ , en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos d − → r (t = 0) dt = 1 2π ´ i + ´ j, y ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t = 0) dt ¸ ¸ ¸ ¸ = √ 1 + 4π 2 2π , por lo tanto el vector unitario pedido est´ a dado por: T = ´ i + 2π ´ j √ 1 + 4π 2 . 60 Problema 4: Si ´ T denota la tangente unitaria a la curva, x = t, y = 2t + 5, z = 3t, demuestre que d ´ T dt = 0, interprete este resultado en forma geométrica. Soluci´ on: En este caso, sustituyendo las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on − → r (t) = t ´ i + (2t + 5) ´ j + 3t ´ k. En forma an´ aloga al problema anterior, el vector tangente a una curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por: ´ T(t) = d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ , de esta forma, de la ecuaci´ on de la curva obtenemos, ´ T = ´ i + 2 ´ j + 3 ´ k √ 1 2 + 4 + 9 = ´ i + 2 ´ j + 3 ´ k √ 14 de donde obtenemos, d ´ T dt = 0. 61 Por otro lado, obsérvese que las ecuaciones paramétricas de la curva dada son equivalentes a la ecuaci´ on, x −0 1 = y −5 2 = z −0 3 , que es la ecuaci´ on de una l´ınea recta que pasa por el punto de coordenadas (0, 5, 0) y es paralela al vector − → A = ´ i+2 ´ j+3 ´ k, como se ilustra esquem´ aticamente en la siguiente figura. ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure Por lo tanto, la expresi´ on d b T dt = 0 indica que el vector ´ T es constante a lo largo de la l´ınea recta, por lo que la direcci´ on de la curva debe estar dada por un vector unitario en la direcci´ on del vector − → A, como era de esperarse. 62 Problema 5: a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecuaciones paramétricas, x = e t cos t, y = e t sint, z = 0, entre t = 0 y t = 1. b) Reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco. Soluci´ on: a) De las ecuaciones paramétricas, la curva est´ a dada por la ecuaci´ on − → r (t) = e t cos t ´ i +e t sint ´ j, donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definici´ on la longitud de una curva en el espacio desde el punto en t = a, al punto en t = b, est´ a dada por: l(t) = _ t=b t=a ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ dt, de la ecuaci´ on de la curva dada, obtenemos d − → r (t) dt = _ −e t (sint) +e t cos t ¸ ´ i + _ e t cos t +e t sent ¸ ´ j, de donde, ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ = _ [e t (−sint + cos t)] 2 + [e t (cos t + sint)] 2 = _ e 2t _ sin 2 t + cos 2 t −2 sint cos t _ +e 2t _ cos 2 t + sin 2 t + 2 sint cos t _ = √ 2e 2t = √ 2e t , 63 sustituyendo en la expresi´ on para calcular la longitud de la curva obtenemos, l = √ 2 _ 1 0 e t dt = √ 2 _ e t ¸ 1 0 = √ 2 [e −1] . b) Para reparametrizar la curva en términos de la longitud de arco s, tenemos por definici´ on, que la longitud de arco s (t) est´ a dada por la expresi´ on, s = s(t) = _ t t=t1 ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ dt, para t ≥ t 1 , en este caso escogemos t 1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´ a dada por: s (t) = √ 2 _ t 0 e t dt = √ 2 _ e t −1 ¸ , de la expresi´ on anterior despejamos a t en funci´ on de la longitud de arco s, de la forma e t = 1 √ 2 s + 1, es decir, t(s) = log _ s √ 2 + 1 _ = log _ s + √ 2 √ 2 _ , por lo tanto, la ecuaci´ on de la curva en términos de la longitud de arco s est´ a dada por: − → r (t(s)) = exp _ log _ s + √ 2 √ 2 ___ cos _ log s + √ 2 √ 2 _ ´ i + sin _ log s + √ 2 √ 2 _ ´ j _ , 64 finalmente obtenemos, − → r (s) = s + √ 2 √ 2 _ cos log _ s + √ 2 √ 2 _ ´ i + sinlog _ s + √ 2 √ 2 _ ´ j _ . 65 Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones paramétricas, x = sint −t cos t, y = cos t +t sint, z = t 2 , encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y el punto _ −2π, 1, 4π 2 _ b) T (t) . c) T (π) . Soluci´ on: En forma an´ aloga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la curva estar´ a dada por: l = _ 2π 0 ¸ ¸ ¸ ¸ d − → r (t) dt ¸ ¸ ¸ ¸ dt en este caso, d − → r (t) dt = (cos t −cos t +t sint) ´ i + (−sint + sint +t cos t) ´ j + 2tk = t sint ´ i +t cos t ´ j + 2t ´ k por lo tanto, l = _ 2π 0 _ t 2 sin 2 t +t 2 cos 2 t + 4t 2 dt = _ 2π 0 √ 5t 2 dt = _ √ 5 2 t 2 _ 2π 0 = √ 5 2 4π 2 , finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto _ −2π, 1, 4π 2 _ , est´ a dada por l = 2 √ 5π 2 . 66 b) En forma an´ aloga a los problemas anteriores, en este caso, el vector tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´ a dado por: ´ T (t) = − → r (t) [ − → r (t)[ = t sint ´ i + cos t ´ j + 2t ´ k _ t 2 sin 2 t +t 2 cos 2 t + 4t 2 = t sint ´ i +t cos t ´ j + 2t ´ k t √ 5 , finalmente, ´ T (t) = 1 √ 5 _ sint ´ i + cos t ´ j + 2 ´ k _ . c) As´ı mismo en el punto t = π, el vector tangente est´ a dado por: ´ T (t = π) = 1 √ 5 _ − ´ j + 2 ´ k _ . 67 Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x, y, z) = 1 _ x 2 +y 2 +z 2 Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Soluci´ on. Aplicando la definici´ on del gradiente, obtenemos ∇φ = _ ∂ ∂x _ 1 _ x 2 +y 2 +z 2 _ , ∂ ∂y _ 1 _ x 2 +y 2 +z 2 _ , ∂ ∂z _ 1 _ x 2 +y 2 +z 2 __ = − 1 2 _ 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 _ _ 2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k _ = − _ x ´ i +y ´ j +z ´ k (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 _ por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´ a dado por: ∇φ(1, 0, −1) = − 1 (1 + 0 + 1) 3 2 ( ´ i − ´ k) es decir, ∇φ(1, 0, −1) = 1 2 √ 2 (− ´ i + ´ k). b) Dado el campo vectorial − → f (x, y, z) = x ´ i +y ´ j +z ´ k _ x 2 +y 2 +z 2 calcular i) ∇ − → f en (1, −2, 1). j) ∇ − → f en (1, −2, 1). Soluci´ on. i) El campo vectorial es de la forma: − → f (x, y, z) = x _ x 2 +y 2 +z 2 ´ i + y _ x 2 +y 2 +z 2 ´ i + z _ x 2 +y 2 +z 2 ´ i Aplicando la definici´ on de la divergencia, se tiene 68 ∂f 1 ∂x = ∂ ∂x _ x _ x 2 +y 2 +z 2 _ = _ x 2 +y 2 +z 2 _1 2 −x _ 1 2 _ _ x 2 +y 2 +z 2 _ − 1 2 _ 2x _ (x 2 +y 2 +z 2 ) = _ x 2 +y 2 +z 2 _ − 1 2 _ x 2 +y 2 +z 2 −x 2 _ (x 2 +y 2 +z 2 ) finalmente, ∂f 1 ∂x = y 2 +z 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 de forma an´ aloga obtenemos, ∂f 2 ∂y = ∂ ∂y _ y _ x 2 +y 2 +z 2 _ = x 2 +z 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 y ∂f 3 ∂z = ∂ ∂z _ z _ x 2 +y 2 +z 2 _ = x 2 +y 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 por lo tanto la difvergencia de la funci´ on vectorial dada resulta, ∇ − → f = 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 (y 2 +z 2 +x 2 +z 2 +x 2 +y 2 ) = 2(x 2 +y 2 +z 2 ) (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 = 2 _ (x 2 +y 2 +z 2 ) por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1, −2, 1) resulta ∇ − → f (1, −2, 1) = 2 _ (1 2 + (−2) 2 + 1 2 ) = _ 2 3 Soluci´ on alternativa. a) El campo vectorial − → f (x, y, z) se puede representar de la siguiente forma: − → f (x, y, z) = φ(x, y, z) − → A(x, y, z) donde: 69 φ(x, y, z) = 1 _ x 2 +y 2 +z 2 − → A(x, y, z) = − → r . Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos 1) ∇ (φ − → r ) = ∇φ − → r +φ∇ − → r , pero del inciso a) se obtuvo que, ∇ _ 1 _ x 2 +y 2 +z 2 _ = − x ´ i +y ´ j +z ´ k (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 que se puede escribir como (2) ∇φ = − − → r r 3 , donde r es la magnitud del vector de posici´ on − → r . Por otro lado de la definici´ on de la divergencia se tiene, (3) ∇ − → r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3, sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaci´ on (1) obtenemos, ∇ (φ − → r ) = − − → r r 3 − → r + 3 r = 2 r que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente. En general si un campo escalar φ(x, y, z) se puede representar de la forma, φ(x, y, z) →φ(r) donde r es la magnitud del vector de posici´ on, entonces ∇φ(r) = ∂φ ∂r ´ e− → r donde r = [ − → r [ = _ x 2 +y 2 +z 2 y ´ e r = − → r r . Por ejemplo, si φ(x, y, z) = ln 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 que se puede escribir como φ(r) = ln 1 r 3 = −3 lnr 70 de donde, ∂φ ∂r = − 3 r y por lo tanto, ∇φ(r) = ∂φ ∂r ´ e r = − 3 r _ − → r r _ = − 3 r 2 − → r . Por otro lado, si aplicamos la definici´ on del gradiente, tenemos ∇φ(x, y, z) = 3 2 _ 1 x 2 +y 2 +z 2 _ _ 2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k _ es decir, ∇φ(x, y, z) = _ 3 x 2 +y 2 +z 2 _ _ x ´ i +y ´ j +z ´ k _ = 3 r 2 − → r . j) Si el campo vectorial esta dado como − → f (x, y, z) = x ´ i +y ´ j +z ´ k _ x 2 +y 2 +z 2 Por definici´ on del rotacional tenemos, ∇ − → f = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x √ x 2 +y 2 +z 2 y √ x 2 +y 2 +z 2 z √ x 2 +y 2 +z 2 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ calculando las derivadas parciales, obtenemos ∇ − → f = _ − yz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 + yz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 _ ´ i − _ − xz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 + xz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 _ ´ i + _ − xy (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 + xy (x 2 +y 2 +z 2 ) 3 2 _ ´ i es decir, ∇ − → f = − → 0 Soluci´ on alternativa. De la misma forma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador ”NABLA” ∇ _ φ(r) − → A _ = ∇φ(r) − → A +φ(r)∇ − → A, identificando a φ(r) = 1 r y − → A = − → r tenemos, 71 (4) ∇ _ − → r r _ = ∇ _ 1 r _ − → r + 1 r ∇ − → r , adem´ as, de la definici´ on del rotacional tenemos que, (5) ∇ − → r = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x y z ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = − → 0 , y del inciso a), obtenemos (6) ∇ _ 1 r _ = − − → r r 3 , sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaci´ on (4), obtenemos ∇ _ − → r r _ = _ − − → r r 3 _ − → r , aplicando la definici´ on del producto vectorial de dos vectores − → r − → r = − → 0 , finalmente obtenemos, ∇ _ − → r r _ = − → 0 , que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definici´ on del determinante para el rotacional. 72 Problema 8. El potencial electrost´ atico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de densidades lineales λ y −λ est´ a dado por, V = ∂ 2πε 0 ln( r 2 r 1 ), donde r 2 1 = (x −x 0 ) 2 +y 2 , y r 2 2 = (x +x 0 ) 2 +y 2 , consideremos los filamentos en la direcci´ on z, pasando por el plano XY en (−x 0 , 0, 0) y (x 0 , 0, 0). Verificar que: ∇V (x, y) = λ 2πε 0 __ x +x 0 r 2 1 − x −x 0 r 2 2 _ ´ i + 2y _ 1 r 2 1 − 1 r 2 2 _ ´ j _ Soluci´ on: Sustituyendo los valores de r 2 1 y r 2 2 , y aplicando la propiedad de los logaritmos, obtenemos V (x, y) = λ 2πε 0 ln _ (x +x 0 ) 2 +y 2 (x −x 0 ) 2 +y 2 _ 1 2 = λ 4πε 0 ln _ (x +x 0 ) 2 +y 2 (x −x 0 ) 2 +y 2 _ . Por definici´ on, sabemos que ∇V (x, y) ≡ ∂V ∂x ´ i + ∂V ∂y ´ j. Calculemos primeramente la derivada con respecto a x, ∂V (x, y) ∂x = k ∂ ∂x _ ln _ (x +x 0 ) 2 +y 2 (x −x 0 ) 2 +y 2 __ , donde k = λ 2πε 0 , 73 de esta forma, ∂V (x, y) ∂x = k _ (x −x 0 ) 2 +y 2 (x +x 0 ) 2 +y 2 _ _ (x −x 0 ) 2 +y 2 ¸ 2(x +x 0 ) − _ (x +x 0 ) 2 +y 2 ¸ 2(x −x 0 ) [(x −x 0 ) 2 +y 2 ] 2 __ , sustituyendo r 2 1 = (x −x 0 ) 2 +y 2 , y r 2 2 = (x +x 0 ) 2 +y 2 , obtenemos, ∂V (x, y) ∂x = k _ r 2 1 r 2 2 _ 2(x +x 0 )r 2 1 −2(x −x 0 )r 2 2 r 4 1 __ = λ 4πε 0 _ 2(x +x 0 )r 2 1 −2(x −x 0 )r 2 2 r 2 1 r 2 2 _ = λ 2πε 0 _ (x +x 0 ) r 2 2 − (x −x 0 ) r 2 1 _ . An´ alogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos, ∂V (x, y) ∂y = k ∂ ∂y _ ln _ (x +x 0 ) 2 +y 2 (x −x 0 ) 2 +y 2 __ = k _ (x −x 0 ) 2 +y 2 (x +x 0 ) 2 +y 2 _ (x −x 0 ) 2 +y 2 −2y _ (x +x 0 ) 2 +y 2 _ 2y [(x −x 0 ) 2 +y 2 ] 2 __ = k _ r 2 1 r 2 2 _ 2y(r 2 1 −r 2 2 r 4 1 __ = k2y _ 1 r 2 2 − 1 r 2 1 _ ´ j. Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obtenemos, ∇V (x, y) = λ 2πε 0 __ x +x 0 r 2 1 − x −x 0 r 2 2 _ ´ i + 2y _ 1 r 2 1 − 1 r 2 2 _ ´ j _ . 74 Problema 9. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 en la direcci´ on del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y b) Su valor m´ aximo y direcci´ on en el punto (1, 1, 0). Soluci´ on: a) Sean − → r P y − → r Q los vectores de posici´ on de los puntos P y Q respectivamente, es decir − → r P = ´ i + ´ j − → r Q = 2 ´ i + ´ j + ´ k por lo tanto, ´ u = − → r Q − − → r P [ − → r Q − − → r P [ = _ 2 ´ i + ´ j + ´ k _ − _ ´ i + ´ j _ _ (2 −1) 2 + (1 −1) 2 = 1 √ 2 _ ´ i + ´ k _ asimismo, de la definici´ on del gradiente dada por la ecuaci´ on, ∇φ(x, y, z) ≡ ∂V ∂x ´ i + ∂V ∂y ´ j + ∂V ∂z ´ k obtenemos, ∇φ = 2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k sustituyendo en la expresi´ on para la derivada direccional, dφ ds = ∇φ ´ u = _ 2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k _ 1 √ 2 _ ´ i + ´ k _ = 2 √ 2 (x +z) evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos, dφ(1, 1, 0) ds = √ 2. Es decir, el campo escalar se incrementa a una raz´ on de √ 2 por unidad de distancia cuando se avanza del punto P(1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1). b) Por definici´ on aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor m´ aximo de dφ ds ser´ a igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir; _ dφ ds _ max = [∇φ[ = 2 √ 2 75 y también de la propiedad del gradiente, el valor m´ aximo de dφ ds se tendr´ a en la direcci´ on del gradiente ∇φ(1, 1, 0) = 2(1) ´ i + 2(1) ´ j + 2(0) ´ k, es decir, en la direcci´ on del vector 2 ´ i + 2 ´ j. 76 Problema 10. Hallar la derivada de P = 4 exp (2x −y +z) en el punto (1, 1, −1) en direcci´ on del vector (−3, 5, 6). Soluci´ on: Por definici´ on la derivada direccional est´ a dada por: ∂φ ∂s = ∇φ ´ u, en este caso, la derivada direccional estar´ a dada por, ∂P ∂s = ∇P ´ u, calculando el gradiente de la funci´ on P, ∇P = ∂ ∂x (4 exp (2x −y +z)) ´ i + ∂ ∂x (4 exp (2x −y +z)) ´ i + ∂ ∂x (4 exp (2x −y +z)) ´ i = exp (2x −y +z) _ 8 ´ i −4 ´ j + 4 ´ k _ , la direcci´ on est´ a dada en este caso por el vector, ´ u = − → u [ − → u [ = −3 ´ i + 5 ´ j + 6 ´ k √ 70 , por lo tanto la derivada de la funci´ on P en el punto (1, 1, −1) est´ a dada por: ∂P(1, 1, −1) ∂s = ∇P(1, 1, −1) ´ u = exp (2(1) −(1) + (−1)) _ 8 ´ i −4 ´ j + 4 ´ k _ −3 ´ i + 5 ´ j + 6 ´ k √ 70 = −24 −20 + 24 √ 70 = − 20 √ 70 . 77 Problema 11 Calcule la derivada direccional de f(x, y, z) = x yz en el punto (e, e, 0) y en la direcci´ on del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2). Soluci´ on: Para calcular la derivada direccional de f(x, y, z), tenemos por definici´ on que df ds = ∇f ´ u, donde, ∇f es el gradiente de la funci´ on dada y ´ u es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´ a dada por el vector, − → u = − → r 2 − − → r 1 = (0, 3, 2) −(1, 2, 3) = (−1, 1, −1), de esta forma, ´ u = − → u [ − → u [ = 1 √ 3 (−1, 1, 1). Aplicando la definici´ on del gradiente, obtenemos ∇f = ∂ ∂x [x yz ] ´ i + ∂ ∂y [x yz ] ´ j + ∂ ∂z [x yz ] ´ k = ∂ ∂x _ e ln x yz _ ´ i + ∂ ∂y _ e ln x yz _ ´ j + ∂ ∂z _ e ln x yz _ ´ k = _ e ln x yz _ ∂ ∂x (lnx yz ) __ ´ i +e ln x yz _ ∂ ∂y (ln x yz ) _ ´ j +e ln x yz _ ∂ ∂y (lnx yz ) _ ´ k = _ e ln x yz _ _ 1 x yz _ yzx yz−1 _ ´ i + 1 x yz (z lnx) ´ j + 1 x yz (y ln x) ´ k _ , que se puede escribir de la forma, ∇f = _ yzx yz−1 _ ´ i +z lnx ´ j +y lnx ´ k, de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente est´ a dado por: ∇f(e, e, o) = 0 ´ i + 0 ´ j +e ln(e) ´ k = e(0, 0, 1), Finalmente la derivada direccional est´ a dada por: 78 df ds = e(0, 0, 1) 1 √ 3 (−1, 1, 1) = e √ 3 . 79 Problema 12. Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de la funci´ on φ(x, y, z) = axy 2 +byz +cx 3 z 2 en el punto (1, 2, −1) tenga un m´ aximo de magnitud 64 en la direcci´ on paralela al eje Z. Soluci´ on: Por definici´ on, la derivada direccional est´ a dada por: dφ ds = ∇φ ´ u Aplicando las hip´ otesis del problema, ésta derivada ser´ a m´ axima en direcci´ on paralela al eje Z, es decir en direcci´ on del vector ´ k por lo tanto, (1) ∇φ ´ k = 64, (2) ∇φ ´ j = 0, (3) ∇φ ´ i = 0, aplicando la definic´ on del gradiente obtenemos, ∇φ = _ ay 2 + 3cx 2 z 2 _ ´ i + (2axy +bz) ´ j + _ by + 2cx 3 z _ ´ k evaluando en el punto (1, 2, −1), obtenemos ∇φ(1, 2, −1) = (4a + 3c) ´ i + (4a −b) ´ j + (2b −2c) ´ k por lo tanto, de las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos (1a) 2b −2c = 64, (2a) 4a + 3c = 0, (3a) 4a −b = 0, de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos, b = −3c al sustituir en la ecuaci´ on (1a) obtenemos, c = −8 nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos, 80 a = 6 b = 24 81 Problema 13. Dado el campo escalar, φ(x, y, z) = 2xz +e y z 2 a) Encontrar dφ ds en el punto (2, 1, 1) y en la direcci´ on del vector 2 ´ i +3 ´ j − ´ k. b) Cu´ al es la direcci´ on del m´ aximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1) y que valor tiene éste m´ aximo cambio. c) Encuentre la ecuaci´ on del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 +e en el punto (2, 1, 1). Problema: Por definici´ on, sabemos que la derivada direccional est´ a dada por: df ds = ∇f ´ u, donde, ∇f es el gradiente de la funci´ on dada y ´ u es el vector que indica la direcci´ on, que en este caso, est´ a dada por el vector, ´ u = 1 √ 14 (2, 3, −1) , as´ı mismo, ∇φ ≡ ∂φ ∂x ´ i + ∂φ ∂y ´ j + ∂φ ∂z ´ k = 2z ´ i +e y z 2 ´ j + (2x +e y z) ´ k, de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente est´ a dado por: ∇φ = 2 ´ i +e ´ j + (4 + 2e) ´ k Por lo tanto, la derivada direccional est´ a dada por: df ds = _ 2 ´ i +e ´ j + (4 + 2e) ´ k _ _ 1 √ 14 (2, 3, −1) _ = 1 √ 14 [4 + 3e −4 −2e] = e √ 14 . b) La direcci´ on en el cual el campo escalar φ est´ a cambiando m´ as r´ apido, est´ a dada en la direcci´ on gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos ∇φ(2, 1, 1) = 2 ´ i +e ´ j + (4 + 2e) ´ k, y su m´ aximo valor est´ a dada por: [∇φ(2, 1, 1)[ = _ 2 2 +e 2 + (4 + 2e) 2 = _ 20 + 16e + 5e 2 . 82 c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) est´ a dado por el gradiente, ∇φ(2, 1, 1) = 2 ´ i +e ´ j + (4 + 2e) ´ j, De esta forma, la ecuaci´ on del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 +e, est´ a dada por ∇φ • ( − → r − − → r 0 ) = 0, es decir, 2(x −2) +e(y −1) + (4 + 2e)(z −1) = 0, que también se puede escribir de la forma, 2x +ey + 4z = 8 + 3e. 83 Problema 14. La temperatura de los puntos en el espacio est´ a dada por: T(x, y, z) = x 2 +y 2 −z a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se est´ a muriendo de fr´ıo. ¿En qué direcci´ on deber´ a volar para que no se muera? b) Si el mosquito vuela a una raz´ on de 5 unidades de distancia por segundo en direcci´ on del vector 4 ´ i+4 ´ j−2 ´ k. ¿Cu´ al es la raz´ on de cambio de aumento en la temperatura por unidad de tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?. Soluci´ on: a) Como el gradiente de T a punta en la m´ axima raz´ on de cambio de la temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se est´ a muriendo de fr´ıo, deber´ a moverse en la direcci´ on del gradiente para calentarse. Aplicando la definici´ on del gradiente, ∇T(x, y, z) ≡ ∂T ∂x ´ i + ∂T ∂y ´ j + ∂T ∂z ´ k, en este caso, tenemos _T(x, y, z) = 2x ´ i + 2y ´ j − ´ k, de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente est´ a dado por _T(1, 1, 2) = 2 ´ i + 2 ´ j − ´ k, as´ı que el mosquito deber´ a moverse en la direcci´ on del vector (2, 2, −1). b) Aplicando regla de la cadena, la raz´ on de cambio en la temperatura esta dada por: dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = _T ´ u, es la derivada direccional, y ds dt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito. Por hip´ otesis del problema, la direcci´ on est´ a dada por el vector unitario, ´ u = 4 ´ i + 4 ´ j −2 ´ k √ 16 + 16 + 4 = _ 4 6 , 4 6 , − 2 6 _ , de esta forma la derivada direccional estar´ a dada por dT ds = (2, 2, −1) 1 3 (2, 2, −1) = 4 3 + 4 3 + 1 3 = 3, y como ds dt = 5, finalmente el cambio en la temperatura estar´ a dada de la forma, 84 dT dt = 15 ◦ C seg . 85 Problema 15. El capit´ an Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él esta en la posici´ on (x, y, z) est´ a dada por: T(x, y, z) = e −x−y−z , donde x, y y z est´ an medidas en metros. Actualmente él est´ a en el punto (2, 2, 2). a) ¿En qué direcci´ on deber´ a avanzar para disminuir m´ as rapido la temperatura? b) Si la nave viaja a e 8 m s , ¿con qué rapidez decaer´ a la temperatura si avanza en esa direcci´ on? Soluci´ on: a) Si el campo escalar de temperaturas, est´ a dado por T(x, y, z) = e −x−y−z , de la definici´ on de la derivada direccional dT ds = ∇T ´ u, que f´ısicamente nos da la raz´ on de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcci´ on del vector ´ u, la m´ axima raz´ on de cambio de aumento de la temperatura estar´ a dada por _ dT ds _ max = [∇T[ , es decir, cuando ∇T apunta en la direcci´ on de ´ u. Por lo tanto, si el capit´ an Peluches est´ a en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direcci´ on contraria al gradiente. Aplicando la definici´ on del gradiente, tenemos ∇T = ∂T ∂x ´ i + ∂T ∂y ´ j + ∂T ∂z ´ z ∇T = −e −x−y−z ´ i −e −x−y−z ´ j −e −x−y−z ´ k ∇[T (2, 2, 2)] = −e −2−2−2 _ ´ i + ´ j + ´ k _ = −e −6 _ ´ i + ´ j + ´ k _ , de esta forma, el capit´ an Peluches se tiene que mover en direcci´ on del vector e −6 _ ´ i + ´ j + ´ k _ . b) Si la nave viaja una rapidez de e 8 m/s _ ds dt _ , entoces la rapidez con la cual diminuye la temperatura, est´ a dada por (aplicando regla de la cadena): dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = ∇T • ´ u, y 86 ´ u = ∇T [∇T[ = e −6 _ ´ i + ´ j + ´ k _ √ e −12 3 = _ ´ i + ´ j + ´ k _ √ 3 , por lo tanto, dT ds = ∇T • ∇T [∇T[ = [∇T[ 2 [∇T[ = [∇T[ = e −6 √ 3 _ 0 C m _ , finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´ a dada por: dT dt = √ 3 _ 0 C m _ _ e 8 m s _ = √ 3 _ e 8 _ 0 C seg . 87 Problema 16. a) La temperatura en una caja rect´ angular est´ a dada aproximadamente por T(x, y, z) = x(1 −x)(2 −y)(3 −z), donde 0 < < 1, 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Si un mosquito se localiza en el punto (0, 1, −2), en que direcci´ on deber´ a volar para enfriarse lo m´ as r´ apido posible. Explique su respuesta. b) Si el mosquito est´ a volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo. Con qué rapidez est´ a cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en direcci´ on paralela al eje x?. Soluci´ on. a) El gradiante apunta donde la raz´ on de cambio del incremento de temperatura es m´ axima, por lo que el mosquito debe moverse en direcci´ on opuesta al gradiente. Por definici´ on, el gradiente de una funci´ on escalar est´ a dado por, ∇T = ∂T ∂x ´ i + ∂T ∂y ´ j + ∂T ∂z ´ k, en este caso, T(x, y, z) = x(1 −x)(2 −y)(3 −z), luego entonces ∇T = ∂T ∂x ´ i + ∂T ∂y ´ j + ∂T ∂z ´ k ∇T = [(1 −x) −x] (2 −y) (3 −z) ´ i −x(1 −x) (3 −z) ´ j −x(1 −x) (2 −y) ´ k = (1 −2x) (2 −y) (3 −z) ´ i −x(1 −x) (3 −z) ´ j −x(1 −x) (2 −y) ´ k evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos ∇T (0, 1, −2) = (1 −2 (0)) (2 −(1)) (3 −(−2)) ´ i + 0 ´ j + 0 ´ k = 5 ´ i es decir, el mosquito debe volar en direcci´ on del vector −5 ´ i para enfriarse. b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 m seg = ds dt , entonces aplicando la regla de la cadena, tenemos dT dt = dT ds ds dt , donde dT ds = ∇T • ´ u, y 88 ´ u = (1, 0, 0) puesto que se mueve en direcci´ on paralela al eje x, por lo tanto dT dt = 1.5 (∇T ´ u) = 1.5 __ 5 ´ i _ ´ i _ , finalmente, la rapidez con la cual est´ a cambiando la temperatura de la caja cuando el mosquito se mueve en direcci´ on paralela al eje x, est´ a dada por dT dt = 7.5 0 C seg . 89 Problema 17. a) Defina el concepto de conjunto de nivel. b) Defina el concepto de gr´ afica de una funci´ on. c) Describa el comportamiento, conforme var´ıa c, del conjunto de nivel para la siguiente funci´ on. f(x, y) = 1 −x 2 −y 2 , d) Cual es el conjunto de nivel si c > 1. Soluci´ on: a) Sea f : U ⊂ R n −→R, se define el conjunto de nivel como el conjunto de puntos − → x ∈ U que satisfacen, L c = ¦ − → x ∈ U : f( − → x ) = C ∈ R¦ . b) Sea f : U ⊂ R n −→R, se define la gr´ afica de la funci´ on f como el conjunto de puntos (x 1 , x 2 .........x n , f(x 1 x 2 , ....., x n )), que pertenecen a R n+1 para (x 1 , x 2 .........x n ) ∈ U, es decir, el conjunto _ ((x 1 , x 2 ...., x n , f(x 1 , x 2 , ...., x n )) ∈ R n+1 : (x 1 , ..., x n ) ∈ U _ . c) Si f(x, y) = 1 −x 2 −y 2 ; en este caso el conjunto de nivel es una curva en R 2 tal que cumple: L c = _ (x, y) : 1 −x 2 −y 2 = c _ , o también, L c = _ (x, y) : x 2 +y 2 = 1 −c _ , es decir, conforme c varie las curvas del nivel son c´ırculos de radio √ 1 −c. d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio. 90 Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecuaciones paramétricas x = ucos v, y = usinv, y z = z(u). Soluci´ on: Por definici´ on, una superficie S en el espacio est´ a descrita por una funci´ on vectorial de la forma: − → r (u, v) = x(u, v) ´ i +y(u, v) ´ j +z(u, v) ´ k, donde u y v son par´ ametros (variables), en forma an´ aloga al par´ ametro t para una trayectoria curva en el espacio representada por − → f (t); as´ı mismo, las ecuaciones x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), son las ecuaciones paramétricas de la superficie S. En este caso, la ecuaci´ on paramétrica para la superficie S est´ a dada por: − → r (u, v) = ucos v ´ i +usinv ´ j +z(u) ´ k por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S representada por la ecuaci´ on anterior estar´ a dado por: ´ n = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ , donde los vectores − → r u y − → r v son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente, éstos vectores est´ an dados por: − → r u ≡ ∂ − → r (u, v) ∂u = cos v ´ i + sinv ´ j +z‘(u) ´ k, y − → r v ≡ ∂ − → r (u, v) ∂v = −usinv ´ i +ucos v ´ j. Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos − → r u − → r v = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k cos v sinv z‘(u) −usinv ucos v 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = (−ucos vz (u)) ´ i−(usinvz (u)) ´ j+ _ ucos 2 v +usin 2 v _ ´ k es decir, − → r u − → r v = (−ucos vz (u)) ´ i −(usinvz (u)) ´ j +u ´ k, 91 la magnitud de este vector est´ a dada por, [ − → r u − → r v [ = _ (−ucos vz (u)) 2 + (usinvz (u)) 2 +u 2 = u _ 1 + [z (u)] 2 , sustituyendo los resultados anteriores en la expresi´ on para el vector unitario ´ n, obtenemos ´ n = −cos vz (u) ´ i −sinvz (u) ´ j + ´ k _ 1 + [z‘(u)] 2 Problema 19. Demostrar que − → f = r 2− → r es un campo vectorial conservativo y encontrar el potencial escalar del cual se deriva. Soluci´ on: Para mostrar que − → f = r 2− → r es un campo conservativo debemos verifica que ∇ −→ f = − → O. Calculando el rotacional de − → f , usando la propiedad distributiva del producto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos, ∇(r 2− → r ) = ∇r 2 − → r +r 2 ∇ − → r , aplicando las siguientes propiedades del operador nabla, ∇r n = nr n−2− → r , que se demuestra en el problema 22, y la propiedad ∇ − → r = − → O, obtenemos, ∇(r 2− → r ) = 2 − → r − → r = − → O, es decir, − → f = r 2− → r , es un campo vectorial conservativo. Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que − → f (r) = ∇φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresi´ on para el gradiente de una funci´ on que s´ olamente depende de r = [ − → r [ , y que resulta de aplicar la regla de la cadena, ∇φ(r) = ∂φ(r) ∂x ´ i + ∂φ(r) ∂y ´ j + ∂φ(r) ∂z ´ k, = ∂φ ∂r ∂r ∂x ´ i + ∂φ ∂r ∂r ∂y ´ j + ∂φ ∂r ∂r ∂z ´ k, = φ (r)∇r, = φ (r)´ e r , 92 de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, − → f = r 2− → r = r 3 ´ e r , por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es decir − → f (r) = ∇φ(r), obtenemos φ (r) = r 3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, φ(r) = r 4 4 +C, donde C es una constante de integraci´ on que depende de las condiciones iniciales. 93 Problema 20. a) Mostrar que _• [f(r) − → r ] = 3f(r) +rf (r). b) Calcule _[f(r) − → r ] (no aplique la definici´ on del determinante). Soluci´ on: Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funci´ on escalar por una funci´ on vectorial, dada por: _ [f(r) − → r ] = _f(r) − → r +f(r) _ − → r , como el campo escalar f(r), s´ olo depende de r = [ − → r [ , podemos aplicar _f(r) = f (r) _r = f (r) − → r r , adem´ as, por definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos _• − → r = 3, entonces _• [f(r) − → r ] = f (r) − → r r • − → r + 3f(r) = rf (r) + 3f(r), b) En forma an´ aloga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del producto de una funci´ on escalar por una funci´ on vectorial, dada por: _[f(r) − → r ] = f(r) _ − → r +_f(r) − → r , por definici´ on, sabemos que _ − → r = − → 0 , y aplicando la expresi´ on para el gradiente de una funci´ on que s´ olamente depende de r, donde r = [ − → r [ , obtenemos _f(r) − → r = f (r) r − → r − → r = − → 0 , finalmente se demuestra que _[f(r) − → r ] = − → 0 . 94 Problema 21. Hallar el campo vectorial − → F tal que − → F = f(r) − → r y div − → F = 0, es decir; halle la funci´ on f(r). Soluci´ on: Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, ∇ Φ − → A = ∇Φ − → A + Φ∇ − → A, en este caso, tenemos Φ = f(r), − → A = − → r , ∇ [f(r) − → r ] = ∇f(r) − → r +f(r)∇ − → r como el campo escalar f, s´ olo depende de r = [ − → r [ , podemos aplicar _f(r) = f (r) _r = f (r) − → r r , que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado, de la definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos ∇ − → r = _ ∂ ∂x , ∂ ∂y , ∂ ∂z _ (x, y, z) = 3, entonces ∇ [f(r) − → r ] = f´ (r) − → r r − → r + 3f(r) = f´ (r)r + 3f(r), aplicando la hip´ otesis del problema dada por ∇ [f(r) − → r ] = 0, obtenemos f´ (r) f(r) r + 3 = 0, o también, 1 f(r) df(r) = − 3 r dr, integrando, obtenemos 95 _ df(r) f(r) = −3 _ dr r ln f(r) +cte = −3 (ln r +cte) ln f(r) = lnr −3 +cte e ln f(r) = e (ln r −3 +cte) , finalmente, la funci´ on escalar est´ a dada por: f(r) = Ar −3 = A r 3 . donde A es una constante de integraci´ on. 96 Problema 22. a) Si − → r = [ − → r [ demostrar las siguientes identidades, I) ∇r n = nr n−2− → r II) ∇ 2 r n = n(n + 1)r n−2 III) ∇ (r n− → r ) = (n + 3) r n b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular, I) ∇ _ 1 r _ II) ∇ 2 ()1r 3/2 III) ∇ _ − → r r 3 _ Solucion: a) Por definici´ on, el vector de posici´ on de un punto en el espacio est´ a dado por, − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k, de donde, la magnitud del vector esta dada por r = [ − → r [ = _ x 2 +y 2 +z 2 . Aplicando la definici´ on del operador vectorial nabla ∇ dado por, ∇ ≡ ∂ ∂x ´ i + ∂ ∂y ´ j + ∂ ∂z ´ k, obtenemos para I), ∇r n = ∂r n ∂x ´ i + ∂r n ∂y ´ j + ∂r n ∂z ´ k, sustituyendo la magnitud del vector de posici´ on, tenemos ∇r n = ∂ ∂x _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 ´ i + ∂ ∂y _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 ´ j + ∂ ∂z _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 ´ k = n 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 −1 (2x) ´ i + n 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 −1 (2y) ´ j + n 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 −1 (2z) ´ k = n _ x 2 +y 2 +z 2 _ n−2 2 _ x ´ i +y ´ j +z ´ k _ = n[ − → r [ n−2 − → r , finalmente, ∇r n = nr n−2− → r . II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´ a dado por, 97 ∇ 2 ≡ ∇ ∇ = ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 , de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector − → r , obtenemos ∇ 2 r n = ∂ 2 ∂x 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 + ∂ 2 ∂y 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 + ∂ 2 ∂z 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _n 2 , observese por la forma de la funci´ on escalar dada, s´ olo necesitamos calcular las derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z son an´ alogas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma, ∇ 2 r n ≡ ∇ ∇r n = ∇ _ nr n−2− → r _ , y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, ∇ _ Φ − → A _ = ∇Φ − → A + Φ∇ − → A, donde, Φ = nr n−2 , − → A = − → r , por lo tanto, ∇ 2 r n ≡ ∇ _ nr n−1− → r _ = ∇ _ nr n−2 _ − → r +nr n−2 ∇ − → r , aplicando la divergencia de una funci´ on vectorial tenemos que ∇ − → r = 3 y el resultado del inciso anterior, en este caso ∇r n−2 = (n−2)r n−4− → r , de esta forma, ∇ 2 r n = n(n −2)r n−4− → r − → r + 3nr n−2 , = n(n −2)r n−2 + 3nr n−2 , donde aplicamos el hecho de que − → r − → r = [ − → r [ 2 = r 2 , finalmente obtenemos ∇ 2 r n = n(n + 2)r n−2 . III). En forma an´ aloga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad de la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso las funciones escalares y vectoriales est´ an dadas por, Φ = r n , − → A = − → r , por lo tanto, 98 ∇ (r n− → r ) = ∇r n − → r +r n ∇ − → r usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos, ∇ (r n− → r ) = nr n−2− → r − → r + 3r n = nr n + 3r n = (n + 3)r n . b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos, I) ∇ _ 1 r _ = ∇ _ r −1 _ = (−1)r −3− → r = − − → r r 3 . II) ∇ 2 ()1r 3/2 = ∇ 2 _ r − 3 2 _ = − 3 2 _ − 3 2 + 1 _ r (− 3 2 −2) = 3 4 r − 7 2 = 3 4 √ r 7 . III) ∇ _ − → r r 3 _ = ∇ _ r −3− → r _ = 0. 99 Problema 23. Dado el campo vectorial, − → F = − → r [ − → r [ k , donde − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k. Para qué valor de la constante k, la divergencia de − → F es igual a cero?. Soluci´ on: Las componentes del campo vectorial − → F est´ an dadas por: F x = x (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 , F y = y (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 , F z = z (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 , como la divergencia de una campo vectorial − → F = F x ´ i + F y ´ j + F z ´ k, est´ a dada por ∇ − → F ≡ ∂F x ∂x + ∂F y ∂y + ∂F z ∂z s´ olamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma ∂F x ∂x = ∂ ∂x _ x (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 _ = _ x 2 +y 2 +z 2 _k 2 −x _ k 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _k 2 −1 (2x) _ (x 2 +y 2 +z 2 ) k = 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 − kx 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 +1 . An´ alogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos ∂F y ∂y = 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 − ky 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 +1 . ∂F z ∂z = 1 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 − kz 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 +1 . 100 sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial − → F , est´ a dada por ∇ − → F = 3 (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 − k _ x 2 +y 2 +z 2 _ (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 +1 = 3 −k (x 2 +y 2 +z 2 ) k 2 . de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de − → F es igual a cero. 101 Soluci´ on alternativa: Como el campo vectorial es de la forma, − → F = f(r) − → r , en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla, ∇ _ f(r) − → A _ = ∇f(r) − → A +f(r)∇ − → A, donde, f(r) = [ − → r [ −k , − → A = − → r , de esta forma, ∇ __ [ − → r [ −k _ − → r _ = ∇ _ [ − → r [ −k _ − → r + _ [ − → r [ −k _ ∇ − → r , aplicando el resultado ∇f(r) = df(r) dr ´ e r , que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r = [ − → r [ . Por lo tanto, ∇ __ [ − → r [ −k _ − → r _ = −[ − → r [ −k−1 − → r [ − → r [ − → r + 3 _ [ − → r [ −k _ = −[ − → r [ −k−2 [ − → r [ 2 + 3 _ [ − → r [ −k _ = 3 −k [ − → r [ k , donde se aplic´ o también la propiedad de la norma del producto escalar de vectores y el hecho de que ∇ − → r = ∂x ∂x + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3. De la misma forma, si k = 3, entonces ∇ − → F = 0. 102 Problema 24. Dado el campo vectorial, − → F = −y ´ i +x ´ j (x 2 +y 2 ) k 2 . Hallar el valor de la constante k, de forma que − → F sea irrotacional, es decir que ∇ − → F = − → 0 . Soluci´ on. Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla, ∇ _ Φ − → A _ = ∇Φ − → A + Φ∇ − → A, donde en este caso, Φ = _ x 2 +y 2 _ − k 2 , − → A = −y ´ i +x ´ j, obtenemos, ∇ __ _ x 2 +y 2 _k 2 __ −x ´ i +y ´ j __ = ∇ _ _ x 2 +y 2 _ − k 2 _ _ −y ´ i +x ´ j _ + _ _ x 2 +y 2 _ − k 2 _ ∇ _ −y ´ i +x ´ j _ , del problema anterior, obtenemos ∇ _ _ x 2 +y 2 _ − k 2 _ = −k (x 2 +y 2 ) k 2 +1 _ x ´ i +y ´ j _ de esta forma, ∇ _ _ x 2 +y 2 _ − k 2 _ −x ´ i +y ´ j __ = −k (x 2 +y 2 ) k 2 +1 _ x ´ i +y ´ j _ _ −y ´ i +x ´ j _ + _ x 2 +y 2 _ − k 2 ∇ _ −y ´ i +x ´ j _ calculando el producto vectorial y el rotacional, _ x ´ i +y ´ j _ _ −y ´ i +x ´ j _ = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k x y 0 −y x 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ x 2 +y 2 _ ´ k ∇ _ −y ´ i +x ´ j _ = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y 0 −y x 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 2 ´ k sustituyendo, obtenemos 103 ∇ __ _ x 2 +y 2 _k 2 __ −x ´ i +y ´ j __ = −k (x 2 +y 2 ) k 2 +1 _ x 2 +y 2 _ ´ k + 2 ´ k (x 2 +y 2 ) k 2 = 2 −k (x 2 +y 2 ) k 2 ´ k. De lo anterior, si k = 2, entonces ∇ − → F = − → 0 . 104 Problema 25. a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial − → A = (x + 2y +az) ´ i + (bx −3y −z) ´ j + (4x +cy + 2z) ´ k sea irrotacional. b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual se deriva éste campo vectorial . Soluci´ on: a) Por definici´ on, si − → A es irrotacional debe cumplir que ∇ − → A = − → 0 , por lo tanto ∇ − → A = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x + 2y +az bx −3y −z 4x +cy + 2z ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ ∂ ∂y (4x +cy + 2z) − ∂ ∂z (bx −3y −z) _ ´ i − _ ∂ ∂x (4x +cy + 2z) − ∂ ∂z (x + 2y +az) _ ´ j + _ ∂ ∂x (bx −3y −z) − ∂ ∂y (x + 2y +az) _ ´ k aplicando la hip´ otesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces c + 1 = 0 −a + 4 = 0 b −2 = 0 de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4, b = 2 y c = −1. Por lo tanto, el campo vectorial que es irrotacional est´ a dado por: − → A = (x + 2y + 4z) ´ i + (2x −3y −z) ´ j + (4x −y + 2z) ´ k b) Debido a que si ∇ − → A = − → 0 entonces, − → A = ∇φ(x, y, z), por lo tanto (x + 2y + 4z) ´ i + (2x −3y −z) ´ j + (4x −y + 2z) ´ k = ∂φ ∂x ´ i + ∂φ ∂x ´ j + ∂φ ∂x ´ k, 105 de donde, ∂φ ∂x = x + 2y + 4z, ∂φ ∂y = 2x −3y −z, ∂φ ∂z = 4x −y + 2z, Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x 2 2 + 2xy + 4xz +f(y, z), (2) φ(x, y, z) = 2xy − 3 2 y 2 −yz +g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 4xz −yz +z 2 +h(x, y), derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos, ∂φ ∂y = 2x + ∂f(y, z) ∂y ∂φ ∂y = 2x −3y −z de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −3y −z integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = − 3 2 y 2 −yz +m(z) substituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = x 2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y 2 −yz +m(z). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z, obtenemos ∂φ ∂z = 4x −y + ∂m(z) ∂z ∂φ ∂z = 4x −y + 2z de lo anterior, se tiene 106 4x −y + ∂m(z) ∂z = 4x −y + 2z dm(z) dz = 2z finalmente obtenemos, m(z) = z 2 +cte, por lo tanto, la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que − → A = ∇φ(x, y, z) est´ a dada por: φ(x, y, z) = x 2 2 + 2xy + 4xz − 3 2 y 2 −yz +z 2 +cte n´ otese que: ∇φ(x, y, z) = (x + 2y + 4z) ´ i + (2x −3y −z) ´ j + (4x −y + 2z) ´ k = − → A. 107 Problema 26. a) Demostrar − → A = (6xy +z 3 ) ´ i + (3x 2 −z) ´ j + (3xz 2 −y) ´ k que es irrotacional. b) Hallar φ tal que − → A = ∇φ. Soluci´ on: a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional ∇ − → A = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 6xy +z 3 3x 2 −z 3xz 2 −y ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ ∂ ∂y (3xz 2 −y) − ∂ ∂z (3x 2 −z) _ ´ i − _ ∂ ∂x (3xz 2 −y) − ∂ ∂z (6xy +z 3 ) _ ´ j + _ ∂ ∂x (3x 2 −z) − ∂ ∂y (6xy +z 3 ) _ ´ k = (−1 + 1) ´ i − _ 3z 2 −3z 2 _ ´ j + (6x −6x) ´ k. Por lo tanto como ∇ − → A = − → 0 entonces − → A es irrotacional. b) del resultado anterior, se tiene que − → A = ∇φ por lo tanto ∂φ ∂x = 6xy +z 3 , ∂φ ∂y = 3x 2 −z, ∂φ ∂z = 3xz 2 −y. Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = 3x 2 y +xz 3 +f(y, z), 108 (2) φ(x, y, z) = 3x 2 y −yz +g(x, z), (3) φ(x, y, z) = xz 3 −yz +h(x, y), derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos, ∂φ ∂z = 3xz 2 + ∂f(y, z) ∂z , ∂φ ∂z = 3xz 2 −y, de las ecuaciones anteriores se obtiene, ∂f(y, z) ∂y = −y, integrando nuevamente con respecto a y obtenemos, f(y, z) = −yz +m(y), substituyendo en la ecuaci´ on (1) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3x 2 y +xz 3 −yz +m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos ∂φ ∂y = 3x 2 −z + ∂m(y) ∂y , ∂φ ∂y = 3x 2 −z, de lo anterior, se tiene 109 3x 2 −z + ∂m(y) ∂y = 3x 2 −z, dm(y) dy = 0, finalmente obtenemos m(z) = cte, por lo tanto, la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que − → A = ∇φ(x, y, z) est´ a dada por: φ(x, y, z) = 3x 2 y +xz 3 −yz +cte. 110 Problema 27. Verificar si el campo vectorial − → f = 3x 2 y ´ i + (x 3 + 1) ´ j + 9z 2 ´ k se puede obtener a partir del gradiente de una funci´ on escalar. Si es as´ı, obtenga el campo escalar. Soluci´ on: Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector − → 0 . ∇ − → f = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 3x 2 y x 3 + 1 9z 2 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ , de lo anterior se deduce inmediatamente que, ∇ − → f = − → 0 . Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, as´ı que se puede deducir a partir del gradiente de una funci´ on escalar, es decir; − → f = ∇φ. De la expresi´ on para el campo vectorial − → f y de la definici´ on para el gradiente, obtenemos ∂φ ∂x = 3x 2 y, ∂φ ∂y = x 3 + 1, ∂φ ∂z = 9z 2 . 111 Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos: (1) φ(x, y, z) = x 3 y +f(y, z), (2) φ(x, y, z) = x 3 y +y +g(x, z), (3) φ(x, y, z) = 3z 3 +h(x, y), derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos ∂h(x, y) ∂x = 3x 2 y integrando nuevamente con respecto a x obtenemos, h(x, y) = x 3 y +m(y) substituyendo en la ecuaci´ on (3) obtenemos, (4) φ(x, y, z) = 3z 3 +x 3 y +m(y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones resultantes, obtenemos dm(y) dy = 1 finalmente obtenemos, m(y) = y +cte por lo tanto, la funci´ on escalar φ tal que − → f = ∇φ est´ a dada por: φ(x, y, z) = 3z 3 +x 3 y +y +cte. 112 Problema 28. a) Demostrar que el campo vectorial definido por, − → E = − → r r 2 es irrotacional. b) Encontrar φ de forma que − → E = −∇φ, con la condici´ on de que φ(a) = 0, siendo a = cte > 0. Soluci´ on: a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector − → 0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla ∇ _ φ − → A _ = ∇φ − → A +φ∇ − → A en este caso, identificamos a φ = φ(r) = 1 r 2 y − → A = − → r , aplicando la ecuaci´ on anterior obtenemos: ∇ _ − → r r 2 _ = ∇ _ 1 r 2 _ − → r + _ 1 r 2 _ ∇ − → r , aplicando la siguiente ecuaci´ on ∇φ(r) = φ (r)´ e r , que es v´ alida para campos escalares donde r = [ − → r [, obtenemos ∇ _ 1 r 2 _ = − − → r r , adem´ as como ∇ − → r = − → 0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos finalmente ∇ − → E = ∇ _ − → r r 2 _ = − → 0 b) Como ya se demostr´ o que ∇ − → E = − → 0 entonces − → E = −∇φ aplicando nuevamente la ecuaci´ on ∇φ(r) = φ (r)´ e r , identificando en este caso correctamente la expresi´ on para la funci´ on escalar, obtenemos dφ(r) dr = − 1 r integrando, obtenemos 113 φ(r) = −ln _ 1 r _ +cte aplicando la condici´ on de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de la constante de integraci´ on dada por cte = lna finalmente, obtenemos φ(r) = ln _ a r _ . 114 Problema 29. Considere la siguiente transformaci´ on x = w, y = e v cos u, z = e v sinu, a) Calcule los factores de escala. b) Verifique si el sistema de cordenadas (u, v, w) es ortogonal. c) Hallar el elemento dS 2 . Soluci´ on: a) En términos de la transformaci´ on dada, el vector de posici´ on est´ a dado por: − → r = w ´ i +e v cos u ´ j +e v sinu ´ k. Por definici´ on, los factores de escala, est´ an dados por: h u ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂u ¸ ¸ ¸ ¸ = _ e 2v [sen 2 u + cos 2 u] = e v , h v ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂v ¸ ¸ ¸ ¸ = _ e 2v _ cos 2 u + sin 2 u ¸ = e v , h w ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂w ¸ ¸ ¸ ¸ = 1. b) Para verificar si el sistema es ortogonal debemos mostrar que ´ e u ´ e v = ´ e u ´ e w = ´ e v ´ e w = 0, as´ı como, ´ e u ´ e u = ´ e v ´ e v = ´ e w ´ e w = 1. Calculemos primero los vectores ´ e u , ´ e v y ´ e w , que son los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas u, v y w respectivamente. Por definici´ on tenemos, ´ e u ≡ ∂ − → r /∂u [∂ − → r /∂u[ = e v sin u ´ j +e v cos u ´ k _ e 2v [sen 2 u + cos 2 u] = −sinu ´ j + cos u ´ k, ´ e v ≡ ∂ − → r /∂v [∂ − → r /∂v[ = e v cos u ´ j +e v sinu ´ k _ e 2v _ cos 2 u + sin 2 u ¸ = cos u ´ j + sinu ´ k, ´ e w ≡ ∂ − → r /∂w [∂ − → r /∂w[ = ´ i ¸ ¸ ¸ ´ i ¸ ¸ ¸ = ´ i, 115 de las ecuaciones anteriores, obtenemos ´ e u ´ e w = (−sinu ´ j + cos u ´ k) (cos u ´ j + sinu ´ k) = −sinucos u ´ j ´ j −sin 2 u ´ j ´ k + cos 2 u ´ k ´ j + sinucos u ´ k ´ k = 0 también, en forma inmediata se observa que se cumple ´ e v ´ e w = ´ e u ´ e v = 0, as´ı como ´ e u ´ e u = ´ e v ´ e v = ´ e w ´ e w = 1 c) Por definici´ on, el elemento dS 2 est´ a dado por, dS 2 = d − → r d − → r , donde d − → r = ∂ − → r ∂u du 1 + ∂ − → r ∂v dv + ∂ − → r ∂w dw, los vectores, ∂ − → r ∂u , ∂ − → r ∂v y ∂ − → r ∂w son vectores tangentes a las l´ıneas coordenada u, v y w respectivamente y est´ an dados por ∂ − → r ∂u = e v sinu ´ j +e v cos u ´ k ∂ − → r ∂v = e v cos u ´ j +e v sinu ´ k ∂ − → r ∂w = ´ i De esta forma, el elemento dS 2 est´ a dado por, dS 2 = dw 2 +e 2v _ sin 2 udu 2 −2 sinuducos udv + sin 2 udu 2 _ +e 2v _ cos 2 udu 2 + 2 cos udv sinudv + sin 2 udv 2 _ = dw 2 +e 2v sin 2 udu 2 +e 2v cos 2 udv 2 +e 2v cos 2 udu 2 +e 2v sin 2 udv 2 = du 2 _ e 2v _ sin 2 u + cos 2 u _¸ +dv 2 _ e 2v _ cos 2 u + sin 2 u _¸ +dw 2 dS 2 = e 2v du 2 +e 2v dv 2 +dw 2 . Con lo cual se comprueba que es ortogonal, ya que no hay términos cruzados. 116 Problema 30. Encuentre la relaci´ on de los vectores unitarios en coordenadas esféricas y rect´ angulares, es decir, encuentre: ´ i = ´ i (´ e r , ´ e θ , ´ e φ ) , ´ j = ´ j (´ e r , ´ e θ , ´ e φ ) , ´ k = ´ k (´ e r , ´ e θ , ´ e φ ) , y ´ e r = ´ e r _ ´ i, ´ j, ´ k _ , ´ e θ = ´ e θ _ ´ i, ´ j, ´ k _ , ´ e φ = ´ e φ _ ´ i, ´ j, ´ k _ , Soluci´ on: La transformaci´ on entre cordenadas rect´ angulares y esféricas est´ a dada por: x = r sinθ cos φ, y = r sinθ sinφ, z = r cos θ donde, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ r. El vector de posici´ on de un punto en el espacio en coordenadas esféricas est´ a dado por: − → r = r sinθ cos φ ´ i +r sinθ sinφ ´ j +r cos θ ´ k de esta forma, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas r, θ y φ est´ an dados por, ´ e r = ∂ − → r ∂r ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂r ¸ ¸ ¸ = sinθ cos φ ´ i + sinθ sinφ ´ j + cos θ ´ k _ sin 2 θ _ cos 2 φ + sin 2 θ _ + cos 2 θ , ´ e θ = ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂θ ¸ ¸ ¸ = r cos θ cos φ ´ i +r cos θ sinφ ´ j −r sinθ ´ k _ r 2 cos θ 2 _ sin 2 φ + sin 2 φ _ −r 2 sin 2 θ , ´ e φ = ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ = −r sinθ sin φ ´ i +r sinθ cos φ ´ j _ r 2 sin 2 θ _ sin 2 φcos 2 φ _ , 117 que se pueden escribir finalmente de la forma, (a) ´ e r = sinθ cos φ ´ i + sinθ sinφ ´ j + cos θ ´ k, (b) ´ e θ = cos θ cos φ ´ i + cos θ sinφ ´ j −sin θ ´ k, (c) ´ e φ = −sinφ ´ i + cos φ ´ j. Ahora para encontrar la dependencia de los vectores ´ i, ´ j y ´ k, en términos de los vectores ´ e r , ´ e θ y ´ e φ , aplicamos la siguiente relaci´ on vectorial − → A = _ − → A ´ u 1 _ ´ u 1 + _ − → A ´ u 2 _ ´ u 2 + _ − → A ´ u 3 _ ´ u 3 , para cualquier vector − → A , que es v´ alida para los vectores ´ u 1 , ´ u 2 y ´ u 3 , que forman una base ortonormal, es decir que cumplen que ´ u i ´ u j = δ ij , donde δ ij es la funci´ on delta de Kcronecker y est´ a dada por, δ ij = _ 1, i = j 0, i ,= j _ De esta forma, como los vectores unitarios ´ i, ´ j y ´ k y ´ e r , ´ e θ y ´ e φ forman una base ortonormal, aplicando la expresi´ on anterior escribimos a los vectores ´ i, ´ j y ´ k en términos de los vectores ´ e r , ´ e θ y ´ e φ de la forma, (1) ´ i = _ ´ i ´ e r _ ´ e r + _ ´ i ´ e θ _ ´ e θ + _ ´ i ´ e φ _ ´ e φ , (2) ´ j = _ ´ j ´ e r _ ´ e r + _ ´ j ´ e θ _ ´ e θ + _ ´ j ´ e φ _ ´ e φ , (3) ´ k = _ ´ k ´ e r _ ´ e r + _ ´ k ´ e θ _ ´ e θ + _ ´ k ´ e φ _ ´ e φ , por otro lado de las ecuaciones (a), (b) y (c), aplicando la de definici´ on del producto escalar, obténemos ´ i ´ e r = sinθ cos φ, ´ i ´ e θ = cos θ cos φ, ´ i ´ e φ = −sinφ, ´ j ´ e r = sinθ sinφ, ´ j ´ e θ = cos θ sinφ, ´ j ´ e φ = cos φ, ´ k ´ e r = cos θ, ´ k ´ e θ = −sinθ, ´ k ´ e φ = 0, sustituyendo los resultados anteriores en las ecuaciones (1), (2) y (3), final- 118 mente se obtiene ´ i = sinθ cos φ´ e r + cos θ cos φ´ e θ −sinφ´ e φ ´ j = sinθ sin φ´ e r cos θ sinθ´ e θ −cos φ´ e φ ´ k = cos θ´ e r −sinθ´ e φ . Problema 31. Transformar la siguiente funci´ on vectorial − → f = 1 rsenθ ´ e ϕ , que est´ a en cordenadas esféricas (r, θ, φ), a coordenadas rect´ angulares. Soluci´ on: Por definici´ on, las coordenadas esféricas est´ an dadas por la transformaci´ on: x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sinϕ, z = r cos θ, por lo tanto, el vector de posici´ on de un punto en el espacio en coordenadas esféricas, est´ a dado por: − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k = r sinθ cos ϕ ´ i +r sinθ sinϕ +r cos θ, de esta expresi´ on, debemos calcular primero el vector unitario tangente a la l´ınea coordenada ϕ de la forma, ´ e ϕ ≡ ∂ − → r /∂ϕ [∂ − → r /∂ϕ[ = −r sinθ sinϕ ´ i +r sinθ cos ϕ ´ j _ (r sinθ sinϕ) 2 + (r sinθ cos ϕ) 2 = −r sinθ sin ϕ ´ i + sinθ cos ϕ ´ j _ r 2 sin 2 θ(sin 2 ϕ + cos 2 ϕ) , por lo tanto, ´ eϕ = −sinϕ ´ i + cos ϕ ´ j, sustituyendo en la expresi´ on para − → f , obtenemos − → f = 1 r sinθ ´ e ϕ = 1 r sin θ (−sinϕ ´ i + cos ϕ ´ j), y de las ecuaciones de transformaci´ on, obtenemos: 119 sinϕ = y r sinθ , cos ϕ = x r sinθ , sustituyendo, obtenemos − → f = − y r 2 sin 2 θ ´ i + x r 2 sin 2 θ ´ j, por otro lado, de las ecuaciones de transformaci´ on también tenemos que, x 2 +y 2 = r 2 sin 2 θ, finalmente, sustituyendo la ecuaci´ on anterior obtenemos − → f = − y x 2 +y 2 ´ i + x x 2 +y 2 ´ j. 120 Problema 32. Transformar la funci´ on vectorial − → F = ρ´ e ρ +ρ´ e φ , que est´ a en coordenadas cil´ındricas, a coordenadas rectangulares. Soluci´ on: El vector de posici´ on de un punto P en el espacio esta dado por − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k sustituyendo las ecuaciones de transformaci´ on de coordenadas cil´ındricas y rect´ angulares, dadas por las ecuaciones x = ρ cos φ, y = ρ sinφ, z = z, obtenemos − → r = ρ cos φ ´ i +ρ sinφ ´ j +z ´ k, por lo tanto, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas ρ y φ est´ an dados por: ´ e ρ ≡ ∂ − → r ∂ρ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂ρ ¸ ¸ ¸ = cos φ ´ i + sin φ ´ j _ cos φ 2 + sinφ 2 = cos φ ´ i + sinφ ´ j, ´ e φ ≡ ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ = −ρ sinφ ´ i +ρ cos φ ´ j _ ρ 2 cos φ 2 +ρ 2 sinφ 2 = −sinφ ´ i + cos φ ´ j, De la transformaci´ on inversa, tenemos ρ = _ x 2 +y 2 _1 2 , sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios ´ e ρ y ´ e φ , y la ecuaci´ on anterior, en la funci´ on vectorial, obtenemos − → F = _ _ x 2 +y 2 _1 2 __ cos φ ´ i + sinφ ´ j _ + _ _ x 2 +y 2 _1 2 __ −sinφ ´ i + cos φ ´ j _ = _ _ x 2 +y 2 _1 2 __ cos φ ´ i + sinφ ´ j −sinφ ´ i + cos φ ´ j _ = _ _ x 2 +y 2 _1 2 _ (cos φ −sinφ) ´ i + (sinφ + cos φ) ´ j y de las ecuaciones de transformaci´ on, obtenemos 121 − → F = _ _ x 2 +y 2 _1 2 _ _ x (x 2 +y 2 ) 1 2 − y (x 2 +y 2 ) 1 2 _ ´ i+ _ x (x 2 +y 2 ) 1 2 + y (x 2 +y 2 ) 1 2 _ ´ j finalmente se obtiene, − → F = (x −y) ´ i + (x +y) ´ j 122 Problema 33. Para las coordenadas cil´ındricas parab´ olicas (ξ, η, φ), las ecuaciones de trns- formaci´ on a coordenadas rect´ angulares est´ an dadas por, x = ξη cos φ, y = ξη sin φ, z = 1 2 _ η 2 −ξ 2 _ . a) Hallar los factores de escala. b) Mostrar que ´ e η ´ e ξ = ´ e φ . Soluci´ on: a) Por definici´ on sabemos que el vector de posici´ on de un punto en el espacio est´ a dado por, − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k, sustituyendo las ecuaciones de transformaci´ on, tenemos − → r (ξ, η, φ) = ξη cos φ ´ i +ξη sinφ ´ j + 1 2 _ η 2 −ξ 2 _ ´ k, de donde, los factores de escala est´ an dados por, h ξ ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂ξ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ η 2 cos 2 φ +η 2 sin 2 φ +ξ 2 = _ η 2 +ξ 2 , h η ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂η ¸ ¸ ¸ ¸ = _ ξ 2 cos 2 φ +ξ 2 sin 2 φ +η 2 = _ ξ 2 +η 2 , h φ ≡ ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ sin 2 φ + cos 2 φ = 1. b) Por definici´ on, los vectores unitarios tangentes a las l´ıneas coordenadas ξ, η y φ para este caso est´ an dados por, 123 ´ e ξ ≡ ∂ − → r ∂ξ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂ξ ¸ ¸ ¸ = η cos φ ´ i +η sinφ ´ j −ξ ´ k _ η 2 +ξ 2 , ´ eη ≡ ∂ − → r ∂η ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂η ¸ ¸ ¸ = ξ cos φ ´ i +η sinφ ´ j −η ´ k _ η 2 +ξ 2 , ´ e ξ ≡ ∂ − → r ∂ξ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂ξ ¸ ¸ ¸ = −sinφ ´ i + cos φ ´ j 1 , también se pueden representar de la siguiente forma, ´ e ξ = 1 h ξ _ η cos φ ´ i +η sin φ ´ j −ξ ´ k _ , ´ e η = 1 h η _ ξ cos φ ´ i +ξ sin φ ´ j −η ´ k _ , ´ e φ = −sinφ ´ i + cos φ ´ j. Por lo tanto, calculando el producto vectorial de los vectores unitarios ´ e ξ y ´ e η , obtenemos ´ e ξ ´ e η = 1 h ξ 1 h η ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k η cos φ η sin φ −ξ ξ cos φ ξ sinφ η ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 1 (η 2 +ξ 2 ) _ _ η 2 sin φ +ξ 2 sinφ _ ´ i − _ η 2 cos φ +ξ 2 cos φ _ ´ j _ = 1 (η 2 +ξ 2 ) _ _ η 2 +ξ 2 _ sinφ ´ i − _ η 2 +ξ 2 _ cos φ ´ j _ = sinφ ´ i −cos φ ´ j = ´ e φ . 124 4 Problemas del cap´ıtulo 3. Problema 1. Si φ(x, y) = xy Calcular _ φd − → r desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 0) a lo largo de: a) La curva y = x 2 , z = 0. b) La l´ınea recta que une los puntos (0, 0, 0) y (1, 1, 0). Soluci´ on: a) La ecuaci´ on de la par´ abola y = x 2 , z = 0, se puede representar en forma paramétrica de la forma, − → r (t) = t ´ i +t 2 ´ j donde 0 ≤ t ≤ 1. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d − → r est´ a dado por: d − → r (t) = dt ´ i + 2tdt ´ j as´ı la integral de l´ınea resulta, _ C φd − → r = _ (1,1,0) (0,0,0) φ(x, y)d − → r = _ 1 t=0 t _ t 2 _ _ dt ´ i + 2tdt ´ j _ = ´ i _ 1 t=0 t 3 dt + ´ j _ 1 t=0 2t 4 dt al resolver la integral, obtenemos _ C φd − → r = 1 4 ´ i + 2 5 ´ j b) Recordemos que la ecuaci´ on paramétrica de una recta que pasa por dos puntos est´ a dada por: − → r (t) = − → r 1 +t ( − → r 2 − − → r 1 ) , 125 donde − → r 1 y − → r 2 son los vectores de posici´ on de los puntos (x 1 , y 1 , z 1 ) y (x 2 , y 2 , z 2 ) respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (0, 0, 0) y (1, 1, 0), por lo tanto la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica que va del punto (0, 0, 0) y (1, 1, 0) est´ a dada por, − → r (t) = t (1, 1, 0) , es decir, − → r (t) = t ´ i +t ´ j, as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ a dado por: d − → r (t) = dt ´ i +dt ´ j la integral de l´ınea resulta, _ C φd − → r = _ (1,1,0) (0,0,0) φ(x, y)d − → r = _ 1 t=0 _ t 2 _ _ dt ´ i +dt ´ j _ = ´ i _ 1 t=0 t 2 dt + ´ j _ 1 t=0 t 2 dt finalmente al resolver la integral, obtenemos _ C φd − → r = 1 3 ´ i + 1 3 ´ j Soluciones alternativas: a) La curva est´ a descrita por las ecuaciones, y = x 2 z = 0. 126 Si escogemos a la variable x como par´ ametro, entonces las ecuaciones paramétricas de la curva dada son : x = x y = x 2 , por lo que la ecuaci´ on de la cuva en forma paramétrica est´ a dada por: − → r (x) = x ´ i +x 2 ´ j; 0 ≤ x ≤ 1 de donde obtenemos, d − → r = dx ´ i + 2xdx ´ j por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: (1,1,0) _ (0,0,0) φd − → r = _ 1 0 x 3 (dx ´ i + 2xdx ´ j) = ... = 1 4 ´ i + 2 5 ´ j. An´ alogamente, si escogemos a y como par´ ametro, las ecuaciones paramétricas ser´ an: x = √ y y = y, por lo que la ecuaci´ on de la cuva en forma paramétrica est´ a dada por: − → r (y) = √ y ´ i +y ´ j; 0 ≤ y ≤ 1 de donde obtenemos, d − → r = 1 2 √ y dy ´ i +dy ´ j, por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: 127 (1,1,0) _ (0,0,0) φd − → r = _ 1 0 y 5 2 ( 1 2 √ y dy ´ i +dy ´ j) al hacer un poco de ´ algebra, obtenemos (1,1,0) _ (0,0,0) φd − → r = ´ i _ 1 0 y 2 dy + ´ j _ 1 0 y 5 2 dy = ´ i _ y 2 4 _ 1 0 + ´ j _ 2 5 y 5 2 _ 1 0 = 1 4 ´ i + 2 5 ´ j b) An´ alogamente al inciso a) de la soluci´ on alternativa si escogemos a la variable x como par´ ametro la ecuaci´ on paramétrica de la curva est´ a dada por: − → r (x) = x ´ i +x ´ j; 0 ≤ x ≤ 1 de donde obtenemos, d − → r = dx ´ i = dx ´ j, finalmente, al resolver la integral de l´ınea se obtiene, _ (1,1,0) (0,0,0) φd − → r = _ x 2 (dx ´ i +dx ´ j) = ... = 1 3 ´ i + 1 3 ´ j. 128 Problema 2. Calcular _ C φd − → r para φ = x 3 y+zy desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) , a) a lo largo de la parabola y = x 2 z = 0, b) la recta que une (1, 1, −0) y (2, 4, 0) . Soluci´ on: a) Si tomamos como par´ ametro a x, donde 1 ≤ x ≤ 2, la ecuaci´ on de la par´ abola en forma paramétrica est´ a dada por: − → r (x) = x ´ i +x 2 ´ j, por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por, d − → r = dx ´ i + 2xdx ´ j, luego entonces, _ C φd − → r = _ (2,4,0) (1,1,0) _ x 3 y +zy _ d − → r , sustituyendo la parametrizaci´ on de la trayectoria, obtenemos _ C φd − → r = _ 2 1 _ x 3 x 2 + 2x 2 _ _ dx ´ i + 2xdx ´ j _ = _ 2 1 _ x 5 + 2x 2 _ _ dx ´ i + 2xdx ´ j _ = _ 2 1 _ _ x 5 + 2x 2 _ dx ´ i + _ x 5 + 2x 2 _ (2x) dx ´ j _ = _ 2 1 _ x 5 + 2x 2 _ dx ´ i + _ 2 1 _ 2x 6 + 4x 3 _ dx ´ j = _ x 6 6 + 2 3 x 3 _ 2 1 ´ i + _ 2 7 x 7 +x 4 _ 2 1 ´ j = __ 2 6 6 + 2 (2) 3 3 _ − _ 1 6 + 2 3 _ _ ´ i + __ 2 7 (2) 7 + (2) 4 _ − _ 2 7 (1) 7 + (1) 4 __ ´ j = _ 64 + 32 −1 −4 6 _ ´ i + _ 256 + 112 −2 −7 7 _ ´ j, finalmente, se obtiene _ C φd − → r = _ 91 6 , 359 7 , 0 _ 129 b) Se sabe que la ecuaci´ on paramétrica de una recta que pasa por dos puntos est´ a dada por: − → r (t) = − → r 1 +t ( − → r 2 − − → r 1 ) , donde − → r 1 y − → r 2 son los vectores de posici´ on de los puntos (x 1 , y 1 , z 1 ) y (x 2 , y 2 , z 2 ) respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (1, 1, 0) y (2, 4, 0), por lo tanto la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica que va del punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) est´ a dada por, − → r (t) = (1, 1, −0) +t (1, 3, 0) , donde 0 ≤ t ≤ 1, o también, − → r (t) = (1, t + 3t, 0) , as´ı, en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ a dado por: d − → r (t) = dt ´ i + 3dt ´ j, y las ecuaciones paramétricas de la recta est´ an dadas por: x = 1 +t, y = 1 + 3t, z = 0. De esta forma, sustituyendo las ecuaciones parametricas la funci´ on φ est´ a dada por: φ = (1 +t) 3 (1 + 3t) + 2 + 6t, por lo tanto, 130 _ C φd − → r = _ (2,4,0) (1,1,0) _ x 3 y +zy _ d − → r = = _ t=1 t=0 _ (1 +t) 3 (1 + 3t) + 2 + 6t _ _ dt ´ i + 3dt ´ j _ = _ t=1 t=0 __ 1 + 3t + 3t 2 +t 3 _ (1 + 3t) + 2 + 6t ¸ _ dt ´ i + 3dt ´ J _ = _ t=1 t=0 _ 3 + 12t + 12t 2 + 10t 3 + 3t 4 _ dt ´ i + 3 _ t=1 t=0 _ 3 + 12t + 12t 2 + 10t 3 + 3t 4 _ dt ´ J = __ 3t + 6t 2 + 4t 3 + 5 2 t 4 + 3 5 t 5 __ 1 0 ´ i + 3 __ 3t + 6t 2 + 4t 3 + 5 2 t 4 + 3 5 t 5 __ 1 0 ´ j = __ 3 + 6 + 4 + 5 2 + 3 5 _ −0 _ ´ i + 3 __ 3 + 6 + 4 + 5 2 + 3 5 _ −0 _ ´ j = _ 30 + 60 + 40 + 25 + 6 10 _ ´ i + 3 _ 30 + 60 + 40 + 25 + 6 10 _ ´ j finalmente, se obtiene _ C φd − → r = 161 10 ´ i + 483 10 ´ j. 131 Problema 3. Calcular _ c − → f d − → r para − → f = y ´ i + (x +z) 2 ´ j + (x −z) 2 ´ k desde el punto (0, 0, 0) al punto (2, 4, 0), a) a lo largo de la parabola y = x 2 z = 0, b) la recta y = 2x. Soluci´ on: En forma an´ aloga al problema anterior, si tomamos como par´ ametro a x, donde 0 ≤ x ≤ 2, las ecuaciones paramétricas de la curva est´ an dadas por: x = x y = x 2 z = 0 as´ı, la ecuaci´ on paramétrica de la par´ abola est´ a dada por, − → r (x) = x ´ i +x 2 ´ j, por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por, d − → r = dx ´ i + 2xdx ´ j de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por: _ c − → f d − → r = _ (2,4,0) (0,0,0) _ y ´ i + (x +z) 2 ´ j + (x −z) 2 ´ k _ _ dx ´ i + 2xdx ´ j _ = _ 2 0 _ x 2 ´ i +x 2 ´ j +x 2 ´ k _ _ dx ´ i + 2xdx ´ j _ = _ 2 0 _ x 2 dx +x 2 (2x) dx _ = _ 2 0 _ x 2 + 2x 3 _ dx = _ x 3 3 + 2x 4 4 _ 2 0 = _ 2 3 3 + 2 (2) 4 4 _ finalmente, obtenemos _ C − → f d − → r = 128 12 = 32 3 . 132 b) En forma an´ aloga, si tomamos a x, como parametro, la ecuaci´ on de la recta en forma paramétrica est´ a dada por, − → r (x) = x ´ i + 2x ´ j, donde 0 ≤ x ≤ 2, por lo tanto, el elemento diferencial de l´ınea en este caso est´ a dado por, d − → r = dx ´ i + 2dx ´ j, de esta forma, la integral de l´ınea esta dada por: _ c − → f d − → r = _ 2 0 _ 2x ´ i +x 2 ´ j +x 2 ´ k _ _ dx ´ i + 2dx ´ j _ = _ 2 0 _ 2x + 2x 2 _ dx = __ x 2 + 2 3 x 3 __ 2 0 = _ 4 + 2 (2) 3 3 _ = 28 3 . 133 Problema 4. Dado el campo vectorial − → F = 3x ´ i + (2xz −y) ´ j + z ´ k. Calcular _ C − → F d − → r desde el punto (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3) a lo largo de, a) la curva x = 2t 2 , y = t, z = 4t 2 −t, para 0 ≤ t ≤ 1. b) La recta que une a esos puntos. Soluci´ on: La ecuaci´ on de la curva en forma paramétrica est´ a dada por: − → r (t) = 2t 2 ´ i +t ´ j + _ 4t 2 −t _ ´ k, donde 0 ≤ t ≤ 1, por lo tanto el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r (t) = 4tdt ´ i +dt ´ j + (8t −1)dt ´ k. Por lo tanto, la integral de l´ınea est´ a dada por: _ C − → F d − → r = _ (1,1,0) (0,0,0) − → F (x, y, z) d − → r (x, y, z) = _ t=1 t=0 [3 _ 2t 2 _ ´ i + _ 2 _ 2t 2 _ _ 4t 2 −t _ −t _ ´ j + _ 4t 2 −t _ ´ k] [4tdt ´ i +dt ´ j + (8t −1)dt ´ k)] haciendo un poco de ´ algebra obtenemos, _ C − → F d − → r = 24 _ 1 0 t 3 dt + 16 _ 1 0 t 4 dt −4 _ 1 0 t 3 dt + 32 _ 1 0 t 3 dt −12 _ 1 0 t 2 dt = _ 6t 4 + 16 5 t 5 −t 4 −t 2 + 8t 4 −4t 3 +t 2 _ 1 0 = _ 16 5 t 5 + 13t 4 −4t 3 _ 1 0 = 16 5 + 13 −4 = 16 + 65 −20 5 = 61 5 . 134 Problema 5. Calcular _ C − → r d − → r a lo largo de la trayectoria representada por la ecuaci´ on, x 2 + 2x +y 2 = 9. Solucion: Completando cuadrados en la ecuaci´ on de la trayectoria, obtenemos (x + 1) 2 +y 2 = 10, que es la ecuaci´ on de un c´ırculo con centro en el punto (−1, 0) y radio √ 10. Las ecuaciones paramétricas de esta trayectoria est´ an dadas por, x = −1 + √ 10 cos θ, y = √ 10 sinθ, donde 0 ≤ θ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuaci´ on de la trayectoria en forma paramétrica est´ a dada por, − → r (θ) = (−1, 0) + √ 10 cos θ ´ i + √ 10 sinθ ´ j, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por, d − → r = − √ 10 sinθ ´ i + √ 10 cos θ ´ j. Calculando el producto vectorial de − → r y d − → r obtenemos, − → r d − → r = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k √ 10 cos θ √ 10 sinθ 0 − √ 10 sinθ √ 10 cos θ 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = _ √ 10 _ 2 cos 2 θ+ _ √ 10 _ 2 sin 2 θ ´ k = 10 ´ k, de esta forma, la integral de l´ınea est´ a dada por, _ C − → r d − → r = 2π θ=0 10dθ ´ k = _ 10 ´ kθ _ 2π θ=0 = 20π ´ k. 135 Problema 6. Dada la funci´ on vectorial − → A = (y −2x) ´ i + (3x + 2y) ´ j, hallar la integral de l´ınea de − → A a lo largo de la trayectoria C, que es un c´ırculo en el plano XY con centro en el origen y radio 2, sabiendo que C se recorre en sentido negativo, es decir en sentido de las manecillas del reloj. Soluci´ on: Y X 0 Como se observa en la figura, y debido a que la trayectoria se recorre en sentido a favor de las manecillas del reloj, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria C est´ an dadas por: x = 2 cos θ, y = −2 sinθ, donde 0 θ 2π, como la integral de l´ınea est´ a definida por _ − → A•d − → r , debemos de calcular primero el elemento diferencial de l´ınea d − → r . El vector de posici´ on en cualquier punto de la trayectoria C est´ a dado por − → r = 2 cos θ ´ i −2 sinθ ´ j, de donde obtenemos, d − → r = −2 sinθdθ ´ i −2 cos θdθ ´ j, asimismo, el campo vectorial est´ a dado por, − → A = (−2 sinθ −4 cos θ) ´ j + (6 cos θ −4 sinθ) ´ j, 136 por lo tanto, − → A d − → r = _ 4 sin 2 θ + 4 sinθ cos θ) + (8 sinθ cos θ −12 cos θ 2 ) ¸ dθ, de esta forma la integral de l´ınea est´ a dada por, _ c − → A d − → r = _ 2π θ=0 _ sin 2 θ + 12 sinθ cos θ −12 cos 2 θ _ dθ = 4 _ 2π θ=0 sinθ cos θdθ −12 _ 2π θ=0 cos 2 θdθ = 4 _ θ 2 − sin2θ 4 _ 2π θ=0 + _ 12 sin 2 θ 2 _ 2π θ=0 −12 _ θ 2 + sin2θ 4 _ 2π θ=0 = 4 _ 2π 2 _ −12 _ 2π 2 _ = −8π. Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo, las ecuaciones paramétricas de C estar´ıan dadas por x = 2 cos θ y y = 2 sinθ, y por lo tanto, el resultado ser´ıa de la forma _ c − → A d − → r = 8π. 137 Problema 7. Dado el siguiente campo vectorial − → F (x, y) = y x 2 +y 2 ´ i − x x 2 +y 2 ´ j, calcular la integral de la componente tangencial de − → F de (−1, 0) a (1, 0); a) A lo largo del semic´ırculo que une esos puntos, b) A lo largo de la trayectoria poligonal que se muestra en la siguiente figura. C C C X Y (0,1) (1,1) (1,0) (−1,0) 3 1 2 Soluci´ on: a) Sabemos que x 2 +y 2 = 1, es la ecuaci´ on de un c´ırculo de radio 1, entonces la ecuaci´ on del semic´ırculo ser´ıa: y = _ 1 −x 2 , si escogemos a x como par´ ametro, entonces la ecuaci´ on del la trayectoria curva que es el semic´ırculo est´ a dada por: − → r (x) = x ´ i + _ _ 1 −x 2 _ ´ j donde −1 ≤ x ≤ 1, de la ecuaci´ on anterior el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = dx ´ i + xdx √ 1 −x 2 (−2x)dx ´ j es decir, d − → r = dx ´ i − _ xdx √ 1 −x 2 _ ´ j por lo tanto, la componente tangencial de − → F a lo largo del semic´ırculo (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = 1 _ −1 __ √ 1 −x 2 x 2 + 1 −x 2 _ + _ −x x 2 + 1 −x 2 __ − x √ 1 −x 2 _ _ dx 138 (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = 1 _ −1 _ _ 1 −x 2 + x 2 √ 1 −x 2 _ dx = 1 _ −1 dx √ 1 −x 2 . La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambios de variable trigonométricos y es relativamente sencilla. Antes de resolver la integral, observemos que se puede resolver seleccionando adecuadamente la parametrizaci´ on de la trayectoria. En este caso, sabemos que x(θ) = cos θ, y(θ) = sinθ, donde 0 ≤ θ ≤ 2π, son las ecuaciones paramétricas de un c´ırculo de radio 1. Por lo tanto la ecuaci´ on en forma paramétrica de la trayectoria semicircular est´ a dada por: − → r (θ) = cos θ ´ i + sinθ ´ j; θ ∈ [0, π] observe que el par´ ametro θ no va de 0 a π. De la ecuaci´ on anterior, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r (θ) = −sinθdθ ´ i + cos θdθ ´ j. Por lo tanto, la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo − → F a lo largo de la trayectoria semicircular resulta ser, (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = θ=0 _ θ=π _ cos θ ´ i + sinθ ´ j _ _ −sinθdθ ´ i + cos θdθ ´ j _ = − 0 _ π (Sen 2 θ +Cos 2 θ)dθ = π _ 0 dθ = π. Este ´ ultimo resultado muestra que la selecci´ on adecuada de la parametrizaci´ on de la trayectoria semicircular conduce a un resultado relativamente m´ as facil que la selecci´ on del par´ ametro x. Por otro lado, notemos que para encontrar la integral de l´ınea para el inciso b) tenemos que resolver dicha integral en tres partes de la forma; (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = _ C1 − → F d − → r + _ C2 − → F d − → r + _ C3 − → F d − → r donde _ C1 , _ C2 y _ C3 son las integrales de l´ınea a lo largo de las trayectorias rectas como se muestran en la figura. La ecuaci´ on anterior sin necesidad de 139 hacer c´ alculos muestran que el procedimiento es un poco laborioso. Por lo tanto, analizemos el campo vectorial dado. Si calculamos el rotacional de − → F obtenemos: ∇ − → F = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z y x 2 +y 2 − x x 2 +y 2 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 0 ´ i + 0 ´ j + [ −x 2 −y 2 + 2x 2 (x 2 +y 2 ) 2 − x 2 +y 2 −2y 2 (x 2 +y 2 ) 2 ] ´ k = − → 0 es decir, − → F es irrotacional. Por lo tanto, si ∇ − → F = − → 0 (que quiere decir también que es un campo vectorial conservativo) entonces existe una funci´ on escalar φ tal que : − → F = ∇φ luego entonces, sustituyendo este resultado en la integral de l´ınea obtenemos (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = (1,0) _ (−1,0) ∇φ d − → r = (1,0) _ (−1,0) _ ∂φ ∂x dx + ∂φ ∂y dy + ∂φ ∂z dz _ = (1,0) _ (−1,0) dφ el resultado anterior muestra que la integral de l´ınea depende solamente de los puntos inicial y final de la trayectoria. Luego entonces, para el inciso b) donde la trayectoria de integraci´ on es la trayectoria poligonal que se muestra en la figura, se obtiene el siguiente resultado (1,0) _ (−1,0) − → F d − → r = _ C1 − → F d − → r + _ C2 − → F d − → r + _ C3 − → F d − → r = π. 140 Problema 8. Demostrar que − → f = xy 2 ´ i + x 3 y ´ j no es conservativo sin aplicar el resultado del irrotacional, es decir sin aplicar que ∇ − → f = − → 0 . Soluci´ on: Para mostrar que − → f no es conservativo, calculamos la integral de l´ınea del campo vectorial − → f por ejemplo, del punto (0, 0) al punto (1, 0) a lo largo de dos trayectorias diferentes C 1 y C 2 como se ilustra en la siguiente figura. Y X a b C (0,1) (1,0) 1 Para C 1 : Las ecuaciones paramétricas de la curva est´ an dadas por: x = x y = 0 donde 0 ≤ x ≤ 1. Por lo tanto, − → r (x) = x ´ i, d − → r (x) = dx ´ i, por lo tanto para el campo vectorial dado, obtenemos _ C1 − → f d − → r = (1,0) _ (0,0) − → f d − → r = 1 _ x=0 (0 ´ i + 0 ´ j) dx ´ i = 0. Para C 2 , se tiene que _ C2 − → f d − → r = _ a − → f d − → r + _ b − → f d − → r 141 para la trayectoria a; las ecuaciones paramétricas son: x = 0 y = y donde 0 ≤ y ≤ 1, de donde se obtiene − → r (y) = y ´ j d − → r (y) = dy ´ j para la trayectoria b, la ecuaci´ on paramétrica de la recta est´ a dada por: − → r (t) = (0, 1) +t(1, −1) = t ´ i + (1 −t) ´ j donde 0 ≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones paramétricas de la curva son: x = t y = 1 −t por lo tanto para la trayectoria C 2 tenemos: _ C2 − → f d − → r = 1 _ y=0 (0i + 0j)dy ´ j + 1 _ t=0 _ t _ 1 −2t +t 2 _ −t 3 (1 −t) ¸ dt = _ 1 0 [t(1 −2t +t 2 ) −t 3 +t 4 ]dt = _ 1 0 (t 4 −2t 2 +t)dt = 1 5 − 2 3 + 1 2 = 6 −20 + 25 30 finalmente obtenemos, _ c2 − → r d − → r = 1 30 . Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de l´ınea s´ı depende de la trayectoria de integraci´ on, luego entonces, el campo vectorial − → f no es conservativo. Soluci´ on alternativa:. Supongamos que − → f es conservativo, por lo tanto si ∇ − → f = − → 0 entonces existe una funci´ on escalar φ tal que − → f = ∇φ es decir; ∂φ ∂x = xy 2 ∂φ ∂y = x 3 y, 142 pero esto no puede ser, porque de las ecuaciones anteriores obtenemos: ∂ ∂y _ ∂φ ∂x _ = 2xy ∂ ∂x _ ∂φ ∂y _ = 3x 2 y es decir; ∂ 2 φ ∂x∂y ,= ∂ 2 φ ∂y∂x que contradice el resultado fundamental del C´ alculo Diferencial que establece que : ∂ 2 φ ∂x∂y = ∂ 2 φ ∂y∂x . Por lo tanto, la hip´ otesis original ( − → f es conservativo) no es correcta, as´ı el campo vectorial − → f no es conservativo. 143 Problema 9. Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas − → F dado por − → F (x, y, z) = (y + 2x) ´ i + (5y −x) ´ j, que actua sobre una part´ıcula que se mueve sobre la elipse x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1, en sentido opuesto a las manecillas del reloj como se ilustra en la siguiente figura. fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayectoria de integraci´ on.dibujoelipse.bmp Soluci´ on: Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas − → F est´ a definido por: W = _ C − → F d − → r , se puede calcular la integral de l´ınea tomando la parametrizaci´ on x = a cos φ y = b sinφ donde 0 ≤ φ ≤ 2π. Sin embargo aplicaremos el teorema de Green, en este caso si M(x, y) = y + 2x N(x, y) = 5y −x, entonces ∂N ∂x = −1 ∂M ∂y = 1, por lo tanto, 144 _ C − → F d − → r = __ Rxy _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ dxdy = __ Rxy [(−1) −1] dxdy = −2 __ Rxy dxdy = −2A, donde A es el ´ area de la elipse x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 que es igual πab. Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas − → F est´ a dado por: W = _ C − → F d − → r = −2πab. 145 Problema 10. a) Verificar si − → f = 3x 2 y ´ i + (x 3 + 1) ´ j + 9z 2´ k es conservativo. b) Dependiendo de su respuesta en el inciso anterior calcule la integral de l´ınea de − → f desde el punto (−1, 0, 2) hasta el punto (1, 2, 4). Soluci´ on: a) Para verificar que − → f = 3x 2 y ´ i+(x 3 +1) ´ j+9z 2´ k es conservativo, calculemos el rotacional del campo vectorial − → f . ∇ − → f = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 3x 2 y x 3 + 1 9z 2 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = (0 −0) ´ i −(0 −0) ´ j + _ 3x 2 −3x 2 _ ´ k = − → 0 . Por lo tanto, el campo vectorial − → f es conservativo. b) Si ∇ − → f = − → 0 , entonces existe una funci´ on escalar talque − → f = ∇φ, es decir; 3x 2 y ´ i + (x 3 + 1) ´ j + 9z 2 = ∂φ ∂x ´ i + ∂φ ∂y ´ j + ∂φ ∂z ´ k, de donde obtenemos, ∂φ ∂x = 3x 2 y, ∂φ ∂y = (x 3 + 1), ∂φ ∂z = 9z 2 , integrando parcialmente, 1) φ(x, y, z) = x 3 y +f(y, z), 2) φ(x, y, z) = x 3 y +y +g(x, z), 146 3) φ(x, y, z) = 3z 3 +h(x, y), derivando parcialmente con respecto a la variable y, de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos, ∂φ ∂y = x 3 + ∂f(y, z) ∂y , ∂φ ∂y = x 3 + 1, de las ecuaciones anteriores obtenemos ∂f(y, z) ∂y = 1, integrando nuevamente parcialmente con respecto a la variable y, obtenemos f(y, z) = y + Ψ(z), sustituyendo en la ecuaci´ on 1) obtenemos, 4) φ(x, y, z) = x 3 y +y + Ψ(z). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones 3) y 4), derivamos parcialmente ahora con respecto a la variable z y obtenemos, ∂φ ∂z = 9z 2 ∂φ ∂z = Ψ(z) ∂z igualando las ecuaciones enteriores obtenemos, Ψ(z) = 3z 2 +cte, finalmente la funci´ on escalar φ(x, y, z) tal que − → f = ∇φ est´ a dada por, 147 φ(x, y, z) = x 3 y +y + 3z 2 +cte. Por lo tanto, aplicando el teorema de campos conservativos _ C − → f d − → r = (1,2,4) _ (−1,0,2) ∇φ d − → r = (1,2,4) _ (−1,0,2) dφ(x, y, z) = φ(1, 2, 4) −φ(−1, 0, 2) = 52 −48 = 4. 148 Problema 11. Calcular el ´ area de una superficie esférica. Soluci´ on: La ecuaci´ on de una superficie S se puede representar mediante una funci´ on vectorial de la forma : − → r (u, v) = x(u, v) ´ i +y(u, v) ´ j +z(u, v) ´ k, donde u y v son par´ ametros. Asimismo, los elementos diferenciables de l´ınea tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v est´ an dadas por: ∂ − → r ∂u du = − → r u du, ∂ − → r ∂v dv = − → r v dv, de donde, se define el elemento diferencial de superficie d − → S como: (1) d − → S = − → r u du − → r v dv = − → r u − → r v dudv, y su magnitud est´ a dado por: (2) dS = ¸ ¸ ¸d − → S ¸ ¸ ¸ = [ − → r u − → r v [ dudv. Recordemos también que − → r u − → r v es un vector normal en cada punto de la superficie S definida por − → r (u, v), as´ı de las ecuaciones anteriores, el elemento diferencial de superficie est´ a dado por : d − → S = ´ ndS, donde ´ n es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y est´ a dado por: 149 ´ n = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ . De la ecuaci´ on (2), integrando la magnitud del elemento diferencial dS, sobre toda la superficie de la esfera se puede obtener el ´ area de la superficie S es decir: S = __ S ¸ ¸ ¸d − → S ¸ ¸ ¸ = __ S ´ n d − → S . Como sabemos, para una superficie esférica la forma paramétrica para la superficie est´ a dada por: − → r (θ, φ) = a sinθ cos φ ´ i +a sinθ sinφ ´ j +a cos θ ´ k, donde, 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas θ y φ est´ an dados por, − → r θ ≡ ∂ − → r ∂θ = a cos θ cos φ ´ i +a cos θ sinφ ´ j +a sinθ ´ k y − → r φ ≡ ∂ − → r ∂φ = a sinθ sinφ ´ i +a sinθ cos φ ´ j por lo tanto, − → r θ − → r φ = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k a cos θ cos φ a cos θ sinφ a sinθ a sinθ sinφ a sinθ cos φ 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = a 2 sin 2 θ cos φ ´ i +a 2 sin 2 θ sinφ ´ j +a 2 sinθ cos θ(cos 2 φ + sin 2 φ) ´ k = a 2 sin 2 θ cos φ ´ i +a 2 sin 2 θ sinjφ ´ j +a 2 sinθ cos θ ´ k, de lo anteriormente aplicando la ecuaci´ on (2), la magnitud del elemento de superficie para este caso est´ a dado por: dS = ¸ ¸ ¸d − → S ¸ ¸ ¸ = [ − → r θ − → r φ [ dθdφ, 150 donde, [ − → r θ − → r φ [ = 2 _ a 4 _ sin 4 θ _ cos 2 φ + sin 2 φ ¸ + sin 2 θ cos 2 θ _ = 2 _ a 4 _ sin 2 θ _ sin 2 θ + cos 2 θ ¸_ = a 2 sinθ, por lo tanto, el ´ area de una superficie esférica est´ a dado por: S = __ S dS = 2π _ φ=0 π _ θ=0 a 2 sinθdθdφ = a 2 2π _ φ=0 dφ π _ θ=0 sinθdθ = a 2 (φ ¸ ¸ 2π 0 )(cos θ ¸ ¸ π 0 ) = −a 2 (2π) [(cos (π) −cos (0)] = 4πa 2 . 151 Problema 12. Calcular __ S d − → S donde S es la parte z > 0 de una esfera. Soluci´ on: Para el caso de una superficie esférica donde z > 0, la ecuaci´ on paramétrica de dicha superficie est´ a dada por : − → r (θ, φ) = a sinθ cos φ ´ i +a sinθ sinφ ´ j +a cos θ ´ k, donde; 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ φ ≤ 2π. En este caso, la integral de superficie resulta 1) __ S d − → S = 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 ( − → r θ − → r φ ) dθdφ del ejemplo anterior un vector normal a la superficie de la esfera est´ a dado por: − → r θ − → r φ = a 2 sin 2 θ cos φ ´ i +a 2 sin 2 θ sinφ ´ j +a 2 sinθ cos θ ´ k, sustituyendo en la integral de superficie obtenemos, __ S d − → S = a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 _ sin 2 θ cos φ ´ i + sin 2 θ sinjφ ´ j + sinθ cos θ ´ k _ dθdφ = a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 sin 2 θ cos φdθdφ ´ i +a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 sin 2 θ sinφdθdφ ´ j + a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 sinθ cos θdθdφ ´ k, 152 las integrales de las componentes ´ i y ´ j se pueden separar de la forma, a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 sin 2 θ cos φdθdφ = a 2 2π _ φ=0 cos φdφ π 2 _ θ=0 sin 2 θdθ a 2 2π _ φ=0 π 2 _ θ=0 sin 2 θ sinφdθdφ = a 2 2π _ φ=0 sinφdφ π 2 _ θ=0 sin 2 θdθ, pero 2π _ φ=0 cos φdφ = 2π _ φ=0 sinφdφ = 0. Por lo tanto la integral de superficie resulta ser, __ S d − → S = a 2 2π _ φ=0 dφ π 2 _ θ=0 sinθ cos θdθ ´ k = 2a 2 π _ _ sin 2 θ 2 _ π 2 0 _ = 2a 2 π _ 1 2 _ sin 2 _ π 2 _ −sin 2 (0) _ _ , finalmente obtenemos, 2) __ S d − → S = πa 2´ k. 153 Problema 13. Calcular __ S d − → S donde S es una esfera. Soluci´ on: La integral original se puede escribir como: __ S d − → S = __ S1 d − → S + __ S2 d − → S , donde S 1 es la parte de la esfera z ≥ 0 y S 2 es la parte de la esfera z ≤ 0. As´ı del problema anterior usando la ecuaci´ on 2) se tiene, __ S1 d − → S = πa 2 ´ k. An´ alogamente, para la parte de la esfera z ≤ 0 aplicando la ecuaci´ on 1) del problema anterior obtenemos, __ S2 d − → S = __ S2 ( − → r θ − → r φ ) dθdφ = a 2 2π _ φ=0 π _ θ= π 2 sinθ cos θdθdφ ´ k = a 2 2π _ φ=0 dφ π _ θ= π 2 sinθ cos θdθdφ ´ k = a 2 [2π] _ 1 2 _ sin 2 (π) −sin 2 _ π 2 __ _ ´ k = −πa 2 ´ k, finalmente obtenemos, __ S d − → S = − → 0 . 154 Problema 14: Sea − → E = −grad _ 1 [ − → r [ _ donde − → r = x ´ i +y ´ j +z ´ k. Calcular S − → E d − → S , donde S es la esfera x 2 +y 2 +z 2 = 9. Soluci´ on: Por definici´ on si φ = φ(r), donde r = [ − → r [ entonces, el gradiente est´ a dado por la expresi´ on, ∇φ(r) = φ (r) − → r [ − → r [ , en este caso tenemos que la funci´ on dada es igual a φ(r) = 1 [ − → r [ , por lo tanto el campo vectorial − → E est´ a dado por: − → E = −∇ _ 1 [ − → r [ _ = −∇[ − → r [ −1 = − _ −[ − → r [ −2 − → r [ − → r [ _ , es decir, − → E = − → r [ − → r [ 3 . Por otro lado, el elemento diferencial de superficie d − → S est´ a dado por: d − → S = ´ ndS, donde el vector ´ n, es un vector unitario normal a la superficie, que en este caso es una esfera, y aplicando la propiedad que establece que el gradiente es normal o perpendicular a una superficie, este vector esta dado por: ´ n = ∇φ(x, y, z) [∇φ(x, y, z)[ = ∇ _ x 2 +y 2 +z 2 _ [∇(x 2 +y 2 +z 2 )[ = 2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k ¸ ¸ ¸2x ´ i + 2y ´ j + 2z ´ k ¸ ¸ ¸ = x ´ i +y ´ j +z ´ k _ x 2 +y 2 +z 2 , es decir, 155 ´ n = − → r [ − → r [ , este resultado se pudo haber obtenido inmediatamente aplicando el resultado de que φ = φ(r), donde r = [ − → r [ , tomando φ(r) = r 2 . Por lo tanto sustituyendo el resutado para el campo vectorial − → E y el resultado para el vector d − → S , la integral de superficie resulta ser, S − → E d − → S = S − → r [ − → r [ 3 − → r [ − → r [ dS = 1 [ − → r [ 2 S dS donde, de la ecuaci´ on para la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9, se tiene que [ − → r [ 2 = x 2 +y 2 +z 2 = 9. Finalmente apicando el resultado del problema 11, la integral est´ a dada por: S − → E d − → S = 1 9 _ 4π (3) 2 _ = 4π. 156 Problema 15. Calcular S dS [a 2 x 2 +b 2 y 2 +c 2 z 2 ] 1 2 , sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuaci´ on ax 2 +by 2 +cz 2 = 1. Soluci´ on: La integral de superficie se puede calcular en forma paramétrica de la forma, S fdS = T f ( − → r (u, v)) ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂u ∂ − → r av ¸ ¸ ¸ ¸ dudv, analizando la ecuaci´ on del elipsoide, una parametrizaci´ on para la superficie S, est´ a dada por las ecuaciones paramétricas, x = 1 √ a sinθ cos φ, y = 1 √ b sinθ sin φ, z = 1 √ c cos θ, as´ı, la ecuaci´ on del elipsoide en forma paramétrica est´ a dada por, − → r (θ, φ) = 1 √ a sinθ cos φ ´ i + 1 √ b sinθ sinφ ´ j + 1 √ c cos θ ´ k, por lo tanto, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas θ y φ est´ an dados por, ∂ − → r ∂θ = 1 √ a cos θ cos φ ´ i + 1 √ b cos θ sinφ ´ j − 1 √ c sin θ ´ k ∂ − → r ∂φ = 1 √ a sinθ sinφ ´ i + 1 √ b sinθ cos φ ´ j de esta forma, el vector normal a la superficie est´ a dado por, ∂ − → r ∂θ ∂ − → r ∂φ = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 √ a cos θ cos φ 1 √ b cos θ sinφ − 1 √ c sinθ − 1 √ a sinθ sinφ, 1 √ b sinθ cos φ 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = sinθ _ 1 √ bc sin θ cos φ ´ i − 1 √ ac sinθ sinφ ´ j + _ 1 √ ab cos 2 φcos θ + 1 √ ab cos θ sin 2 φ _ ´ k _ = sinθ _ 1 √ bc sinθ cos φ ´ i − 1 √ ac sinθ sinφ ´ j + 1 √ ab cos θ ´ k. _ , 157 y la magnitud est´ a dada por, ¸ ¸ ¸ ¸ ∂ − → r ∂θ ∂ − → r ∂φ ¸ ¸ ¸ ¸ = sinθ ¸ a sin 2 θ cos 2 φ abc + b sin 2 θ sin 2 φ abc + c cos 2 θ abc = sinθ √ abc _ a sin 2 θ cos 2 φ +b sin 2 θ sin 2 φ +c cos 2 θ as´ı también, en términos de las ecuaciones paramétricas, la funci´ on escalar f se puede escribir de la froma, f ( − → r (θ, φ)) = 1 _ a sin 2 θ cos 2 φ +b sin 2 θ sin 2 φ +c cos 2 θ ¸1 2 por lo tanto, la integral de superficie est´ a dada por: S fdS = T sinθ √ abc _ a sin 2 θ cos 2 φ +b sin 2 θ sin 2 φ +c cos 2 θ ¸1 2 _ a sin 2 θ cos 2 φ +b sin 2 θ sin 2 φ +c cos 2 θ ¸1 2 dθdφ, que se reduce simplemente a la forma, S fdS = 1 √ abc T sinθdθdφ = 1 √ abc _ 2π φ=0 dφ _ π φ=0 sinθdθ = 2π √ abc _ π θ=0 sinθdθ = 2π √ abc [(−cos θ) π 0 ] = 2π √ abc [−(cos π −cos 0)] finalmente se obtiene, S dS [a 2 x 2 +b 2 y 2 +c 2 z 2 ] 1 2 = 4π √ abc . 158 Problema 16. Calcular __ S − → fd − → S donde − → f = x 2 ´ i+xy ´ j−xz ´ k y S la superficie del plano que contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) limitado en el primer octante. Soluci´ on: Primero debemos escribir la ecuaci´ on de la superficie S de la forma, ax +by +cz = d, donde − → N = (a, b, c) ser´ a un vector normal al plano que contiene a los tres puntos dados. Sean los puntos P, Q y R que est´ an en el plano con sus respectivos vectores de posici´ on − → r P , − → r Q y − → r R , en términos de estos vectores de posici´ on podemos encontrar dos vectores sobre el plano y calculando su producto vectorial entre ellos podemos encontrar un vector perpendicular a ambos y por lo tanto perpendicular al plano, de la forma − → N = ( − → r P − − → r Q ) ( − → r R − − → r Q ) = (1, −2, 0) (0, −2, 3) = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 −2 0 0 −2 3 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −6 ´ i −3 ´ j −2 ´ k, adem´ as, d = − → N − → r P = (−6, −3, −2) (1, 0, 0) = −6. Por lo tanto, la ecuaci´ on del plano que contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) est´ a dado por: −6x −3y −2z = −6, que se puede escribir de la forma, x + 1 2 y + 1 3 z = 1. La superficie de integraci´ on esta representada en la siguiente figura. 159 Z Y X 6x + 2z = 6 (1,0,0) (0,2,0) plano z=0 plano x=0 3y + 2z = 6 (0,0,3) plano y=0 i,e; plano XZ 6x + 3y = 6 i,e; plano XY i,e; plano YZ Por lo tanto, aplicando el teorema de la proyecci´ on de la superficie en el plano coordenado rect´ angular XY, la integral de superficie est´ a dada por: __ S − → f ´ ndS = __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy, donde el vector unitario normal al plano est´ a dado por: 160 ´ n = ∇φ [∇φ[ = ´ i + 1 2 ´ j + 1 3 ´ k _ 1 + 1 4 + 1 9 ´ i + 1 2 ´ j + 1 3 ´ k 7 6 de donde obtenemos, − → f ´ n = _ x 2 ´ i +xy ´ j +xz ´ k _ _ ´ i + 1 2 ´ j + 1 3 ´ k _ 6 7 ´ n ´ k = ()13()67, as´ı, al sustitur en la integral de superficie obtenemos, __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy = __ Rxy _ _ x 2 + xy 2 + xz 3 _ 6 7 ()13()67 _ dxdy = 3 __ Rxy _ x 2 + xy 2 + xz 3 _ dxdy pero de la ecuaci´ on del plano tenemos que z = 3 _ 1 −x − y 2 _ , sustituyendo en la ecuaci´ on anterior tenemos, __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy = 3 __ Rxy _ x 2 + xy 2 +x _ 1 −x − y 2 __ dxdy = 3 __ Rxy xdxdy, para resolver la integral enterior, observemos la regi´ on en el plano XY , el orden de integraci´ on se muestra esquem´ aticamente en la figura siguiente. 161 Y X (0,2) (1,0) Mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x desde x = 0 hasta la recta x = 1 − 1 2 y; finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2, es decir; 3 __ Rxy xdxdy = 3 2 _ y=0 _ _ _ x=1− 1 2 y _ x=0 xdx _ _ _dy = 3 2 _ y=0 __ x 2 2 _ [ (1− y 2 ) 0 _ dy = 3 2 2 _ y=0 _ 1 − y 2 _ 2 dy = _ −3 _ 1 − y 2 _ 3 3 _ 2 0 = + 3 3 = 1. También como se muestra esquem´ aticamente en la figura, podemos resolver la integral en el siguiente orden de integraci´ on, manteniendo fijo a x e integrando con respecto a y desde y = 0 hasta la recta y = 2(1 −x), finalmente integramos con respecto a x desde x = 0 hasta x = 1, es decir; 162 Y X 6X + 3Y = 6 (0,2) (1,0) 3 __ Rxy xdxdy = 1 _ x=0 _ _ _ y=2(1−x) _ y=0 xdy _ _ _dx = 3 1 _ x=0 _ (xy) [ 2(1−x) 0 _ dx = 3 1 _ x=0 x(1 −x)dx = 6 _ x 2 2 − x 3 3 _ 1 0 = 6 _ 1 2 − 1 3 _ = 1. Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble es independiente del orden de integraci´ on. 163 Problema 17. Calcular la integral __ S − → fd − → S para − → f = y ´ i+2x ´ j −z ´ k, donde S es la superficie del plano 2x +y + 2z = 6 situado en el primer octante. Soluci´ on: Aplicando el gradiente, un vector normal unitario a la superficie S, que en este caso es un plano, est´ a dado por, ´ n = ∇φ [∇φ[ = 2 ´ i + ´ j + 2 ´ k 3 , de donde: − → f ´ n = 1 3 [2y + 2x −2z] , ´ n ´ k = 2 3 , por lo tanto, __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy = __ Rxy 1 3 (2x + 2y −2z) 2 3 dxdy, pero de la expresi´ on para la superficie tenemos z = 3 −x − 1 2 y, sustituyendo en la integral anterior obtenemos __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy = __ Rxy _ x +y −(3 −x − 1 2 y) _ dxdy = __ Rxy _ 2x + 3 2 y −3 _ dxdy. Después de algunos c´ alculos algebraicos an´ alogos al problema anterior obtenemos, __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy = 18. 164 Problema 18. Calcular el flujo de campo − → f = x ´ i + y ´ j + z ´ k donde S es un cubo unitario (es decir la superficie limitada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1, z = 1). Soluci´ on: Como se muestra en la figura, el flujo a través del cubo tiene 6 contribu- ciones debidas a las 6 superficies (caras) del cubo unitario, es decir los planos (x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1, z = 1) , por lo tanto la integral de flujo original est´ a dada por: __ S − → f d − → S = __ S1 − → f d − → S + __ S2 − → f d − → S + __ S3 − → f d − → S + + __ S6 − → f d − → S donde, como se muestra en la figura tenemos S 1 (DEFG) ; x = 1 d − → S = ´ ndS = ´ idydz S 2 (ABCO) ; x = 0 d − → S = ´ ndS = − ´ idydz S 3 (ABEF) ; y = 1 d − → S = ´ ndS = ´ jdxdz S 4 (0GDC) ; y = 0 d − → S = ´ ndS = − ´ jdxdz S 5 (BCDE) ; z = 1 d − → S = ´ ndS = ´ kdxdy S 6 (AFGO) ; z = 0 d − → S = ´ ndS = − ´ kdxdy. 165 Z X Y C E A F G D O B Por lo tanto, para la superficie S 1 tenemos, __ s1 − → f d − → s = __ Rxy (x ´ i +y ´ j +z ´ k) ´ idydz = 1 _ y=0 1 _ z=0 xdydz = 1 _ y=0 1 _ z=0 dydz = 1, an´ alogamente para la superficie S 2 tenemos, 166 __ s2 − → f d − → s = __ Rxy (x ´ i +y ´ j +z ´ k) _ − ´ idydz _ = − __ Rxy xdydz = 0. Similarmente para las superficies S 3 , S 4 , S 5 y S 6 obtenemos; __ S3 − → f d − → S = __ S5 − → f d − → S = 1, __ S4 − → f d − → S = __ S6 − → f d − → S = 0, por lo tanto el flujo a través del cubo unitario est´ a dado por: __ S − → f d − → S = __ S1 − → f d − → S + __ S2 − → f d − → S + __ S3 − → f d − → S + + __ S6 − → f d − → S = 3. El resultado anterior se puede obtener aplicando el teorema de Gauss, este teorema establece lo siguiente: __ s − → f d − → s = ___ V _ ∇ − → f _ dV en este caso: − → f = − → r , por lo tanto, ___ V ∇ − → f dV = 3 ___ V dV = 3, donde ___ V dV es el volumen de un cubo unitario. 167 Problema 19. Calcule el flujo del campo vectorial − → F = ´ i + xy ´ j a lo largo de la superficie S dada por las ecuaciones paramétricas: x = u +v, y = u −v, z = u 2 , donde, 0 u 1 0 v 1. Soluci´ on: El flujo del campo vectorial − → F a través de la superficie S (que generalmente se representa por Φ) esta dado por: Φ = __ S − → F −→ dS, donde d − → S = ´ ndS, y ´ n = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ , es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaci´ on, − → r = − → r (u, v), donde los vectores − → r u y − → r v , son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente. Asimismo, la magnitud del elemento diferencial de superficie est´ a dada por, dS = [ − → r u − → r v [ dudv 168 por lo tanto, d − → S = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ [ − → r u − → r v [ dudv = ∂ − → r ∂u ∂ − → r ∂v dudv, que es el elemento diferencial de ´ area normal a la superficie S. De las ecuaciones paramétrica para la superficie S, elvector de posici´ on se puede escribir de la forma, − → r (u, v) = (u +v) ´ i + (u −v) ´ j +u 2 ´ k, calculando el vector normal a la superficie, obtenemos ∂ − → r ∂u = ´ i + ´ j + 2u ´ k, ∂ − → r ∂v = ´ i − ´ j, de donde obtenemos, ∂ − → r ∂u ∂ − → r ∂v = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k 1 1 2u 1 −1 0 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = 2u ´ i + 2u ´ j −2 ´ k, por lo tanto, el flujo del campo vectorial − → F a través de la superficie S est´ a dado por, __ S − → F −→ dS = __ S _ ´ i + (u +v)(u −v) ´ j _ _ 2u ´ i + 2u ´ j −2 ´ k _ dudv, calculando el producto escalar, 169 __ S − → F −→ dS = _ v=1 v=0 _ u=1 u=0 _ 2u + 2u(u 2 −v 2 ) _ dudv = _ 1 v=0 _ 1 u=0 (2u 3 −2uv 2 + 2u)dudv = _ 1 v=0 _ 2 4 u 4 −u 2 v 2 +u 2 _ 1 u=0 = _ 1 u=0 _ 1 2 −v 2 + 1) _ dv = _ 1 u=0 _ 2 3 −v 2 _ dv = _ 3 2 v − v 3 3 _ 1 0 , finalmente, obtenemos __ S − → F −→ dS = 7 6 . 170 Problema 20. Si − → f = x ´ i + y ´ j + z ´ k Calcualr s − → f d − → S , donde S es la superficie cil´ındrica representada por la ecuaci´ on − → r = cos u ´ i + sinu ´ j +v ´ k. donde, 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 1, y el elemento diferencial est´ a dado por d − → S = ´ ndS, y ´ n es el vector unitario normal exterior a la superficie. Soluci´ on: Por definici´ on, sabemos que el vector ´ n = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ , es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaci´ on, − → r = − → r (u, v) los vectores − → r u y − → r v , son vectores tangentes a las l´ıneas coordenadas u y v respectivamente. Por otro lado, si el elemento diferencial de superficie est´ a dado por d − → S = ´ ndS, y su magnitud est´ a dada por, dS = [ − → r u − → r v [ dudv entonces, d − → S = − → r u − → r v [ − → r u − → r v [ [ − → r u − → r v [ dudv = − → r u − → r v dudv 171 Para la ecuaci´ on de la superficie dada, los vectores tangentes a las l´ıneas coordenada est´ an dados por, − → r u = ∂ − → r ∂u = −sinu ´ i + cos u ´ j, − → r v = ∂ − → r ∂u = ´ k, de donde, − → r u − → r v = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k −sinu cos u 0 0 0 1 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = cos u ´ i + sinu ´ j, por otro lado, de las ecuaciones paramétricas de la superficie cil´ındrica, el campo vectorial est´ a dado por − → f = _ cos u ´ i + sinu ´ j +v ´ k _ , por lo tanto, la integral de flujo resulta s − → f d − → S = _ v=1 v=0 _ u=2π v=0 _ cos u ´ i + sinu ´ j +v ´ k _ _ cos u ´ i + sin u ´ j _ dudv = _ v=1 v=0 _ u=2π v=0 _ cos 2 u + sin 2 v _ dudv = _ v=1 v=0 _ u=2π v=0 dudv = _ v=1 v=0 dv _ u=2π v=0 du = 2π. 172 Problema 21. Calcular _ c − → f d − → r donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la figura y el campo vectorial est´ a dado por: − → f = (x −y) ´ i + (x +y) ´ j a) Calculando la integral de l´ınea directamente y b) Aplicando el Teorema de Green en el plano Y X (1,1) y=x y = x 2 Soluci´ on: a) De la figura, la trayectoria curva C se divide en dos trayectorias C 1 _ y = x 2 _ y C 2 (y = x) , por lo tanto, la integral de l´ınea se expresa de la forma: _ C − → f d − → r = _ C1 − → f d − → r + _ C2 − → f d − → r Para la trayectoria C 1 las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = x y = x 2 , de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = dx ´ i + 2xdx ´ j, por lo tanto, la integral de l´ınea para la trayectoria C 1 est´ a dada por: 173 _ C1 − → f d − → r = 1 _ x=0 (x −x 2 )dx + _ x +x 2 _ 2xdx = 1 _ 0 _ x +x 2 + 2x 3 _ dx = _ x 2 2 + x 3 3 + x 4 2 _ 1 0 = 1 2 + 1 3 + 1 2 = 1 3 + 3 3 = 4 3 . Asimismo para la trayectoria C 2 las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = x y = x, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = dx ´ i +dx ´ j, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´ a dada por: _ c2 − → f d − → r = 0 _ 1 (x −x) dx + 2xdx = _ x 2 ¸ 0 1 = −1 = − 3 3 . Por lo tanto la integral de l´ınea a lo largo de la trayectoria C que se muestra en la figura est´ a dado por: _ C − → f d − → r = _ C1 − → f d − → r + _ C2 − → f d − → r = 4 3 − 3 3 = 1 3 b) En este caso M (x, y) = x −y N (x, y) = x +y, de donde se tiene, ∂N ∂x = 1 ∂M ∂y = −1, 174 aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos _ C (Mdx +Ndy) = __ Rxy _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ dxdy = __ Rxy (1 −(−1)) dxdy = 2 __ Rxy dxdy, para evaluar la integral doble hacemos uso de la figura, integrando primeramente desde la recta y = x a la par´ abola y = x 2 para después integrar la variable y desde y = 0 hasta y = 1, es decir; 2 __ Rxy dxdy = 2 1 _ y=0 x= √ y _ x=y dxdy = 2 1 _ y=0 _ [x] √ y y _ dy = 2 1 _ y=0 ( √ y −y) dy = 1 3 . La integral doble también se puede resolver integrando primeramente en la variable y, posteriormente la variable x de la siguiente forma, 2 __ Rxy dydx = 1 _ x=0 y=x _ y=x 2 dydx = 2 1 _ x=0 ([y] x x 2 ) dx = 2 1 _ 0 _ x −x 2 _ dx = 2 _ x 2 2 − x 3 3 _ 1 0 = 1 3 . 175 Problema 22: Verificar el Teorema de Green en el plano para el campo vectorial, − → F = _ 3x 2 + 2y _ ´ i −(x + 3 cos y) ´ j donde C es la trayectoria que se muestra en la siguiente figura. ftbpF206.4375pt130.125pt0ptFigure Soluci´ on: Debemos verificar que, _ C Mdx +Ndy = Rxy _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ dxdy, en este caso; (∗) M = _ 3x 2 + 2y _ , N = −(x + 3 cos y) . Primero calculemos la integral de l´ınea a lo largo de las cuatro trayectorias rectas que se muestran en la figura que es un paralelogramo, para despues sumar todos los resultados, es decir, _ C Mdx +Ndy = _ C1 + _ C2 + _ C3 + _ C4 . Para C 1 : De la figura, la recta que va del punto (0, 0) al punto (2, 0), est´ a dada por las ecuaciones paramétricas x = x, y = 0, por lo tanto, _ (2,0) (0,0) Mdx +Ndy = x=2 x=0 _ 3x 2 + 2y _ dx = _ x 3 + 2y ¸ 2 0 = 8. Para C 2 : De la figura, la recta que va del punto (2, 0) al punto (3, 1), est´ a dada por las ecuaci´ on, x = y + 2, 176 si escogemos como par´ ametro a la variable y, obtenemos _ (3,1) (2,0) Mdx +Ndy = y=1 y=0 _ 3 (y + 2) 2 + 2y −(y + 2) −3 cos y _ dy = y=1 y=0 _ 3y 2 + 12y + 12 + 2y +y −2 −3 cos y _ dy = y=1 y=0 _ 3y 2 + 12y + 10 −3 cos y _ dy = _ y 3 + 13 2 y 2 + 10y −3 sin(1) _ 1 0 = 1 + 13 2 + 10 −3 sin(1) = 35 2 −3 sin(1) . Para C 3 : De la figura, la recta que va del punto (3, 1) al punto (1, 1), est´ a dada por las ecuaciones paramétricas, x = x, y = y, por lo tanto, _ (1,1) (3,1) Mdx +Ndy = − x=3 x=1 _ 3x 2 + 2y _ dx = − _ x 3 + 2y ¸ 3 1 = −30. Para C 4 : De la figura, la recta que va del punto (1, 1) al punto (0, 0), est´ a dada por las ecuaci´ on, x = y, si escogemos como par´ ametro a la variable y, obtenemos _ (0,0) (1,1) Mdx +Ndy = − y=1 y=0 _ 3y 2 + 2y)dy −(y + 3 cos y _ dy = − _ y 3 +y 2 − y 2 2 −3 sin(y) _ 1 0 = − 3 2 + 3 sin(1) , 177 sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas, obtenemos _ C Mdx +Ndy = 8 + 35 2 −3 sin(1) −30 − 3 2 + 3 sin(1) , de donde, (1) _ C Mdx +Ndy = −6. Ahora para calcular la integral doble sobre la regi´ on que encierra el paralelogramo, tenemos de las ecuaciones (∗) que, ∂N ∂x = −1, y ∂M ∂y = 2, por lo tanto, Rxy _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ dxdy = Rxy (−1 −2)dxdy = −3 y=1 y=0 _ x=y+2 x=y dx ¸ dy = −3 y=1 y=0 _ [x] x=y+2 x=y _ dy = −3 y=1 y=0 2dy, finalmente, (2) Rxy _ ∂N ∂x − ∂M ∂y _ dxdy = −6. Este resultado se pudo haber obtenido por simple observaci´ on, puesto que Rxy dxdy es igual al ´ area del paralelogramo que tiene base igual a dos y alura uno. As´ı, de los resutados (1) y (2), se comprueba el Teorema de Green en el plano. 178 Problema 23. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular la integral, _ C (x +y)dx +x 2 dy, donde C es el tri´ angulo con vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 1), que se muestra en la siguiente figura. X (0,1) (0,0) (2,0) Y Soluci´ on: Por definici´ on, el teorema de Greenn en el plano establece que _ C Mdx +Ndy = __ Rxy ( ∂N ∂x − ∂M ∂y )dxdy, donde la trayectoria curva C encierra la regi´ on que R xy que est´ a en el plano XY . En este caso, M = x +y, N = x 2 , de donde se obtiene, ∂N ∂x = 2x, ∂M ∂y = 1, 179 por lo tanto, aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos _ C (x +y)dx +x 2 dy, = __ Rxy (2x −1) dxdy, para resolver la integral interior, mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x, desde la recta x = 0, hasta la recta x = 2(1 −y), como se muestra en la siguiente figura, y finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2. Y X (2,0) (0,0) (0,1) de esta forma, obtenemos _ C (x +y)dx +x 2 dy = _ 1 y=0 _ x=2(1−y) x=0 (2x −1)dxdy, calculando las integrales obtenemos _ C (x +y)dx +x 2 dy = _ 1 y=0 _ _ x 2 −x ¸ x=2(1−y) x=0 _ dy = _ 1 y=0 _ 4(1 −y) 2 −2(1 −y) ¸ dy = 4 _ 1 y=0 (1 −y) 2 dy −2 _ 1 y=0 (1 −y)dy = _ − 4 3 (1 −y) 3 + (1 −y) 2 _ 1 y=0 = − 4 3 (1 −1) 3 + (1 −1) 2 − _ − 4 3 (1 −0) 3 + (1 −0) 2 _ = − _ − 4 3 + 6 3 _ = − 2 3 . 180 Problema 24. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular _ C (y −sinx) dx + cos xdy, donde C es el tri´ angulo que se muestra en la siguiente figura. ( ) ( ) π 2 , 0 ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) π , 0 Y X Soluci´ on: En en forma an´ aloga al problema anterior, en este caso M(x, y) = y −sinx N(x, y) = cos x, de donde se tiene, ∂N ∂x = −sinx ∂M ∂y = 1, aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos _ C (y −sinx) dx + cos xdy = __ Rxy (−sinx −1) dxdy. Para evaluar la integral doble, integrando primeramente la variable y, desde la recta y = 0 a la recta y = 2 π x, para después integrar la variable x, desde x = 0 hasta x = π 2 ,como se esquematiza en la siguiente figura. Y X π 2 1 π 2 1 , , ( ) ( ) 181 Por lo tanto la integral doble resulta, __ Rxy (−sinx −1) dydx = − x= π 2 _ x=0 _ _ _ y= π 2 x _ y=0 (sinx + 1) dy _ _ _dx = − x= π 2 _ x=0 _ [(sinx)y +y] π 2 x y=0 _ dx = − x= π 2 _ x=0 π 2 x[sinx + 1] dx = − π 2 _ ¸ _(−xcos x) x= π 2 x=0 + x= π 2 _ x=0 cos xdx + _ x 2 2 _ π 2 x y=0 _ ¸ _ = − 2 π _ −xcos x + sinx + x 2 2 _ π 2 x y=0 = − 2 π _ − π 2 cos π 2 + sin π 2 + _ π 2 _ 2 2 _ = − 2 π _ 1 + π 2 8 _ = − 2 π _ π 2 + 8 4π _ , finalmente, obtenemos __ Rxy (−sinx −1) dydx = − _ π 4 + 2 π _ . 182 Problema 25. Calcular la integral __ S − → F ´ ndS, donde − → F est´ a dado por: − → F (x, y, z) = [2x + cos(yz)] ´ i −[sin(xz) + 5y] ´ j + _ arcsin _ x 2 y _¸ ´ k, y S es la parte superior del plano XY de la esfera x 2 +y 2 +z 2 = a 2 . Soluci´ on: Obsérvese que s´ı se quiere calcular directamente la integral de superficie resulta ser una integral muy laboriosa, sin embargo si aplicamos el teorema de la Divergencia de Gauss el problema es relativamente simple, puesto que ∇ − → F = 7, as´ı aplicando el teorema de la divergnecia de Gauss obtenemos, __ S − → F d − → S = ___ V _ ∇ − → f _ dV = 7 ___ V dV, donde ___ V dV es el volumen de la esfera, pero como se pide solamente la parte z > 0, entonces __ S − → F d − → S = 7 _ 2 3 πa 3 _ = 14 3 πa 3 . 183 Problema 26. Verificar el teorema del rotacional de Stokes para − → F = (x + 2y) ´ i +3z ´ j +yz ´ k y S la superficie de la mitad superior de la esfera x 2 +y 2 +z 2 = a 2 . Soluci´ on: El teorema del rotacional de Stokes matem´ aticamente se expresa de la forma, S ∇ − → F d − → S = _ C − → F d − → r , es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. Primero calcularemos la integral de l´ınea. Si proyectamos a la esfera en el plano XY, tenemos una circunferencia de radio a con centro en el origen cuyas ecuaciones paramétricas est´ an dadas por, x = a cos θ, y = a sinθ, z = 0, donde 0 < θ < 2π. En términos de estas ecuaciones paramétricas, el campo vectorial est´ a dado por − → F = (a cos θ + 2a sinθ) ´ i + 0 ´ j + 0 ´ k. Asimismo, el vector de posici´ on − → r ,est´ a dado por, − → r = a cos θ ´ i +a sinθ ´ j, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por, d − → r = −a sinθdθ ´ i +a cos θdθ ´ j. Calculando la integral de l´ınea en sentido positivo (como lo establece el teorema) tenemos, 184 _ − → F d − → r = − _ 2π θ=0 _ (a cos θ + 2a sinθ) ´ i _ _ −a sinθ ´ i +a cos θ ´ j _ dθ = −a 2 _ 2π θ=0 cos θ sinθdθ −2a _ 2π θ=0 sin 2 θdθ = −a 2 _ sin 2 θ 2 _ 2π θ=0 −a 2 _ θ − 1 2 sin(2θ) _ 2π θ=0 = −a 2 _ sin 2 (2π) 2 _ −a 2 _ 2π − 1 2 sin(2 (2π)) _ = −a 2 _ 2π − 1 2 sin2 (2π) _ = −2a 2 π. Ahora, calculemos la integral de superficie, para hacer esto calculamos primeramente el ∇ − → F , ∇ − → F = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z x + 2y 3z yz ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = (z −3) ´ i + 2 ´ k Por otro lado, sabemos que la transformaci´ on de coordenadas esféricas y rect´ angulares est´ a dada por. x = a sinθ cos φ, y = a sinθ sinφ, z = a cos θ, donde 0≤ θ ≤ π 2 y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuacion de la superficie S, en forma paramétrica est´ a dada por, − → r (θ, φ) = a sinθ cos φ ´ i +a sinθ sinφ ´ j +a cos θ ´ k. de donde, el elemento diferencial de superficie est´ a dado por, d − → S = ( − → r θ − → r φ ) dθdφ = _ a 2 sin 2 θ cos φ ´ i +a 2 sin 2 θ sinφ ´ j +a 2 sinθ cos θ ´ k _ dθdφ, de esta forma, la integral de superficie de la componente normal del campo − → F , 185 est´ a dada por, S ∇x − → F d − → S = S _ (z −3) ´ i + 2 ´ k _ _ a 2 sin 2 θ cos φ ´ i +a 2 sin 2 θ sinφ ´ j +a 2 sinθ cos θ ´ k _ dθdφ = _ 2π φ=0 _ π θ=0 a 2 _ (cos θ −3) sin 2 θ cos φ + 2 sinθ cos θ ¸ dθdφ = _ 2π φ=0 _ π θ=0 a 2 (cos θ −3) sin 2 θ cos φdθdφ + 2a 2 _ 2π φ=0 _ π θ=0 sinθ cos θdθdφ, como podemos observar la primera integral es igual a cero, debido a que _ π θ=0 cos φdφ = 0, por lo tanto, S ∇x − → F d − → s = 2a 2 _ 2π φ=0 _ π θ=0 sinθ cos θdθdφ = 2a 2 __ 2π φ=0 dφ ___ 2π φ=0 sinθ cos θdθ _ = 2a 2 _ 2π _ sin 2 θ _ 2 _ π θ=0 = 2πa 2 _ 1 2 _ = 2πa 2 . 186 Problema 27. Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral _ C _ 2x −y 3 _ dx− xydy siendo C el contorno de la regi´ on en el primer cuadrante, limitada por las circunferencias x 2 + y 2 = 1 y x 2 + y 2 = 9, como se muestra en la siguiente figura. Soluci´ on: Y Y C C C C (3,0) 1 4 2 3 (0,3) (0,1) (1,0) Por definici´ on, el teorema de Green en el plano establece que, _ C Mdx +Ndy = __ Rxy ( ∂N ∂x − ∂M ∂y )dxdy, donde la trayectoria curva C encierra la regi´ on que R xy que est´ a en el plano XY . Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ınea debemos calcular cuatro integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C 2 , C 3 y C 4 , para esto primero necesitamos escribir en forma paramétrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para C 1 : x = 0; d − → r = −dy ´ j; 3 ≤ y ≤ 1, 187 para C 2 : x = cos θ; y = sin θ; π/2 ≤ θ ≤ 0; d − → r = −sinθdθ ´ i + cos θdθ ´ j; paraC 3 : y = 0; d − → r = dx ´ i; 1 ≤ x ≤ 3; para C 4 : x = 3 cos θ; y = 3 sinθ; 0 ≤ θ ≤ π/2; d − → r = −3 sinθdθ ´ i + 3 cos θdθ ´ j; de esta forma, la integral de l´ınea est´ a dada por, _ − → f d − → r = _ C1 _ −y 3 ´ i −0 ´ j _ _ dy ´ j _ + _ C2 _ _ 2 cos θ −sin 3 θ _ ´ i −cos θ sinθ ´ j _ _ −sinθdθ ´ i + cos dθ ´ j _ + _ C3 _ 2x ´ i −0 ´ j _ _ dx ´ i _ + _ C4 _ _ 6 cos θ −27 sin 3 θ _ ´ i −9 sinθ cos θ ´ j _ _ −3 sinθdθ ´ i + 3 cos dθ ´ j _ = _ π/2 θ=0 _ −2 cos θ sinθdθ + sin 4 θdθ −cos 2 θ sinθdθ _ + _ 3 x=1 2xdx + _ π/2 θ=0 _ −18 cos θ sinθdθ + 81 sin 4 θdθ −27 cos 2 θ sinθdθ _ = _ π/2 θ=0 (−16 cos θ sin θdθ) + _ π/2 θ=0 80 sin 4 θdθ − _ π/2 θ=0 26 cos 2 θ sinθdθ + _ x 2 ¸ x=3 x=1 , para resolver las integrales de senos y cosenos, hacemos el siguiente cambio de variable 188 u = cos θ, du = −sinθdθ, dθ = − du sin θ , por lo tanto, _ − → f d − → r = 16 _ π/2 θ=0 udu + 26 _ π/2 θ=0 u 2 du + 40 _ π/2 θ=0 sin 2 θ (1 cos 2θ) dθ + 8 = 16u 2 2 _ π/2 θ=0 + 26u 3 3 _ π/2 θ=0 +40 _ π/2 θ=0 sin 2 θdθ −40 _ π/2 θ=0 sin 2 θ cos 2θdθ + 8 = _ 8 cos 2 θ ¸π 2 0 + _ 26 3 cos 3 θ _π 2 0 + 20 _ π/2 θ=0 (1 −cos 2θ) dθ −20 _ π/2 θ=0 (1 −cos 2θ) cos 2θdθ + 8 = −8 − 26 3 + [20θ] π 2 0 −[10 sin2θ] π 2 0 −20 _ π/2 θ=0 cos 2θdθ + 20 _ π/2 θ=0 cos 2 2θdθ + 8 = −8 − 26 3 + 10π −[10 sin2θ] π 2 0 + 10 _ π/2 θ=0 (1 + cos 4θ) dθ + 8 = − 26 3 + 10π + [10θ] π 2 0 + _ 10 4 sin4θ _π 2 0 = − 26 3 + 10π + 5π = − 26 3 + 15π. Ahora debemos calcular la integral doble sobre la regi´ on del plano XY que encierra el contorno C, en este caso tenemos M = 2x −y 3 , N = −xy, por lo tanto, _ _ 2x −y 3 _ dx−xydy = Rxy _ ∂(−xy) ∂x − ∂ _ 2x −y 3 _ ∂y _ dxdy = Rxy _ −y + 3y 2 _ dxdy para resolver la integral anterior, es m´ as conveniente usar coordenadas polares, donde el elemento diferencial de ´ area est´ a dado por, dA = dxdy = rdrdθ, 189 donde y = r sinθ. de esta forma, la integral resulta Rxy _ −y + 3y 2 _ dxdy = _ π/2 θ=0 _ r=3 r=1 _ −r sinθ + 3r 2 sin 2 θ _ rdrdθ = _ π/2 θ=0 _ r=3 r=1 _ −r 2 sinθ + 3r 3 sin 2 θ ¸ dθdr = − _ r=3 r=1 r 2 _ π/2 θ=0 sinθdθ + 3 _ r=3 r=1 r 3 dr _ π/2 θ=0 sin 2 θdθ = − _ r 3 3 _ 3 1 (−cos θ) π 2 θ=0 + 3 _ r 4 4 _ 3 1 _ 1 2 _ π/2 θ=0 (1 −cos 2θ) dθ _ = − _ 27 3 − 1 3 _ + 3 _ 3 4 4 − 1 4 _ 1 2 _ (θ) π 2 θ=0 − _ 1 2 sin2θ _π 2 θ=0 _ = − 26 3 + (3) (20) _ 1 2 _ _ π 2 _ = − 26 3 + 15π. Por lo tanto se comprueba el teorema de Green. 190 Problema 28. La esfera x 2 +y 2 +z 2 = a 2 intersecta a los ejes positivos X, Y y Z en los puntos A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste de tres arcos circulares AB, BC y CA, como se muestra en la figura. Y C C C X Z 3 2 1 Si el campo vectorial est´ a dado por, − → F = (y +z) ´ i + (z +x) ´ j + (x +z) ´ k, calcular _ C − → F d − → r . 191 Soluci´ on: Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ınea debemos calcular tres integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C 2 , y C 3 , para esto primero nesecitamos escribir en forma paramétrica las ecuaciones de cada trayectoria, de esta forma; para la curva C 1 : x = a cos θ, y = a sinθ, z = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por, d − → r 1 = −a sinθdθ ´ i +a cos θdθ ´ j. para la curva C 2 : y = a cos θ, z = a sinθ, x = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por, d − → r 2 = −a sinθdθ ´ j +a cos θdθ ´ k, para la curva C 3 : z = a cos θ, x = a sinθ, y = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, de donde, el elemento diferencial de l´ınea est´ a dada por, d − → r 3 = a cos θdθ ´ i −a sinθdθ ´ k, las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a), b) y c) respectivamente. 192 0 C Y 0 C Y 0 X 1 2 C 3 a) b) c) X Z Z Por lo tanto, la integral de l´ınea estar´ a dada por: _ C − → F d − → r = _ C1 − → F d − → r 1 + _ C2 − → F d − → r 2 + _ C3 − → F d − → r 3 es decir, _ C − → F d − → r = (0,a,0) _ (a,0,0) − → F d − → r 1 + (0,0,a) _ (0,a,0 − → F d − → r 2 + (a,0,0) _ (0,0,a) − → F d − → r 3 sustituyendo la parametrizaci´ on de cada curva obtenemos, _ C − → F d − → r = θ= π 2 _ θ=0 (a sinθ, a cos θ, a cos θ) (−a sinθdθ, a cos θdθ, 0) + θ= π 2 _ θ=0 (a cos θ +a sinθ, a sinθ, a sinθ) (0, −a sinθdθ, a cos θdθ) + θ= π 2 _ θ=0 (a cos θ, a cos θ +a sinθ, a cos θ +a sinθ) (a cos θdθ, 0, −a sinθdθ) , calculando los productos escalares y haciendo un poco de ´ algebra obtenemos _ C − → F d − → r = θ= π 2 _ θ=0 a 2 _ cos 2 θ −sin 2 θ + sinθ cos θ −sin 2 θ + cos 2 θ −sin 2 θ −sinθ cos θ ¸ dθ = a 2 θ= π 2 _ θ=0 _ 2 cos 2 θ −3 sin 2 θ ¸ dθ 193 aplicando las identidades trigonométricas del seno cuadrado y coseno cuadrado, obtenemos _ C − → F d − → r = a 2 θ= π 2 _ θ=0 _ 2 _ 1 2 + 1 2 cos 2θ _ −3 _ 1 2 − 1 2 cos 2θ __ dθ = a 2 θ= π 2 _ θ=0 _ 1 + cos 2θ − 3 2 + 3 2 cos 2θ _ dθ = a 2 θ= π 2 _ θ=0 _ 1 + cos 2θ − 3 2 + 3 2 cos 2θ _ dθ = a 2 θ= π 2 _ θ=0 _ − 1 2 + 5 2 cos 2θ _ dθ = a 2 _ ¸ _− 1 2 θ= π 2 _ θ=0 dθ + 5 2 θ= π 2 _ θ=0 cos 2θdθ _ ¸ _, finalmente, obtenemos _ C − → F d − → r = − πa 2 4 . 194 Problema 29. Dada la funci´ on vectorial − → F = axi +byj +czk, calcular S − → F d − → S , sobre cualquier superficie que encierre una regi´ on de volumen V. Soluci´ on: Para resolver este problema, aplicamos el teorema de Gauss o Teorema de la divergencia, que establece que S − → f d − → S = V _ ∇ − → F _ dV, aplicando la definici´ on de la divergencia de un campo vectorial, tenemos ∇ − → F = _ ∂ ∂x , ∂ ∂y , ∂ ∂z _ (ax, by, cz) = a +b +c, por lo tanto, aplicando el teorema de la divergencia obtenemos, S − → F d − → S = (a +b +c) V dV = (a +b +c) V. donde V es el volumen encerrado por cualquier superficie S. 195 Problema 30. Calcular la siguiente integral de volumen ___ V xyzdV, donde V es el volumen limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x + 2y +z = 6. Soluci´ on: Obsérvese que en las integrales de volumen existen 6 posibles tipos de integrales dependiendo del orden de integraci´ on en el que aparezcan las variables x, y e z. Por ejemplo el orden de integraci´ on en el que aparece la siguiente integral, ___ V f(x, y, z)dxdydz = z=z2 _ z=z1 _ ¸ _ ¸ _ y=g2(z) _ y=g1(z) _ ¸ _ x=ϕ2(y,z) _ x=ϕ1(y,z) f(x, y, z)dx _ ¸ _dy _ ¸ _ ¸ _ dz indica que primero se debe integrar la variable x, manteniendo fijas las variables y e z, por lo que los l´ımites de integraci´ on para la variable x deben ser dos funciones ϕ 1 y ϕ 2 de las variables y e z, este paso nos lleva finalmente a resolver una integral doble. As´ı los l´ımites de integraci´ on para la variable y son dos funciones g 1 y g 2 de la variable z y finalmente los l´ımites de integraci´ on para la varible z son dos constantes z 1 y z 2 . Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on, ___ V f(x, y, z)dxdydz = x=x2 _ x=x1 _ ¸ _ ¸ _ y=t2(x) _ y=t1(x) _ ¸ _ z=ψ2(x,y) _ z=ψ1(x,y) f(x, y, z)dz _ ¸ _dy _ ¸ _ ¸ _ dx El volumen V se encuentra representado en la figura. ftbpF357.8125pt299.9375pt0ptFigure De esta forma el volumen pedido est´ a dado por, 196 ___ V xyzdV = x=6 _ x=0 _ ¸ _ ¸ _ y= 6−x 2 _ y=0 _ _ z=6−x−2y _ z=0 xyzdz _ _ dy _ ¸ _ ¸ _ dx = x=6 _ x=0 _ ¸ _ ¸ _ y= 6−x 2 _ y=0 _ xy _ z 2 2 _ 6−x−2y 0 dz _ dy _ ¸ _ ¸ _ dx = x=6 _ x=0 _ ¸ _ ¸ _ y= 6−x 2 _ y=0 _ x(6 −x) 2 −x(6 −x)y 2 + 4xy 3 ¸ dy _ ¸ _ ¸ _ dx = ... = 9 5 . Se deja como ejercicio para el lector, resolver la integral empleando cualquier otro posible orden de integraci´ on, por ejemplo puede ser el mencionado anteriormente. 197 Problema 31. Considerado el s´ olido limitado por la superficie que se muestra en la siguiente figura. Calcule el volumen bajo el plano z = 6−y y sobre la regi´ on x 2 +y 2 +9. Y X Z z = 6 − y x + y = 9 2 2 Soluci´ on: En coordenadas cartecianas, para este problema podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on, que de la figura se observa que es el m´ as conveniente, ___ V f(x, y, z)dxdydz = y=y2 _ y=y1 _ ¸ _ ¸ _ x=φ2(x) _ x=φ1(x) _ ¸ _ z=ψ2(x,y) _ z=ψ1(x,y) f(x, y, z)dz _ ¸ _dx _ ¸ _ ¸ _ dy. 198 El volumen V se encuentra representado en la figura, en este caso f(x, y, z) = 1. De esta forma, el volumen pedido est´ a dado por, V = _ 3 y=−3 _ _ x= √ 9−y 2 x=− √ 9−y 2 __ z=6−y z=0 dz _ dx _ dy = _ 3 y=−3 _ _ x= √ 9−y 2 x=− √ 9−y 2 (6 −y) dx _ dy = 2 _ 3 y=−3 _ (6 −y) [x] x= √ 9−y 2 x=0 _ dy = 2 _ 3 y=−3 _ (6 −y) _ 9 −y 2 _ dy = 12 _ 3 y=−3 _ _ 9 −y 2 _ dy −2 _ 3 y=−3 _ y _ 9 −y 2 _ dy. La primera integral, se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonométrico: y = 3 sinθ dy = 3 cos θdθ por lo que, el integrando se transforma como, _ 9 −y 2 −→ _ 9(1 −sin 2 θ) −→3 cos θ, donde los l´ımites de integraci´ on son ahora desde θ = 0, hasta θ = π 2 . Por lo tanto la primera integral est´ a dada por: 12 _ 3 y=−3 _ _ 9 −y 2 _ dy = 24 _ 3 y=0 _ _ 9 −y 2 _ dy = 24(3)(3) _ θ= π 2 θ=0 cos 2 θdθ = 12(3)(3) _ θ= π 2 θ=0 (1 + cos 2θ) dθ = 12(3)(3) _ θ + 1 2θ sin2θ _ θ= π 2 θ=0 = 54π, 199 obsérvese que en la segunda integral, la funci´ on a integrar es una funci´ on impar, por lo tanto esa integral es igual a cero. Finalmente, el volumen limitado por el plano z = 6−y y la regi´ on x 2 +y 2 +9, como se muestra en la figura est´ a dado por: V = 54π. Soluci´ on Alternativa: Este problema también se puede resolver en coordenadas cil´ındricas, por definici´ on la transformaci´ on de coordenadas cil´ındricas y rect´ angulares est´ a dada por: x = ρ cos φ, y = ρ sinφ, z = z, de esta forma, el elemento diferencial de volumen est´ a dado por, dV = ρdρdφdz, por lo tanto, el volumen pedido est´ a dado por, V = ___ V ρdρdφdz, por comodidad, seleccionamos el siguiente orden de integraci´ on, V = φ=2π _ φ=0 _ _ _ ρ=3 _ ρ=0 _ _ z=6−ρ sin φ _ z=0 ρdz _ _ _ _ _ dρdφ, por lo tanto, 200 V = φ=2π _ φ=0 _ _ _ ρ=3 _ ρ=0 _ ρ [z] z=6−ρ sin φ z=0 _ _ _ _ dρdφ = φ=2π _ φ=0 _ _ _ ρ=3 _ ρ=0 ρ (6 −ρ sinφ) dρ _ _ _ dφ = φ=2π _ φ=0 _ _ _ ρ=3 _ ρ=0 _ 3ρ 2 −sin φ ρ 3 3 _ ρ=3 ρ=0 _ _ _ dφ = φ=2π _ φ=0 _ 27 − 27 3 sinφ _ dφ, finalmente obtenemos, V = _ 27φ + 27 3 cos φ _ φ=2π φ=0 = _ 27(2π) + 27 3 cos(2π) _ − _ 0 + 27 3 cos(0) _ = 54π + 27 3 − 27 3 = 54π. Como se puede observar, en coordenadas cil´ındricas es m´ as simple la soluci´ on. 201 Problema 32: Dado el campo vectorial − → F = 2xyi + 3yzj + 4xzk calcular, V _ ∇ − → F _ dV, siendo V, el volumen limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y 2x+2y+z = 4. Soluci´ on: Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraci´ on, ___ V _ ∇ − → F _ dxdydz = x=x2 _ x=x1 _ ¸ _ ¸ _ y=t2(x) _ y=t1(x) _ ¸ _ z=ψ2(x,y) _ z=ψ1(x,y) _ ∇ − → F _ dz _ ¸ _dy _ ¸ _ ¸ _ dx El volumen V de integraci´ on se encuentra representado en la figura. ftbpF291.9375pt280.6875pt0ptFigure Calculemos primero el rotacional del campo vectorial − → F de la forma, ∇ − → F = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ´ i ´ j ´ k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂y 2zy 3yz 4xz ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = −3y ´ i −(4z −0) ´ j +zx ´ k ∇ − → F = −3y ´ i −4z ´ j −2x ´ k. De la figura, nuestros l´ımites de integraci´ on est´ an dados por: 0 ≤ z ≤ 4 −2x −2y 0 ≤ y ≤ 2 −x 0 ≤ x ≤ 2 de esta manera podemos escribir nuestra integral de volumen de la forma, V _ ∇ − → F _ dV = − _ 2 x=0 _ 2−x y=0 __ 4−2x−2y z=0 (3y, 4z, 2x) _ dzdydx _ = − _ 2 x=0 __ 2−x y=0 _ [3yz] 4−2x−2y z=0 , _ 2z 2 ¸ 4−2x−2y z=0 , [2xz] 4−2x−2y z=0 _ dy _ dx = − _ 2 x=0 __ 2−x y=0 _ _ 12y −6xy −6y 2 _ , 2 (4 −2x −2y) 2 , _ 8x −4x 2 −4xy _ _ dy _ dx, 202 obsérvese que las integrales con respecto a la variable y son inmediatas, a´ un as´ı, para la integral de la componente en y hacemos el siguiente cambio de variable, u = 4 −2x −2y, du = −2dy por lo tanto, V _ ∇ − → F _ dV = − _ 2 x=0 _ _ _ _ _ 6y 2 −3xy 2 −2y 3 ¸ 2−x y=0 , − _ (4 −2x −2y) 3 3 _ 2−x y=0 , _ 8xy −4x 2 −4xy 2 ¸ 2−x y=0 _ _ _ _ dx, al evaluar los l´ımites de integraci´ on de la variable y, despues de algunos pasos algebraicos obtenemos, V _ ∇ − → F _ dV = − _ 2 x=0 __ (2 −x) 3 , 1 3 (4 −2x) 3 , _ 2x 3 −8x 2 + 8x _ __ dx de donde, al integral la variable x, obtenemos V _ ∇ − → F _ dV = − __ − (2 −x) 4 4 , − 1 24 (4 −2x) 4 , _ x 4 2 − 8 3 x 3 + 4x 2 _ __ 2 x=0 = _ − _ 0 − 2 4 4 _ , − 1 24 _ 0 −4 4 _ , _ 8 − 64 3 + 16 __ = − _ 4, 32 3 , 8 3 _ , 203 finalmente, obtenemos V _ ∇ − → F _ dV = −4 ´ i − 32 3 ´ j − 8 3 ´ k. El problema también se puede resolver, considerando el siguiente orden de integraci´ on, V _ ∇ − → F _ dV = _ 4 z=0 _ 2− z 2 y=0 _ 2−y− 1 2 z x=0 (−3y, −4z, −2x) dxdydz donde nuestra regi´ on de integraci´ on se encuentra ahora en el plano Y Z, es decir, 0 ≤ x ≤ z −y − 1 2 z, 0 ≤ y ≤ 2 − z 2 , 0 ≤ z ≤ 4, efectuando la integraci´ on primero con respecto a la variable x obtenemos, V _ ∇ − → F _ dV = _ 4 z=0 _ 2− z 2 y=0 __ −3y _ 2 −y − z 2 _ , −4z _ 2 −y − z 2 _ , − _ 2 −y − z 2 _ 2 _ dy _ dz = _ 4 z=0 _ ___ −3y 2 +y 3 + 3 4 y 2 z _ , _ −8yz + 2y 2 z + 2yz 2 _ , 1 3 _ 2 −y − z 2 _ 3 __ 2− z 2 y=0 _ dz ... = _ 4 z=0 __ z 3 16 − 3 4 z 2 + 3z −4 _ , _ − z 3 2 + 4z 2 −8z _ , − 1 3 _ 2 − z 2 _ 3 _ dz = ___ z 4 64 − 1 4 z 3 + 3 2 z 2 −4z _ , _ − z 4 8 + 4 3 z 3 −4z 2 _ , 1 6 _ 2 − z 2 _ 4 __ 4 z=0 , finalmente al evaluar los l´ımites de la variable z, obtenemos V ∇ − → F dV = −4 ´ i − 32 3 ´ j − 8 3 ´ k. Donde los pasos intermedios que faltan, el lector los puede completar y son an´ alogos a los del primer orden de integraci´ on. 204 Problema 33. Dado el campo vectorial − → F (x, y, z) = 2yz ´ i−(x+3y−2) ´ j+(x 2 +z) ´ k, Calcular la integral de superficie __ S ∇ − → F d − → S extendida a la superficie de intersecci´ on de los cil´ındros x 2 +y 2 = a 2 y x 2 +z 2 = a 2 situada en el primer octante. Soluci´ on: En este problema, aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que establece, __ S ∇ − → F −→ dS = _ C − → F d − → r , es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral de l´ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. La siguiente figura muestra la intersecci´ on de los cil´ındros. Aplicando el teorema del rotacional de Stokes, la integral de superficie ser´ a igual a la integral de l´ınea formada por las trayectorias C 1 , C 2 , C 3 y C 4 como se ilustra en la figura, es decir una curva simple que encierra la intersecci´ on de los cil´ındros est´ a formada por dos trayectorias rectas C 2 y C 3 y dos arcos circulares C 1 y C 4 . Z X Y C C C (0,α,α) (0,α,0) ( a ,U,U) C 1 2 3 4 ( ,U,U) α Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos, 205 __ S ∇ − → F d − → S = _ C − → F d − → r = _ C1 − → F d − → r + _ C2 − → F d − → r + _ C3 − → F d − → r + _ C4 − → F d − → r . Para la primera trayectoria recta C 2 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = 0 y = a 0 ≤ z ≤ a, de donde − → r = a ´ j +z ´ k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = dz ´ k, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 2 est´ a dada por: _ C1 − → F d − → r = _ C1 _ 2az ´ i −(3a −2) ´ j +z ´ k _ _ dz ´ k _ = a _ z=0 zdz = _ z 2 2 _ a 0 = a 2 2 . Para la segunda trayectoriarecta recta C 3 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = 0 z = a 0 ≤ y ≤ a, de donde − → r = y ´ j +a ´ k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: 206 d − → r = dy ´ j, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria C 3 est´ a dada por: _ C3 − → F d − → r = _ C3 _ 2ya ´ i −(3y −2) ´ j +a ´ k _ _ dy ´ j _ = − _ _ a _ y=0 2dy − a _ y=0 3ydy _ _ = _ −2y + 3y 2 2 _ a 0 , finalmente obtenemos, _ C3 − → F d − → r = 3a 2 2 −2a. Para la primera trayectoria circular C 1 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = a cos φ, z = a sinφ, y = 0, en donde el par´ ametro φ ∈ [0, π 2 ], en este caso se tiene − → r = a cos φ ´ i + a sinφ ´ k, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = −a sinφdφ ´ i +a cos φdφ ´ k, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 1 est´ a dada por: _ C1 − → F d − → r = _ C3 _ −(3a sinφ −2) ´ j + ((a cos φ) 2 +a sinφ ´ )k _ _ −a sinφdφ ´ i +a cos φdφ ´ k _ = − π 2 _ φ=0 _ a 3 cos 3 φ +a 2 sinφcos φ ¸ dφ = −a 3 π 2 _ φ=0 cos 3 φdφ −a 2 π 2 _ φ=0 sinφcos φdφ, 207 la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonométrica cos 3 = cos 2 φcos φ = _ 1 2 + 1 2 cos 2φ _ cos φ, la segunda integral es inmediata de la forma udu, finalmente al integrar y evaluar las integrales obtenemos, _ C3 − → F d − → r = a 3 _ sin 3 φ 3 −sinφ _ π 2 0 +a 2 _ cos 2 φ 2 _ π 2 0 = − 2 3 a 3 − a 2 2 . Finalmente para la trayectoria circular C 4 (ver figura) las ecuaciones paramétricas est´ an dadas por: x = a cos φ y = a sinφ z = 0, en donde el par´ ametro φ ∈ [0, π 2 ], en este caso se tiene − → r = a cos φ ´ i + a sinφ ´ j, as´ı el elemento diferencial de l´ınea est´ a dado por: d − → r = −a sinφdφ ´ i +a cos φdφ ´ j, por lo tanto la integral de l´ınea para la trayectoria circular C 4 est´ a dada por: _ C4 − → F d − → r = _ C3 _ −(a cos φ + 3a sinφ −2) ´ j + ((a cos φ) 2 +a sinφ ´ )k _ _ −a sinφdφ ´ i +a cos φdφ ´ j _ , es decir, 208 _ C4 − → F d − → r = π 2 _ φ=0 _ −a 2 cos 2 φdφ −3a 2 sinφcos φdφ + 2a cos φdφ ¸ = −a 2 π 2 _ φ=0 cos 2 φdφ −3a 2 π 2 _ φ=0 sinφcos φdφ + 2a π 2 _ φ=0 cos φdφ, la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonométrica, cos 2 φ = _ 1 2 + 1 2 cos 2φ _ , la segunda y tercera integrales son inmediatas, por lo tanto _ C4 − → F d − → r = −a 2 _ φ 2 − sin2φ 4 _π 2 0 + 3a 2 _ cos 2 φ 2 _ π 2 0 + [2a sinφ] π 2 0 , finalmente al evaluar las integrales obtenemos, _ C4 − → F d − → r = − πa 2 4 − 3 2 a 2 + 2a. Por lo tanto, la integral de l´ınea a lo largo de la trayectoria curva simple que encierra la intersecci´ on de los cil´ındros como se muestra en la figura, se obtiene al sumar los resultados de las trayectorias C 1 , C 2 , C 3 y C 4 es decir; _ C − → F d − → r = _ C1 − → F d − → r + _ C2 − → F d − → r + _ C3 − → F d − → r + _ C4 − → F d − → r = _ a 2 2 _ + _ 3a 2 2 −2a _ + _ − 2 3 a 3 − a 2 2 _ + _ − πa 2 4 − 3 2 a 2 + 2a _ = − 2 3 a 3 − πa 2 4 . 209 Finalmente, aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene __ S ∇ − → F d − → S = _ C − → F d − → r = − 2 3 a 3 − πa 2 4 . 210 Problema 34. Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para − → F (x, y, z) = (2x −y) ´ i −(2y −z) ´ j +z ´ k, donde V es el volumen encerrado por la superficie S formada por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x + 2y +z = 6. Soluci´ on: El volumen V que encierra la superficie S se muestra en la siguiente figura. Z Y X S S S B(0,0,6) 2y + z = 6 C(0,3,0) A(6,0,0) x + y = 6 x + 2y = 6 1 2 3 O Como se muestra en la figura, la superficie S est´ a formada por 4 superficies S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BCO) y S 4 (ABC), por lo tanto para calcular la inte- 211 gral de superficie debemos de calcular el flujo de − → F a través de cada superficie, es decir; __ S − → F d − → S = __ S1 − → F ´ ndS + __ S2 − → F ´ ndS + __ S3 − → F ´ ndS + __ S4 − → F ´ ndS De la figura se observa lo siguiente: Para la superficie S 1 (ABO); y = 0, ´ n = − ´ j y dS = dxdz. Para la superficie S 2 (ACO); z = 0, ´ n = − ´ k y dS = dxdy Para la superficie S 3 (ABO); x = 0, ´ n = − ´ i y dS = dydz. por lo tanto, las integrales para estas superficies resultan, __ S1 − → F ´ ndS = __ S1 __ (2x −y) ´ i −2y ´ j _ _ − ´ k __ dxdy = 0 __ S2 − → F ´ ndS = __ S2 __ 2x ´ i +z ´ j +z ´ k _ _ − ´ j __ dxdz = − 6 _ z=0 x=6−z _ x=0 zdxdz = − 6 _ z=0 z(6 −z)dz = _ −3z 2 + z 3 3 _ 6 z=0 = −36. __ S3 − → F ´ ndS = __ S3 __ −y ´ i −(2y −z) ´ j +z ´ k _ _ − ´ i __ dydz = − 6 _ z=0 y= 6−z 2 _ y=0 ydydz = 6 _ z=0 (6 −z) 2 8 dz = _ − (6 −z) 3 24 _ 6 z=0 = 9. 212 Para resolver la integral sobre la superficie S 4 (ABC), aplicamos el teorema de la proyecci´ on de la superficie sobre un plano coordenado, que establece __ S4 −→ Fd − → S = __ Rxy − → f ´ n ¸ ¸ ¸´ n ´ k ¸ ¸ ¸ dxdy. Para la superficie S 4 (ABC) aplicando la definici´ on del gradiente, un vector normal a la superficie est´ a dado por − → N = ´ i + 2 ´ j + ´ k, as´ı en este caso el vector ´ n est´ a dado por ´ n = b i+2 b j+ b k √ 6 de donde se sigue que: − → F ´ n = _ (2x −y) ´ i −(2y −z) ´ j +z ´ k _ _ ´ i + 2 ´ j + ´ k √ 6 _ = 1 √ 6 (2x −5y + 3z) , empleando la ecuaci´ on para la superficie S 4 (ABC) se tiene z = 6−x−2y,sustituyendo en la expresi´ on anterior obtenemos − → F ´ n = 1 √ 6 (18 −x −11y), también obtenemos, ´ n ´ k = _ ´ i + 2 ´ j + ´ k √ 6 _ ´ k = 1 √ 6 . De los resultados anteriores, la integral para la superficie S 4 (ABC) est´ a dada por: __ S4 −→ Fd − → S = Rxy _ 1 √ 6 (18 −x −11y) 1 √ 6 _ dxdy = 6 _ y=0 x=6−2y _ x=0 [18 −x −11y] dxdy = 6 _ y=0 _ _ 18 − x 2 2 −11xy _ 6−2y x=0 _ dy = 6 _ y=0 _ 90(1 −y) + 20y 2 ¸ dy, finalmente al calcular la integral en y, evaluando los l´ımites de integraci´ on obtenemos, __ S4 −→ Fd − → S = _ 90y −45y 2 − 20y 3 3 _ 3 y=0 = 45, 213 sumando los resultados obtenidos para las superficies S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BCO) y S 4 (ABC), obtenemos __ S − → F d − → S = (−36) + 0 + 9 + 45 = 18. Para resolver la integral de volumen, si aplicamos la definici´ on de la divergencia de un campo vectorial − → F en este problema tenemos que ∇ − → F = 1; por otro lado, observemos en la figura la regi´ on de volumen que encierran las superficies S 1 (ABO), S 2 (ACO), S 3 (BCO) y S 4 (ABC), por lo tanto ___ V ∇ − → F dV = 6 _ z=0 6−z 2 _ y=0 6−2y−z _ x=0 dxdyxz = 6 _ z=0 _ ¸ _ ¸ _ 6−z 2 _ y=0 [6 −2y −z] dy _ ¸ _ ¸ _ dz = 6 _ z=0 _ y (6 −z) −y 2 ¸ 6−z 2 y=0 dy = 6 _ z=0 _ (6 −z) (6 −z) 2 2 − (6 −z) 2 4 _ dz = 1 4 6 _ z=0 (6 −z) 2 dz = − _ (6 −z) 3 12 _ 6 z=0 = 18, que es el mismo resultado que se obtuvo al calcular la integral de superficie. Por lo tanto, se ha verificado el teorema de la divergencia de Gauss. 214 Problema 35. Sea − → F = − → r , verificar el teorema de la divergencia de Gauss donde S es la superficie que consta del cono z 2 = x 2 +y 2 para 0 ≤ x 2 +y 2 ≤ 1 y la superficie que es el disco x 2 +y 2 ≤ 1, z = 1 como se muestra en la siguente figura: Z X Y S : S : 2 1 z = x + y 2 2 x + y = 1 2 2 Soluci´ on: Debemos verificar que, S − → F d − → S = V _ ∇ − → F _ dV, primeramente calculemos la integral de superficie, como se ilustra en la figura anterior, la superficie S est´ a formada por las superficies S 1 y S 2 , de esta forma 215 S − → r d − → S = S1 − → r d − → S + S2 − → r d − → S Para S 1 : Aplicando la definici´ on del gradiente, donde φ(x.y.z) = x 2 + y 2 − z 2 = 0 obtenemos, ´ n = ∇φ [∇φ[ = 2x ´ i + 2y ´ j −2z ´ k _ 4x 2 + 4y 2 + 4z 2 = x ´ i +y ´ j −z ´ k _ x 2 +y 2 +z 2 , observe que el vector ´ n = x b i+y b j−z b k √ x 2 +y 2 +z 2 , es normal interior (hacia adentro de S 1 ), por lo tanto S1 − → r d − → S = S1 − → r ´ ndS = S1 _ x ´ i +y ´ j +z ´ k _ _ x ´ i +y ´ j −z ´ k _ x 2 +y 2 +z 2 _ dS = S2 _ x 2 +y 2 −z 2 _ x 2 +y 2 +z 2 _ dS = 0. Para S 2 : De la figura, obsérvese que el vector unitario normal a S 2 es ´ n = ´ k, de donde obtenemos inmediatamente que ´ n − → r = z, adem´ as como z = 1, entonces la integral sobre la superficie S 2 est´ a dada por: S2 − → r ´ ndS 2 = S2 dS 2 , 216 pero S2 dS 2 = π (1) 2 , es decir, el ´ area de un c´ırculo de radio 1, por lo tanto S2 − → r d − → S = π. Por lo tanto la integral sobre la superficie S del problema est´ a dada por: (1) S − → r d − → S = S1 − → r d − → S + S2 − → r d − → S = π. Por otro lado, V ∇ − → r = 3 V dV = 3 _ 1 3 _ π (1) 2 (1) _ _ que es igual al volumen de un cono de altura uno y radio 1, finalmente obtenemos (2) V ∇ − → r = π Por lo tanto, de los resultados (1) y (2) se verifica el Teorema de la divergencia de Gauus, es decir, S − → r d − → S = V ∇ − → F dv = π. 217 1 Introducciń o La presente selecciń de problemas resueltos de la materia de An´lisis Vectorial, o a tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia, un apoyo bibliogr´fico m´s para el entendimiento de la misma, esperando que a a le sea de gran ayuda, en la aplicaciń de la teoria adquirida en el salń de clases o o y poder ejercitar sus conocimientos en la soluciń de problemas similares. o La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos en el salń de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´s m´ o a ınimo detalle algebraico, con la unica intenciń de lograr la mejor comprensiń por parte del ´ o o alumno, como puede observarse en la soluciń de cada problema. La mayoria o de los problemas resueltos, son problemas que estń propuestos en libros tradia cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´lisis Vectorial de la a editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el libro de An´lisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo a autor es Hwei P. Hsu., entre otros. La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la experiencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre, en la Escuela Superior de C´mputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ en Siso ıa temas Computacionales, y en la cual el ´ ındice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto. La materia de An´lisis Vectorial por si s´la, es una materia que generalmente a o es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (ań impartińdose u e ´sta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ en el area de Ciene ıa ´ cias F´ ısico-Matem´ticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo, a ´ los pocos conocimientos de las materias b´sicas de Matem´ticas ( Algebra, Gea a ometr´ Anal´ ıa ıtica, C´lculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ etc) con los que a ıa, cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector podr´ observar, en la soluciń de cada uno de los problemas resueltos, realmente a o son m´ ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´sicas de a Matem´ticas. As´ tambiń, podr´ ser el desinter´s que muestran en general los a ı e ıa e alumnos hacia la materia, debido a que pos´ ıblemente las dem´s materias, como a Matem´ticas Discretas y Programaciń, por mencionar algunas, son materias a o que en general los conceptos son m´s ”fćiles” de entender por parte del alumno, a a o son materias de un inter´s mayor por ser materias dirijidas a su formaciń. e o Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambiń e que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como en muchas otras materias b´sicas), en general es dificil de asimilar por parte de a los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente, Divergencia y Rotacional, as´ como la parte de coordenadas curvil´ ı ıneas que involucran el C´lculo de funciones de m´s de una variable, matem´ticamente son a a a complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaciń f´ o ısica de los mismos. 2 Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opiniń o al respecto, sin embargo, como mencion´ anteriormente, la experiencia adquirida e al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones. Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma: En el cap´ ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al ´ Algebra de vectores; desde las operaciones b´sicas de vectores, algunos problea mas de aplicaciń a la Geometr´ Anal´ o ıa ıtica, pasando por aplicaciones del producto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores, hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ ıtulo, se pone enf´sis en la a aplicaciń de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre o vectores, los cuales son conceptos b´sicos muy importntes enun curso tradicional a de la materia de An´lisis Vectorial. a En el cap´ ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´lculo Diferencial a vectorial; desde el concepto de parametrizaciń de curvas y superficies en el espao cio, derivaciń de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia o y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ ıneas. As´ mismo, en el cap´ ı ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´lculo a Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ ınea, integrales de superficie e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaciń de los teoremas o integrales de Green, de Stokes y de Gauss. Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´ la ultima a ´ palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ tambiń, el autor esta ı e abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que serń bien venidas, para a la mejora del presente trabajo. 3 2 Problemas del cap´ ıtulo 1. → − Muestre que para cualquier vector A = a1 i + a2 j + a3 k se cumple que: → − i× k× j× A Problema 1: a).− b).− c).− = a3 k, = a2 j, = a1 i, → − k× j× i× A → − j× i× k× A no aplique la definiciń del determinante, usar las propiedades del producto o vectorial. Soluciń: o a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos → − i× k× j× A = = = = = = i × k × j × a1 i + a 2 j + a 3 k i × k × j × a1 i + j × a2 j + j × a3 k i × k × −a1 k + a3 i i × −a1 k × k + a3 k × i i × a3 j a3 k. b) De la misma forma, → − k× j× i× A = = = = = = k × j × i × a1 i + a 2 j + a 3 k k × j × i × a1 i + i × a2 j + i × a3 k k × j × a2 k − a 3 j k × j × a2 k + j × a3 j k × a2 i a2 j. En forma an´loga para el inciso c). a 4 aplicando la definiciń del producto vectorial para los vectores i. → − → − → − i× i× A +j× j× A +k× k× A = = = i × bk − cj + j × −ak + ci + k × aj + bi bi × k − c i × j − aj × k + c j × i + ak × j − b k × i −bj − ck − ai − ck − ai − bj finalmente. j y k. obtenemos → − → − → − → − i × i × A + j × j × A + k × k × A = −2ai − 2bj − 2ck = −2 A . 5 . → − A = ai + bj + ck. obtenemos → − → − → − i× i× A +j× j× A +k× k× A = i × i × ai + b j + c k + j × j × ai + b j + c k + k × k × ai + b j + c k = i × i × ai + i × b j + i × ck + j × j × ai + j × bj + j × ck + k × k × ai + k × bj + k × ck . Probar que → − → − → − → − i × i × A + j × j × A + k × k + A = −2 A → − donde A es cualquier vector en el espacio. → − sustituyendo el vector A y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial.Problema 2. Soluciń: o → − Sea el vector A en el espacio dado por. y nueo vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos. → → − − Y − X. a − − → −→ −→ − − P Q = P B + BQ sustituyendo las ecuaciones anteriores. 2 = = = → − X. o −→ − PB = − 1→ X. −→ − BQ = asimismo. → − Y. Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un trińgulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. 2 − − 1 → → ( Y − X ). obtenemos − − → AB − → AC −→ − BC por hip´tesis tenemos que. B X P A Y Q C De la figura. 2 1 2 → − − − → de donde se deduce que P Q es paralelo a Y y tiene de su longitud. 6 . B y C.Problema 3. de la figura en el trińgulo BP Q obtenemos. a Soluciń: o Consideremos un trińgulo cuyos v´rtices son los puntos A. como se a e muestra en la figura. − − → PQ = = − − − 1→ 1 → → X + (Y − X) 2 2 − 1→ Y. P y Q. demostrar como se ilustra en → − → − → → − − la figura. que el vector C se puede escribir de la forma C = 1 A + B . aplicando la suma de vectores en el trińgulo OP Q. y sean OP = A . adem´s. obtenemos e a (3) sustituyendo la ecuaciń (1) en la ecuaciń (3). → 1 → − − − → − 1 → B+ A − B =C 2 2 − − → − 1 → 1 → A + B =C 2 2 finalmente. 2 → − − − → → − B + QP = A . − − → → → − − por otro lado de la ecuaciń (2) QP = A − B . 2 P A R C Q B O Soluciń: o De la figura y por hip´tesis del problema se tiene que: o (1) − − → − − → QR = 1 QP . − − → → − Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O. o o → 1− − − → → − B + 2 QP = C . (4) − − → − → 1 → → − A−B =C B+ 2 apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos. obtenemos → 1 → → − − − C = A+B . a a (2) y tambiń de la figura.Problema 4. −→ → − − OQ = B y R el punto medio del segmento QP . → − − − → → − B + QR = C . sustituyendo en la ecuaciń (4) o o obtenemos. en el trińgulo OQR. 2 7 . Problema 5. tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura). Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores. Soluciń: o → → − − Geom´tricamente el producto vectorial de dos vectores A y B representa e → → − − el area de un paralelogramo de lados A y B de la forma. obtenemos a o o 8 . por lo que necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en t´rminos de las diagonales. ´ → − A → − B = = 3i + j − 2k. x de donde. e De la figura anterior. ´ → → − − ´ Area = A × B . A x B y en este caso. − c) → = x 1 2 → → − − A−B . obtenemos → − − − a) → + → = − B x y → − − − b) → − → = A y x sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos: → → − − − 2→ = A − B . i − j + 4k. de forma an´loga restando la ecuaciń b) de la ecuaciń a). → → − − − d) → = − 1 A + B . finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos. ´ Area = = = = 1 4 1 4 1 4 1 2 → → → → → → → → − − − − − − − − −A × A + A × B − B × A + B × B → → − − A×B . 4 aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos. de las ecuaciones c) y d). el area del paralelogramo est´ ´ a dada por: ´ Area = = = − − | → × →| x y → → − − − − 1 → → 1 A+B A−B × − 2 2 → → − − − − 1 → → − A−B × A+B . y 2 De esta forma. 9 . ´ Area = = = = = 1 2 i 3 1 j k 1 −2 −1 4 = 1 2 2i − 14j − 4k i − 7j − 2k √ 1 + 49 + 4 √ 54 √ 3 6. → → − − 2A × B → → − − → − → → − − → − A − B × A + A − B × B. x y − → − − AC = → − →. B. Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio. tenemos −→ − DA = −→ − DC = − → = −→ − x CB. C y D. − → − → AP = mAC. como se ilustra en la siguiente e figura.Problema 6. aplicando la suma de vectores (1) −→ → → − DB = − + − . − − AP = m ( y x −→ − − → −→ − por otro lado. a (3) 10 . Soluciń: o Sea el paralelogramo de v´rtices A. − → →=− − y AB. x D asimismo. por otro lado de la definiciń de paralelismo o (2) de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos. y x −→ − −→ − DP = nDB. x y − → → − →) . −→ − − − DP = n (→ + →) . tenemos DA + AP = DP . A y B x P C y De la figura. en el trińgulo DAP. es decir. o − → + m → − m→ − n → − n → = →. como los vectores → y → son distintos del vector 0 o x y y no paralelos. − − − − − x y x x y aplicando las propiedades de la adiciń de vectores obtenemos. 2 → 1− AC. entonces la igualdad anterior s´lo se cumple si los escalares son o iguales a cero. e 11 . 2 Como se ilustra geom´tricamente en la figura. sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos n=m= −→ − DP − → AP = = − 1 −→ DB. 2 por lo tanto. o → + m (→ − →) = n (→ + →) . resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos. − − − − − x y x x y 0 o tambiń. es decir. 0.(4) → − → + − = −→. e → − − − (1 − m − n)→ + (m − n)→ = 0 . − AP DP x sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaciń (4) obtenemos. x y → − − − de la ecuaciń anterior. 1 . 1−m−n = m−n = 0. B2 C1 (a) (b) como se ilustra geom´tricamente en la figura. Sean los lados del trińgulo dados e a → → − − por A y B . −→ 2− − 3 C1 C2 .Problema 7. −− 1 −→ 3 B1 B2 . −− 2 −→ 3 B1 B2 . B1 y C1 . B2 y C2 a e los puntos medios de cada lado respectivamente. Asimismo sean A2 . Demostrar que las medianas de un trińgulo se cortan en un punto que esta a 2 e a 1 del lado y 3 del v´rtice opuesto para cada mediana respectivamente. −→ 2− − 3 A1 A2 . . −− −→ B 1 C1 . entonces para demostrar que las o 1 medianas se cortan en un punto que esta a 3 del lado y 2 del v´rtice opuesto e 3 para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones: B1 A C2 A 2 P A1 B −→ − A1 P = −→ − B1 P = −→ − C1 P = o equivalentemente. de la figura tenemos las siguientes relaciones: → − A = → − B = → → − − B−A = 12 −− −→ A1 B 1 . como se ilustra en la figura. Si P es el punto de intersecciń de las medianas. −− −→ A1 C1 . −→ − P A2 = −→ − P B2 = −→ − P C2 = −→ 1− − 3 A1 A2 . −→ 1− − 3 C1 C2 . 3 Soluciń: o Sea el trińgulo cuyos v´rtices son A1 . → → − − −→ −→ − − B − A + C1 P = B 1 P . de la figura tenemos tambiń las siguientes relaciones e −− −→ → − → → − − − → − 1 → A1 A2 = A + 1 B − A = 2 A + B . B1 C1 P y A1 B1 P obtenemos. (f ) sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f ) obtenemos. 2 −− −→ → → − − B1 B2 = 1 B − A . −− −→ C1 C2 . → − − → − → → − − 1→ A +m 2B − A = n A + B . (e) que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los trińgulos a A1 B1 A2 . → − −− −→ −− −→ B + n C1 C2 = l A1 A2 . −− −→ → → − − −− −→ B − A + n C1 C2 = m B 1 B 2 . De las ecuaciones (a) y (b) se obtiene. 2 − − −− − → 1→ → C1 C2 = 2 A − B . obtenemos (g) 13 . (d) pero. A1 C1 C2 y A1 B1 B2 respectivamente. de la figura obtenemos o −→ − A1 P = l −→ − B1 P = m −→ − C1 P = n −− −→ A1 A2 . aplicando la suma y diferencia de vectores en los trińgulos a A1 C1 P. 2 2 → → − − − → − − → − 1→ 1→ B − A +n 2B − A =m 2B − A . −− −→ B1 B2 . 2 aplicando las propiedades de la suma de vectores.Aplicando la definiciń de paralelismo. → − − → → − → → − − B +n 1B − A =l 1 A + B . −− −→ → − −− −→ A + m B 1 B 2 = n A1 A2 . (c) por otro lado. → −→ −→ − − − B + C1 P = A1 P . → → − − −→ −→ − − B − A + C1 P = B 1 P . como A y B son vectores distintos de cero.l n − 2 2 n m+ −1 2 → − l A + 1−n− 2 → − m A + 1−n− 2 − l → l n 1−m− A+ − 2 2 2 → − B → − B → − B = = = → − 0. 14 . 3 Finalmente. al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a) que es el resultado que se pedia demostrar. n l − 2 2 l 1−n− 2 n m+ −1 2 m 1−n− 2 l 1−m− 2 l n − 2 2 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0 as´ al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos ı. − → → − Por lo tanto. es decir. → − 0. n=l=m= 2 . entonces para que se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero. → − 0. para cua→ → − − lesquiera A y B . asimismo. si dos vectores → o x → son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a − y y → → − − → → − − − − cero. →·→ − − x y = = = → → → → − − − − → → → → − − − − → → → → − − − − → → → → − − − − A A B·B+ A B B·A− B A A·B− B B A·A → → − − → → − − A2 B 2 + AB B · A − AB A · B − B 2 A2 0. →·→= − − x y → → − − → → − − A B+ B A · → → − − → → − − A B − B A = 0. aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos. donde se aplic´ finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar. aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente.Problema 8. → → − − → → − − → → − − → → − − Pruebe que A B + B A es perpendicular a A B − B A . − − B A B A B A A B A B B A A B A B x y ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la norma. o 15 . de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen que. en este caso → y → estń dados respectivamente por A B + B A y x y a − − → → → → − − A B − B A . Soluciń: o − De la definiciń del producto escalar de dos vectores. →·→= − − x y → → − − → → − − → → − − A B+ B A · A B+ → → − − → → − − → → − − A B+ B A · − B A . tenemos − − − − − − − − − − − − → − − − → · → = − → · → → + → → · → → − → → · → → − → → · → →. BC + AD 2 2 = = AC + AB + CD + BD 2 2 2AC + 2AB . e C Y D X X A De la figura tenemos que. Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. 2 2 2 2 es decir. → − = Y . = = → → − − X+Y . → → − − X−Y . Y B AC AB = BD = CD → − = X .Problema 9. Soluciń: o Sean A. asimismo de la figura. B. C y D los v´rtices del paralelogramo como se indica en la figura. las diagonales del paralelogramo estń dadas por a BC AD Debemos mostrar que. 16 . → → − − X+Y 2 → → − − + X−Y 2 = = = = = → → → − − − → → → − − − → → → − − − → → → − − − X+Y ·X + X+Y ·Y + X −Y ·X+ X−Y ·Y → → → → → → → → → → → → → → → → − − − − − − − − − − − − − − − − X·X +X·Y +X·Y +Y ·Y +X ·X−X·Y −X·Y +Y ·Y → → − − → → − − 2X · X + 2 Y · Y →2 − →2 − 2 X +2 Y . aplicando las propiedades del proa ducto escalar.→ → − − X+Y 2 → → − − + X−Y 2 → − =2 X 2 →2 − +2 Y . → → − − → → − − → → − − → → − − X+Y · X+Y + X−Y · X−Y 17 . En forma an´loga. al problema anterior. tenemos que → − → − → − → − → − → − 3A − 4B · 2A + 3A − 4B · 5B → → − − → → − − → → − − → → − − = 2A · 3A − 2A · 4B + 5B · 3A − 5B · 4B → → − − → → − − → → − − = 6 A · A + 7 A · B − 20 B · B → → − − = 7 A · B − 14 → → − − donde se aplic´ la hip´tesis de que los vectores A y B son unitarios es decir o o = que cumplen que. Soluciń: o En forma an´loga al problema anterior.Problema 10. de la condiciń A + B = 2. = B 2 = 1. → − → − → − → − 3 A − 4 B · 2 A + 5 B = −14. calcular 3 A − 4 B · 2 A + 5 B √ → → − − si A + B = 2. obtenemos finalmente. 18 . → → − − → − → − → − → − Sean los vectores A y B vectores unitarios. obteno emos → → − − → → − − A+B · A+B =2 de donde. obtenemos inmediatamente que A · B = 0. → → → − − − → → → − − − A+B ·A+ A+B ·B → → − − → → → → − − − − A · A + 2A · B + B · B = 2 = 2 → → − − de la expresiń anterior. → → − − A·A → → − − B·B → − → − → − → − 3A − 4B · 2A + 5B = A2 = 1. Por lo o tanto. aplicando las propiedades del proa ducto escalar . √ → → − − e Por otro lado. sustituyendo este valor. elevando al cuadrado ´sta o expresiń y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar. → → − − → → − − λ1 A · A + λ 2 A · B → → − − → → − − λ1 B · A + λ 2 B · B = = → → − − A · C. suponiendo que → − A → − B → − C = i + j + 2k = 2i − j + k = 2i − j + 4k Soluciń: o En forma an´loga al problema anterior. para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 19 . → − → − − → → − B · C − λ1 A − λ2 B usando las propiedades del producto escalar. 0. tenemos → − → − − → → − A · C − λ1 A − λ2 B = = 0. → → − − B · C. → → − − A · A = 6. tenemos → → − − → → − − → → − − A · C − λ1 A · A − λ2 A · B = → → − − → → − − → → − − B · C − λ1 B · A − λ2 B · B = que se puede escribir de la forma. → − → − → − Determine λ1 y λ2 de manera que C − λ1 A − λ2 B sea perpendicular tanto → − → − a A como a B .Problema 11. → → − − A·C =9 y → → − − B ·C =9 de tal forma. 0. tenemos inmediatamente aplicando la definiciń del proo ducto escalar para vectores en el espacio. aplicando la condiciń de perpena o dicularidad entre vectores. de los vectores dados. → → − − B ·B =6 → → → → − − − − A · B = B · A = 3. 0. obs´rvese que la soluciń del sistema de ecuaciones es inmediata y est´ dada e o a por: λ1 λ2 = = 1 1.6λ1 + 3λ2 3λ1 + 6λ2 = = 9. 9. 20 . a − − − − x x Pr oy→ → = |→| cos θe→ . 2). −1. B es la magnitud del vector B . la proyecciń de un vector → sobre otro vector →. θ el 21 . y y X − e→ y − − x Pr oy→ → y → − y en este caso debemos calcular. B → − − B cos θe→ . 2).Problema 12. 2. Soluciń: o − − Por definiciń. es un o o x y vector (como se muestra en la figura) y est´ dado por. → − − Pr oy→ A B → − − Pr oy→ B A → − − A cos θe→ . = (1. → − → − Hallar la proyecciń del vector A sobre el vector B y la proyecciń del vector o o → − → − B sobre el vector A . A = = → − → → − − → − donde A es la magnitud del vector A . Sean los vectores → − A → − B = (1. → − − Pr oy→ A B → − − Pr oy→ B A = = finalmente. 22 . → − A. B 9 3 y − − → 3→ 1→ − − Pr oy→ B = A = A . → → − − A·B cos θ = → → . A 6 2  → → − − →  A·B − A → → − − A B  → → − − →  A·B − B → → − − A B  → −  B = → − B  → −  A = → − A → → − − A·B B2 → → − − A·B A2 → − B. los vectores de proyecciń estń o o a dados por. e→ un vector unitario en la direcciń del ´ A → − → − → un vector unitario en la direcciń del vector B .− o angulo formado entre los dos vectores. obtenemos → 3→ 1→ − − − − Pr oy→ A = B = B . De la definiciń − o o vector A y e B del producto escalar podemos calcular el coseno del angulo entre dos vectores ´ de la forma. − − A B y empleando la definiciń de vectores unitarios. calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes → → − − de los vectores A y B . el vector A = A 1 + A 2 . → → − − → → − − A · B = A B cos θ. A = → →B + − − → → − − B·B B·B → → − − → − → − De la figura. dada por.Problema 13: Considere la siguiente figura. A A2 A1 demostrar que B Soluciń: o → → − − → − → → − − B×A ×B − → − A ·B→ . el vector A 1 es la proyeccciń del o → − → − vector A sobre el vector B dada por → − → − → − − − A 1 = proy→ A = A cos θe→ . podemos calcular el angulo entre los dos vectores. de esta forma la proyecciń ´ o → − → − del vector A sobre el vector B est´ dada por: a 23 . B B → → − − de la definiciń del producto escalar de dos vectores A y B distintos del vector o → − 0 . de esta forma ´ como sin 900 = 1. por otro lado.  → → − − → − →  A·B  B − A → − − → → − A B B → → − − − A ·B→ B →2 − B → → − − − A ·B→ → → B. → → − − → − B×A ×B . → → − − B·B → − A2 = → − → − finalmente. de tal forma que la magnitud de este vector est´ dada por: o a → → → − − − → → − − → − B × A × B = B × A B sin φ.→ − − proy→ A B = = = → − donde se aplic´ la propiedad de la norma del producto escalar. 24 . de la figura → − → − A 2 = A sin θ. es decir. por lo tanto. saliendo de la hoja. es decir. o → → → − − − → − obs´rvese que el vector C = B × A es perpendicular tanto al vector A como e → − → → − − al vector B . Para vector A 2 . de tal forma que el vector C × A ser´ a → − → → − − → − un vector que est´ en la direcciń de A 2 . → →2 − − → → − − → − B × A × B = A B sin θ. sustituyendo los valores de los vectores A 1 y A 2 obtenemos. el vector B × A × A esta a o → − en direcciń de A . es decir. − − B·B  → → − − → − donde el angulo φ entre los vectores B × A y B es de 900 . obtenemos → − → → − − → → − − → − B × A × B = B A sin θ B . → → − − → − → → − − B×A ×B − → − A ·B→ . A = → →B + − − → → − − B·B B·B 25 . 4 De esta forma. 4 sustituyendo este valor para C2 . 0. 2C1 + 2C2 − 3C3 C1 + 3C2 + C3 = 0. C3 ) que sea perpendicular a → → − − los vectores A y B simultńeamente. de donde. resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuaciń por −2 o y sumńdo ´sta con la primera ecuaciń) obtenemos. Soluciń: o → − a) Debemos encontrar un vector C = (C1 . C2 . el vector buscado tiene la forma. es decir que cumpla que. = 0. −5 C3 . i + 3j − k. a → → − − A·C = → → − − B·C = 0. → 11 − 5 C3 i − C3 j + C3 k.en por ejemplo la segunda ecuaciń. realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos. b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definiciń del detero minante). = a) Aplicando el producto escalar. a e o −4C2 − 5C3 = 0.Problema 14. C = 4 4 26 . obtenemos o C2 = −5 C3 4 C1 = −3 = − C3 11 C3 . Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores → − A → − B = 2i + 2j − 3k. aplicando la definiciń para calcular la magnitud de un vector. por lo tanto → → − − A×B = = = = = = (2i + 2j − 3k) × (i + 3j + k) (2i + 2j − 3k) × i + (2i + 2j − 3k) × (3j) + (2i + 2j − 3k) × k −i × (2i + 2j − 3k) − 3j(2i + 2j − 3k) − k × (2i + 2j − 3k) −2 × i − 2i × j + 3j × k − 6j × i − 6j × j + 9j × k − 2k × i − 2k × j + 3k × k −2k − 3j + 6k + 9i − 2j + 2i 11i − 5j + 4k. obtenemos C3 = ± √ 4 4 =± √ 162 9 2 → − finalmente. como se nos pide que no hagamos uso del determinante → → → − − − para calcular el producto vectorial.) que cumple el producto vectorial. etc. obtenemos o 2 2 2 + C3 11 C3 4 + 5 C3 4 = 1 2 C3 (121 + 25 + 16) = 1 16 √ 162 2 C3 = 1 4 despejando C3 . que como se sabe C = A × B . es un vector → − → − que por definiciń es perpendicular tanto a A como a B . es decir que cumpla a que. finalmente. debe cumplir que sea unitario. asociativa.→ − adem´s el vector buscado. C . → − C = 1. al sustituir el valor de C3 . en la expresiń para el vector C . obteno emos → − 1 C = ± √ (11i − 5j + 4k) 9 2 b) En esta parte. el vector unitario estar´ dado por: a 27 . distributiva. debemos emplear o las propiedades (anticonmutativa. − − e→×→ A B → → − − A×B 1 11i − 5j + 4k = → → = √ = ± √ 11i − 5j + 4k . − − 121 + 25 + 16 9 2 A×B 28 . o lema se tendr´ al resolver simultńeamente las √ a a ecuaciones (1). sustituyendo en la ecuaciń o o (1) obtenemos. → − Hallar un vector unitario que forme un angulo de 45 ◦ con el vector A = ´ → − 2i + 2j − k y un angulo de 60◦ con el vector B = j − k. la soluciń del probı. C2 . (1) (2) (3) 2 2 2 = = = 1 22 + 22 + (−1) 12 + (−1) 2 1 √ 2 1 2 2C1 + 2C2 − C3 = 2 (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1 C 2 − C3 = 2 √ 3 √ 2 2 2 2 as´ se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto. 2 = = AC cos 45◦ BC cos 60◦ 2 i + 2 j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) que resulta. → → − − A·C → → − − B·C y → − C =1 es decir. De la ecuaciń (2). C3 ) donde el vector C debe cumplir.Problema 15. 2C1 + 2C2 − C2 − √ 2 2 = = = 1 2C1 + 2C2 − C2 + √ 2 2C1 + C2 29 3 √ 2 3 √ 2 2 √ 2 . ´ Soluciń: o → − → − Buscamos un vector de la forma C = (C1 . obtenemos C3 = C2 − 22 . (2) y (3). 3 2 sustituyendo en la ecuaciń (4) finalmente obtenemos. o → − 1 1 C1 = √ i+ √ k = 2 2 y 1 1 √ . y 4 C22 = √ .finalmente. realizando un poco de algebra se obtiene. obtenemos C2 1 . 30 . aplicando la ecuaciń (3). C1 = √ − 2 2 → − Por lo tanto el vector C ser´ de la forma. a 4) → − C = 1 √ 2 − C2 2 i + C 2 j + C2 − 1 √ 2 k. − √ 2 2 . ´ 1 −2 2 1 √ 2 C2 2 + (C2 ) 2 2 + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 4 2 2 1 √ 2 + 1 2 = = = = 1 1 0 0 1 (C2 ) 1 1 C2 2 2 + −√ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ 2 4 2 2 2 9 3 2 C2 (C2 ) − √ 4 2 √ 3 3 2 √ C2 − 1 C2 4 2 por lo tanto las soluciones para C2 son: C21 = 0. 0. o C 1 √ − 2 2 2 2 1 2 + (C2 ) + C2 − √ 2 2 = 1. √ 3 2 3 2 3 2 4 1 √ −√ 3 2 2 k 31 . √ .− → C2 = = = 1 4 1 4 √ − √ i+ √ j+ 2 2 3 2 3 2 1 4 1 √ i+ √ j+ √ k 3 2 3 2 3 2 1 4 1 √ . resolviendo simultńeamente las ecuaciones anteriores obtenemos. y aplicando la condiciń de que el vector debe ser de magnitud 5. paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector i + 2j + 2k.Problema 16. el vector C ser´ de la forma. es el vector normal al plano. es decir. C1 + 2C2 + 2C3 3C1 + 4C2 + 5C3 = 0. Escriba un vector de magnitud 5. Calculando los productos escalares. Soluciń: o → − Se pide un vector de la forma C = C1 i + C2 j + C3 k que sea paralelo al → − plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector A = i + 2j + 2k. → → − − C · N = 0. → − C = 2C2 i + C2 j − 2C2 k. 32 . a 2C2 . → → − − C · A = 0. −2C2. obtenemos 5 = = = 2 2 2 4C2 + C2 + 4C2 2 9C2 ±3C2 . es decir o → − C = 5. = 0. las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma. a C1 C3 = = → − por lo tanto. que cumpla las siguientes condiciones: → − donde N = 3i + 4j + 5k. el vector pedido es de la forma. C =± 3 33 .de donde. 5 C2 = ± . → − 5 2i + j − 2 k . 3 finalmente. el vector pedido tendr´ la forma C = 3 C2 i + C2 j. a → − 4 3 C = ± i ± j. se pide que el vector C sea unitario. Tambiń a 4 → − por hip´tesis. por lo tanto cumple la condiciń. 5 y C1 = 3 4 ± 4 5 3 =± . Soluciń: o → − → − Se pide un vector C de la forma. la componente C3 es → − cero debido a que el vector C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto → − no tiene componente en k. es decir que cumpla que o → − C = 1. Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector 4i − 3j − k.Problema 17. obtenemos 3 C2 4 + (C2 ) = 2 (C2 ) 2 1+ 9 16 5 = ± C2 . adem´s el vector C debe ser perpendicular al vector a → − A = 4i − 3j − k. de donde obtenemos. por lo tanto 2 → − 1= C = de donde. C1 i − C2 j · 4i − 3j − k = 0. es decir. 5 finalmente. el vector pedido est´ dado por. 4 → − e Por lo tanto. C = C1 i + C2 j. 4 5 34 . 4 4 C2 = ± . o → → − − C · A = 0. C1 = 3 C2 . 1) 2) 3) → − → − C · i = C i cos θ = cos θ. → − → − C · j = C j cos 300 = cos 300 . 0. por definiciń de los vectores unitarios i = (1. 1). 8 por lo tanto. para encontrar la componente C1 aplicamos la condiciń de que tiene que ser el o → − → − vector C unitario. ´ Soluciń: o → − El vector que estamos buscando es de la forma C = (C1 . asimismo de la ecuaciń 3). 0. √ → − 1 3 1 C =± √ . de esta forma √ 3 2 2 C1 + de donde obtenemos. C1 2 √ C1 .Problema 18. 0. y de o las ecuaciones 1) y 2) obtenemos. el vector pedido tiene la forma. se tiene o 3 . C1 = C 3 . C2 = → − C = √ 3 . a) Hallar un vector unitario que forme un angulo de 30 0 con el vector j y ´ √ formando angulos iguales con los vectores i y k cos 300 = 23 . 2 sustituyendo las ecuaciones anteriores. . 35 . 1 C1 = ± √ . . C3 ) donde el → − vector C debe cumplir que. C2 .√ 2 8 8 . 0). C = 1. 1) y k = (0. → − → − C · k = C k cos θ = cos θ. es decir. j = (0. 2 + C1 2 = 1. o aplicando la definiciń del producto escalar para vectores en el espacio. el vector pedido tiene la forma. o 0 x0 x + y0 y + z0 z = d. y0 . − que es la ecuaciń de un plano que pasa por un extremo del vector → y es o a − perpendicular al vector →. hallar el lugar geom´trico de → si: o e r − − − a). completando cuadrados en la expresiń anterior.Problema 19.− ( r a r Soluciń: o a) Sean los vectores → − a → − r entonces. obtenemos o 2 2 x2 + y0 + z0 − xx0 − yy0 − zz0 = 0. z0 ) y → el vector o − a r − de posiciń de un punto cualquiera (x. = = (x0 .− (→ − →) · → = 0 r a a → − →) · → = 0 − − − b). z2 o 2 2 (x − r= 1 2 2 2 x2 + y0 + z 0 . z). y. r a a (x − x0 . − Siendo el vector de posiciń → de un punto dado (x0 . z0 ). a En forma an´loga al inciso a). z). y − y0 . la ecuaciń anterior se puede escribir de la forma. − − − (→ − →) · → = 0. y. 0. z0 ) = x0 (x − x0 ) + y0 (y − y0 ) + z0 (z − z0 ) = 0. y0 . y0 . 0 y0 z0 1 x0 2 2 2 ) + (y − )2 + (z − )2 = (x2 + y0 + z0 ). tenemos a − − − (→ − → ) · → = 0 r a r x(x − x0 ) + y(y − y0 ) + z(z − z0 ) = 0. (x. 2 2 si hacemos d = x2 + y0 + z0 . z − z0 ) · (x0 . 0 y radio 36 . 2 2 2 4 0 0 que es la ecuaciń de una esfera con centro en el punto x0 . y0 . es la ecuaciń de un plano que o o → − pasa por un punto y tiene como normal al vector N = (a. 1 ( 2 )2 (1)2 + (1)2 + (1) = 3 3 5 √ 37 . de donde. o 3 z − (− 2 ) x−1 y − (−2) = = 1 1 1 2 de donde. obtenemos cos−1  cos−1  cos−1    → → − − A •N   → → . asimismo. 1/2). por − pasa por el punto r A 0 0 0 0 1 1 1 lo tanto. 1. para calcular el angulo entre el plano y la l´ ´ ınea recta es equivalente a → − → − calcular el angulo entre los vectores N y A . 1. θ = cos −1  → − → − sustituyendo los vectores A y N . 1/2) · (1. b. 1) (1)2 5/2  27 4 θ = +  . 1. → − → − Para obtener el angulo entre los vectores N y A . aplicamos la definiciń ´ o del producto escalar de dos vectores dado por. para el plano dado ´ → − tenemos que el vector normal est´ dado por N = (1. reescribimos la ecuaciń de la recta de la forma. y . obtenemos → − r0 → − A = = (−1. 1. → → − − → → − − N · A = N A cos θ. Soluciń: o Sabemos que la ecuaciń ax + by + cz = d. la ecuaciń x−x0 = y−y0 = z−z0 . 1) y para identificar el a vector paralelo a la recta dada. − − A N   θ = (1. b . −3/2) . representa la ecuaciń de una l´ o o ınea recta que a1 b1 c1 − → = (x . Determine el angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´ ´ ınea recta x − 1 = y + 2 = 2z + 3. (1. c ) . En este caso. −2.Problema 20. z ) y es paralela al vector → = (a . c) . 12. es de la forma o y = x = z = 2x. = 0. i − 6j + 2k. 12x − 6y + 2z. la soluciń del sistema es la terna. y y z para verificar si al menos uno de ´stos escalares es e distinto de cero. el sistema es equivalente al sistema. 7) = (0. o (x. 38 . 2. Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la soluciń si se aplica. por o ejemplo el m´todo de Gauss).Problema 21. = 0. −4) + y(1. −2x + y 12x − 6y + 2z −4x + 2y + 7z = 0. debemos o encontrar escalares x. 0) = α(1. 0. tal que se cumpla que: − → − → − → → − x A1 + y A2 + z A3 = 0 . 2. y. 0). es decir. e −2x + y z = 0 = 0 la soluciń del sistema anterior. 2j + 7k. Soluciń: o Para verificar si existe una combinaciń lineal entre los vectores. 0. 0) (−2x + y. z) = (α. 2) + z(0. 2α. Encuentre una combinaciń lineal (si existe) para los siguientes vectores: o − → A1 − → A2 − → A3 = = = −2i + 12j − 4k. x(−2. obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones. 0) aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si son iguales componente a componente). α∈R 0 es decir. −6. −4x + 2y + 7y) = (0. la combinaciń lineal de los vectores A1 . entonces una soluciń del sistema ı o ser´ de la forma. A2 y A3 est´ dada por: o a − → − → − → → − A1 + 2 A2 + 0 A3 = 0 o tambiń e − → − → A1 = −2A2 . − − → → − → por lo tanto. 39 . as´ por ejemplo si α = 1. = 0.para toda α ∈ R. = 2. a x y z = 1. 1 −3 −2 −4 3 −1 → → → − − − → → − − → − de lo anterior. Encuentre una combinaciń lineal (si existe) de los vectores o → − A → − B → − C Soluciń: o = = = ˆ − 2ˆ − 4k. y por lo tanto. entonces los vectores A . ı ˆ Verifiquemos primeramente si los vectores son l. es decir. entonces los vectores estń a en un plano y son linealmente dependientes. ı  4ˆ + 3ˆ − k. o 40 .Problema 22.. → → → − − − A•B×C = = = = = 2 1 4 2 (2 + 12) − 1 (−1 + 16) − 3 (3 + 8) 2 (14) − 1 (15) − 3 (11) 28 − 15 − 33 −20. para esto apliquemos la propiedad del producto triple escalar que establece la condiciń necesaria para o → → → − − − la dependencia lineal. como A • B × C = 0. B y C son linealmente independientes. o l.i. de esta forma. si A • B × C = 0. no existe combinaciń lineal de ellos.d. ı  2ˆ +  − 3k. 0. obtenemos o 2 (C2 ) + (C2 ) + (−C2 ) = 41 3 (C2 ) = 1. Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´ ınea recta dada por las ecuaciones param´tricas. y tambiń perpendicular al vector B = i − j. −1. C1 − C 2 por lo tanto. − − r r0 A − que representa a una recta L en forma param´trica que pasa por el punto →0 = e r → − (−1. es decir. 2 2 Aplicando la condiciń 1). −1. = −t − 1. → − Se pide un vector de la forma C = C1 i+C2 j +C3 k que tenga magnitud uno. → → − − 2) C · A = 0. 1) de las condiciones 2) y 3). = = 0. = t + 2. C1 C3 = C2 . y perpendicular al vector i − j. obtenemos 2C1 − C2 + C3 de donde obtenemos inmediatamente que.Problema 23. el vector pedido tendr´ la forma a → − C = C2 i + C2 j − C2 k. → → − − 3) C · B = 0. 2) y que es paralela al vector A = (2. 1). 2 . que cumpla e las siguientes condiciones: → − C = 1. e x y z = 2t − 1. es decir perpendicular a r r0 → − → − al vector A . calculando el producto escalar. Soluciń: o Las ecuaciones param´tricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaciń e o vectorial − →(t) = → + t→. = −C2 . → − − − adem´s que sea perpendicular a la recta →(t) = → +t A . de donde. C2 = ± finalmente. 3 1 . 3 42 . el vector pedido tiene la forma → − C = 1 i+j−k . de esta forma para mostrar que la recta y el plano son paralelos. 1 1 3 − esta ecuaciń. 2) es un vector normal al plano. −2) o r → − y es paralela al vector A = (1. Por otro lado. que es paralelo a la recta son → → − − perpendiculares. Soluciń: o La ecuaciń de la recta dada se puede reescribir de la forma. se comprueba que el vector A es perpendicular al vector normal → − → − N del plano. que es normal al plano y el vector A . representa a una recta que pasa por el punto →0 = (0. debemos mostrar que el → − → − vector N . Demuestre que la l´ ınea recta x = y = 8y + 2z = 5. o x−0 y−0 z − (−2) = = . 2) · (1. 1. luego entonces tambiń e es paralelo al plano y por lo tanto. 0. → − por lo tanto. o → − → − Calculando el producto escalar del vector normal N y el vector A . y como el vector A es paralelo a la recta. es decir que satisfacen la condiciń N · A = 0. 3).Problema 24. 3) = 0. −8. 1. e 1 3 (z + 2) es paralela al plano 2x + 43 . la recta dada tambiń es paralela al plano. 8. obtenemos → → − − N · A = (2. o → − tenemos que el vector N = (2. de la ecuaciń del plano. d = = = i j k 1 4 −3 3 −2 1 = −2i − 10j − 14k − − → d = → · N.Problema 25. −2t + 4. Las ecuaciones param´tricas de una recta son: e x y z = = = 3t + 1. la ecuacion del plano pedida e r0 ser´ de la forma. es decir. −3) y es paralela al o a r0 → − − − − → → vector A = (3. −3) + t(3. Si hacemos → × A = N que es un vector perpendicular al r0 → − − vector A y tambiń perpendicular a →. 1). − r que por definiciń es la ecuaciń de una recta en forma param´trica que pasa por o o e − un punto cuyo vector de posiciń est´ dado por → = (1. la ecuaciń del plano ser´ de la forma −2x − 10y − 14z = 0. x + 5y + 7z = 0. donde y → − N = ai + bj + ck. → − N = asimismo. t − 3. que o a se puede escribir finalmente como. 1). a ax + by + cz = d. 44 . →(t) = (1. encuentre la ecuaciń del plano que contiene a dicha recta. r0 → → − − N · r0 (−2i − 10j − 14k) · (i + 4j − 3k) −2 − 40 + 42 = 0. −2. 4. −2. 4. o Soluciń: o Las ecuaciones param´tricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaciń e o vectorial de la forma. entonces. por lo tanto. 0. escribimos las componentes de esta o ecuaciń vectorial de la forma. o e a − →(t) = → + t→ − − r r0 A es decir. 2. para hacer esto. −4) + t(−3. → − − → − → A = N1 × N2 = i j k 1 3 −2 1 −3 1 = −3i − 3j − 6k. 2 o tambiń. →(t) = (3. debemos eliminar el par´metro e a t de la ecuaciń vectorial. los vectores − → N1 − → N2 = = i + 3j − 2k. Calculando el producto o vectorial de las normales. i − 3j + k. 2. paralela a la l´ ınea de intersecciń de los planos o x + 3y − 2z x − 3y + z Soluciń: o De las ecuaciones de los planos. la ecuaciń de la recta en forma param´trica ser´ de la forma. a x−3 y−2 z+4 = = −3 −3 −6 x−3=y−2= 45 z+4 . por lo que − → → − − → − → el vector N1 × N 2 ser´ paralelo a ambos planos y por lo tanto N1 × N2 ser´ a a paralelo a la l´ ınea de intersecciń de ambos planos. 2 − 3t. − → − → son vectores normales a cada plano respectivamente. de esta forma N1 × N2 − → − → resulta ser un vector que es perpendicular tanto a N1 como a N2 . −3. − r y para determinar la forma sim´trica de la recta. −6). despejando el par´metro t e igualando obtenemos. o x = y = z = 3 − 3t. por lo tanto. −4 − 6t. e . = = 8. −4).Problema 26. Determine las ecuaciones de la l´ ınea recta (en forma param´trica y sim´trica) e e que pasa por el punto (3. que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no param´tricas respectivae 46 . − r1 → (t) = 6i + 4j + 6k t + 8i + 6j + 9k. y0 . x = 7 + 5t. a b c De lo anterior. La ecuaciń anterior es equivalente a las o ecuaciones x = y = z = x0 + at. Encontrar el punto de intersecciń (si es que se intersectan) de las siguientes o l´ ıneas rectas. y x = 8 + 6t. y0 + bt. − r2 b).− Soluciń: o a). z0 ) y es paralela al vector A .− Las ecuaciones anteriores son de la forma. a). y = 6 + 4t. que tambiń se les llaman las ecuaciones param´tricas de la recta L. y = 6 + 4t. z0 + ct. − − r r0 A que representa la ecuaciń param´trica de una recta L que pasa por el punto o e → − (x0 . − →(t) = → + t→. y − y0 z − z0 x − x0 = = . z = 9 + 6t. − r1 → (t) = 3i + 2j + 3k + 6i + 4j + 2k t. para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones param´tricas e para cada recta. − r2 → (t) = 2k + 3i + 2j + k t.− → (t) = 5i + 4j + 5k t + 7i + 6j + 8k.Problema 27. z = 8 + 5t. ´stas ecuae e e ciones son equivalentes a las ecuaciones no param´tricas de la recta L dadas e por. mente. 0. 2. sustituyendo en la ecuaciń 1). A 1 A 2 . si consideramos las tres primeras o ecuaciones. el punto e o 4 6 de intersecciń de las dos rectas tiene al vector 2 i + 2j + 3k como vector de o posiciń. 5 6 de donde obtenemos que x = 2. por lo que ambas l´ ıneas rectas son paralelas que pasan por los puntos (0. o − − b). nunca se van a intersectar. 47 . 4 6 Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que han de satisfacer las 3 inc´gnitas x. pero → − → − → − → − A 2 = 2 3i + 2j + k = 2 A 1 . en este caso los vectores → = 3i + 2j + 3k y − − de la forma r r0 A A1 → − A 2 = 6i + 4j + 2k. z−8 5 . las ecuaciones para →1 (t) y →2 (t) son o r r − − →(t) = → + t→. obtenemos x−7 x−8 = . N´tese que ´stos o o e valores tambiń satisfacen la cuarta ecuaciń y−6 = z−9 . y−6 4 . obtenemos 1) 2) 3) x−7 5 y−6 4 x−8 6 = = = y−6 4 . o y−6 2−7 = . x−7 5 x−8 6 = = y−6 z−8 = . Resolviendo el sistema. son vectores paralelos a cada recta respectivamente. de las ecuaciones 1) y 3). finalmente de la ecuaciń 2) obtenemos z = 3. Por lo tanto. es decir. 5 4 de donde y = 2.− Como se indic´ anteriormente. 3) y por lo tanto. 2) y (3. y y z. 4 5 y−6 z−9 = . 3. el vector N y o cualquier punto que este sobre el plano. de esta forma calculando el producto vectorial.Problema 28. 1 1 = = si comparamos estas ecuaciones con la ecuaciń general de la recta x−x0 = o a → − y−y0 − − z−z0 = c . → → → − − − N = A×B = i 1 2 j −2 1 k 1 1 = −3i + j + 3k. −2 1 y − −1 z−1 2 = . − − r2 r 02 B 2 De las ecuaciones anteriores. 2+x= 3−y 2 =z y x−2 2 = 2y+1 2 =z−1 Soluciń: o Por definiciń. y0 . o o ax + by + cz = d. r 0 es el vector de posiciń de un punto que este en el plano r o → − y N = (a. x − (−2) 1 x−2 2 y−3 z−0 = . − 1 . Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma. 0) + t (1. − A r 01 r1 − → (t) = → + t→ = 2. obtendremos un vector normal o perpendicular a cada recta. por ejemplo el punto (−2. las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a las ecuaciones. − − → (t) = → + t→ = (−2. b. → − por lo tanto. De esta forma para encontrar la ecuaciń del plano necesitamos un punto en o sobre ´ste y un o e vector normal o perpendicular al mismo. 1) . sustituyendo en la ecuaciń general de un plano. → → − − − donde d = →0 · N . 3. que son equivalentes a la ecuaciń vectorial →(t) = → + t A . z0 ) o e → − y es paralela al vector A . obtenemos 48 . 1 + t (2. y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dos rectas. 1. 1) . −2. la ecuaciń de un plano es de la forma.que o r r0 b representa la ecuaciń param´trica de una recta L que pasa por el punto (x 0 . c) es un vector normal o perpendicular al plano. si hacemos el producto vectorial de los vectores paralelos a cada recta. 0) por donde pasa la primera recta. Encontrar la ecuaciń del plano que contiene a las siguientes l´ o ıneas rectas. o a −3x + y + 3z = 9 49 .−3x + y + 3z = (−2. 1. finalmente. 3). 3. la ecuaciń del plano pedida est´ dada por. 0) · (−3. la distancia de un punto de coordenadas (x 1 . 1) a la recta que une los puntos P y Q. → − − − escribamos dicha ecuaciń de la recta en la forma →(t) = →0 + t A para as´ o r r ı aplicar la ecuaciń anterior. 1. a) Hallar la distancia d desde el punto (−1. en la ecuaciń anterior tenemos que. para los vectores de posiciń de o − r r o los puntos P y Q. 1) − r1 50 = = (3. a → = (−1. −6) . Por lo tanto. → − → − Sean P = 3i + j + 2k y Q = i − 2j − 4k los vectores de posiciń de los o puntos P y Q respectivamente. para calcular la distancia del punto (−1. est´ dada por: r r a → − − − (→ 1 − → 0 ) × A r r d= → − A − − donde →0 es el vector de posiciń del punto por donde pasa la recta L. 1) al plano calculado en b). b) Hallar la ecuaciń del plano que pasa por el punto P y es perpendicular o a la recta P Q. →1 es r o r el vector de posiciń del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta o → − L y el vector A es un vector que es paralelo a la recta L. o → − − Aplicando la ecuaciń →(t) = →0 + t A . y1 . − − − →(t) = → + t → − → − r P Q P es decir. Soluciń: o a) Por definiciń. 1. →(t) = 3i + j + 2k + t − r i − 2 j − 4 k − 3i + j + 2 k →(t) = 3i + j + 2k + t −2i − 3j − 6k − r por lo tanto. 1) a la recta que une los puntos P y Q. la ecuaciń de la recta que une los puntos P y Q se puede o escribir vectorialmente de la forma. 1. c) Hallar la distancia D del punto (−1. −3. 1. 1. z1 ) a una o → − − − recta de la forma →(t) = →0 + t A . 2) (−2.Problema 29. o → − r0 → − A adem´s. 1. 2) y es o perpendicular a la recta P Q. z − 2) · (−2. 1. caso la ecuaciń o del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta P Q se puede escribir vectorialmente de la forma. −1) × (−2. −6)| |(−4. o |[(−1. −3. 51 . 1. −6)| √ 4 + 9 + 36 d = = calculando el producto vectorial. obtenemos (x − 3. 0. −3.aplicando la ecuaciń para la distancia de un punto a una recta obtenemos. −1) × (−2. la distancia del punto (−1. 1. y0 . En este. z0 ) y un vector normal N = ai + bj + ck. 1) a la recta que une los puntos P y Q est´ dada por: a √ √ −3i − 22j + 12k 9 + 484 + 144 637 √ = d= = 7 7 49 b) Por definiciń la ecuaciń o o → − − − (→ − →0 ) · N = 0. r r representa la ecuaciń de un plano que contiene a un punto de coordenadas o → − (x0 . i −4 −2 j k 0 −1 −3 −6 (−4. −3. −6)| |(−2. −6) = = −3i − 22j + 12k Finalmente. 2)] × (−2. 1) − (3. −3. 2x + 3y + 6z = 21 que es la ecuaciń del plano que contiene al punto de coordenadas (3. 0. y − 1. sustituyendo los valores para los vectores P y Q . −6) = 0 calculando el producto escalar se obtiene. − − →−→ · →−→ =0 − − r P Q P → → − − donde Q − P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al → → − − plano buscado. −3. a2 + b 2 + c 2 → − − donde d = N · →0 = ax0 + by0 + cz0 . la ecuaciń que proporciona la distancia de un punto de o o coordenadas (x1 . r Aplicando la ecuaciń anterior. 52 . 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21. 1.c) Por definiciń. y la ecuaciń para el plano calculada en el o o inciso b) obtenemos. |2(−1) + 3(1) + 6(1) − 21| |7 − 21| √ =2 = √ 2 + 32 + 62 49 2 D= que es la distancia del punto (−1. y1 . z1 ) al plano ax + by + cz = d est´ dada por: a D= |ax1 + by1 + cz1 − d| √ . el problema tambiń se puede e e resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5. obtenemos o D = = = |1(0) + 2(1) + 3(1) − 19| √ 12 + 22 + 32 |−14| |2 + 3 − 19| √ = √ 14 14 √ 14 √ = 14. sustituyendo los valores anteriores en la expresiń para la distancia. 53 . = = 5. 1. r o tenemos → − N → − r1 y = = (a. 14 Obs´rvese que como los planos son paralelos. dada por la expresiń: o D= |ax1 + by1 + z1 − d| (a2 + b2 + c2 ) . por ejemplo el punto (0. b y c. z1 ) al plano ax + by + cz = d. y1 . 19. son las componentes del vector normal al plano y d = N · →0 . c) = (1.Problema 30. b. z1 ) = (0. 3). (x1 . tomemos un punto arbitrario en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos). En este caso. 2. 1. → − − donde a. d = 19. y1 . r − siendo →0 el vector de posiciń de un punto sobre el plano. 1) y apliquemos la expresiń para calcular la distancia de un punto o de coordenadas (x1 . 1). | Calcule la distancia entre los planos x + 2y + 3z x + 2y + 3z Soluciń: o Para encontar la distancia entre los planos. 1. Problema 1. paralelo al plano Y Z. Escribir las ecuaciones param´tricas y no param´tricas. . paralelo al plano XZ. 0). la ecuaciń o o (∗) → − → − R (θ) = R 0 + (a cos θ) e1 + (a sin θ) e2 . o Por definiciń. d) centro en (−1. Soluciń. 3. 0). 1. donde θ est´ entre 0 y 2π. 1. 1. → − R (θ) = 2 cos θ i + j + 2 sin θ k es decir. c) centro en (−1. 2 sin θ. 1. 3). radio 3. a a) Aplicando la ecuaciń anterior en este caso. radio √ paralelo al plano XZ. 2. 2. que son equivalentes a las ecuaciones no param´tricas. representa un c´ ırculo con centro en el punto (x 0 . = = = 2 i k (0. la ecuaciń pedida es o → − R (θ) = (0. y0 . paralelo al plano XY. z0 ) y paralelo al plano formado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares. e x2 + z 2 y 54 = = 4. de los siguientes e e c´ ırculos: a) centro en (0. radio 5. 0) son: x = y z = = 2 cos θ. las ecuaciones param´tricas de un c´ e ırculo de radio 2 paralelo al plano XZ con centro en (0. 0) + (2 cos θ) i + (2 sin θ) k o bien. 1. o a = e1 e2 → − R0 por lo tanto. b) centro en (1. radio 9. 1. 1).3 Problemas del cap´ ıtulo 2. −1). que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´tricas: e x = y = z = √ 1 + 3 cos θ. √ √ → − R (θ) = 1 + 3 cos θ i + 1 + 3 sin θ j + k. = 3 + 9 sin θ. por lo tanto. de la forma e (x − 1)2 + (y − 1)2 z = = 3. √ 1 + 3 sin θ. 2. 55 . 1. 3 de donde obtenemos las ecuaciones no param´tricas. la ecuaciń del c´ o ıculo en forma param´trica est´ dada por. la ecuaciń pedida es o √ √ → − 3 cos θ i + 3 sin θ j.b) En este caso tenemos. 1. 1) + o bien. de la ecuaciń (∗) obtenemos a o a e1 e2 → − R0 = = = = 9 i k (1. 3). 1. 1. c) An´logamente. = = = = √ i j (1. R (θ) = (1. 1). e a → − R (θ) = (1 + 9 cos θ) i + 2j + (3 + 9 sin θ) k. o a e1 e2 → − R0 por lo tanto. aplicando la ecuaciń (∗) obtenemos. = 2. que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´trica: e x y z = 1 + 9 cos θ. 2. −1.de donde obtenemos las ecuaciones no param´tricas. de la forma e (x − 1)2 + (z − 3)2 y = = 81.. d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene. y (y − 3)2 + (z + 1)2 = x = 25. 56 . → − R (θ) = −i + (3 + 5 sin θ) j + (−1 + 5 sin θ) k. 2tdt. o Para encontrar T (s).Problema 2. de la ecuaciń de la curva obtenemos.donde s es la longitud de arco. encontrar un vector unitario T (s). hacemos un simple cambio de variable de la forma u du = = 1 + t2 . es decir. sustituyendo en la expresiń para la longitud de arco. Soluciń. Para resolver la integral. o → − R (t) = ti + t2 k. ds sabemos que la longitud de arco est´ dada por la expresiń: a o t s(t) = 0 − → R (t) dt. 3 1 = (1 + t ) 3 t = 0 por lo tanto. 0 t 2. a 57 . o t s(t) = 0 t (1 + t2 )dt. primero debemos reparametrizar la curva en t´rminos e → − de la longitud de arco s. t s(t) = 0 tu 2 1 du 1 = 2t 2 2 3 2 t 0 u 2 du 3 1 (1 + t2 ) 2 − 1 . la longitud de arco de la curva est´ dada por. − → R (t) = t2 + t 4 = t (1 + t2 ). obtener R (s) para as´ calcular: ı → − d R (s) T (s) = . Dada la curva → − R = t2 2i + t3 3 k. 2t dt = de esta forma. du . de donde. o a 3 2 k. aplicando la definiciń de la magnitud de un vector tenemos. t(s) = (3s + 1) 3 − 1 2 1 2 2 . el vector unitario est´ dado por: a T (s) = 1 (3s + 1) 3 1 i+ 1 (3s + 1) 3 1 (3s + 1) 3 − 1 2 1 2 k. despejamos el par´metro t de la forma. → − sustituyendo en la expresiń para R (t(s)). Observemos que inmediatamente se puede verificar que T (s) = 1. T (s) = −1 1 1 2 (3s + 1) 3 (3) i+ 2 3 3 2 3 (3s + 1) 3 − 1 2 1 2 1 2 (3s + 1)− 3 (3) k. o a s(t) = (3s + 1) 3 = 1 + t2 .3 1 (1 + t2 ) 2 − 1 3 de esta expresiń. 3 finalmente. o T (s) = = 1 (3s + 1) 1 (3s + 1) 2 3 2 2 3 + 1 (3s + 1) 2 3 (3s + 1) 3 − 1 2 2 1 + (3s + 1) 3 − 1 = = 1 (3s + 1) 3 (3s + 1) 3 2 58 . obtenemos o → − 2 2 1 1 R (s) = (3s + 1) 3 − 1 i + (3s + 1) 3 − 1 2 3 derivando esta expresiń con respecto al par´metro s. 1)?. 0. obtenemos o − d→ (t) r 1 = i + cos tj − sin tk. x = y z = = calcular la longitud de arco entre el punto (0. − r 2π donde 0 ≤ t ≤ 2π. 1) . Por definiciń la longitud de una curva en el espacio desde o el punto en t = a. 0. 0. o 59 . 2π sin t. al punto en t = b. Soluciń: o De las ecuaciones param´tricas. la curva est´ dada por la ecuaciń e a o → (t) = t i + sin tj + cos tk. 4π 2 sustituyendo en la expresiń para calcular la longitud de la curva obtenemos.Problema 3: Dada la curva cuyas ecuaciones param´tricas son: e t . est´ dada por: a t=b l(t) = t=a − d→ (t) r dt. 1) y el punto (1. − d→ (t) r = dt 1 + cos2 + sin2 t = 4π 2 1 + 4π 2 . cos t. ¿Cu´l es a el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0. dt 2π de donde. dt de la ecuaciń de la curva dada. dt 2π por lo tanto el vector unitario pedido est´ dado por: a i + 2π j T =√ . obtenemos − 1 d→ (t = 0) r i + j. 0. As´ mismo por definiciń. 1) .2π l= 0 √ 1 + 4π 2 dt = 2π √ 1 + 4π 2 t 2π t=2π = t=0 1 + 4π 2 . es decir. = dt 2π y √ − d→ (t = 0) r 1 + 4π 2 = . en el punto (0. 1 + 4π 2 60 . el vector tangente a una curva en cualquier punto ı o del espacio est´ dado por: a − d→(t) r dt − d→(t) r dt T (t) = . en t = 0. 3t.Problema 4: Si T denota la tangente unitaria a la curva. − r t. o i + 2j + 3k i + 2j + 3k √ T =√ = 2+4+9 14 1 de donde obtenemos. dT = 0. 2t + 5. En forma an´loga al problema anterior. sustituyendo las ecuaciones param´tricas. de la ecuaciń de la curva obtenemos. la curva est´ dada e a por la ecuaciń o → (t) = ti + (2t + 5) j + 3tk. de esta forma. dt 61 . x = y = z = demuestre que dT = 0. e Soluciń: o En este caso. el vector tangente a una curva en a cualquier punto del espacio est´ dado por: a − d→(t) r dt − d→(t) r dt T (t) = . dt interprete este resultado en forma geom´trica. o x−0 y−5 z−0 = = . 1 2 3 que es la ecuaciń de una l´ o ınea recta que pasa por el punto de coordenadas → − (0.9375pt294. obs´rvese que las ecuaciones param´tricas de la curva dada e e son equivalentes a la ecuaciń. como se ilustra esquem´ticamente a en la siguiente figura. por lo que la direcciń de la curva debe estar dada por o → − un vector unitario en la direcciń del vector A . como era de esperarse.5pt0ptFigure Por lo tanto. la expresiń dT = 0 indica que el vector T es constante a lo o dt largo de la l´ ınea recta.Por otro lado. 0) y es paralela al vector A = i+2j+3k. o b 62 . ftbpF260. 5. la curva est´ dada por la ecuaciń e a o → (t) = et cos ti + et sin tj. et cos t. − r donde 0 ≤ t ≤ 1. obtenemos o − d→ (t) r = −et (sin t) + et cos t i + et cos t + et sent j. − d→ (t) r dt 2 2 = = = = [et (− sin t + cos t)] + [et (cos t + sin t)] e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t √ 2e2t √ t 2e . e Soluciń: o a) De las ecuaciones param´tricas. est´ dada por: a t=b l(t) = t=a − d→ (t) r dt. 63 .Problema 5: a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecuaciones param´tricas. dt de la ecuaciń de la curva dada. Por definiciń la longitud de una curva en el espacio desde el o punto en t = a. e x = y = z = entre t = 0 y t = 1. b) Reparametrizar la curva en t´rminos de la longitud de arco. dt de donde. 0. et sin t. al punto en t = b. por lo tanto.sustituyendo en la expresiń para calcular la longitud de la curva obtenemos. Por lo tanto la longitud de arco est´ a dada por: s (t) = = t √ 2 et dt 0 √ 2 et − 1 . o l= √ 2 0 1 et dt = √ 2 et 1 0 = √ 2 [e − 1] . que la longitud de arco s (t) est´ dada por la expresiń. 2 es decir. dt para t ≥ t1 . en este caso escogemos t1 = 0. b) Para reparametrizar la curva en t´rminos de la longitud de arco s. de la expresiń anterior despejamos a t en funciń de la longitud de arco s. 64 . o a o t s = s(t) = t=t1 − d→ (t) r dt. o o de la forma 1 et = √ s + 1. t(s) = log s √ +1 2 = log √ s+ 2 √ 2 . la ecuaciń de la curva en t´rminos de la longitud de arco s est´ o e a dada por: → (t(s)) = exp log − r √ s+ 2 √ 2 cos log √ √ s+ 2 s+ 2 √ i + sin log √ j 2 2 . tenemos e por definiciń. finalmente obtenemos, √ →(s) = s + 2 cos log − √ r 2 √ s+ 2 √ 2 i + sin log √ s+ 2 √ 2 j . 65 Problema 6: Para la curva dada por las ecuaciones param´tricas, e x = y z encontrar, a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y b) T (t) . c) T (π) . Soluciń: o el punto −2π, 1, 4π 2 = = sin t − t cos t, cos t + t sin t, t2 , En forma an´loga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la a curva estar´ dada por: a 2π l= 0 − d→ (t) r dt dt en este caso, − d→ (t) r dt por lo tanto, = = (cos t − cos t + t sin t) i + (− sin t + sin t + t cos t) j + 2tk t sin ti + t cos tj + 2tk 2π l = 0 2π t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 dt √ 5t2 dt = √ 5 2 t 2 2π = = √ 0 0 5 2 4π , 2 finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto −2π, 1, 4π 2 , est´ dada por a √ l = 2 5π 2 . 66 b) En forma an´loga a los problemas anteriores, en este caso, el vector a tangente a la curva en cualquier punto del espacio est´ dado por: a T (t) = = = finalmente, → (t) − r → (t)| − |r t sin ti + cos tj + 2tk t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 t sin ti + t cos tj + 2tk √ , t 5 1 T (t) = √ sin ti + cos tj + 2k . 5 c) As´ mismo en el punto t = π, el vector tangente est´ dado por: ı a 1 T (t = π) = √ −j + 2k . 5 67 Problema 7. a) Sea el campo escalar φ dado por: φ(x, y, z) = 1 x2 + y 2 + z 2 Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1). Soluciń. o Aplicando la definiciń del gradiente, obtenemos o ∂ ∂x − − 1 2 1 x2 (x2 + 1 + y2 + z2 ) 2 3 3 φ = = = y2 + z2 , ∂ ∂y 1 x2 + y2 + z2 , ∂ ∂z 1 x2 + y2 + z2 2xi + 2y j + 2z k xi + y j + z k (x2 + y 2 + z 2 ) 2 por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´ dado por: a φ(1, 0, −1) = − es decir, 1 φ(1, 0, −1) = √ (−i + k). 2 2 b) Dado el campo vectorial → − xi + y j + z k f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 calcular → − i) · f en (1, −2, 1). → − j) × f en (1, −2, 1). Soluciń. o i) El campo vectorial es de la forma: → − f (x, y, z) = x x2 + y 2 + z 2 i+ y x2 + y 2 + z 2 i+ z x2 + y 2 + z 2 i 1 (1 + 0 + 1) 2 3 (i − k) Aplicando la definiciń de la divergencia, se tiene o 68 y. y. −x (x2 1 2 x2 + y 2 + z 2 + z2) 1 −2 2x + y2 x2 + y 2 + z 2 − x 2 x2 + y 2 + z (x2 + y 2 + z 2 ) 1 2 −2 y2 + z2 ∂f1 = 3 ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) 2 de forma an´loga obtenemos. z) A (x. la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1. z) = φ(x. z) donde: 69 . o → − a) El campo vectorial f (x. o → − · f 1 (x2 (x2 + y2 + z2 ) 2 2(x2 + y 2 + z 2 ) + y2 + z2) 2 3 3 = = (y 2 + z 2 + x2 + z 2 + x2 + y 2 ) = 2 (x2 + y 2 + z 2 ) por lo tanto. z) se puede representar de la siguiente forma: → − → − f (x. −2. y. y. 1) = 2 (12 + (−2)2 + 12 ) = 2 3 Soluciń alternativa. 1) resulta → − · f (1. a ∂ ∂f2 = ∂y ∂y y ∂f3 ∂ = ∂z ∂z z x2 + y 2 + z 2 = x2 + y 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 3 y x2 + y 2 + z 2 = x2 + z 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 3 por lo tanto la difvergencia de la funciń vectorial dada resulta. −2.∂f1 ∂x = ∂ ∂x x x2 + y2 + z2 1 2 x2 + y 2 + z 2 = = finalmente. φ(x. y. φ(x. z) = 1 x2 →. r pero del inciso a) se obtuvo que. o − · (φ→) = r = − 2 r → − r → 3 ·− + r r3 r que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente. o − r Por otro lado de la definiciń de la divergencia se tiene. z) se puede representar de la forma. si φ(x. y. 1 (x2 + y2 + z2 ) 2 3 . y. z) = → − A (x. entonces o φ(r) = − donde r = |→| = x2 + y 2 + z 2 y er = r Por ejemplo. − r + y2 + z2 Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos 1) − · (φ→) = r 1 x2 que se puede escribir como φ = − rr3 . sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaciń (1) obtenemos. o (2) (3) − ·→= r ∂x ∂x → − − φ·→+φ r − · →. y. donde r es la magnitud del vector de posiciń →. z) = ln que se puede escribir como φ(r) = ln 1 = −3 ln r r3 70 ∂φ − e→ ∂r r → − r r . =− xi + y j + z k (x2 + y 2 + z 2 ) 2 3 + y2 + z2 + ∂y ∂y + ∂z ∂z = 3. En general si un campo escalar φ(x. y. z) → φ(r) donde r es la magnitud del vector de posiciń. r r2 3 2 1 x2 + y 2 + z 2 2xi + 2y j + 2z k j) Si el campo vectorial esta dado como → − xi + y j + z k f (x. z) = x2 3 + y2 + z2 xi + y j + z k = 3→ −. identificando a φ(r) = 1 r → − − y A = → tenemos. xy (x2 + y 2 + z 2 ) Soluciń alternativa. z) = x2 + y 2 + z 2 Por definiciń del rotacional tenemos. o → − × f = i ∂ ∂x √ 2 x2 2 x +y +z j ∂ ∂y √ 2 y2 2 x +y +z k ∂ ∂z √ 2 z2 2 x +y +z calculando las derivadas parciales. φ(x. y. y. φ(r) = ∂φ 3 er = − ∂r r → − r r =− 3→ −. ∂φ 3 =− ∂r r y por lo tanto. z) = es decir. r 71 → → − − × f = 0 .de donde. r r2 Por otro lado. obtenemos → − × f = yz (x2 + y 2 + z 2 ) xz (x2 + y2 + z2) 2 3 2 3 3 2 − + yz (x2 + y 2 + z 2 ) 2 + + xz (x2 + y2 + z2 ) 2 xy (x2 + y 2 + z 2 ) 2 3 3 3 i i i − − + − es decir. o De la misma forma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador → − → − → − ”NABLA” × φ(r) A = φ(r) × A + φ(r) × A . si aplicamos la definiciń del gradiente. tenemos o φ(x. y. → − r r3 − × →. × → − r r → − = 0. que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definiciń del determinante o para el rotacional. obtenemos o × = − aplicando la definiciń del producto vectorial de dos vectores o − → × → = →.(4) × → − r r = 1 r − ×→+ r 1 r − × →. obtenemos → − = 0. x y z (6) → − r r 1 r = − rr3 . r → − sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaciń (4). 72 . r adem´s. − − r r 0 finalmente obtenemos. a o − ×→= r i ∂ ∂x j ∂ ∂y k ∂ ∂z (5) y del inciso a). de la definiciń del rotacional tenemos que. obtenemos (x + x0 )2 + y 2 λ V (x. k= . El potencial electrost´tico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de a densidades lineales λ y −λ est´ dado por. ∂x ∂y Calculemos primeramente la derivada con respecto a x. a V = donde 2 r1 = (x − x0 )2 + y 2 .Problema 8. y aplicando la propiedad de los logaritmos. 0) y (x0 . 2πε0 73 (x + x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 . y) ≡ 1 2 = λ (x + x0 )2 + y 2 ln . Verificar que: λ 2πε0 x + x0 x − x0 − 2 2 r1 r2 1 1 2 − r2 r1 2 V (x. 0). y) = i + 2y j Soluciń: o 2 2 Sustituyendo los valores de r1 y r2 . y) = ln 2πε0 (x − x0 )2 + y 2 Por definiciń. y) ∂ ln =k ∂x ∂x donde λ . 2πε0 r1 y 2 r2 = (x + x0 )2 + y 2 . consideremos los filamentos en la direcciń z. sabemos que o V (x. ∂V (x. r2 ∂ ln( ). pasando por el plano XY en o (−x0 . 4πε0 (x − x0 )2 + y 2 ∂V ∂V i+ j. 0. 0. ∂V (x.de esta forma. ∂V (x. y) =k ∂x sustituyendo (x − x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 2(x + x0 ) − (x + x0 )2 + y 2 2(x − x0 ) [(x − x0 )2 + y 2 ] 2 . y) ∂y = = = = k k k ∂ ln ∂y (x − x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2 (x + x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 − 2y (x + x0 )2 + y 2 2y [(x − x0 )2 + y 2 ] 2 2 2 2 r1 2y(r1 − r2 2 4 r2 r1 1 1 k2y 2 − 2 j. y) ∂x = = = k 2 2 2 r1 2(x + x0 )r1 − 2(x − x0 )r2 2 4 r2 r1 2 2 2(x + x0 )r1 − 2(x − x0 )r2 λ 2 r2 4πε0 r1 2 (x + x0 ) (x − x0 ) λ . a ∂V (x. para la derivada con respecto a y obtenemos. − 2 2 2πε0 r2 r1 An´logamente. y) = i + 2y j . r2 r1 Finalmente. 2 r2 = (x + x0 )2 + y 2 . y obtenemos. 74 . 2 r1 = (x − x0 )2 + y 2 . sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obtenemos. λ 2πε0 x + x0 x − x0 − 2 2 r1 r2 1 1 2 − r2 r1 2 V (x. a o Soluciń: o − − a) Sean →P y →Q los vectores de posiciń de los puntos P y Q respectivar r o mente. Hallar: a) La derivada direccional de φ(x. 1) y b) Su valor m´ximo y direcciń en el punto (1. b) Por definiciń aplicando la propiedad del gradiente que establece. es decir → − rP → − r por lo tanto. → −→ − 2i + j + k − i + j rQ −P r 1 u= → = = √ i+k − −→ | − 2 + (1 − 1)2 |rQ rP 2 (2 − 1) asimismo. dφ(1. 0). el campo escalar se incrementa a una razń de 2 por unidad de o distancia cuando se avanza del punto P (1. de la definiciń del gradiente dada por la ecuaciń. z) = x2 + y 2 + z 2 en la direcciń del o punto P (1. ds √ Es decir. 0) al punto Q(2. es decir. 1. z) ≡ = = i+j 2i + j + k Q = = = φ·u 1 2xi + 2y j + 2z k · √ i + k 2 2 √ (x + z) 2 evaluando en el punto (1. y. a a ds dφ ds √ = | φ| = 2 2 75 max . 1. 1). el valor o m´ximo de dφ ser´ igual a la magnitud del gradiente de φ. 1. y. 1. 1.Problema 9. 1. φ = 2xi + 2y j + 2z k sustituyendo en la expresiń para la derivada direccional. 0) finalmente obtenemos. 1. o dφ ds φ(x. 0) al punto Q(2. 0) √ = 2. o o ∂V ∂V ∂V ∂x i + ∂y j + ∂z k obtenemos. y tambiń de la propiedad del gradiente. o 76 . 1. es decir. el valor m´ximo de dφ se tendr´ en e a a ds la direcciń del gradiente φ(1. en la o direcciń del vector 2i + 2j. 0) = 2(1) i + 2(1)j + 2(0)k. 1. u= → = −| |u 70 ∂P (1. o Soluciń: o Por definiciń la derivada direccional est´ dada por: o a ∂φ = φ · u. 1. a ∂P = P · u. 6). 5. o a por lo tanto la derivada de la funciń P en el punto (1. ∂s en este caso. ∂s calculando el gradiente de la funciń P. −1) est´ dada por: o a → − −3i + 5j + 6k u √ . −1) en direcciń del vector (−3. −1) · u exp (2(1) − (1) + (−1)) 8i − 4j + 4k · −24 − 20 + 24 √ 70 20 −√ . 1. o P = = ∂ ∂ ∂ (4 exp (2x − y + z)) i + (4 exp (2x − y + z)) i + (4 exp (2x − y + z)) i ∂x ∂x ∂x exp (2x − y + z) 8i − 4j + 4k . Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1. la derivada direccional estar´ dada por. 70 −3i + 5j + 6k √ 70 77 .Problema 10. 1. −1) ∂s = = = = P (1. la direcciń est´ dada en este caso por el vector. z). f = yzxyz−1 i + z ln xj + y ln xk. o Soluciń: o Para calcular la derivada direccional de f (x. z) = x yz en el punto (e. e. tenemos por definiciń que o df = ds f · u. −1). y. 0. 2.Problema 11 Calcule la derivada direccional de f (x. 1. Finalmente la derivada direccional est´ dada por: a 78 . y. el gradiente est´ dado por: a f (e. o) = 0i + 0j + e ln(e)k = e(0. eln x xyz x x que se puede escribir de la forma. e. 2. 0) y en la direcciń del punto (1. f es el gradiente de la funciń dada y u es el vector que indica la o direcciń. e. est´ dada por el vector. o). − − − u r2 r1 de esta forma. 2). 3. que en este caso. 3) hacia el punto (0. o a → = → − → = (0. → − 1 u u = → = √ (−1. donde. −| |u 3 Aplicando la definiciń del gradiente. 2) − (1. 3) = (−1. 1. de esta forma en el punto (e. 1). obtenemos o f = = = = ∂ yz ∂ yz ∂ yz [x ] i + [x ] j + [x ] k ∂x ∂y ∂z yz yz yz ∂ ∂ ∂ eln x i + eln x j + eln x k ∂x ∂y ∂z yz yz yz ∂ ∂ ∂ eln x (ln xyz ) i + eln x (ln xyz ) j + eln x (ln xyz ) k ∂x ∂y ∂y yz 1 1 1 yzxyz−1 i + yz (z ln x) j + yz (y ln x) k . 3. 1). df ds = = 1 e(0. 0. 1) 3 e √ . 3 79 . 1. 1) · √ (−1. y. o φ = ay 2 + 3cx2 z 2 i + (2axy + bz)j + by + 2cx3 z k evaluando en el punto (1.Problema 12. o (1) (2) (3) φ · k = 64. es decir en direcciń del vector k por lo tanto. de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos. Soluciń: o Por definiciń. la derivada direccional est´ dada por: o a dφ = φ·u ds Aplicando las hip´tesis del problema. ´sta derivada ser´ m´xima en direcciń o e a a o paralela al eje Z. (2a) 4a + 3c = 0. φ · i = 0. 80 . 2. obtenemos φ(1. φ · j = 0. −1) tenga un m´ximo de magnitud 64 en la direcciń a o paralela al eje Z. de las ecuaciones (1). 2. aplicando la definicń del gradiente obtenemos. 2. b y c de forma que la derivada de la funciń o φ(x. b = −3c al sustituir en la ecuaciń (1a) obtenemos. (2) y (3) obtenemos (1a) 2b − 2c = 64. (3a) 4a − b = 0. z) = axy 2 + byz + cx3 z 2 en el punto (1. Encontrar los valores de las constantes a. o c = −8 nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos. −1). −1) = (4a + 3c) i + (4a − b)j + (2b − 2c) k por lo tanto. a = b = 6 24 81 . e a c) Encuentre la ecuaciń del plano tangente a φ(x. ds b) Cu´l es la direcciń del m´ximo cambio de φ(x. ı φ≡ ∂φ ∂φ ∂φ i+ j+ k = 2z i + ey z 2 j + (2x + ey z) k. 1). 3. −1) . z) en el punto (2. 1) . donde. 3. el gradiente est´ dado por: a φ = 2i + ej + (4 + 2e)k Por lo tanto. 1). de esta forma en el punto (2. Problema: Por definiciń. ∂x ∂y ∂z de tal forma que en el punto (2. 1)| = = 22 + e2 + (4 + 2e)2 20 + 16e + 5e2 . o a 1 u = √ (2. est´ dada por el vector. y. 1) a o a y que valor tiene ´ste m´ximo cambio. z) = 2xz + ey z 2 o a) Encontrar dφ en el punto (2. la derivada direccional est´ dada por: a df ds 1 √ (2. f es el gradiente de la funciń dada y u es el vector que indica la o direcciń. 14 14 2i + ej + (4 + 2e)k · = = b) La direcciń en el cual el campo escalar φ est´ cambiando m´s r´pido. 1. 82 . sabemos que la derivada direccional est´ dada por: o a df = ds f · u. 1. z) = 4 + e en el punto o (2. que en este caso. Dado el campo escalar. o a a a est´ dada en la direcciń gradiente. 1) y en la direcciń del vector 2 i + 3j − k. y. y su m´ximo valor est´ dada por: a a | φ(2.Problema 13. 1. 1. −1) 14 1 e √ [4 + 3e − 4 − 2e] = √ . 1. φ(x. tenemos a o φ(2. 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k. 14 as´ mismo. y. 1. 1. la ecuaciń del plano tangente a φ(2. 1. 1) = 2i + ej + (4 + 2e)j. 1) est´ dado por el a gradiente. 1. r r0 es decir. 2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0. est´ dada por o a − − φ • (→ − →) = 0. φ(2. De esta forma.c) El vector normal a la superficie en el punto (2. 1) = 4 + e. e 2x + ey + 4z = 8 + 3e. 1. 83 . que tambiń se puede escribir de la forma. − 6 6 6 . La temperatura de los puntos en el espacio est´ dada por: a T (x. ∂T ∂T ∂T i+ j+ k. y. y. de esta forma. . qu´ direcciń deber´ volar para que no se muera? e o a b) Si el mosquito vuela a una razń de 5 unidades de distancia por segundo en o direcciń del vector 4i+4j−2k. 1. a moverse en la direcciń del gradiente para calentarse. 2) se est´ muriendo de fr´ deber´ a ıo. 2) se est´ muriendo de fr´ ¿En a ıo. 2) el gradiente est´ dado por a T (1. z) ≡ en este caso. as´ que el mosquito deber´ moverse en la direcciń del vector (2. la razń de cambio en la temperatura esta o dada por: dT ds dT = . o o a 4i + 4 j − 2 k u= √ = 16 + 16 + 4 4 4 2 . 2. 1. 2. z) = x2 + y 2 − z a) Si un mosquito situado en el punto (1. la direcciń est´ dada por el vector unitario. −1) = + + = 3. en el punto (1. de esta forma la derivada direccional estar´ dada por a 1 4 4 1 dT = (2. 2)?. −1) · (2. 2. 1. y ds . Soluciń: o a) Como el gradiente de T a punta en la m´xima razń de cambio de la a o temperatura y el mosquito en el punto (1. tenemos T (x.Problema 14. o ¿Cu´l es la razń de cambio de aumento en la temperatura por unidad de a o tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1. ds 3 3 3 3 y como ds dt = 5. −1). z) = 2xi + 2y j − k. dt ds dt donde dT = ds T · u. y. finalmente el cambio en la temperatura estar´ dada de la forma. 2) = 2i + 2j − k. a 84 . es la rapidez con la que se mueve el mosquito. 1. o T (x. ∂x ∂y ∂z es la derivada direccional. 1. o Aplicando la definiciń del gradiente. dt Por hip´tesis del problema. ı a o b) Aplicando regla de la cadena. ◦ dT C = 15 . dt seg 85 . cuando ´l esta en la posiciń (x. z) = e−x−y−z . y. El capitń Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. 2. si el capitń o a Peluches est´ en el punto (2. 2) se tiene que mover en direcciń contraria al a o gradiente. y. 2). 2.Problema 15. a e a a) ¿En qu´ direcciń deber´ avanzar para disminuir m´s rapido la tempere o a a atura? b) Si la nave viaja a e8 m . ¿con qu´ rapidez decaer´ la temperatura si avanza e a s en esa direcciń? o Soluciń: o a) Si el campo escalar de temperaturas. y. 2)] = de esta forma. z) est´ e o a dada por: T (x. cuando T apunta en la direcciń de u. 2. Aplicando la definiciń del gradiente. la m´xima razń de cambio de aumento de la temperatura estar´ dada por a o a dT ds = | T|. y y z estń medidas en metros. tenemos o T T = = ∂T ∂T ∂T i+ j+ z ∂x ∂y ∂z −e−2−2−2 i + j + k = −e−6 i + j + k . Por lo tanto. el capitń Peluches se tiene que mover en direcciń del vector a o −6 e i+j+k . de la definiciń de la derivada direccional dT = T · u. est´ dado por a T (x. max es decir. 86 . b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds . entoces la rapidez con la cual dt diminuye la temperatura. −e−x−y−z i − e−x−y−z j − e−x−y−z k [T (2. dt ds dt donde dT = ds y T • u. que f´ o ısicamente nos da ds la razń de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcciń del vector o o u. a La temperatura del casco de la nave. donde x. Actualmente ´l est´ en el punto (2. z) = e−x−y−z . est´ dada por (aplicando regla de la cadena): a dT ds dT = . la rapidez con la que disminuye la temperatura est´ dada por: a √ dT = 3 dt 0 √ T | T| = = | T | = e−6 3 | T| | T| C m 0 C m . dT = ds e−6 i + j + k T √ = | T| e−12 3 2 = i+j+k √ . = 3 e8 s seg 87 . 3 T• finalmente.u= por lo tanto. e8 0 √ m C . o m b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1. a) La temperatura en una caja rectńgular est´ dada aproximadamente por a a T (x. dt ds dt donde dT = ds y T • u. y. el gradiente de una funciń escalar est´ dado por. Por definiciń. o Soluciń. ∂x ∂y ∂z T T = = = evaluando en el punto donde esta el mosquito.5 metros por segundo. b) Si el mosquito est´ volando a una velocidad de 1. donde 0 < × < 1. tenemos dT dT ds = . el mosquito debe volar en direcciń del vector −5 i para enfriarse. 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Explique su respuesta.5 seg = ds . 1. −2) = (1 − 2 (0)) (2 − (1)) (3 − (−2)) i + 0j + 0k 5i = es decir. 1. a Con qu´ rapidez est´ cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en e a direcciń paralela al eje x?. luego entonces ∂T ∂T ∂T i+ j+ k ∂x ∂y ∂z [(1 − x) − x] (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k (1 − 2x) (2 − y) (3 − z) i − x (1 − x) (3 − z) j − x (1 − x) (2 − y) k ∂T ∂T ∂T i+ j+ k. 88 .Problema 16. tenemos T (0. en que direcciń deber´ volar para enfriarse lo m´s r´pido o a a a posible. o o a T = en este caso. −2). o a) El gradiante apunta donde la razń de cambio del incremento de temo peratura es m´xima. y. Si un mosquito se localiza en el punto (0. entonces aplicando dt la regla de la cadena. z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z). T (x. z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z). por lo que el mosquito debe moverse en direcciń opuesta a o al gradiente. finalmente. la rapidez con la cual est´ cambiando la temperatura de la caja a cuando el mosquito se mueve en direcciń paralela al eje x. 0. 0) puesto que se mueve en direcciń paralela al eje x. por lo tanto o dT dt = = 1. est´ dada por o a 0 dT C = 7.u = (1. dt seg 89 .5 5i · i .5 ( T · u) 1.5 . . es decir. f (x1 . x2 ... xn . c) Si f (x..xn ) ∈ U... a o c) Describa el comportamiento. es decir. .. x x b) Sea f : U ⊂ Rn −→ R.. en este caso el conjunto de nivel es una curva en R tal que cumple: 2 o tambiń. y) = 1 − x2 − y 2 ... conforme var´ c. del conjunto de nivel para ıa la siguiente funciń.... conforme c varie las curvas del nivel son c´ ırculos de radio d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio...... y) : 1 − x2 − y 2 = c . c > 1. x2 . . e Lc = (x. y) : x2 + y 2 = 1 − c ... xn ) ∈ U . x − − Lc = {→ ∈ U : f (→) = C ∈ R} .... xn )).. que pertenecen a R n+1 para (x1 ... se define la gr´fica de la funciń f como el conjunto de puntos a o (x1 .. y) = 1 − x2 − y 2 . x2 . se define el conjunto de nivel como el conjunto − de puntos → ∈ U que satisfacen. 90 √ 1 − c. ... d) Cual es el conjunto de nivel si Soluciń: o a) Sea f : U ⊂ Rn −→ R. f (x1 x2 .. . Lc = (x. b) Defina el concepto de gr´fica de una funciń.. el conjunto ((x1 . o f (x. xn )) ∈ Rn+1 : (x1 . x2 .Problema 17..xn . a) Defina el concepto de conjunto de nivel. Problema 18. Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecuaciones param´tricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u). e Soluciń: o Por definiciń, una superficie S en el espacio est´ descrita por una funciń o a o vectorial de la forma: →(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k, − r donde u y v son par´metros (variables), en forma an´loga al par´metro t para a a a → − una trayectoria curva en el espacio representada por f (t); as´ mismo, las ecuaı ciones x = y = z = x(u, v), y(u, v), z(u, v), son las ecuaciones param´tricas de la superficie S. e En este caso, la ecuaciń param´trica para la superficie S est´ dada por: o e a →(u, v) = u cos v i + u sin v j + z(u)k − r por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S representada por la ecuaciń anterior estar´ dado por: o a → ×→ − ru −v r n= → − × → |, |ru −v r − − donde los vectores →u y →v son vectores tangentes a las l´ r r ıneas coordenadas u y v respectivamente, ´stos vectores estń dados por: e a → − → ≡ ∂ r (u, v) = cos v i + sin v j + z‘(u)k, − ru ∂u y → − → ≡ ∂ r (u, v) = −u sin v i + u cos v j. − rv ∂v Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos i cos v −u sin v j sin v u cos v k z‘(u) 0 → ×→ = − ru −v r es decir, = (−u cos vz (u))i−(u sin vz (u))j+ u cos2 v + u sin2 v k → × → = (−u cos vz (u))i − (u sin vz (u))j + uk, − ru −v r 91 la magnitud de este vector est´ dada por, a − − |→u × →v | = r r (−u cos vz (u))2 + (u sin vz (u))2 + u2 = u 2 1 + [z (u)] , sustituyendo los resultados anteriores en la expresiń para el vector unitario n, o obtenemos n= − cos vz (u)i − sin vz (u)j + k 1 + [z‘(u)] 2 Problema 19. → − − r Demostrar que f = r 2 → es un campo vectorial conservativo y encontrar el potencial escalar del cual se deriva. Soluciń: o → − − r Para mostrar que f = r 2 → es un campo conservativo debemos verifica que − → → − × f = O. → − Calculando el rotacional de f , usando la propiedad distributiva del producto de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos, − r × (r 2 →) = − r2 × → + r2 r − × →, r aplicando las siguientes propiedades del operador nabla, − rn = nrn−2 →, r que se demuestra en el problema 22, y la propiedad → − − × → = O, r obtenemos, → − − − − × (r 2 →) = 2→ × → = O , r r r → − − es decir, f = r 2 →, es un campo vectorial conservativo. r → − Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que f (r) = φ(r). Para hacer esto, aplicamos la siguiente expresiń para el gradiente de una funciń o o − que s´lamente depende de r = |→| , y que resulta de aplicar la regla de la o r cadena, ∂φ(r) ∂φ(r) ∂φ(r) i+ j+ k, ∂x ∂y ∂z ∂φ ∂r ∂φ ∂r ∂φ ∂r = i+ j+ k, ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z = φ (r) r, = φ (r)er , 92 φ(r) = de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como, → − − r f = r 2 → = r 3 er , por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es → − decir f (r) = φ(r), obtenemos φ (r) = r 3 , de donde, integrando obtenemos inmediatamente, r4 + C, 4 donde C es una constante de integraciń que depende de las condiciones iniciales. o φ(r) = 93 Problema 20. − a) Mostrar que • [f (r)→] = 3f (r) + rf (r). r →] (no aplique la definiciń del determinante). − b) Calcule × [f (r) r o Soluciń: o Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funciń escalar o por una funciń vectorial, dada por: o − − f (r) · → + f (r) ·→, r r →| , podemos aplicar − como el campo escalar f (r), s´lo depende de r = | r o → − r , r adem´s, por definiciń de la divergencia de un campo vectorial, tenemos a o f (r) = f (r) r = f (r) − • → = 3, r entonces → − r → • − + 3f (r) = rf (r) + 3f (r), r r b) En forma an´loga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del a − • [f (r) →] = f (r) r producto de una funciń escalar por una funciń vectorial, dada por: o o − × [f (r)→] = f (r) r por definiciń, sabemos que o − ×→ + r − f (r) × →, r − · [f (r)→] = r → − − × → = 0 , y aplicando la expresiń para el r o − gradiente de una funciń que s´lamente depende de r, donde r = | →| , obtenemos o o r − f (r) × → = r finalmente se demuestra que → − − × [f (r)→] = 0 . r f (r) → → → − ×− =−, r r 0 r 94 − r → − Φ· A +Φ → − · A. podemos aplicar − como el campo escalar f. f (r) o tambiń. o Soluciń: o Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla. ∂x ∂y ∂z · (x. tenemos o f (r) = f (r) r = f (r) − ·→= r entonces − · [f (r)→] = r = → − r → · − + 3f (r) r r f´ (r)r + 3f (r). Por otro lado. z) = 3. → − → − − Hallar el campo vectorial F tal que F = f (r)→ r halle la funciń f (r). →. e 1 3 df (r) = − dr. f (r) r integrando. r que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). es decir. tenemos Φ = → − A = − · [f (r)→] = r f (r). s´lo depende de r = | r o f´ (r) aplicando la hip´tesis del problema dada por o f´(r) r + 3 = 0. . − · [f (r) →] = 0. obtenemos r ∂ ∂ ∂ . y. de la definiciń de la divergencia de un campo vectorial. obtenemos 95 . → − r . → − · ΦA = en este caso. − − f (r) · → + f (r) · → r r →| .Problema 21. → − y div F = 0. o A .dr df (r) = −3 f (r) r ln f (r) + cte = −3 (ln r + cte) ln f (r) = ln r −3 + cte −3 eln f (r) = e(ln r +cte) . la funciń escalar est´ dada por: o a f (r) = Ar −3 = donde A es una constante de integraciń. finalmente. r3 96 . r r I) II) III) − r r n = nrn−2 → r = n(n + 1)r n−2 − r · (r n →) = (n + 3) r n 2 n 1 r b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular. ∂x ∂y ∂z 2 ()1r 3/2 · → − r r3 sustituyendo la magnitud del vector de posiciń. − n |→| r r n−2 2 xi + y j + z k finalmente. ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ i+ j+ k. r II) Para este caso. sabemos que el operador laplaciano est´ dado por.Problema 22. r Aplicando la definiciń del operador vectorial nabla dado por. el vector de posiciń de un punto en el espacio est´ dado o o a por. o ≡ obtenemos para I). tenemos o rn = = = = n n n ∂ ∂ ∂ x2 + y 2 + z 2 2 i + x2 + y 2 + z 2 2 j + x2 + y 2 + z 2 2 k ∂x ∂y ∂z n n n 2 n 2 n 2 2 2 2 −1 2 2 2 −1 x +y +z x +y +z x + y2 + z2 (2x) i + (2y) j + 2 2 2 n 2 −1 (2z) k n x2 + y 2 + z 2 − n−2 →. rn = ∂rn ∂rn ∂rn i+ j+ k. − − a) Si → = |→| demostrar las siguientes identidades. la magnitud del vector esta dada por r = |→| = x2 + y 2 + z 2 . − rn = nrn−2 →. a 97 . − r − de donde. → = xi + y j + z k. I) II) III) Solucion: a) Por definiciń. las derivada con respecto a y y z son an´logas. En forma an´loga al inciso a) parte II). − = →. r − aplicando la divergencia de una funciń vectorial tenemos que · → = 3 y el o r − . r → − · A. de esta forma. III). − − − 2 donde aplicamos el hecho de que → · → = |→| = r2 . a Φ = → − A = por lo tanto. en este caso r = (n−2)r r 2 n r ≡ − · nrn−1 → = r − r nrn−2 · → + nr n−2 − · →. n−2 n−4 → resultado del inciso anterior.∂2 ∂2 ∂2 + 2 + 2. → − · ΦA = donde. en este caso las funciones escalares y vectoriales estń dadas por. Φ → − A por lo tanto. y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla. sustituyendo la magnitud del vector →. →. 98 rn . ∂x2 ∂y ∂z − de esta forma. 2 n → − Φ· A +Φ = nr n−2 . sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma. − r . aplicando la propiedad de a la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial. obtenemos r 2 ≡ · = 2 n r = ∂2 x2 + y 2 + z 2 ∂x2 n 2 + ∂2 x2 + y 2 + z 2 ∂y 2 n 2 + ∂2 x2 + y 2 + z 2 ∂z 2 n 2 . a 2 n r ≡ · rn = − · nrn−2 → . finalmente obtenemos r r r 2 n r = n(n + 2)r n−2 . s´lo necesitamos calcular o o las derivadas parciales con respecto a x. observese por la forma de la funciń escalar dada. r r n−2 n(n − 2)r + 3nr n−2 . r r = = − − n(n − 2)r n−4 → · → + 3nr n−2 . = → − 3 √ . b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos.− r · (r n →) = − rn · → + rn r − ·→ r usando los resultado de los incisos anteriores obtenemos. I) II) III) 2 1 r ()1r 3/2 = 2 − r r−1 = (−1)r −3 → = − rr3 . − · (r n →) r − − = nr n−2 → · → + 3r n r r n = nr + 3r n = (n + 3)r n . 4 r7 99 . 3 7 3 3 r− 2 = − 2 − 3 + 1 r(− 2 −2) = 3 r− 2 = 2 4 → − − r · rr3 = · r−3 → = 0. . la divergencia de F r e es igual a cero?. . (x2 + y 2 + z 2 ) 2 100 k k +1 . k k . Para qu´ valor de la constante k. Soluciń: o → − Las componentes del campo vectorial F estń dadas por: a Fx Fy Fz = = = x (x2 + y 2 + z 2 ) 2 y (x2 + y 2 + z 2 ) 2 z k .Problema 23. est´ dada por → ∂Fx − ∂Fy ∂Fz ·F ≡ + + ∂x ∂y ∂z s´lamente necesitamos calcular una derivada parcial. −| |r → − − donde → = xi + y j + z k. → − → − r F = → k. de esta forma o ∂Fx ∂x = ∂ x ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) k 2 x2 + y 2 + z 2 k 2 = = −x k 2 x2 + y 2 + z 2 k z2) k 2 −1 (2x) (x2 + y 2 + 1 kx2 . k − k +1 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 An´logamente para las derivadas parciales con respecto a y y z. Dado el campo vectorial. obtenemos a ∂Fy ∂y ∂Fz ∂z 1 (x2 + y 2 + z 2 ) 1 k 2 = = − − ky 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 kz 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 k +1 . (x2 + y 2 + z 2 ) 2 → − a como la divergencia de una campo vectorial F = Fx i + Fy j + Fz k. → − de lo anterior. la divergencia del campo vectorial F . vemos que si k = 3. 101 . entonces la divergencia de F es igual a cero. est´ dada por a → − ·F = 3 (x2 + y2 + z2) k 2 − k x2 + y 2 + z 2 (x2 + y2 + +1 z2) 2 k = (x2 + y2 + z2 ) 2 3−k k .→ − sumando los resultados anteriores. → − − F = f (r)→. r → − →. − A = r de esta forma. Por lo tanto. · − − −k → = r |→| r − − − −k · → + |→|−k r r |→| r − · →. entonces 102 . → − f (r) · A + f (r) → − · A. dr que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r. r − −k → − |→| r r → − − −k−1 r · → + 3 |→|−k − − − | →| r r r − |→| r − −k−2 |→|2 + 3 |→|−k − − − | →| r r r 3−k − k. r en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla. |→ | r · = = = donde se aplic´ tambiń la propiedad de la norma del producto escalar de veco e tores y el hecho de que − ·→= r ∂x ∂y ∂z + + = 3. ∂x ∂y ∂z → − · F = 0.Soluciń alternativa: o Como el campo vectorial es de la forma. r aplicando el resultado df (r) er . De la misma forma. → − · f (r) A = donde. si k = 3. donde r = f (r) = − |→| . − −k f (r) = |→| . → − × ΦA = donde en este caso. i x −y i × −y i + xj sustituyendo. del problema anterior. obtenemos x2 + y 2 de esta forma. → − −y i + xj F = k . −y i + xj. obtenemos = ∂ ∂x xi + y j × −y i + xj = j y x j ∂ ∂y k 0 0 k 0 0 = x2 + y 2 k = 2k −y x 103 . o Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla. (x2 + y 2 ) 2 → − Hallar el valor de la constante k. es decir → → − − que × F = 0 . Soluciń. x2 + y 2 −k 2 → − Φ× A +Φ → − × A.Problema 24. × −xi + y j = x2 + y 2 −k 2 × −y i + xj + x2 + y 2 −k 2 × −y i + xj . × x2 + y 2 −k 2 −k 2 = (x2 + y2 ) 2 −k k +1 xi + y j −xi + y j = (x2 + y 2 ) −k k 2 +1 xi + y j × −y i + xj + x2 + y 2 −k 2 × −y i + xj calculando el producto vectorial y el rotacional. x2 + y 2 k 2 . de forma que F sea irrotacional. Dado el campo vectorial. Φ = → − A = obtenemos. 104 .× x2 + y 2 k 2 −xi + y j = = (x2 (x2 + y 2 ) 2 + 2−k −k +1 y2) 2 k k x2 + y 2 k + 2k (x2 + y2) 2 k k. De lo anterior. si k = 2. entonces → → − − × F = 0. Por lo tanto. de forma que el campo vectorial → − A = (x + 2y + az)i + (bx − 3y − z)j + (4x + cy + 2z)k sea irrotacional. A = φ(x. y. si A es irrotacional debe cumplir que × A = 0 . el campo vectorial que es irrotacional est´ dado por: a → − A = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k b) Debido a que si → → − → − − × A = 0 entonces. encontrar el campo escalar del cual se deriva ´ste campo vectorial .Problema 25. z). e Soluciń: o → − → → − − a) Por definiciń. por lo o tanto → − ×A i = ∂ ∂x j ∂ ∂y k ∂ ∂z x + 2y + az = ∂ ∂ (4x + cy + 2z) − (bx − 3y − z) i ∂y ∂z ∂ ∂ − (4x + cy + 2z) − (x + 2y + az) j ∂x ∂z ∂ ∂ (bx − 3y − z) − (x + 2y + az) k + ∂x ∂y bx − 3y − z 4x + cy + 2z aplicando la hip´tesis de que el campo vectorial debe ser conservativo. entonces o c+1 = −a + 4 = b−2 = 0 0 0 de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4. b = 2 y c = −1. a) Calcular las constantes a. b) Si el campo vectorial es irrotacional. por lo tanto ∂φ ∂φ ∂φ i+ j+ k. b y c. ∂x ∂x ∂x (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = 105 . 4x − y + 2z. se tiene 106 ∂m(z) ∂z = = 4x − y + 4x − y + 2z . ∂φ ∂y ∂φ ∂y ∂f (y. z) = −3y − z ∂y integrando nuevamente con respecto a y obtenemos. derivando parcialmente con respecto a y. z) = 4xz − yz + z 2 + h(x. de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos.de donde. obtenemos: (1) φ(x. z) = 2xy − 3 y 2 − yz + g(x. 2 (3) φ(x. Integrando parcialmente con respecto a x. y). Aplicando nuevamente el mismo procedimiento. y. obtenemos ∂φ ∂z ∂φ ∂z de lo anterior. z). z) ∂y = = 2x + 2x − 3y − z de las ecuaciones anteriores se obtiene. o (4) φ(x. ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z = = = x + 2y + 4z. ∂f (y. 2x − 3y − z. y. es decir. y y z respectivamente. y. z). (2) φ(x. de las ecuaciones (3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z. z) = − y 2 − yz + m(z) 2 substituyendo en la ecuaciń (1) obtenemos. z) = x2 2 + 2xy + 4xz + f (y. 3 f (y. y. z) = x2 2 3 + 2xy + 4xz − 2 y 2 − yz + m(z). y. → − por lo tanto. z) est´ dada por: a x2 3 + 2xy + 4xz − y 2 − yz + z 2 + cte 2 2 107 . z) = (x + 2y + 4z)i + (2x − 3y − z)j + (4x − y + 2z)k = A . y.4x − y + ∂m(z) ∂z dm(z) dz = = 4x − y + 2z 2z finalmente obtenemos. z) tal que A = o φ(x. z) = n´tese que: o → − φ(x. m(z) = z 2 + cte. la funciń escalar φ(x. y. y. φ(x. → − ×A i = ∂ ∂x j 3 k 3xz − y ∂ ∂z 2 6xy + z = ∂ ∂ (3xz 2 − y) − (3x2 − z) i ∂y ∂z ∂ ∂ (3xz 2 − y) − (6xy + z 3 ) j − ∂x ∂z ∂ ∂ + (3x2 − z) − (6xy + z 3 ) k ∂x ∂y (−1 + 1)i − 3z 2 − 3z 2 j + (6x − 6x)k. 3x2 − z.Problema 26. 3x − z ∂ ∂y 2 = → → − → − − Por lo tanto como × A = 0 entonces A es irrotacional. → − b) Hallar φ tal que A = Soluciń: o a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional φ. Integrando parcialmente con respecto a x. se tiene que A = φ por lo tanto ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z = = = 6xy + z 3 . 3xz 2 − y. obtenemos: (1) φ(x. y. z) = 3x2 y + xz 3 + f (y. z). → − b) del resultado anterior. a) Demostrar → − A = (6xy + z 3 )i + (3x2 − z)j + (3xz 2 − y)k que es irrotacional. y y z respectivamente. 108 . z) . y. z) = 3x2 y − yz + g(x. ∂f (y. (3) φ(x. z) = −y. ∂y 109 . ∂z = 3xz 2 − y. y. substituyendo en la ecuaciń (1) obtenemos. ∂y integrando nuevamente con respecto a y obtenemos. de las ecuaciones anteriores se obtiene. Aplicando nuevamente el mismo procedimiento. de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y. y). y. ∂m(y) . o (4) φ(x. z) = xz 3 − yz + h(x. z) = −yz + m(y). derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos. f (y. es decir. ∂φ ∂z ∂φ ∂z = 3xz 2 + ∂f (y. z) = 3x2 y + xz 3 − yz + m(y). se tiene = = 3x2 − z + 3x2 − z. obtenemos ∂φ ∂y ∂φ ∂y de lo anterior. z).(2) φ(x. 110 . y. → − por lo tanto. z) tal que A = o φ(x. la funciń escalar φ(x. finalmente obtenemos m(z) = cte. y. z) = 3x2 y + xz 3 − yz + cte. 0. y. z) est´ dada por: a φ(x.3x2 − z + ∂m(y) ∂y dm(y) dy = = 3x2 − z. obtenga el campo escalar.Problema 27. 111 . → → − − × f = 0. Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo. → − De la expresiń para el campo vectorial f y de la definiciń para el gradiente. Si es as´ o ı. x3 + 1. o o obtenemos ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z = = = 3x2 y. Verificar si el campo vectorial → − f = 3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 k se puede obtener a partir del gradiente de una funciń escalar. as´ que se puede ı deducir a partir del gradiente de una funciń escalar. es decir. o → − f = φ. x + 1 9z de lo anterior se deduce inmediatamente que. 9z 2 . i 3x y ∂ ∂x 2 → − × f = j ∂ ∂y 3 k ∂ ∂z 2 . Soluciń: o → − Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector 0 . y). obtenemos dm(y) =1 dy finalmente obtenemos. h(x. y) = x3 y + m(y) substituyendo en la ecuaciń (3) obtenemos. y. (2) φ(x. z) = 3z 3 + x3 y + m(y). z) = 3z 3 + h(x. Aplicando nuevamente el mismo procedimiento. z) = x3 y + f (y. de las ecuaciones (2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones resultantes. z). y. z) = x3 y + y + g(x. y. y. y y z respectivamente. y) = 3x2 y ∂x integrando nuevamente con respecto a x obtenemos. 112 . obtenemos: (1) φ(x. m(y) = y + cte → − por lo tanto. (3) φ(x. z) = 3z 3 + x3 y + y + cte. la funciń escalar φ tal que f = φ est´ dada por: o a φ(x. derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las ecuaciones resultantes. es decir. z).Integrando parcialmente con respecto a x. y. o (4) φ(x. obtenemos ∂h(x. obtenemos r → − ×E = × → − r r2 → − = 0 b) Como ya se demostr´ que o → → − − ×E = 0 entonces → − E =− φ aplicando nuevamente la ecuaciń φ(r) = φ (r)er . aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla → − × φA = → − φ× A +φ 1 r2 en este caso. a) Demostrar que el campo vectorial definido por. identificamos a φ = φ(r) = anterior obtenemos: × → − r r2 = 1 r2 → − − y A = →. Soluciń: o a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al → − vector 0 . o siendo a = cte > 0. identificando en este caso o correctamente la expresiń para la funciń escalar. r → − ×A − ×→+ r aplicando la siguiente ecuaciń o φ(r) = φ (r)er . → − b) Encontrar φ de forma que E = − φ. obtenemos a r 1 r2 =− → − r . aplicando la ecuaciń r o 1 r2 − × →. − → → − r E = 2 r es irrotacional. r adem´s como a finalmente → − − × → = 0 .Problema 28. obtenemos o o 1 dφ(r) =− dr r integrando. − que es v´lida para campos escalares donde r = |→|. Al sustituir las expresiones anteriores. obtenemos 113 . con la condiciń de que φ(a) = 0. r 114 . obtenemos φ(r) = ln a . obtenemos el valor de la o constante de integraciń dada por o cte = ln a finalmente.φ(r) = − ln 1 r + cte aplicando la condiciń de que φ(a) = 0 siendo a > 0. estń dados por: o a hu hv hw ≡ ≡ ≡ − ∂→ r = e2v [sen2 u + cos2 u] = ev . Soluciń: o a) En t´rminos de la transformaciń dada. w) es ortogonal.Problema 29. los factores de escala. v y w respectivamente. − r Por definiciń. ∂u − ∂→ r = e2v cos2 u + sin2 u = ev . = ev sin u. = ev cos u. ev y ew . a) Calcule los factores de escala. − ev sin uj + ev cos uk ∂ →/∂u r = = − sin uj + cos uk. que son los vectores unitarios tangentes a las l´ ıneas coordenadas u. = − |∂ →/∂w| r i 115 eu ev ≡ ≡ ≡ ew . − |∂ →/∂u| r e2v [sen2 u + cos2 u] − ev cos uj + ev sin uk ∂ →/∂v r = cos uj + sin uk. = − |∂ →/∂v| r e2v cos2 u + sin2 u − ∂ →/∂w r i = i. c) Hallar el elemento dS 2 . el vector de posiciń est´ dado e o o a por: → = wi + ev cos uj + ev sin uk. Calculemos primero los vectores eu . ı eu · eu = ev · ev = ew · ew = 1. b) Verifique si el sistema de cordenadas (u. as´ como. ∂v − ∂→ r = 1. v. Por definiciń o tenemos. ∂w b) Para verificar si el sistema es ortogonal debemos mostrar que eu · ev = eu · ew = ev · ew = 0. Considere la siguiente transformaciń o x y z = w. o a − − dS 2 = d→ · d→. r r donde − − − ∂→ r ∂→ r ∂→ r − d→ = r du1 + dv + dw. ya que no hay t´rminos cruzados. as´ como ı c) Por definiciń. obtenemos eu · e w = = = (− sin uj + cos uk) · (cos uj + sin uk) 0 − sin u cos uj · j − sin2 uj · k + cos2 uk · j + sin u cos uk · k tambiń. + dv 2 e2v cos2 u + sin2 u + dw2 dS 2 = Con lo cual se comprueba que es ortogonal. ∂ r y ∂ r son vectores tangentes a las l´ ∂u ∂v ∂w v y w respectivamente y estń dados por a − ∂→ r ∂u − ∂→ r ∂v − ∂→ r ∂w → − → − → − eu · e u = e v · e v = e w · e w = 1 = = = ev sin uj + ev cos uk ev cos uj + ev sin uk i De esta forma.de las ecuaciones anteriores. el elemento dS 2 est´ dado por. e 116 . el elemento dS 2 est´ dado por. a dS 2 = = = dw2 + e2v sin2 udu2 − 2 sin udu cos udv + sin2 udu2 +e2v cos2 udu2 + 2 cos udv sin udv + sin2 udv 2 dw2 + e2v sin2 udu2 + e2v cos2 udv 2 + e2v cos2 udu2 + e2v sin2 udv 2 du2 e2v sin2 u + cos2 u e2v du2 + e2v dv 2 + dw2 . ∂u ∂v ∂w ıneas coordenada u. los vectores. ∂ r . en forma inmediata se observa que se cumple e ev · ew = eu · ev = 0. j. a − ∂→ r ∂r → − ∂r ∂r − ∂→ r ∂φ − ∂→ r ∂θ − ∂→ r ∂φ − ∂→ r ∂φ er = = sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θ k sin2 θ cos2 φ + sin2 θ + cos2 θ . r cos θ donde. eθ i. k (er . eφ ) . eθ . eθ . es decir. k . 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ r. θ y φ estń dados por. eθ . j. La transformaciń entre cordenadas rectńgulares y esf´ricas est´ dada por: o a e a x = y z = = r sin θ cos φ. = = = er i. . encuentre: a i j k y er eθ eφ Soluciń: o = = = i (er . El vector de posiciń de un punto en o el espacio en coordenadas esf´ricas est´ dado por: e a → = r sin θ cos φi + r sin θ sin φj + r cos θ k − r de esta forma. r sin θ sin φ. j. j (er . k . Encuentre la relaciń de los vectores unitarios en coordenadas esf´ricas y o e rectńgulares. eφ ) . eφ = = . k . eφ ) . los vectores unitarios tangentes a las l´ ıneas coordenadas r. eφ i. eθ = = r cos θ cos φi + r cos θ sin φj − r sin θ k −r sin θ sin φi + r sin θ cos φj r2 sin2 θ sin2 φ cos2 φ 117 r2 cos θ 2 sin2 φ + sin2 φ − r2 sin2 θ .Problema 30. 0 ≤ θ ≤ π. que es v´lida para los vectores u1 . i = j δij = De esta forma. o a 1. aplicando la expresiń anterior escribimos a los vectores o i. (2) y (3). k · eφ = 0. eθ y eφ de la forma. j y k en t´rminos de los vectores er . en t´rminos e de los vectores er . eθ y eφ . (b) eθ = cos θ cos φi + cos θ sin φj − sin θ k. obtńemos e i · er = sin θ cos φ. i = j 0. k = k · e r er + k · e θ eθ + k · e φ eφ . e (1) (2) (3) i = i · e r er + i · e θ eθ + i · e φ eφ . aplicamos la siguiente relaciń vectorial o → − → − → − → − A = A · u 1 u1 + A · u 2 u2 + A · u 3 u3 . es decir que cumplen que u i · uj = δij . → − para cualquier vector A . final- 118 . j · eφ = cos φ. j = j · e r er + j · e θ eθ + j · e φ eφ . j · eθ = cos θ sin φ.que se pueden escribir finalmente de la forma. j y k y er . eθ y eφ forman una base ortonormal. como los vectores unitarios i. Ahora para encontrar la dependencia de los vectores i. i · eφ = − sin φ. sustituyendo los resultados anteriores en las ecuaciones (1). (a) er = sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θ k. i · eθ = cos θ cos φ. k · er = cos θ. aplicando la de definiciń del o producto escalar. donde δij es la funciń delta de Kcronecker y est´ dada por. por otro lado de las ecuaciones (a). (b) y (c). u2 y u3 . j · er = sin θ sin φ. (c) eφ = − sin φi + cos φj. k · eθ = − sin θ. j y k. que a forman una base ortonormal. el vector de posiciń de un punto en el espacio en coordenadas o esf´ricas. sin θ sin φer cos θ sin θeθ − cos φeφ sin θ cos φer + cos θ cos φeθ − sin φeφ Problema 31. eϕ ≡ = − ∂ →/∂ϕ r →/∂ϕ| = |∂ − r −r sin θ sin ϕi + r sin θ cos ϕj . a e a Soluciń: o Por definiciń. r cos θ. eϕ = − sin ϕi + cos ϕj. r sin θ sin ϕ. obtenemos o 1 1 eϕ = (− sin ϕi + cos ϕj). θ. Transformar la siguiente funciń vectorial o 1 eϕ . las coordenadas esf´ricas estń dadas por la transformaciń: o e a o x y z = = = r sin θ cos ϕ.mente se obtiene i = j k = = cos θer − sin θeφ . a coordenadas rectńgulares. est´ dado por: e a → = xi + y j + z k = r sin θ cos ϕi + r sin θ sin ϕ + r cos θ. r sin θ r sin θ y de las ecuaciones de transformaciń. → − f = por lo tanto. obtenemos: o → − f = 119 . − r de esta expresiń. (r sin θ sin ϕ)2 + (r sin θ cos ϕ)2 −r sin θ sin ϕi + sin θ cos ϕj r2 sin2 θ(sin2 ϕ + cos2 ϕ) por lo tanto. rsenθ que est´ en cordenadas esf´ricas (r. debemos calcular primero el vector unitario tangente a la o l´ ınea coordenada ϕ de la forma. → − sustituyendo en la expresiń para f . φ). o e r2 x2 + y 2 = r2 sin2 θ. sustituyendo la ecuaciń anterior obtenemos o → − f =− x2 x y i+ 2 j. de las ecuaciones de transformaciń tambiń tenemos que. r sin θ x . 2 +y x + y2 → − f =− 120 . finalmente.sin ϕ = cos ϕ = sustituyendo. obtenemos y . 2 i+ 2 sin θ r sin2 θ por otro lado. r sin θ y x j. a dadas por las ecuaciones x = y z obtenemos → = ρ cos φi + ρ sin φj + z k. = = = cos φi + sin φj cos φ2 + sin φ2 = cos φi + sin φj. eφ ≡ = −ρ sin φi + ρ cos φj ρ2 cos φ2 + ρ2 sin φ2 = − sin φi + cos φj. − r por lo tanto. a coordenadas rectangulares. ρ sin φ. obtenemos o 121 . y la ecuaciń o anterior. en la funciń vectorial. sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios e ρ y eφ .Problema 32. tenemos o ρ = x2 + y 2 1 2 . obtenemos o → − F x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 1 2 1 2 1 2 = = = cos φi + sin φj + x2 + y 2 1 2 − sin φi + cos φj cos φi + sin φj − sin φi + cos φj (cos φ − sin φ) i + (sin φ + cos φ) j y de las ecuaciones de transformaciń. Soluciń: o El vector de posiciń de un punto P en el espacio esta dado por o → = xi + y j + z k − r sustituyendo las ecuaciones de transformaciń de coordenadas cil´ o ındricas y rectńgulares. los vectores unitarios tangentes a las l´ ıneas coordenadas ρ y φ estń dados por: a eρ ≡ − ∂→ r ∂φ − ∂→ r ∂φ − ∂→ r ∂ρ − ∂→ r ∂ρ ρ cos φ. Transformar la funciń vectorial o → − F = ρeρ + ρeφ . que est´ en coordenadas cil´ a ındricas. z. De la transformaciń inversa. → − F = (x − y)i + (x + y)j 122 .→ − F = x2 + y 2 1 2 x (x2 + y 2 ) 1 2 − y (x2 + y 2 ) 1 2 i+ x (x2 + y 2 ) 1 2 + y (x2 + y 2 ) 2 1 j finalmente se obtiene. los factores de escala estń dados por. η y φ para este caso estń dados por. tenemos o → (ξ. Para las coordenadas cil´ ındricas parab´licas (ξ. η2 + ξ2 . η. 2 a) Hallar los factores de escala. ξ2 + η2. las ecuaciones de trnso formaciń a coordenadas rectńgulares estń dadas por.Problema 33. a → = xi + y j + z k. ξη sin φ. η. Soluciń: o a) Por definiciń sabemos que el vector de posiciń de un punto en el espacio o o est´ dado por. φ). φ) = ξη cos φi + ξη sin φj + 1 η 2 − ξ 2 k. − r sustituyendo las ecuaciones de transformaciń. a hξ hη hφ ≡ ≡ ≡ − ∂→ r = ∂ξ − ∂→ r = ∂η − ∂→ r = ∂φ η 2 cos2 φ + η 2 sin2 φ + ξ 2 = ξ 2 cos2 φ + ξ 2 sin2 φ + η 2 = sin2 φ + cos2 φ = 1. 1 2 η − ξ2 . b) Mostrar que eη × eξ = eφ . los vectores unitarios tangentes a las l´ o ıneas coordenadas ξ. a 123 . b) Por definiciń. − r 2 de donde. o a a x = y = z = ξη cos φ. = tambiń se pueden representar de la siguiente forma. obtenemos i η cos φ ξ cos φ j k η sin φ −ξ ξ sin φ η eξ × e η = = = = 1 1 hξ hη 1 (η 2 + ξ 2 ) 1 2 + ξ2) (η η 2 sin φ + ξ 2 sin φ i − η 2 cos φ + ξ 2 cos φ j η 2 + ξ 2 sin φi − η 2 + ξ 2 cos φj sin φi − cos φj = eφ . hη − sin φi + cos φj. 124 . e eξ eη eφ = = = 1 η cos φi + η sin φj − ξ k . Por lo tanto. hξ 1 ξ cos φi + ξ sin φj − η k . = .eξ ≡ ≡ ≡ eη eξ − ∂→ r ∂ξ − ∂→ r ∂ξ − ∂→ r ∂η − ∂→ r ∂η − ∂→ r ∂ξ − ∂→ r ∂ξ = η cos φi + η sin φj − ξ k η2 + ξ2 ξ cos φi + η sin φj − η k η2 + ξ2 − sin φi + cos φj . calculando el producto vectorial de los vectores unitarios e ξ y eη . 1 . 0) = (0. b) La l´ ınea recta que une los puntos (0. 0) hasta el punto (1. − − − r r1 r2 −1 r 125 . 0.4 Problemas del cap´ ıtulo 3. z = 0. y) = xy Calcular a lo largo de: − φd→ desde el punto (0.0) 1 − φ(x. z = 0. 1. Problema 1. 0) y (1.1. Si φ(x. e →(t) = ti + t2 j − r − donde 0 ≤ t ≤ 1. y)d→ = r 1 1 t=0 t t2 dti + 2tdtj = i t=0 t3 dt + j t=0 2t4 dt al resolver la integral.0. C − φd→ r (1. 1. 0) r a) La curva y = x2 . Soluciń: o a) La ecuaciń de la par´bola y = x2 . 0. se puede representar en forma o a param´trica de la forma. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d → r est´ dado por: a − d→(t) = dti + 2tdtj r as´ la integral de l´ ı ınea resulta. 0). obtenemos C − φd→ = r 2 1 i+ j 4 5 b) Recordemos que la ecuaciń param´trica de una recta que pasa por dos o e puntos est´ dada por: a →(t) = → + t (→ − → ) . 1. 0. − r as´ en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ dado por: ı. 126 . En este caso los puntos son: (0. 0. →(t) = ti + tj.0. 0) . 0) y (1. 0) y (1. C − φd→ r (1. z2 ) r r o respectivamente por donde pasa la recta.0) = (0. y1 . 0). 1. z1 ) y (x2 . 1. y2 . a − d→(t) = dti + dtj r la integral de l´ ınea resulta. obtenemos C − φd→ = r 1 1 i+ j 3 3 Soluciones alternativas: a) La curva est´ descrita por las ecuaciones. − r es decir. por lo tanto la ecuaciń de la recta en forma param´trica que va del o e punto (0. 0) est´ dada por. 1.− − donde →1 y →2 son los vectores de posiciń de los puntos (x1 .0) 1 − φ(x. a y z = = x2 0. a →(t) = t (1. y)d→ = r 1 1 t=0 t2 dti + dtj = i t=0 t2 dt + j t=0 t2 dt finalmente al resolver la integral. entonces las ecuaciones param´tricas a e de la curva dada son : x = y = x x2 . por lo que la ecuaciń de la cuva en forma param´trica est´ dada por: o e a →(y) = √y i + y j. 0≤y≤1 1 − d→ = √ dy i + dy j.0) 1 0 x3 (dxi + 2xdxj) = . r 2 y por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: 127 . por lo que la ecuaciń de la cuva en forma param´trica est´ dada por: o e a →(x) = xi + x2 j. − r de donde obtenemos.0. 4 5 An´logamente.0) 0≤x≤1 − φd→ = r (0. − r de donde obtenemos.Si escogemos a la variable x como par´metro. = 2 1 i + j.1.. − d→ = dxi + 2xdxj r por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma: (1.. las ecuaciones param´tricas a a e serń: a x y √ = y = y. si escogemos a y como par´metro. 0) − φd→ = r x2 (dxi + dxj) = .0.(1. obtenemos ´ (1. (1. − r de donde obtenemos.1.0.0) 1 = i 0 y dy + j 2 1 1 0 y 2 dy 2 5 y2 5 1 0 5 = = i y2 4 +j 0 1 2 i+ j 4 5 b) An´logamente al inciso a) de la soluciń alternativa si escogemos a la a o variable x como par´metro la ecuaciń param´trica de la curva est´ dada por: a o e a →(x) = xi + xj. r finalmente.0) − φd→ r (0. = 1 1 i + j.0) 1 0 5 1 y 2 ( √ dy i + dy j) 2 y al hacer un poco de algebra.0. 0≤x≤1 − d→ = dxi = dxj.0) − φd→ = r (0.. 3 3 128 .1. al resolver la integral de l´ ınea se obtiene.1..0) (0. 4. . a − d→ = dxi + 2xdxj. donde 1 ≤ x ≤ 2. 0) al punto (2.1. b) la recta que une (1. se obtiene C − φd→ = r . 0) . 1.Problema 2. r luego entonces. la ecuaciń de la a o par´bola en forma param´trica est´ dada por: a e a →(x) = xi + x2 j. − φd→ = r (2. −0) y (2. obtenemos o C − φd→ r 2 = 1 2 x3 x2 + 2x2 x5 + 2x2 dxi + 2xdxj 2 = 1 2 dxi + 2xdxj = 1 2 1 x5 + 2x2 dxi + x5 + 2x2 (2x) dxj = 1 x5 + 2x2 dxi + 2 2x6 + 4x3 dxj 2 = = = x6 2 + x3 6 3 i+ 1 3 2 7 x + x4 7 − 1 2 + 6 3 i+ j 1 2 (2) 26 + 6 3 i+ 2 7 4 (2) + (2) 7 j. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por. 4. 4.0) (1. 1. r sustituyendo la parametrizaciń de la trayectoria.0 6 7 129 finalmente. − 2 7 4 (1) + (1) 7 j 64 + 32 − 1 − 4 6 256 + 112 − 2 − 7 7 91 359 . 0) . Soluciń: o a) Si tomamos como par´metro a x. − r por lo tanto. − r Calcular C φd→ para φ = x3 y +zy desde el punto (1.0) C − x3 y + zy d→. a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0. y2 . 3. 0). En este caso los puntos son: (1. 130 . 4. r y las ecuaciones param´tricas de la recta estń dadas por: e a x = y z = = 1 + t. 0) . 0) al punto (2. por lo tanto. − r donde 0 ≤ t ≤ 1. 1. e →(t) = (1. −0) + t (1. 0. a →(t) = (1. z2 ) r r o respectivamente por donde pasa la recta. 0) est´ dada por. sustituyendo las ecuaciones parametricas la funciń φ est´ o a dada por: 3 φ = (1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t. 0) y (2. 1 + 3t.b) Se sabe que la ecuaciń param´trica de una recta que pasa por dos puntos o e est´ dada por: a →(t) = → + t (→ − → ) . o tambiń. a − d→(t) = dti + 3dtj. − − − r r1 r2 −1 r − − donde →1 y →2 son los vectores de posiciń de los puntos (x1 . − r as´ en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ dado por: ı. 0) . z1 ) y (x2 . De esta forma. t + 3t. 1. 1. 4. por lo tanto la ecuaciń de la recta en forma param´trica que va del o e punto (1. y1 . 4. 10 10 131 .C − φd→ r (2.0) = (1.1. se obtiene C − φd→ = r 161 483 i+ j.0) t=1 − x3 y + zy d→ = r 3 = t=0 t=1 (1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t dti + 3dtj dti + 3dtJ t=1 = t=0 t=1 1 + 3t + 3t2 + t3 (1 + 3t) + 2 + 6t 3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dti + 3 t=0 1 = = = = 3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dtJ t=0 1 5 3 3 5 i + 3 3t + 6t2 + 4t3 + t4 + t5 3t + 6t2 + 4t3 + t4 + t5 2 5 2 5 0 5 3 5 3 3+6+4+ + −0 i+3 3+6+4+ + −0 j 2 5 2 5 30 + 60 + 40 + 25 + 6 30 + 60 + 40 + 25 + 6 i+3 j 10 10 j 0 finalmente. b) la recta y = 2x. 0).Problema 3. o e a a →(x) = xi + x2 j. a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0. a a donde 0 ≤ x ≤ 2.4. la integral de l´ ınea esta dada por: c → → − − f ·dr = = = (2. 0) al punto (2. las ecuaciones param´tricas de la curva estń dadas por: e a x = y = z = x x2 0 as´ la ecuaciń param´trica de la par´bola est´ dada por. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por. 0. ı. f ·dr = 12 3 C 132 . 4. si tomamos como par´metro a x.0) 2 2 0 2 0 y i + (x + z) j + (x − z) k · dxi + 2xdxj 2 2 x i + x2 j + x2 k · dxi + 2xdxj 2 0 2 0 4 x2 dx + x2 (2x) dx = x2 + 2x3 dx = = x3 2x4 + 3 4 2 (2) +2 3 4 3 finalmente.0.0) (0. obtenemos → → 128 − − 32 = . − r por lo tanto. → − − → − 2 2 r Calcular c f · d→ para f = y i + (x + z) j + (x − z) k desde el punto (0. Soluciń: o En forma an´loga al problema anterior. a − d→ = dxi + 2xdxj r de esta forma. − d→ = dxi + 2dxj. 3 133 . el elemento diferencial de l´ ınea en este caso est´ a dado por. como parametro.b) En forma an´loga. − r donde 0 ≤ x ≤ 2. la ecuaciń de la a o recta en forma param´trica est´ dada por. e a →(x) = xi + 2xj. la integral de l´ ınea esta dada por: c → → − − f ·dr 2 = 0 2 2xi + x2 j + x2 k · dxi + 2dxj 2x + 2x2 dx = 3 = 0 2 x2 + x3 3 2 0 = = 2 (2) 4+ 3 28 . por lo tanto. r de esta forma. si tomamos a x. z = 4t2 − t. 0) hasta (2. la integral de l´ ınea est´ dada por: a C → → − − F ·dr (1. y. z) r 4t2 − t − t j + 4t2 − t k] · = t=0 [3 2t2 i + 2 2t2 [4tdti + dtj + (8t − 1)dtk)] haciendo un poco de algebra obtenemos. − r C → → − F · d− r donde 0 ≤ t ≤ 1.Problema 4. Soluciń: o La ecuaciń de la curva en forma param´trica est´ dada por: o e a →(t) = 2t2 i + tj + 4t2 − t k. y = t.0) t=1 → − − F (x. para 0 ≤ t ≤ 1. 5 134 . 1.0.1.0) = (0. r Por lo tanto. a) la curva x = 2t2 . b) La recta que une a esos puntos. 3) a lo largo de. z) · d→(x. → − Dado el campo vectorial F = 3xi + (2xz − y) j + z k. Calcular desde el punto (0. ´ C → → − − F ·dr 1 = = = = = 24 0 t3 dt + 16 0 1 t4 dt − 4 1 0 t3 dt + 32 0 1 0 1 t3 dt − 12 1 0 t2 dt 6t4 + 16 5 t − t4 − t2 + 8t4 − 4t3 + t2 5 1 16 5 t + 13t4 − 4t3 5 0 16 16 + 65 − 20 + 13 − 4 = 5 5 61 . 0. y. por lo tanto el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por: a − d→(t) = 4tdti + dtj + (8t − 1)dtk. e a x y √ = −1 + 10 cos θ. 135 . Las donde 0 ≤ θ ≤ 2π. e a →(θ) = (−1. la ecuaciń de la trayectoria en forma o param´trica est´ dada por. la integral de l´ ınea est´ dada por. − − Calcular → × d→ a lo largo de la trayectoria representada por la ecuaciń.Problema 5. r r √ i 10 √ cos θ − 10 sin θ √ j √ 10 sin θ 10 cos θ k 0 0 √ 2 →×d→ = − − r r = 10 cos2 θ+ √ 10 2 sin2 θk = 10k. obtenemos o (x + 1) + y 2 = 10. Por lo tanto. de esta forma. a → × d→ =2π 10dθ k = 10kθ − − r r θ=0 C 2π θ=0 = 20π k. que es la ecuaciń de un c´ o ırculo con centro en el punto (−1. √ = 10 sin θ. a √ √ − d→ = − 10 sin θ i + 10 cos θ j. 0) y radio ecuaciones param´tricas de esta trayectoria estń dadas por. 2 √ 10. − r de donde. 0) + √10 cos θ i + √10 sin θ j. r r o C x2 + 2x + y 2 = 9. Solucion: Completando cuadrados en la ecuaciń de la trayectoria. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por. r − − Calculando el producto vectorial de → y d→ obtenemos. El vector de posiciń en cualquier punto de r o → = 2 cos θ i − 2 sin θ j. → − hallar la integral de l´ ınea de A a lo largo de la trayectoria C. sabiendo que C se recorre en sentido negativo. es decir en sentido de las manecillas del reloj. de donde obtenemos. debemos de calcular primero a r − el elemento diferencial de l´ ınea d→. −2 sin θ. → − − como la integral de l´ ınea est´ definida por A •d→. Soluciń: o Y 0 X Como se observa en la figura. que es un c´ ırculo en el plano XY con centro en el origen y radio 2.Problema 6. Dada la funciń vectorial o → − A = (y − 2x)i + (3x + 2y)j. r asimismo. − la trayectoria C est´ dado por r a − d→ = −2 sin θdθ i − 2 cos θdθ j. 136 . las ecuaciones param´tricas de la e trayectoria C estń dadas por: a x = y = donde 2π. el campo vectorial est´ dado por. y debido a que la trayectoria se recorre en sentido a favor de las manecillas del reloj. a 0 θ 2 cos θ. → − A = (−2 sin θ − 4 cos θ) j + (6 cos θ − 4 sin θ) j. las ecuaciones param´tricas de C estar´ dadas por x = 2 cos θ y y = 2 sin θ. → → − − A · d r = 4 sin2 θ + 4 sin θ cos θ) + (8 sin θ cos θ − 12 cos θ 2 ) dθ. 2 − 12 θ sin 2θ + 2 4 2π θ=0 Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo. y por lo tanto. a c → → − − A ·dr 2π = θ=0 2π sin2 θ + 12 sin θ cos θ − 12 cos2 θ dθ 2π = = = 4 θ=0 sin θ cos θdθ − 12 2π cos2 θdθ θ=0 2π θ=0 θ sin 2θ 4 − 2 4 2π 4 − 12 2 sin2 θ + 12 2 θ=0 2π = −8π.por lo tanto. c 137 . e ıan el resultado ser´ de la forma ıa → → − − A · d r = 8π. de esta forma la integral de l´ ınea est´ dada por. 0) a (1.1) C3 (−1. y) = y x i− 2 j. es la ecuaciń de un c´ o ırculo de radio 1. Y C2 C (0. a) A lo largo del semic´ ırculo que une esos puntos. x2 + y 2 x + y2 → − calcular la integral de la componente tangencial de F de (−1.0) 1 −1 1 − x2 x2 + 1 − x 2 √ + x2 −x + 1 − x2 −√ x 1 − x2 dx 138 . si escogemos a x como par´metro.0) Soluciń: o a) Sabemos que x2 + y 2 = 1. xdx j 1 − x2 → − por lo tanto. de la ecuaciń anterior el elemento diferencial de l´ o ınea est´ a dado por: xdx − (−2x)dxj d→ = dxi + √ r 1 − x2 − d→ = dxi − r √ es decir. Dado el siguiente campo vectorial → − F (x.1) 1 (1. b) A lo largo de la trayectoria poligonal que se muestra en la siguiente figura. 0). entonces la ecuaciń del la trayectoria curva a o que es el semic´ ırculo est´ dada por: a →(x) = xi + − r 1 − x2 j donde −1 ≤ x ≤ 1.Problema 7. entonces la ecuaciń del semic´ o ırculo ser´ ıa: y= 1 − x2 .0) → → − − F ·dr = (−1. la componente tangencial de F a lo largo del semic´ ırculo (1.0) X (1. o En este caso. (1. el elemento a o diferencial de l´ ınea est´ dado por: a − d→(θ) = − sin θdθ i + cos θdθ j. C2 y C3 son las integrales de l´ ınea a lo largo de las trayectorias rectas como se muestran en la figura.0) = θ=π 0 cos θ i + sin θ j · − sin θdθ i + cos θdθ j π 2 2 = − (Sen θ + Cos θ)dθ = π 0 dθ = π.0) 1 −1 1− x2 x2 +√ 1 − x2 1 dx = −1 dx √ .0) → → − − F ·dr = (−1. 1 − x2 La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambios de variable trigonom´tricos y es relativamente sencilla. Antes de resolver la e integral. De la ecuaciń anterior. π] observe que el par´metro θ no va de 0 a π. la integral de l´ ınea de la componente tangencial del campo F a lo largo de la trayectoria semicircular resulta ser. son las ecuaciones param´tricas de un c´ e ırculo de radio 1. o a Por otro lado. La ecuaciń anterior sin necesidad de o 139 .0) θ=0 → → − − F ·dr (−1. − r θ ∈ [0. (1. observemos que se puede resolver seleccionando adecuadamente la parametrizaciń de la trayectoria. sabemos que x(θ) = y(θ) = cos θ.0) → → − − F ·dr = (−1.(1. r → − Por lo tanto.0) C1 → → − − F ·dr + C2 → → − − F ·dr + C3 → → − − F ·dr donde C1 . donde 0 ≤ θ ≤ 2π. sin θ. Este ultimo resultado muestra que la selecciń adecuada de la parametrizaciń ´ o o de la trayectoria semicircular conduce a un resultado relativamente m´s facil a que la selecciń del par´metro x. Por lo tanto la ecuaciń en forma param´trica de la trayectoria semicircular est´ o e a dada por: →(θ) = cos θ i + sin θ j. notemos que para encontrar la integral de l´ ınea para el inciso b) tenemos que resolver dicha integral en tres partes de la forma. 140 . se obtiene el siguiente resultado (1.0) → → − − F ·dr (−1.0) → → − − F ·dr = (−1. si × F = 0 (que quiere decir tambiń que es un campo vectorial conservativo) entonces existe una funciń e o escalar φ tal que : → − F = φ luego entonces. Por lo a tanto. para el inciso b) donde la trayectoria de integraciń es la trayectoria poligonal que se muestra en la o figura.0) − φ · d→ r ∂φ ∂φ ∂φ dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z (−1.0) (1. analizemos el campo vectorial dado. → − Si calculamos el rotacional de F obtenemos: i = ∂ ∂x y x2 +y 2 → − ×F j ∂ ∂y x − x2 +y2 2 k ∂ ∂z 0 2 = = 0i + 0j + [ → − 0 −x − y + 2x2 x2 + y 2 − 2y 2 − ]k (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 → − → − → − es decir. Luego entonces.0) dφ el resultado anterior muestra que la integral de l´ ınea depende solamente de los puntos inicial y final de la trayectoria.hacer c´lculos muestran que el procedimiento es un poco laborioso. sustituyendo este resultado en la integral de l´ ınea obtenemos (1. F es irrotacional.0) = (−1. Por lo tanto.0) (1.0) C1 → → − − F ·dr + C2 → → − − F ·dr + C3 → → − − F · d r = π.0) = = (−1.0) (1. Para C2 .0) → → − − f ·dr = 1 x=0 (0i + 0j) · dxi = 0. se tiene que → → − − f ·dr = → → − − f ·dr + 141 → → − − f ·dr C2 a b . Y (0. Por lo tanto. →(x) = − r →(x) = − dr xi. Soluciń: o → − Para mostrar que f no es conservativo. 0) a lo largo de dos trayectorias diferentes C1 y C2 como se ilustra en la siguiente figura. del punto (0. → − Demostrar que f = xy 2 i + x3 y j no es conservativo sin aplicar el resultado → → − − del irrotacional.1) b a X C1 (1.0) C1 → → − − f ·dr = (0. obtenemos (1. calculamos la integral de l´ ınea del → − campo vectorial f por ejemplo.Problema 8. dxi. 0) al punto (1.0) Para C1 : Las ecuaciones param´tricas de la curva estń dadas por: e a x = y = donde 0 ≤ x ≤ 1. es decir sin aplicar que × f = 0 . x 0 por lo tanto para el campo vectorial dado. para la trayectoria a; las ecuaciones param´tricas son: e x y donde 0 ≤ y ≤ 1, de donde se obtiene →(y) = − r →(y) = − dr yj dy j = 0 = y para la trayectoria b, la ecuaciń param´trica de la recta est´ dada por: o e a →(t) = (0, 1) + t(1, −1) − r = ti + (1 − t)j t 1−t donde 0 ≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones param´tricas de la curva son: e x = y = por lo tanto para la trayectoria C2 tenemos: → → − − f ·dr 1 1 = y=0 1 (0i + 0j)dy j + t=0 C2 t 1 − 2t + t2 − t3 (1 − t) dt = 0 1 [t(1 − 2t + t2 ) − t3 + t4 ]dt (t4 − 2t2 + t)dt = 6 − 20 + 25 1 2 1 − + = 5 3 2 30 = 0 finalmente obtenemos, → · d→ = 1 . − − r r 30 c2 Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de l´ ınea s´ depende de la ı → − trayectoria de integraciń, luego entonces, el campo vectorial f no es consero vativo. Soluciń alternativa:. o → − → − → − Supongamos que f es conservativo, por lo tanto si × f = 0 entonces → − existe una funciń escalar φ tal que f = φ es decir; o ∂φ ∂x ∂φ ∂y = = 142 xy 2 x3 y, pero esto no puede ser, porque de las ecuaciones anteriores obtenemos: ∂ ∂y ∂ ∂x es decir; ∂2φ ∂2φ = ∂x∂y ∂y∂x que contradice el resultado fundamental del C´lculo Diferencial que establece a que : ∂2φ ∂2φ = . ∂x∂y ∂y∂x → − Por lo tanto, la hip´tesis original ( f es conservativo) no es correcta, as´ el o ı → − campo vectorial f no es conservativo. ∂φ ∂x ∂φ ∂y = = 2xy 3x2 y 143 Problema 9. → − Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas F dado por → − F (x, y, z) = (y + 2x)i + (5y − x)j, que actua sobre una part´ ıcula que se mueve sobre la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1, en sentido opuesto a las manecillas del reloj como se ilustra en la siguiente figura. fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayectoria de integraciń.dibujoelipse.bmp o Soluciń: o → − Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ definido por: a W = C → → − − F ·dr, se puede calcular la integral de l´ ınea tomando la parametrizaciń o x = y = a cos φ b sin φ donde 0 ≤ φ ≤ 2π. Sin embargo aplicaremos el teorema de Green, en este caso si M (x, y) = N (x, y) = entonces y + 2x 5y − x, ∂N ∂x ∂M ∂y por lo tanto, = = −1 1, 144 → → − − F ·d r = C Rxy ∂M ∂N − ∂x ∂y dxdy = Rxy x2 a2 [(−1) − 1] dxdy = −2 Rxy dxdy = −2A, donde A es el area de la elipse ´ + y2 b2 = 1 que es igual πab. → − Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ dado por: a W = C → → − − F · d r = −2πab. 145 ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z integrando parcialmente. 2) hasta el punto (1. el campo vectorial f es conservativo. → − Por lo tanto. z) = x3 y + f (y. 0. entonces existe una funciń escalar talque f = o φ. (x3 + 1). y. 4). z) = x3 y + y + g(x. 1) φ(x. y. → − a) Verificar si f = 3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 k es conservativo.Problema 10. 2. 146 . ∂x ∂y ∂z = = = 3x2 y. z). ∂φ ∂φ ∂φ i+ j+ k. b) Si decir. z). b) Dependiendo de su respuesta en el inciso anterior calcule la integral de → − l´ ınea de f desde el punto (−1. es 3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 = de donde obtenemos. → → − → − − × f = 0 . 9z 2 . Soluciń: o → − a) Para verificar que f = 3x2 y i+(x3 +1)j+9z 2 k es conservativo. 2) φ(x. → − × f i = = = 3x y ∂ ∂x 2 j ∂ ∂y 3 k ∂ ∂z 2 x + 1 9z (0 − 0)i − (0 − 0) j + 3x2 − 3x2 k → − 0. calculemos → − el rotacional del campo vectorial f . Aplicando nuevamente el mismo procedimiento. de las ecuaciones 1) y 2) obtenemos. z) = 3z 3 + h(x. derivando parcialmente con respecto a la variable y. derivamos parcialmente ahora con respecto a la variable z y obtenemos. ∂y integrando nuevamente parcialmente con respecto a la variable y. ∂φ ∂y ∂φ ∂y = = x3 + ∂f (y. de las ecuaciones anteriores obtenemos ∂f (y. z) = 1. es decir. o 4) φ(x. obtenemos f (y. ∂y x3 + 1. y. z) tal que f = o 147 φ est´ dada por. y).3) φ(x. → − finalmente la funciń escalar φ(x. y. z) = y + Ψ(z). z) = x3 y + y + Ψ(z). a . ∂φ ∂z ∂φ ∂z = = 9z 2 Ψ(z) ∂z igualando las ecuaciones enteriores obtenemos. sustituyendo en la ecuaciń 1) obtenemos. de las ecuaciones 3) y 4). z) . y. Ψ(z) = 3z 2 + cte. 2. Por lo tanto. z) = = 52 − 48 = 4. y.4) → → − − f ·dr C = (−1. z) = x3 y + y + 3z 2 + cte. y. aplicando el teorema de campos conservativos (1.2) − φ · d→ = r (−1. 4) − φ(−1. 2) 148 . 2. 0.0.0.2) dφ(x.2.φ(x.4) (1. φ(1. − ru → dv. se define el elemento diferencial de superficie d S como: (1) y su magnitud est´ dado por: a → − − − d S = →u du × →v dv r r → × → dudv. v)k. Calcular el area de una superficie esf´rica. − r donde u y v son par´metros. el elemento − superficie S definida por r ı diferencial de superficie est´ dado por : a → − d S = ndS. v)i + y(u. v)j + z(u. v) = x(u. − − = ru rv → − − − (2) dS = d S = |→u × →v | dudv. − rv → − de donde.Problema 11. r r − − Recordemos tambiń que →u × →v es un vector normal en cada punto de la e r r →(u. donde n es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y est´ a dado por: 149 . v). ´ e Soluciń: o La ecuaciń de una superficie S se puede representar mediante una funciń o o vectorial de la forma : →(u. Asimismo. los elementos diferenciables de l´ a ınea tangentes a las l´ ıneas coordenadas u y v estń dadas por: a − ∂→ r du = ∂u − ∂→ r dv = ∂v → du. as´ de las ecuaciones anteriores. Por lo tanto.→ ×→ − ru −v r n= → − × → |. |ru −v r De la ecuaciń (2). de lo anteriormente aplicando la ecuaciń (2). integrando la magnitud del elemento diferencial dS. − r donde. φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k. o sobre toda la superficie de la esfera se puede obtener el area de la superficie S ´ es decir: S= S → − dS = S → − n · dS . 150 . Como sabemos. la magnitud del elemento de o superficie para este caso est´ dado por: a → − − − r r dS = d S = |→θ × →φ | dθdφ. los vectores tangentes a las l´ ıneas coordenadas θ y φ estń dados por. para una superficie esf´rica la forma param´trica para la e e superficie est´ dada por: a →(θ. → ×→ − rθ −φ r = i a cos θ cos φ a sin θ sin φ j a cos θ sin φ a sin θ cos φ k a sin θ 0 = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ(cos2 φ + sin2 φ)k = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin jφj + a2 sin θ cos θ k. 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. a → − → ≡ ∂ r = a cos θ cos φi + a cos θ sin φj + a sin θ k − rθ ∂θ y → − → ≡ ∂ r = a sin θ sin φi + a sin θ cos φj − rφ ∂φ por lo tanto. donde, − − |→θ × →φ | = r r = = a4 sin4 θ cos2 φ + sin2 φ + sin2 θ cos2 θ a4 sin2 θ sin2 θ + cos2 θ 2 2 a2 sin θ, por lo tanto, el area de una superficie esf´rica est´ dado por: ´ e a 2π π 2π π S = S dS = φ=0 θ=0 2 a sin θdθdφ = a 2 2 φ=0 dφ θ=0 sin θdθ = a2 (φ 2π π 0 )(cos θ 0 ) = = −a (2π) [(cos (π) − cos (0)] 4πa2 . 151 Problema 12. Calcular Soluciń: o S → − d S donde S es la parte z > 0 de una esfera. Para el caso de una superficie esf´rica donde z > 0, la ecuaciń param´trica e o e de dicha superficie est´ dada por : a →(θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k, − r donde; 0 ≤ 0 ≤ θ ≤ π/2, φ ≤ 2π. En este caso, la integral de superficie resulta 2π π 2 1) S → − dS = φ=0 θ=0 − − (→θ × →φ ) dθdφ r r del ejemplo anterior un vector normal a la superficie de la esfera est´ dado por: a → × → = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k, − rθ −φ r sustituyendo en la integral de superficie obtenemos, → − dS = S 2π π 2 a2 φ=0 θ=0 2π π 2 sin2 θ cos φi + sin2 θ sin jφj + sin θ cos θ k dθdφ 2π π 2 = a2 φ=0 θ=0 2π π 2 sin2 θ cos φdθdφi + a2 φ=0 θ=0 sin2 θ sin φdθdφj + a 2 φ=0 θ=0 sin θ cos θdθdφk, 152 las integrales de las componentes i y j se pueden separar de la forma, 2π π 2 2π π 2 a2 φ=0 θ=0 2π π 2 sin2 θ cos φdθdφ = a2 φ=0 2π cos φdφ θ=0 π 2 sin2 θdθ a2 φ=0 θ=0 sin2 θ sin φdθdφ = a2 φ=0 sin φdφ θ=0 sin2 θdθ, pero 2π 2π cos φdφ = φ=0 φ=0 sin φdφ = 0. Por lo tanto la integral de superficie resulta ser, → − dS S 2π π 2 = a2 φ=0 dφ θ=0 sin θ cos θdθ k π 2 = 2a π 2 sin2 θ 2 0 1 π = 2a2 π sin2 − sin2 (0) 2 2 finalmente obtenemos, , 2) S → − d S = πa2 k. 153 Problema 13. → − d S donde S es una esfera. Calcular S Soluciń: o La integral original se puede escribir como: → − dS = S S1 → − dS + S2 → − dS , donde S1 es la parte de la esfera z ≥ 0 y S2 es la parte de la esfera z ≤ 0. As´ ı del problema anterior usando la ecuaciń 2) se tiene, o → − d S = πa2 k. S1 An´logamente, para la parte de la esfera z ≤ 0 aplicando la ecuaciń 1) del a o problema anterior obtenemos, → − dS S2 = S2 − − (→θ × →φ ) dθdφ r r 2π π 2 φ=0 2π 2 φ=0 θ= π 2 π = a sin θ cos θdθdφk = a dφ θ= π 2 sin θ cos θdθdφk = = finalmente obtenemos, a2 [2π] −πa2 k, 1 π sin2 (π) − sin2 2 2 k → → − − dS = 0 . S 154 el elemento diferencial de superficie d S est´ dado por: a → − d S = ndS. es un vector unitario normal a la superficie. = (x2 + y 2 + z 2 )| x2 + y 2 + z 2 2xi + 2y j + 2z k es decir. donde − 1 donde → = xi + y j + z k. Calcular r − r |→| S es la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9. y. que en este caso es una esfera. z)| | x2 + y 2 + z 2 2xi + 2y j + 2z k xi + y j + z k = . donde r = |→| entonces. 1 − |→ | r − | →| r → − − −2 r = − − |→| r →| |− r − r |→| 1 . donde el vector n. Soluciń: o S − Por definiciń si φ = φ(r). z) = | φ(x. → − → − r E = → 3. y aplicando la propiedad que establece que el gradiente es normal o perpendicular a una superficie. 155 . y. el gradiente est´ dado o r a por la expresiń. o → − r φ(r) = φ (r) → . −| |r en este caso tenemos que la funciń dada es igual a φ(r) = o → − campo vectorial E est´ dado por: a → − E =− es decir. −| |r → − Por otro lado. por lo tanto el =− −1 . este vector esta dado por: n= φ(x.Problema 14: → − Sea E = −grad → → − − E · d S . → − r n= → . tomando φ(r) = r 2 . Finalmente apicando el resultado del problema 11. la integral de superficie resulta ser. E · dS = 9 S 156 . se tiene que |→| = o r x2 + y 2 + z 2 = 9. de la ecuaciń para la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9. r → − Por lo tanto sustituyendo el resutado para el campo vectorial E y el resul→ − tado para el vector d S . la integral est´ dada por: a → → 1 − − 2 4π (3) = 4π. donde r = |→| .este resultado se pudo haber obtenido inmediatamente aplicando el resultado − de que φ = φ(r). −| |r S → → − − E · dS = = → − → − r r − 3 · |→| dS − S |→| r r 1 − 2 dS |→| S r − 2 donde. − ∂→ r ∂θ − ∂→ r ∂φ 1 1 1 √ cos θ cos φi + √ cos θ sin φj − √ sin θ k a c b 1 1 √ sin θ sin φi + √ sin θ cos φj a b = = de esta forma. v)) r ∂u av analizando la ecuaciń del elipsoide. − r a c b por lo tanto. los vectores tangentes a las l´ ıneas coordenadas θ y φ estń dados a por. el vector normal a la superficie est´ dado por. ac bc ab 157 . . × =T f (→ (u. b 1 √ cos θ. a 1 √ sin θ sin φ. sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuaciń ax 2 + by 2 + cz 2 = 1. c x y z = = = as´ la ecuaciń del elipsoide en forma param´trica est´ dada por. o Soluciń: o La integral de superficie se puede calcular en forma param´trica de la forma. o e a 1 1 1 → (θ. e S f dS − − r ∂→ ∂→ r − dudv. o o est´ dada por las ecuaciones param´tricas. φ) = √ sin θ cos φi + √ sin θ sin φj + √ cos θ k.Problema 15. a i = 1 √ cos θ cos φ a 1 − √a sin θ sin φ. 1 √ b 1 √ b − − ∂→ ∂→ r r × ∂θ ∂φ j cos θ sin φ sin θ cos φ k 1 − √c sin θ 0 = = 1 1 1 1 sin θ √ sin θ cos φi − √ sin θ sin φj + √ cos2 φ cos θ + √ cos θ sin2 φ k ac bc ab ab 1 1 1 sin θ √ sin θ cos φi − √ sin θ sin φj + √ cos θ k. una parametrizaciń para la superficie S. ı. Calcular dS S 1 [a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ] 2 . a e 1 √ sin θ cos φ. y la magnitud est´ dada por. en t´rminos de las ecuaciones param´tricas. a − − r ∂→ ∂→ r × ∂θ ∂φ = = sin θ sin θ √ abc a sin2 θ cos2 φ b sin2 θ sin2 φ c cos2 θ + + abc abc abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ as´ tambiń. la funciń escalar f se ı e e e o puede escribir de la froma. S f dS = = = 2π π 1 1 sin θdθdφ = √ dφ sin θdθ abc T abc φ=0 φ=0 π 2π 2π π √ [(− cos θ)0 ] sin θdθ = √ abc θ=0 abc 2π √ [− (cos π − cos 0)] abc √ finalmente se obtiene. que se reduce simplemente a la forma. φ)) = r 1 a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 1 2 por lo tanto. − f (→ (θ. la integral de superficie est´ dada por: a S f dS =T sin θ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ √ abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 1 2 1 2 dθdφ. =√ abc 158 . dS S [a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ] 2 1 4π . r Por lo tanto.Problema 16. (0. −2. o ax + by + cz = d. 2 3 La superficie de integraciń esta representada en la siguiente figura. en t´rminos de estos vectores de o − − r r r e posiciń podemos encontrar dos vectores sobre el plano y calculando su producto o vectorial entre ellos podemos encontrar un vector perpendicular a ambos y por lo tanto perpendicular al plano. Calcular S → → − − → − f ·d S donde f = x2 i+xy j −xz k y S la superficie del plano que contiene a los puntos (1. que se puede escribir de la forma. 0. Q y R que estń en el plano con sus a − respectivos vectores de posiciń →P . 2. c) ser´ un vector normal al plano que contiene a los tres a puntos dados. Soluciń: o Primero debemos escribir la ecuaciń de la superficie S de la forma. de la forma → − N − − − − = (→P − → Q ) × ( →R − → Q ) r r r r = (1. −2. 0) = −6. (0. 1 1 x + y + z = 1. −3. 0) o y (0. 3) = i j 1 −2 0 −2 k 0 3 = −6i − 3j − 2k. 0. 0). 3) est´ dado por: a −6x − 3y − 2z = −6. adem´s. 0). 3) limitado en el primer octante. 0) y (0. −2) · (1. 0. →Q y →R . la ecuaciń del plano que contiene a los puntos (1. b. o 159 . 0. → − donde N = (a. 0) × (0. 0. 2. Sean los puntos P. a → − − d = N · →P = (−6. 0. plano z=0 plano XY X 6x + 3y = 6 Por lo tanto.2.0) i.(0. plano XZ 3y + 2z = 6 6x + 2z = 6 Y (0.e.0) (1. n·k donde el vector unitario normal al plano est´ dado por: a 160 . plano YZ plano y=0 i. aplicando el teorema de la proyecciń de la superficie en el o plano coordenado rectńgular XY.0. la integral de superficie est´ dada por: a a → − f ·n Rxy → − f · ndS = S dxdy.e.e.3) Z plano x=0 i. → − f ·n Rxy dxdy = Rxy n·k x2 + xy + xz 2 3 ()13()67 3 Rxy 6 7 dxdy = x2 + xz xy dxdy + 2 3 y 2 pero de la ecuaciń del plano tenemos que z = 3 1 − x − o la ecuaciń anterior tenemos. ı. → − f ·n = n·k = 1 1 x2 i + xy j + xz k · i + j + k 2 3 ()13()67. observemos la regiń en el plano XY . o . o a 161 . sustituyendo en → − f ·n Rxy dxdy = 3 Rxy x2 + n·k y xy +x 1−x− 2 2 dxdy = 3 Rxy xdxdy. el orden o de integraciń se muestra esquem´ticamente en la figura siguiente. para resolver la integral enterior. 6 7 as´ al sustitur en la integral de superficie obtenemos.n = i + 1j + 1k φ 2 3 = | φ| 1 1 1+ 4 + 9 i + 1j + 1k 2 3 7 6 de donde obtenemos. es decir. 3 −3 1 − 3 =+ 0 Tambiń como se muestra esquem´ticamente en la figura. es decir.0) Mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x desde x = 0 hasta la recta x = 1 − 1 y. manteniendo fijo a x e integrando o con respecto a y desde y = 0 hasta la recta y = 2(1 − x).Y (0. finalmente integramos con respecto a x desde x = 0 hasta x = 1. 2     2 x=1− 1 y 2 2 3 Rxy xdxdy = 3 y=0 2 x=0 = 3 2 y=0 y 1− 2 2  xdx dy = 3 dy = x2 2 y 3 2 2 y=0 (1− y ) |0 2 dy 3 = 1. podemos resolver e a la integral en el siguiente orden de integraciń. 162 . finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2.2) X (1. − 2 3 Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble es independiente del orden de integraciń.0) 1 3 Rxy xdxdy = x=0  1 y=2(1−x)   y=0  xdy  dx = 3  1 x=0 (xy) |0 1 2(1−x) dx = 3 x=0 x(1 − x)dx = 6 x2 x3 − 2 3 =6 0 1 1 = 1. o 163 .2) 6X + 3Y = 6 X (1.Y (0. 3 2 . n·k 1 pero de la expresiń para la superficie tenemos z = 3 − x − 2 y.Problema 17. sustituyendo en o la integral anterior obtenemos → − f ·n Rxy dxdy = Rxy n·k 1 x + y − (3 − x − y) dxdy 2 3 2x + y − 3 dxdy. donde S es la superficie del plano 2x + y + 2z = 6 situado en el primer octante. 3 → − f ·n Rxy dxdy = Rxy 1 3 (2x + 2y − 2z) 2 3 dxdy. 2 Rxy = Despu´s de algunos c´lculos algebraicos an´logos al problema anterior obtene a a emos. a φ 2i + j + 2 k = . que en este caso es un plano. un vector normal unitario a la superficie S. = 1 [2y + 2x − 2z] . Calcular la integral S → → − − → − f ·d S para f = y i+2xj −z k. n·k 164 . Soluciń: o Aplicando el gradiente. → − f ·n Rxy dxdy = 18. | φ| 3 n= de donde: → − f ·n = n·k por lo tanto. est´ dado por. y = 1. x = 1 d S = ndS = idydz → − S2 (ABCO) . 165 . z = 1) . x = 1. z = 1). por lo tanto la integral de flujo original est´ dada por: a → → − − f · dS = S S1 → → − − f · dS + S2 → → − − f · dS + S3 → → − − f · dS + ···+ S6 → → − − f · dS donde. y = 0. z = 0 d S = ndS = −kdxdy.Problema 18. es decir los planos (x = 0. el flujo a trav´s del cubo tiene 6 contribue ciones debidas a las 6 superficies (caras) del cubo unitario. y = 1 d S = ndS = jdxdz → − S4 (0GDC) . → − Calcular el flujo de campo f = xi + y j + z k donde S es un cubo unitario (es decir la superficie limitada por los planos x = 0. y = 0. z = 0. z = 0. como se muestra en la figura tenemos → − S1 (DEF G) . Soluciń: o Como se muestra en la figura. z = 1 d S = ndS = kdxdy → − S6 (AF GO) . x = 1. y = 0 d S = ndS = −jdxdz → − S5 (BCDE) . y = 1. x = 0 d S = ndS = −idydz → − S3 (ABEF ) . Z C B E D O Y A G F X Por lo tanto. para la superficie S1 tenemos. a 166 . an´logamente para la superficie S2 tenemos. → → − − f ·ds = Rxy 1 s1 (xi + y j + z k) · idydz 1 1 1 = y=0 z=0 xdydz = y=0 z=0 dydz = 1. → → − f =−. S4 . r → − · f dV = 3 V V dV = 3. donde V dV es el volumen de un cubo unitario. El resultado anterior se puede obtener aplicando el teorema de Gauss.s2 → → − − f ·ds = Rxy (xi + y j + z k) · −idydz − Rxy = xdydz = 0. → → − − f · d S = 0. S6 → → − − f · dS S4 = por lo tanto el flujo a trav´s del cubo unitario est´ dado por: e a → → − − f ·dS = S S1 → → − − f ·dS + S2 → → − − f ·dS + S3 → → − − f ·dS +···+ S6 → → − − f · d S = 3. S5 y S6 obtenemos. → → − − f · dS S3 = S5 → → − − f · d S = 1. este teorema establece lo siguiente: → → − − f ·ds = V s → − · f dV en este caso: por lo tanto. Similarmente para las superficies S3 . 167 . v). la magnitud del elemento diferencial de superficie est´ dada por. o → = →(u. 0 0 Soluciń: o → − El flujo del campo vectorial F a trav´s de la superficie S (que generalmente e se representa por Φ) esta dado por: → − − → F · dS. Asimismo. |ru −v r es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaciń. → − Calcule el flujo del campo vectorial F = i + xy j a lo largo de la superficie S dada por las ecuaciones param´tricas: e x y z donde.Problema 19. = u − v. Φ= donde → − d S = ndS. S = u + v. son vectores tangentes a las l´ r r ıneas coordenadas u y v respectivamente. y → ×→ − ru −v r n= → − × → |. u v 1 1. − − r r − − donde los vectores →u y →v . a − − dS = |→u × →v | dudv r r 168 . = u2 . 0 → − por lo tanto.por lo tanto. i j 1 1 1 −1 → − − → F · dS = S S i + (u + v)(u − v)j · 2ui + 2uj − 2k dudv. el flujo del campo vectorial F a trav´s de la superficie S est´ dado e a − − r ∂→ ∂→ r × = ∂u ∂v por. elvector de posiciń se puede escribir de la e o forma. → − dS = = → ×→ − ru −v → r − → − → × → | | r u × r v | dudv − − |ru rv − − ∂→ ∂→ r r × dudv. 169 . = = i + j + 2uk. v) = (u + v)i + (u − v)j + u2 k. i − j. ∂u ∂v que es el elemento diferencial de area normal a la superficie S. − r calculando el vector normal a la superficie. k 2u = 2ui + 2uj − 2k. obtenemos − ∂→ r ∂u − ∂→ r ∂v de donde obtenemos. calculando el producto escalar. De las ecuaciones ´ param´trica para la superficie S. →(u. obtenemos → − − → 7 F · dS = . 0 finalmente.→ − − → F · dS S v=1 u=1 u=0 1 u=0 = v=0 1 2u + 2u(u2 − v 2 ) dudv = v=0 1 (2u3 − 2uv 2 + 2u)dudv 1 u=0 = v=0 1 2 4 u − u2 v 2 + u2 4 1 − v 2 + 1) dv 2 = u=0 1 = u=0 2 3 v3 − v 2 dv = v− 3 2 3 1 . 6 S 170 . − |ru rv es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la ecuaciń. v) − − r r − − los vectores →u y →v . − − dS = |→u × →v | dudv r r → − dS = = → ×→ − ru −v → r − → − → × → | | r u × r v | dudv − − |ru rv → × → dudv − − r r u v 171 . 0 0 Soluciń: o Por definiciń. ≤ v ≤ 1. a entonces. y n es el vector unitario a normal exterior a la superficie. − r donde. y su magnitud est´ dada por.Problema 20. → − y el elemento diferencial est´ dado por d S = ndS. son vectores tangentes a las l´ r r ıneas coordenadas u y v respectivamente. ≤ u ≤ 2π. si el elemento diferencial de superficie est´ dado a por → − d S = ndS. donde S es la superficie cil´ representada por la ecuaciń o → = cos ui + sin uj + v k. → → − → − − ındrica Si f = xi + y j + z k Calcualr s f · d S . o → = →(u. Por otro lado. sabemos que el vector o → ×→ − ru −v r n= → − × → |. a − ∂→ r = − sin ui + cos uj. de las ecuaciones param´tricas de la superficie cil´ e ındrica.Para la ecuaciń de la superficie dada. por lo tanto. ∂u → − ∂r = k. ∂u → − ru → − rv de donde. la integral de flujo resulta → → − − s f · dS v=1 u=2π v=0 u=2π v=0 u=2π = v=0 v=1 cos ui + sin uj + v k · cos ui + sin uj dudv cos2 u + sin2 v dudv dudv = v=0 v=1 = v=0 v=1 v=0 u=2π = v=0 dv v=0 du = 2π. los vectores tangentes a las l´ o ıneas coordenada estń dados por. el campo vectorial est´ dado por a → − f = cos ui + sin uj + v k . = = → ×→ = − ru −v r i j − sin u cos u 0 0 k 0 1 = cos ui + sin uj. por otro lado. 172 . por lo tanto. la integral de l´ ınea para la trayectoria C 1 est´ dada por: a 173 .1) y=x y=x 2 X Soluciń: o a) De la figura. la trayectoria curva C se divide en dos trayectorias C 1 y = x2 y C2 (y = x) . de donde. la integral de l´ ınea se expresa de la forma: → → − − f ·dr = → → − − f ·dr + → → − − f ·dr C C1 C2 Para la trayectoria C1 las ecuaciones param´tricas estń dadas por: e a x = y = x x2 . → − − r Calcular c f · d→ donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la → − figura y el campo vectorial est´ dado por: f = (x − y) i + (x + y) j a a) Calculando la integral de l´ ınea directamente y b) Aplicando el Teorema de Green en el plano Y (1. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por: a − d→ = dxi + 2xdxj.Problema 21. r por lo tanto. . 2 3 2 3 3 3 Asimismo para la trayectoria C2 las ecuaciones param´tricas estń dadas e a por: x = y = x x. r por lo tanto la integral de l´ ınea para la trayectoria C 2 est´ dada por: a → → − − f ·dr = = 0 c2 1 (x − x) dx + 2xdx 0 1 x2 3 = −1 = − . de donde. ∂N ∂x ∂M ∂y = 1 = −1. 174 x−y x + y. 3 Por lo tanto la integral de l´ ınea a lo largo de la trayectoria C que se muestra en la figura est´ dado por: a → → − − f ·dr = → → − − f ·dr + → → 4 3 − − 1 f ·dr = − = 3 3 3 C2 C C1 b) En este caso M (x. y) = de donde se tiene.C1 → → − − f ·dr = = 1 x=0 1 (x − x2 )dx + x + x2 2xdx x + x2 + 2x3 dx = x2 x3 x4 + + 2 3 2 1 0 0 = 1 3 4 1 1 1 + + = + = . y) = N (x. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por: a − d→ = dxi + dxj. posteriormente la variable x de la siguiente forma. 3 175 . obtenemos ∂M ∂N − ∂x ∂y Rxy (M dx + N dy) = C dxdy = Rxy (1 − (−1)) dxdy = 2 Rxy dxdy. 1 y=x 1 2 Rxy dydx = x=0 y=x2 1 dydx = 2 x=0 2 ([y]x2 ) dx 1 x = 2 0 x−x x2 x3 dx = 2 − 2 3 = 0 1 . 3 La integral doble tambiń se puede resolver integrando primeramente en la e variable y. es decir. para evaluar la integral doble hacemos uso de la figura.aplicando el teorema de Green en el plano. √ 1 x= y 1 2 Rxy dxdy = 2 y=0 x=y 1 dxdy = 2 y=0 [x]y √ y dy = 2 y=0 1 √ ( y − y) dy = . integrando primeramente desde la recta y = x a la par´bola y = x2 para despu´s integrar la variable y a e desde y = 0 hasta y = 1. 4375pt130. para despues sumar todos los resultados. la recta que va del punto (0. la recta que va del punto (2. (∗) M = 3x2 + 2y . 1). en este caso. 0. ftbpF206. est´ dada por a las ecuaciń.Problema 22: Verificar el Teorema de Green en el plano para el campo vectorial. 0) al punto (2. 176 .125pt0ptFigure Soluciń: o Debemos verificar que. N = − (x + 3 cos y) . (2. Para C1 : De la figura. M dx + N dy (0. o x = y + 2. 0) al punto (3. es decir.0) = = x=2 x=0 3x2 + 2y dx 2 0 x3 + 2y = 8. est´ dada por a las ecuaciones param´tricas e x = y = por lo tanto. Primero calculemos la integral de l´ ınea a lo largo de las cuatro trayectorias rectas que se muestran en la figura que es un paralelogramo. M dx + N dy = C C1 + C2 + C3 + C4 .0) x. 0). M dx + N dy = C Rxy ∂N ∂M − ∂x ∂y dxdy. → − F = 3x2 + 2y i − (x + 3 cos y) j donde C es la trayectoria que se muestra en la siguiente figura. Para C2 : De la figura. (1. M dx + N dy (3. Para C4 : De la figura. la recta que va del punto (3.0) M dx + N dy (1.1) M dx + N dy (2. = 2 Para C3 : De la figura. si escogemos como par´metro a la variable y. 1) al punto (1. obtenemos a (3. obtenemos a (0. y. 2 177 .1) = = = −y=1 3y 2 + 2y)dy − (y + 3 cos y dy y=0 − y3 + y2 − y2 − 3 sin (y) 2 1 0 3 − + 3 sin (1) .0) = = = = y=1 y=0 y=1 y=0 y=1 y=0 3 (y + 2) + 2y − (y + 2) − 3 cos y dy 3y 2 + 12y + 12 + 2y + y − 2 − 3 cos y dy 3y 2 + 12y + 10 − 3 cos y dy 13 2 y + 10y − 3 sin (1) 2 1 0 2 y3 + 13 + 10 − 3 sin (1) = 1+ 2 35 − 3 sin (1) .si escogemos como par´metro a la variable y. 0).1) = = −x=3 3x2 + 2y dx x=1 − x3 + 2y 3 1 = −30. 1). 1) al punto (0. la recta que va del punto (1. est´ dada por a las ecuaciones param´tricas. est´ dada por a las ecuaciń. o x = y. e x = y = por lo tanto.1) x. 2 2 M dx + N dy = 8 + C de donde. (2) Rxy ∂N ∂x dy = −3y=1 2dy. As´ de los resutados (1) y (2). (1) C M dx + N dy = −6. 178 . Ahora para calcular la integral doble sobre la regiń que encierra el paralelo ogramo. puesto que o dxdy es igual al area del paralelogramo que tiene base igual a dos y alura ´ Rxy uno. y=0 − ∂M ∂y dxdy = −6. obtenemos 35 3 − 3 sin (1) − 30 − + 3 sin (1) . plano. ∂N = −1. se comprueba el Teorema de Green en el ı. ∂x y ∂M = 2. ∂M ∂N − ∂x ∂y (−1 − 2)dxdy = −3y=1 y=0 x=y+2 Rxy dxdy = Rxy x=y+2 dx x=y dy = −3y=1 [x]x=y y=0 finalmente. ∂y por lo tanto.sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas. Este resultado se pudo haber obtenido por simple observaciń. tenemos de las ecuaciones (∗) que. 179 . = 1. x2 .Problema 23. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular la integral. = 2x.0) (2. ∂N ∂x ∂M ∂y = = x + y. C donde C es el trińgulo con v´rtices (0. En este caso.1) X (0. 0) y (0. el teorema de Greenn en el plano establece que o ∂N ∂M − )dxdy. Y (0. 1). M N de donde se obtiene. (2. que se muestra en la a e siguiente figura. ∂x ∂y M dx + N dy = C Rxy ( donde la trayectoria curva C encierra la regiń que R xy que est´ en el plano o a XY .0) Soluciń: o Por definiciń. 0). (x + y)dx + x2 dy. aplicando el teorema de Green en el plano. mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x. obtenemos (x + y)dx + x2 dy. 3 180 . como se muestra en la siguiente figura. calculando las integrales obtenemos 1 (x + y)dx + x2 dy C = y=0 1 x2 − x x=2(1−y) x=0 dy = y=0 1 4(1 − y)2 − 2(1 − y) dy (1 − y)2 dy − 2 1 y=0 1 2 = = = = = 4 y=0 (1 − y)dy 4 3 − (1 − y) + (1 − y) 3 y=0 4 4 3 3 2 − (1 − 1) + (1 − 1)2 − − (1 − 0) + (1 − 0) 3 3 4 6 − − + 3 3 2 − . hasta la recta x = 2(1 − y). Y (0.0) (2.0) de esta forma. para resolver la integral interior. = C Rxy (2x − 1) dxdy. desde la recta x = 0. y finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2. obtenemos 1 y=0 x=2(1−y) x=0 (x + y)dx + x2 dy = C (2x − 1)dxdy.por lo tanto.1) X (0. y) = cos x. Para evaluar la integral doble.como se esquematiza en la siguiente figura. ∂N ∂x ∂M ∂y = = − sin x 1. desde π x = 0 hasta x = 2 . 1 2 ) 181 . en este caso a M (x. 0 2 ) X ( π2 Soluciń: o . para despu´s integrar la variable x.0 ) En en forma an´loga al problema anterior. de donde se tiene. y) = y − sin x N (x. a Y ( π. Aplique el teorema de Green en el plano para calcular (y − sin x) dx + cos xdy.Problema 24. Y (π 2 . C donde C es el trińgulo que se muestra en la siguiente figura. desde 2 e la recta y = 0 a la recta y = π x. obtenemos (y − sin x) dx + cos xdy = Rxy C (− sin x − 1) dxdy. 1 ) X ( π . aplicando el teorema de Green en el plano. integrando primeramente la variable y. π π π 2 − cos + sin + π 2 2 2 π 2 2 2 π2 + 8 4π (− sin x − 1) dydx = − Rxy 2 π + 4 π .Por lo tanto la integral doble resulta. obtenemos x=0 2 x2 −x cos x + sin x + π 2 2 π2 2 1+ =− π 8 π π π x [sin x + 1] dx = − (−x cos x)x=0 + 2 2 x= π 2 π 2x  x= π 2 cos xdx + x=0 x 2 2 π 2x y=0    y=0 =− . x= π 2 (− sin x − 1) dydx = − Rxy    y= π x 2 x=0 x= π 2 y=0  (sin x + 1) dy  dx π  = − 2 [(sin x)y + y]y=0 dx x x=0 x= π 2 = − = − = − finalmente. 182 . S → − donde F est´ dado por: a → − F (x. puesto que → − · F = 7. entonces → → − − F · dS = 7 S 2 3 πa 3 = 14 3 πa . y. Calcular la integral → − F · ndS. ı → → − − F · dS = S V → − · f dV = 7 V dV. sin embargo si aplicamos el teorema de la Divergencia de Gauss el problema es relativamente simple. k. Soluciń: o Obs´rvese que s´ se quiere calcular directamente la integral de superficie e ı resulta ser una integral muy laboriosa. as´ aplicando el teorema de la divergnecia de Gauss obtenemos.Problema 25. z) = [2x + cos(yz)] i − [sin(xz) + 5y] j + arcsin x2 y y S es la parte superior del plano XY de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 . pero como se pide solamente la parte z > 0. donde V dV es el volumen de la esfera. 3 183 . la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial. donde 0 < θ < 2π. 0. e a x = y = z = a cos θ. a − d→ = −a sin θdθ i + a cos θdθ j.Problema 26. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dado por. es igual a la integral de l´ ınea de la componente tangencial del campo vectorial. r Calculando la integral de l´ ınea en sentido positivo (como lo establece el teorema) tenemos. tomada sobre una superficie cerrada. el vector de posiciń →. tenemos una circunferencia de radio a con centro en el origen cuyas ecuaciones param´tricas estń dadas por. 184 . En t´rminos de estas ecuaciones param´tricas. Soluciń: o El teorema del rotacional de Stokes matem´ticamente se expresa de la forma. Primero calcularemos la integral de l´ ınea. Asimismo.est´ dado por. a S → → − − × F · dS = C → → − − F ·dr . − r de donde. → − Verificar el teorema del rotacional de Stokes para F = (x + 2y) i + 3z j + yz k y S la superficie de la mitad superior de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 . tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. a sin θ. el campo e e vectorial est´ dado por a → − F = (a cos θ + 2a sin θ) i + 0j + 0k. o − r a → = a cos θ i + a sin θ j. Si proyectamos a la esfera en el plano XY. es decir. → − ×F = i ∂ ∂x j ∂ ∂y k ∂ ∂z x + 2y 3z yz = (z − 3) i + 2k Por otro lado. en 2 forma param´trica est´ dada por. sabemos que la transformaciń de coordenadas esf´ricas y o e rectńgulares est´ dada por. − r de donde. φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k. z = a cos θ. la integral de superficie de la componente normal del campo F . donde 0≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. 2 Ahora. e a →(θ. y = a sin θ sin φ. r r → − de esta forma. 185 . Por lo tanto. a → − − − d S = (→θ × →φ ) dθdφ = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k dθdφ. calculemos la integral de superficie. el elemento diferencial de superficie est´ dado por.→ → − − F ·dr 2π = − θ=0 (a cos θ + 2a sin θ) i · −a sin θ i + a cos θ j dθ 2π 2π = −a2 = −a2 = −a 2 θ=0 cos θ sin θdθ − 2a 2π θ=0 sin2 θdθ 2π θ=0 θ=0 sin2 θ 2 − a2 1 θ − sin(2θ) 2 = −a2 1 sin2 (2π) − a2 2π − sin (2 (2π)) 2 2 1 2π − sin 2 (2π) = −2a2 π. a a x = a sin θ cos φ. para hacer esto calculamos primer→ − amente el × F . la ecuacion de la superficie S. a → → − − xF · d S (z − 3) i + 2k · a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k dθdφ 2π π θ=0 π θ=0 φ=0 2π S = = = S a2 (cos θ − 3) sin2 θ cos φ + 2 sin θ cos θ dθdφ a2 (cos θ − 3) sin2 θ cos φdθdφ + 2a2 2π φ=0 π sin θ cos θdθdφ. debido a que 0. θ=0 π θ=0 φ=0 como podemos observar la primera integral es igual a cero.est´ dada por. 186 . por lo tanto. cos φdφ = S → − − x F · d→ s = 2a2 = 2a 2 2π φ=0 π θ=0 sin θ cos θdθdφ = 2a2 π 2π 2π dφ φ=0 φ=0 sin θ cos θdθ sin2 θ 2π 2 1 2 θ=0 = 2πa2 = 2πa2 . o M dx + N dy = C Rxy ( ∂M ∂N − )dxdy. como se muestra en la siguiente figura. Soluciń: o Y (0. el teorema de Green en el plano establece que. −dy j. y ≤ 1. C3 y C4 .3) C4 C 1 (0.Problema 27.1) C 2 (1. ∂x ∂y donde la trayectoria curva C encierra la regiń que R xy que est´ en el plano o a XY . de esta forma. 187 . limitada por las o circunferencias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9. Como se observa en la figura. para C1 : x = → = − dr 3 ≤ 0. C2 .0) C3 (3. Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral C 2x − y 3 dx− xydy siendo C el contorno de la regiń en el primer cuadrante.0) Y Por definiciń. para esto primero necesitamos escribir en forma param´trica las ecuaciones de cada e trayectoria. para calcular la integral de l´ ınea debemos calcular cuatro integrales a lo largo de las trayectorias C 1 . 0. para resolver las integrales de senos y cosenos. r paraC3 : y = − d→ = r 1 ≤ para C4 : x y 0 → − dr = 3 cos θ. x ≤ 3. de esta forma. = 3 sin θ. ≤ θ ≤ π/2. la integral de l´ ınea est´ dada por. π/2 ≤ θ ≤ 0. y = sin θ.para C2 : x = cos θ. − d→ = −sinθdθ i + cos θdθ j. hacemos el siguiente cambio de variable 188 . a → → − − f ·dr −y 3 i − 0j · dy j C2 = C1 + + C3 2 cos θ − sin3 θ i − cos θ sin θ j · − sin θdθ i + cos dθ j 2xi − 0j · dxi 6 cos θ − 27 sin3 θ i − 9 sin θ cos θ j · −3 sin θdθ i + 3 cos dθ j −2 cos θ sin θdθ + sin4 θdθ − cos2 θ sin θdθ 2xdx + C4 π/2 = θ=0 3 + + θ=0 π/2 x=1 π/2 −18 cos θ sin θdθ + 81 sin4 θdθ − 27 cos2 θ sin θdθ π/2 θ=0 = θ=0 (−16 cos θ sin θdθ) + 80 sin4 θdθ − π/2 θ=0 26 cos2 θ sin θdθ + x2 x=3 x=1 . = −3 sin θdθ i + 3 cos θdθ j. dxi. 3 0 =− 26 + 10π + 5π 3 Ahora debemos calcular la integral doble sobre la regiń del plano XY que o encierra el contorno C. → → − − f ·dr π/2 π/2 = = = = = = = 16 16u 2 udu + 26 θ=0 π/2 2 u2 du + 40 π/2 π/2 θ=0 sin2 θ (1 cos 2θ) dθ + 8 π/2 θ=0 π/2 + θ=0 π 2 26u 3 θ=0 π/2 3 +40 θ=0 π 2 θ=0 sin2 θdθ − 40 π/2 sin2 θ cos 2θdθ + 8 (1 − cos 2θ) cos 2θdθ + 8 cos2 2θdθ + 8 θ=0 8 cos2 θ −8 − −8 − 0 + 26 cos3 θ 3 + 20 0 θ=0 (1 − cos 2θ) dθ − 20 π/2 π π 26 2 2 + [20θ]0 − [10 sin 2θ]0 − 20 3 π 26 2 + 10π − [10 sin 2θ]0 + 10 3 π 2 θ=0 π/2 cos 2θdθ + 20 (1 + cos 4θ) dθ + 8 θ=0 π/2 θ=0 π 26 10 2 sin4θ − + 10π + [10θ]0 + 3 4 26 − + 15π. −xy. 2x − y 3 dx−xydy =Rxy ∂(−xy) ∂ 2x − y 3 − ∂x ∂y dxdy =Rxy −y + 3y 2 dxdy para resolver la integral anterior. en este caso tenemos M N por lo tanto. u = cos θ. ´ a dA = dxdy = rdrdθ. = = 2x − y 3 .por lo tanto. es m´s conveniente usar coordenadas polares. a donde el elemento diferencial de area est´ dado por. du dθ = − sin θ . 189 . du = − sin θdθ. donde y = r sin θ. de esta forma. la integral resulta π/2 Rxy r=3 r=1 r=3 −y + 3y 2 dxdy = θ=0 π/2 −r sin θ + 3r 2 sin2 θ rdrdθ −r2 sin θ + 3r 3 sin2 θ dθdr π/2 r=3 = = = = = = − − − − r=1 θ=0 r=3 2 r sin θdθ + 3 θ=0 π r3 dr 1 2 π/2 sin2 θdθ r=1 r3 3 3 1 2 (− cos θ)θ=0 + 3 r 4 r=1 4 3 1 θ=0 π/2 θ=0 (1 − cos 2θ) dθ 1 sin 2θ 2 π 2 27 1 − 3 3 π 34 1 1 2 +3 (θ)θ=0 − − 4 4 2 θ=0 26 + (3) (20) 3 26 − + 15π. 190 . 3 1 2 π 2 Por lo tanto se comprueba el teorema de Green. B y C respectivamente. Y C2 C3 X C1 Z Si el campo vectorial est´ dado por. La curva cerrada C consiste de tres arcos circulares AB. como se muestra en la figura. Y y Z en los puntos A. La esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 intersecta a los ejes positivos X. calcular → → − − F ·dr.Problema 28. BC y CA. a → − F = (y + z)i + (z + x)j + (x + z)k. C 191 . = 0. 192 . = a sin θ. a − d→3 = a cos θdθ i − a sin θdθ k. para esto primero nesecitamos escribir en forma param´trica las ecuaciones de cada trayectoria. = a sin θ. a − d→1 = −a sin θdθ i + a cos θdθ j. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dada por. r para la curva C3 : z x y 0 = a cos θ. de donde. = 0. a − d→2 = −a sin θdθ j + a cos θdθ k. r las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a).Soluciń: o Como se observa en la figura. ≤ θ ≤ 2π. ≤ θ ≤ 2π. C2 . el elemento diferencial de l´ ınea est´ dada por. y C3 . para la curva C1 : x y z 0 = a cos θ. = a sin θ. e de esta forma. = 0. el elemento diferencial de l´ ınea est´ dada por. r para la curva C2 : y z x 0 = a cos θ. de donde. de donde. b) y c) respectivamente. ≤ θ ≤ 2π. para calcular la integral de l´ ınea debemos calcular tres integrales a lo largo de las trayectorias C 1 . a sin θ) · (0. a cos θ + a sin θ. a cos θ + a sin θ) · (a cos θdθ.a.0 → → − − F ·dr2+ (0.0. a cos θ) · (−a sin θdθ. la integral de l´ ınea estar´ dada por: a → → − − F ·dr = C C1 → → − − F ·dr1+ C2 → → − − F ·dr2+ C3 → → − − F ·dr 3 es decir. o θ= π 2 → → − − F ·dr C = θ=0 (a sin θ.0) → → − − F ·dr1+ (0. −a sin θdθ) .0. 0.0.a) → → − − F ·dr3 sustituyendo la parametrizaciń de cada curva obtenemos.a) (a. −a sin θdθ. a cos θdθ.a. 0) θ= π 2 + θ=0 θ= π 2 (a cos θ + a sin θ.0) → → − − F ·dr = C (a. a sin θ. calculando los productos escalares y haciendo un poco de algebra obtenemos ´ θ= π 2 → → − − F ·dr C = θ=0 a2 cos2 θ − sin2 θ + sin θ cos θ − sin2 θ + cos2 θ − sin2 θ − sin θ cos θ dθ θ= π 2 = a2 θ=0 2 cos2 θ − 3 sin2 θ dθ 193 . a cos θdθ) + θ=0 (a cos θ.0) (0.0. a cos θ.Y C1 Z C 2 Z C3 0 0 X 0 Y X a) b) c) Por lo tanto. (0. aplicando las identidades trigonom´tricas del seno cuadrado y coseno cuadrado.  → → − − πa2 . F ·dr =− 4 C 194 . obtenemos  1 = a2  − 2  dθ + θ=0 5 2 θ= π 2 θ=0  cos 2θdθ  . e obtenemos θ= π 2 → → − − F ·dr C = a2 θ=0 θ= π 2 2 1 1 + cos 2θ − 3 2 2 1 1 − cos 2θ 2 2 dθ = a2 θ=0 θ= π 2 1 + cos 2θ − 3 3 + cos 2θ dθ 2 2 3 3 + cos 2θ dθ 2 2 = a2 θ=0 θ= π 2 1 + cos 2θ − = a2 θ=0 1 5 − + cos 2θ dθ 2 2 θ= π 2 finalmente. · (ax. Soluciń: o Para resolver este problema. Dada la funciń vectorial o → − F = axi + byj + czk. tenemos o → − ·F = = ∂ ∂ ∂ . . que establece que → → − − f · d S =V → − · F dV. SF → − → − · dS = = (a + b + c)V dV (a + b + c) V.Problema 29. aplicamos el teorema de Gauss o Teorema de la divergencia. → → − − o calcular S F · d S . by. aplicando el teorema de la divergencia obtenemos. cz) por lo tanto. sobre cualquier superficie que encierre una regiń de volumen V. donde V es el volumen encerrado por cualquier superficie S. ∂x ∂y ∂z a + b + c. 195 . S aplicando la definiciń de la divergencia de un campo vectorial. y) z=ψ1 (x. y. o          f (x. manteniendo fijas las variables y e z. As´ los l´ ı ımites de integraciń para la variable y son dos o funciones g1 y g2 de la variable z y finalmente los l´ ımites de integraciń para la o varible z son dos constantes z1 y z2 .z) x=ϕ1 (y. Para nuetro problema. a 196 .Problema 30. por lo que los l´ ımites de integraciń para la variable x deben ser dos o funciones ϕ1 y ϕ2 de las variables y e z. Calcular la siguiente integral de volumen xyzdV.8125pt299. z = 0 y el plano x + 2y + z = 6. z)dxdydz = V z=z1 z=z2 y=g2 (z) y=g1 (z)    x=ϕ2 (y. Soluciń: o Obs´rvese que en las integrales de volumen existen 6 posibles tipos de intee grales dependiendo del orden de integraciń en el que aparezcan las variables x. y.z) indica que primero se debe integrar la variable x. y. z)dxdydz = V x=x1 x=x2 y=t2 (x) y=t1 (x)    z=ψ2 (x.9375pt0ptFigure De esta forma el volumen pedido est´ dado por. este paso nos lleva finalmente a resolver una integral doble. y.y)  f (x. y = 0. o y e z. ftbpF357. z)dx dy  dz f (x. Por ejemplo el orden de integraciń en el que aparece la siguiente integral. podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraciń. z)dz  dy  dx El volumen V se encuentra representado en la figura. V donde V es el volumen limitado por los planos coordenados x = 0. o           f (x. xyzdV V = =   x=0 y=0  6−x x=6 y= 2  x=0 6−x  z=6−x−2y x=6 y= 2    = x=0   y=0  6−x x=6 y= 2    y=0 x(6 − x)2 − x(6 − x)y 2 + 4xy 3 dy dx     6−x−2y  z2 dz dy dx xy  2 0  z=0 xyzdz  dy          dx = . por ejemplo puede ser el mencionado anterio ormente. 5 Se deja como ejercicio para el lector.. resolver la integral empleando cualquier otro posible orden de integraciń. = 9 . 197 .. y.Problema 31. Considerado el s´lido limitado por la superficie que se muestra en la siguiente o figura. z)dxdydz = V y=y1 y=y2 x=φ2 (x) x=φ1 (x) z=ψ2 (x.              f (x. y. o Y z = 6 − y X Z x + y2 = 9 2 Soluciń: o En coordenadas cartecianas. 198 .y) z=ψ1 (x. Calcule el volumen bajo el plano z = 6 − y y sobre la regiń x 2 + y 2 + 9.y)  f (x. que de la figura se observa que es el m´s o a conveniente. para este problema podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraciń. z)dz  dx dy. donde los l´ ımites de integraciń son ahora desde θ = 0. z) = 1.El volumen V se encuentra representado en la figura. se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonom´trico: e y dy = = 3 sin θ 3 cos θdθ por lo que. hasta θ = o tanto la primera integral est´ dada por: a π 2. 9 − y 2 −→ 9(1 − sin2 θ) −→ 3 cos θ. en este caso f (x. el integrando se transforma como. 199 . y. La primera integral. De esta forma. Por lo 3 3 12 y=−3 9 − y 2 dy = = = = = 24 y=0 9 − y 2 dy θ= π 2 θ=0 θ= π 2 θ=0 24(3)(3) 12(3)(3) cos2 θdθ (1 + cos 2θ) dθ θ= π 2 θ=0 1 sin 2θ 12(3)(3) θ + 2θ 54π. el volumen pedido est´ dado por. a √ 3 x= 9−y 2 9−y 2 z=6−y V = y=−3 3 x=− x= √ √ dz dx dy z=0 9−y 2 9−y 2 = y=−3 3 x=− = 2 y=−3 3 √ x= 9−y 2 dy (6 − y) [x]x=0 (6 − y) 9 − y 2 dy 3 √ (6 − y) dx dy = 2 y=−3 3 = 12 y=−3 9 − y 2 dy − 2 y y=−3 9 − y 2 dy. z. e o o por lo tanto esa integral es igual a cero. por lo tanto. Soluciń Alternativa: o Este problema tambiń se puede resolver en coordenadas cil´ e ındricas. la funciń a integrar es una funciń impar.obs´rvese que en la segunda integral. el volumen limitado por el plano z = 6−y y la regiń x 2 +y 2 +9. el elemento diferencial de volumen est´ dado por.   ρ=0 z=0 200 . a dV = ρdρdφdz. seleccionamos el siguiente orden de integraciń. ρ sin φ. o como se muestra en la figura est´ dado por: a V = 54π.  ρ=3 z=6−ρ sin φ     ρdz  dρdφ. de esta forma. a V = V ρdρdφdz. por comodidad. el volumen pedido est´ dado por. o φ=2π V = φ=0 por lo tanto. por definiciń la transformaciń de coordenadas cil´ o o ındricas y rectńgulares est´ dada a a por: x = y = z = ρ cos φ. Finalmente. 3 finalmente obtenemos. a o 201 . en coordenadas cil´ ındricas es m´s simple la soluciń.φ=2π V = φ=0  ρ=3   ρ=0 ρ [z]z=0 z=6−ρ sin φ φ=2π = φ=0 = φ=0  ρ=3 φ=2π   ρ=0   ρ=3   ρ (6 − ρ sin φ) dρ dφ   ρ=0    dρdφ 3ρ2 − sin φ ρ 3 3 ρ=3  ρ=0   dφ φ=2π = φ=0 27 − 27 sin φ dφ. V = = = = 27φ + 27 cos φ 3 φ=2π φ=0 27 27 27(2π) + cos(2π) − 0 + cos(0) 3 3 27 27 − 54π + 3 3 54π. Como se puede observar. 6875pt0ptFigure → − Calculemos primero el rotacional del campo vectorial F de la forma. 2z 2 4−2x−2y z=0 [3yz]z=0 4−2x−2y .9375pt280. → − ×F → − ×F i = = ∂ ∂x j ∂ ∂y k ∂ ∂y 2zy 3yz 4xz = −3y i − (4z − 0) j + zxk −3y i − 4z j − 2xk.y) z=ψ1 (x. o              → − × F dxdydz = V x=x1 x=x2 y=t2 (x) y=t1 (x) z=ψ2 (x. o ftbpF291. V → − × F dV 2 2−x y=0 2−x y=0 2−x y=0 = = = − − − x=0 2 x=0 2 x=0 4−2x−2y z=0 (3y. Soluciń: o Para nuetro problema. siendo V. 8x − 4x2 − 4xy 202 . nuestros l´ ımites de integraciń estń dados por: o a 0 ≤ z ≤ 4 − 2x − 2y 0≤y ≤2−x 0≤x≤2 de esta manera podemos escribir nuestra integral de volumen de la forma. y = 0. 2x) dzdydx . 12y − 6xy − 6y 2 . 2 (4 − 2x − 2y) . podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de integraciń. 4z. z = 0 y 2x+2y+z = 4. el volumen limitado por los planos x = 0. De la figura.y) → −  × F dz  dy dx El volumen V de integraciń se encuentra representado en la figura. [2xz]z=0 2 4−2x−2y dy dx dy dx. V → − × F dV.Problema 32: → − Dado el campo vectorial F = 2xyi + 3yzj + 4xzk calcular. 8 − 4 24 3 32 8 .  6y 2 − 3xy 2 − 2y 3 2−x . 8xy − 4x2 − 4xy 2 2−x  dx.− + 16 0 − 44 . = = −2dy 4 − 2x − 2y. − (4 − 2x − 2y) y=0 3 x=0 2  3 2−x y=0 . al integral la variable x.obs´rvese que las integrales con respecto a la variable y son inmediatas. para la integral de la componente en y hacemos el siguiente cambio de variable. obtenemos V → − × F dV = = = − 1 (2 − x) 4 . − (4 − 2x) . 3 3 203 . − 4. V → − × F dV = − al evaluar los l´ ımites de integraciń de la variable y. ań as´ e u ı. 2x3 − 8x2 + 8x 3 dx de donde. . despues de algunos pasos o algebraicos obtenemos. y=0  V → − × F dV = − 2 x=0 (2 − x) . u du por lo tanto. − 4 24 4 x4 8 − x3 + 4x2 2 3 2 x=0 24 1 64 − 0− . 3 1 3 (4 − 2x) . o V → − × F dV 4 = z=0 4 2− z 2 y=0 −3y 2 − y − 2 3 z z z . es decir. 3 3 Donde los pasos intermedios que faltan. o o 1 0 ≤ x ≤ z − y − 2 z. = z=0 z=0 4 z 3 1 2−y− −3y + y + y 2 z . −8yz + 2y 2 z + 2yz 2 .finalmente. el lector los puede completar y son an´logos a los del primer orden de integraciń.. 64 4 2 8 3 6 2 4 3 dz y=0 dz 4 = .. −2x) dxdydz donde nuestra regiń de integraciń se encuentra ahora en el plano Y Z. z=0 finalmente al evaluar los l´ ımites de la variable z. − + 4z 2 − 8z . o → − × F dV = 4 z=0 2− z 2 y=0 1 2−y− 2 z V x=0 (−3y. 4 3 2 z 3 z3 1 z3 2− − z 2 + 3z − 4 . a o 204 . considerando el siguiente orden de e integraciń. −4z 2 − y − . − 16 4 2 3 2 z4 1 z 1 3 z4 4 2− − z 3 + z 2 − 4z . efectuando la integraciń primero con respecto a la variable x obtenemos. −4z. z 0 ≤ y ≤ 2 − 2. − + z 3 − 4z 2 . obtenemos → − 8 32 × F dV = −4i − j − k. obtenemos V → − 8 32 × F dV = −4i − j − k. 3 3 V El problema tambiń se puede resolver. 0 ≤ z ≤ 4.− 2 − y − 2 2 2 2 dy dz 3 2− z 2 = . U) X ( α.0) C4 (0. es igual a la integral de l´ ınea de la componente tangencial del campo vectorial. es decir una curva simple que encierra la intersecciń de los cil´ o ındros est´ formada por dos trayectorias rectas C2 y C3 y dos arcos circulares C1 y C4 . tomada sobre una superficie cerrada. Soluciń: o En este problema. 205 . z) = 2yz i−(x+3y−2)j +(x2 +z)k. → − Dado el campo vectorial F (x. Calcular → → − − × F · d S extendida a la superficie de intersecciń o la integral de superficie de los cil´ ındros x2 + y 2 = a2 y x2 + z 2 = a2 situada en el primer octante.U) C 1 Y Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos. la integral de superficie ser´ igual a la integral a de l´ ınea formada por las trayectorias C1 . → − − → × F · dS = S C S → → − − F ·dr. C3 y C4 como se ilustra en la figura. C2 . es decir. La siguiente figura muestra la intersecciń de los cil´ o ındros.U.α) C2 ( a . tomada sobre la curva cerrada que limita o rodea a la superficie. Aplicando el teorema del rotacional de Stokes.U. aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que establece. a Z C3 (0.α.α. y. la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial.Problema 33. as´ el elemento diferencial de l´ r ı ınea est´ dado por: a 206 .→ → − − × F · dS S = C → → − − F ·dr → → − − F ·dr + C1 C2 = → → − − F ·dr + C3 → → − − F ·dr + C4 → → − − F ·dr. as´ el elemento diferencial de l´ r ı ınea est´ dado por: a x = y = 0 ≤ 0 a z ≤ a. − d→ = dz k. − de donde → = y j + ak. r por lo tanto la integral de l´ ınea para la trayectoria C 2 est´ dada por: a → → − − F ·dr C1 = C1 a 2az i − (3a − 2)j + z k · dz k zdz = z=0 = z2 2 a = 0 a2 . 2 Para la segunda trayectoriarecta recta C3 (ver figura) las ecuaciones param´tricas e estń dadas por: a x = z = 0 ≤ 0 a y ≤ a. Para la primera trayectoria recta C2 (ver figura) las ecuaciones param´tricas e estń dadas por: a − de donde → = aj + z k. 0. y=0 2dy − y=0 3ydy  = −2y +  3y 2 2 a .− d→ = dy j. r por lo tanto la integral de l´ ınea para la trayectoria C 3 est´ dada por: a → → − − F ·dr C3 = C3 2yai − (3y − 2)j + ak · dy j −  a a = finalmente obtenemos. π ]. 0 → → 3a2 − − F ·dr = − 2a. − r en donde el par´metro φ ∈ [0. a 2 as´ el elemento diferencial de l´ ı ınea est´ dado por: a − d→ = −a sin φdφi + a cos φdφk. en este caso se tiene → = a cos φi + a sin φk. 2 C3 Para la primera trayectoria circular C1 (ver figura) las ecuaciones param´tricas e estń dadas por: a x = z = y = a cos φ. 207 . r por lo tanto la integral de l´ ınea para la trayectoria circular C 1 est´ dada por: a → → − − F ·dr C1 = C3 −(3a sin φ − 2)j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k · −a sin φdφi + a cos φdφk π 2 π 2 π 2 = − φ=0 a3 cos3 φ + a2 sin φ cos φ dφ = −a3 φ=0 cos3 φdφ − a2 φ=0 sin φ cos φdφ. a sin φ. a r 2 as´ el elemento diferencial de l´ ı ınea est´ dado por: a − d→ = −a sin φdφi + a cos φdφj. es decir.la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´trica e cos3 = cos2 φ cos φ = 1 1 + cos 2φ cos φ. 208 . r por lo tanto la integral de l´ ınea para la trayectoria circular C 4 est´ dada por: a → → − − F ·dr C4 = C3 −(a cos φ + 3a sin φ − 2)j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k · −a sin φdφi + a cos φdφj . → → − − F ·dr C3 = a 3 sin3 φ − sin φ 3 π 2 +a 0 2 cos2 φ 2 π 2 0 = 2 a2 − a3 − . π ]. en este caso se tiene → = a cos φi + a sin φj. finalmente al integrar y evaluar las integrales obtenemos. 3 2 Finalmente para la trayectoria circular C4 (ver figura) las ecuaciones param´tricas e estń dadas por: a x = y z = = a cos φ a sin φ 0. 2 2 la segunda integral es inmediata de la forma udu. − en donde el par´metro φ ∈ [0. por lo tanto → → − − φ sin 2φ F · d r = −a2 − 2 4 C4 π 2 + 3a 0 2 cos2 φ 2 π 2 2 + [2a sin φ]0 . la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´trica. 2 2 la segunda y tercera integrales son inmediatas. se obtiene al sumar los resultados de las trayectorias C1 . C2 . la integral de l´ ınea a lo largo de la trayectoria curva simple que encierra la intersecciń de los cil´ o ındros como se muestra en la figura.→ → − − F ·dr C4 π 2 = φ=0 −a2 cos2 φdφ − 3a2 sin φ cos φdφ + 2a cos φdφ π 2 π 2 π 2 = −a2 φ=0 cos2 φdφ − 3a2 φ=0 sin φ cos φdφ + 2a φ=0 cos φdφ. 4 2 C4 Por lo tanto. C3 y C4 es decir. π 0 finalmente al evaluar las integrales obtenemos. e cos2 φ = 1 1 + cos 2φ . → → − − F ·dr C = C1 → → − − F ·dr + C2 2 2 → → − − F ·dr + C3 → → − − F ·dr + C4 2 → → − − F ·dr πa2 3 − a2 + 2a 4 2 a 2 a 3a + − 2a + − a3 − 2 2 3 2 2 2 πa = − a3 − . → → − − πa2 3 F ·dr =− − a2 + 2a. 3 4 = + − 209 . 3 4 210 . aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene → → − − × F · dS = S C → → − − 2 πa2 F · d r = − a3 − .Finalmente. y = 0. Z B(0. z) = (2x − y)i − (2y − z)j + z k.0. z = 0 y el plano x + 2y + z = 6. la superficie S est´ formada por 4 superficies a S1 (ABO). Soluciń: o El volumen V que encierra la superficie S se muestra en la siguiente figura. Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para → − F (x. por lo tanto para calcular la inte- 211 .0) X x + 2y = 6 Como se muestra en la figura. S3 (BCO) y S4 (ABC). donde V es el volumen encerrado por la superficie S formada por los planos coordenados x = 0.Problema 34.6) 2y + z = 6 x + y =6 S1 O C(0. y.3.0.0) S2 S3 Y A(6. S2 (ACO). (2x − y)i − 2y j · −k dxdy = 0 → − F · ndS S2 = S2 2xi + z j + z k · −j 6 x=6−z 6 dxdz = − z=0 x=0 zdxdz = − z3 3 6 z=0 z=0 z(6 − z)dz = −3z 2 + = −36. por lo tanto. y = 0. las integrales para estas superficies resultan. n = −i y dS = dydz. Para la superficie S2 (ACO). n = −j z = 0. → − F · ndS = S1 S1 x = 0. z=0 212 . → → − − F · dS = S S1 → − F · ndS + S2 → − F · ndS + S3 → − F · ndS + S4 → − F · ndS De la figura se observa lo siguiente: Para la superficie S1 (ABO).→ − gral de superficie debemos de calcular el flujo de F a trav´s de cada superficie. y dS = dxdy Para la superficie S3 (ABO). → − F · ndS S3 = S3 −y i − (2y − z)j + z k · −i 6−z 6 y= 2 dydz 6 = − ydydz = y=0 3 6 z=0 (6 − z)2 dz 8 z=0 = − (6 − z) 24 = 9. e es decir. n = −k y dS = dxdz. 6 i + 2j + k √ 6 empleando la ecuaciń para la superficie S4 (ABC) se tiene z = 6−x−2y. evaluando los l´ ımites de integraciń obteno emos. − → → − 20y 3 F ·d S = 90y − 45y 2 − 3 S4 3 = 45. 6 tambiń obtenemos. aplicamos el teorema de la proyecciń de la superficie sobre un plano coordenado.sustituyendo o en la expresiń anterior obtenemos o → − 1 F · n = √ (18 − x − 11y).Para resolver la integral sobre la superficie S4 (ABC). as´ en este caso el vector a ı b b b √ n est´ dado por n = i+2j+k de donde se sigue que: a 6 → − F ·n = = (2x − y)i − (2y − z)j + z k · 1 √ (2x − 5y + 3z) . e n·k = i + 2j + k √ 6 1 ·k = √ . finalmente al calcular la integral en y. un vector o → − normal a la superficie est´ dado por N = i + 2j + k. la integral para la superficie S 4 (ABC) est´ dada a por: − → → − F ·d S S4 = Rxy 1 √ (18 6 − x − 11y) 1 √ 6 6 x=6−2y dxdy = y=0 6−2y x=0 6 [18 − x − 11y] dxdy 6 = y=0 18 − x2 − 11xy 2 dy = x=0 y=0 90(1 − y) + 20y 2 dy. y=0 213 . Para la superficie S4 (ABC) aplicando la definiciń del gradiente. que establece o − → → − F ·d S = S4 Rxy → − f ·n n·k dxdy. 6 De los resultados anteriores. se ha verificado el teorema de la divergencia de Gauss. observemos en la figura la regiń de volumen que encierran las o superficies S1 (ABO). 214 . Por lo tanto. obtenemos → → − − F · d S = (−36) + 0 + 9 + 45 = 18. S2 (ACO). si aplicamos la definiciń de la divero → − → − gencia de un campo vectorial F en este problema tenemos que · F = 1. S3 (BCO) y S4 (ABC). S3 (BCO) y S4 (ABC). S Para resolver la integral de volumen. por otro lado. S2 (ACO). z=0 que es el mismo resultado que se obtuvo al calcular la integral de superficie.sumando los resultados obtenidos para las superficies S 1 (ABO). por lo tanto → − · F dV V 6 6−z 2 6−2y−z = z=0 y=0 6 dxdyxz      x=0 6−z 2 = z=0 6 y=0 [6 − 2y − z] dy      6 dz = z=0 y (6 − z) − y 2 6 6−z 2 y=0 dy = z=0 1 (6 − z)2 (6 − z)2 dz = − (6 − z) 2 4 4 3 6 z=0 (6 − z)2 dz = − (6 − z) 12 = 18. de esta forma a 215 . SF → − → − · d S =V → − · F dV. → − − Sea F = →. z = 1 como se muestra en la siguente figura: Z S2 : x + y = 1 2 2 S1 : z = x + y 2 2 Y X Soluciń: o Debemos verificar que. como se ilustra en la figura anterior. primeramente calculemos la integral de superficie.Problema 35. la superficie S est´ formada por las superficies S 1 y S2 . verificar el teorema de la divergencia de Gauss donde S es la r superficie que consta del cono z 2 = x2 + y 2 para 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1 y la superficie que es el disco x2 + y 2 ≤ 1. z) = x 2 + y 2 − z 2 = 0 o obtenemos. es normal interior (hacia adentro de S1 ). obs´rvese que el vector unitario normal a S 2 es n = k. r adem´s como z = 1. 2 2 x +y +z b por lo tanto → · d→ − − r S = = = = → · ndS − r xi + y j + z k · x2 + y 2 − z 2 x2 + y 2 + z 2 S1 S1 S1 xi + y j − z k dS x2 + y 2 + z 2 dS S2 0.y. Para S2 : De la figura. 4x2 + 4y 2 + 4z 2 x2 + y 2 + z 2 xb b observe que el vector n = √ i+yj−zk 2 . entonces la integral sobre la superficie S 2 est´ dada por: a a S2 → · ndS = dS .S − − → · d→ = → · d→ + → · d→ − − r S S1 − r S S2 − r S Para S1 : Aplicando la definiciń del gradiente. donde φ (x. de e donde obtenemos inmediatamente que − n · → = z. n = = = φ | φ| 2xi + 2y j − 2z k xi + y j − z k . − r 2 S2 2 216 . finalmente obtenemos (2) V − ·→=π r Por lo tanto. − − r S r S S2 − r S S1 − (1) Por otro lado. S 217 . de los resultados (1) y (2) se verifica el Teorema de la divergencia de Gauus.pero S2 dS2 = π (1) . es decir. − − r S 2 S2 Por lo tanto la integral sobre la superficie S del problema est´ dada por: a − − → · d→ = → · d→ + → · d→ = π. por lo tanto → · d→ = π. el area de un c´ ´ ırculo de radio 1. es decir. S V − ·→ r = = 3V dV 1 2 3 π (1) (1) 3 que es igual al volumen de un cono de altura uno y radio 1. → · d→ = − − r S V → − · F dv = π.

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