Pauta Ayudantia 10 MAT024 2022-02 - Alfredo Mallea (1)

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Ayudant́ıa 10
Matemática IV (MAT-024)
Jueves 17 de Noviembre de 2022
Problema 1. El plano z = x+4 y el cilindro x2+y2 = 4 se intersectan en una curva C. Suponga que C
es orientada en sentido antihorario vista desde arriba. Sea F⃗ (x, y, z) = (x3+2y, sin(y)+z, x+sin(z2)),
calcula ∫
C
F⃗ · dr⃗.
Solución:
Se tiene que ∇× F⃗ = (−1,−1,−2), consideremos una nueva superficie S∗ que tenga el mismo
borde C, esté dentro del cilindro y sea parte del plano. Una parametrización para esta superficie S∗ es
r⃗(u, v) = (u, v, u+ 4), donde (u, v) ∈ R, con R = {(u, v) ∈ R2 : u2 + v2 ≤ 4}.
Aśı, de acuerdo a la orientación de C se toma r⃗u × r⃗v = (−1, 0, 1), entonces∫
C
F⃗ · dr⃗ =
∫∫
S∗
∇× F⃗ · n̂ dS =
∫∫
R
(∇× F⃗ )(r⃗(u, v)) · (r⃗u × r⃗v) dudv
=
∫∫
R
(−1,−1,−2) · (−1, 0, 1) dudv
= −
∫∫
R
2dudv
= −4π.
Problema 2. Sea F⃗ : R3 − {(0, 0, 0)} → R3, donde
F⃗ (x, y, z) =
(
x
(x2 + y2 + z2)
3/2
,
y
(x2 + y2 + z2)
3/2
,
z
(x2 + y2 + z2)
3/2
)
Determinar el flujo saliente de F⃗ a través de la superficie cerrada Σ definida por:√
x2 + y2 + z2 = 2 +
z√
x2 + y2 + z2
.
Solución:
Primero notemos que el teorema de la Divergencia no se puede aplicar directamente pues el
origen esta encerrado por la superficie, usaremos la superficie auxiliar Sr : x
2+y2+ z2 = r2(con r < 1)
con orientación apuntando hacia el origen. Sea Ωr el sólido interior a Σ y exterior a Sr entonces por
el teorema de la divergencia ∫∫
Σ∪Sr
F⃗ · dS =
∫∫∫
Ωr
div(F⃗ ) dV
pero
div(F⃗ ) = 0 en R3 − {(0, 0, 0)},
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se sigue ∫∫
Σ
F⃗ · n̂ dS = −
∫∫
Sr
F · n̂ dS
=
∫∫
S−r
F · n̂ dS
donde S−r representa Sr con orientación dada por la normal apuntando hacia el exterior de la región
encerrada por Sr (alejándose del origen). Notamos que el normal unitario exterior es
N⃗ =
(x
r
,
y
r
,
z
r
)
entonces ∫∫
S−r
F · dn̂ dS =
∫∫
S−r
x2 + y2 + z2
r (x2 + y2 + z2)
3/2
dS, pero x2 + y2 + z2 = r2
=
1
r2
∫∫
S−r
dS
=
1
r2
Área
(
S−r
)
=
1
r2
(
4πr2
)
= 4π,
se sigue ∫∫
Σ
F · dS⃗ = 4π.
Problema 3. Considere C la curva de intersección entre las superficies S1 : x + y + z = 1 y S2 :
z = 2− x2 − y2. Calcule el trabajo efectuado por el campo de fuerzas
F⃗ (x, y, z) =
(
yz, ey
3
, cos(z) + y
)
a lo largo de la curva C.
Sugerencia: Debido a la complejidad del cálculo directo de la integral de linea, se usa el Teorema
de Stokes, donde la superficie más amigable para los cálculos que tiene como borde a C es una porción
del plano z = 1− x− y.
Solución:
Primero, notar que como C es la curva intersección entre S1 y S2, entonces, intersectando ambas
superficies, tenemos que
1− x− y = 2− x2 − y2 =⇒
(
x− 1
2
)2
+
(
y − 1
2
)2
=
3
2
.
Aśı, una parametrización de la curva C viene dada por
r⃗(t) =
(
1
2
+
√
3
2
cos(t),
1
2
+
√
3
2
sin(t),−
√
3
2
cos(t)−
√
3
2
sin(t)
)
, con 0 ≤ t ≤ 2π.
De acá vemos que calcular la integral de ĺınea del trabajo es súmamnete complicado, por esta razón, y
debido a que F⃗ ∈ C1
(
R3
)
, utilizaremos el Teorema de Stokes para obtener el trabajo, el cual establece
que
W =
∮
C
F⃗ · dr⃗ =
∫∫
S
(
∇× F⃗
)
· dS⃗,
donde S es cualquier superficie cuyo borde tiene a C y con vector normal apuntando bajo la regla de
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la mano derecha según la orientación de C. En particular, podemos seleccionar a S como la porción
del plano S1 que se encuentra dentro del ciĺındro(
x− 1
2
)2
+
(
y − 1
2
)2
=
3
2
.
Luego, una parametrización para S viene dada por
Φ(r, θ) =
(
1
2
+ r cos(θ),
1
2
+ r sin(θ),−r cos(θ)− r sin(θ)
)
,
con 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ r ≤
√
3
2 , Cuyo vector normal viene dado por
∂Φ
∂r
× ∂Φ
∂θ
=
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
cos(θ) sin(θ) − cos(θ)− sin(θ)
−r sin(θ) r cos(θ) r sin(θ)− r cos(θ)
∣∣∣∣∣∣ = (r, r, r) .
Por otra parte,
∇× F⃗ =
∣∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
yz ey
3
cos(z) + y
∣∣∣∣∣∣∣ = (1, y,−z) .
Aśı tenemos que
W =
∫∫
S
(
∇× F⃗
)
· dS⃗ =
∫ 2π
0
∫ √3/2
0
(
1,
1
2
+ r sin(θ), r cos(θ) + r sin(θ)
)
· (r, r, r) drdθ = 9π
4
.
Problema 4. Sea S la superficie (x− 1)2 + y2 + z2 = 4 con x ≥ 0 y considere el campo vectorial
F⃗ (x, y, z) =
(√
y2 + z2 + 2x cos(y + z), y − sin(y + z), z − sin(y + z)
)
Si n⃗ es el vector normal exterior a S. Calcule el valor de∫∫
S
F⃗ · n̂ dS.
Solución: Usaremos el teorema de la divergencia, para esto debemos cerrar la superficie S. Agregamos
la superficie T definida por: T =
{
(x, y, z) ∈ R3 : y2 + z2 ≤ 3, x = 0
}
y consideramos la superficie
Ω = S ∪ T . De acuerdo al teorema de Gauss, obtenemos∫∫
S
F⃗ · n⃗dS +
∫∫
T
F⃗ · n⃗T dS =
∫∫∫
Ω
div(F⃗ )dV.
Como div(F⃗ ) = 2, tenemos que∫∫
S
F⃗ · n⃗dS = 2vol(Ω)−
∫∫
T
F⃗ · n⃗T dS.
Para calcular el volumen de Ω usaremos coordenadas ciĺındricas:
x = x, y = r cos(θ), z = r sen(θ) con J = r (jacobiano)
vol(Ω) =
∫ 2π
0
∫ √3
0
∫ 1+√4−r2
0
rdrdxdθ +
∫ 2π
0
∫ 2
√
3
∫ 1+√4−r2
1−
√
4−r2
rdrdxdθ = 9π.
Ahora, calculemos el flujo a través de T : parametricemos T por
α(r, θ) = (0, r cos(θ), r sen(θ)), (r, θ) ∈ [0,
√
3]× [0, 2π]
entones ∫∫
T
F⃗ · n⃗T dS =
∫ 2π
0
∫ √3
0
−r2drdθ = −2
√
3π
Ayudant́ıa 10 de Matemática IV (MAT-024) 4
Luego, ∫∫
S
F⃗ · n⃗dS = 18π + 2
√
3π
Problema 5. Dada la superficie S : z = e−(x
2+y2), z ≥ 1
e2
. Calcula el flujo del rotacional de F⃗ que
sale de S, sabiendo que:
F⃗ (x, y, z) =
(
ey+z − 2y, xey+z + 3y, ex+y
)
.
Solución:
En vez de S, consideraremos una superficie S∗ : {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 2, z = e−2} que
posee la misma curva frontera de S. Claramente el vector normal unitario a S∗ es n̂ = (0, 0, 1).
Se tiene que ∇× F⃗ = (ex+y − xey+z, ey+z − ex+y, 2), entonces∫∫
S
∇× F⃗ · n̂ dS =
∫∫
S∗
∇× F⃗ · n̂ dS
=
∫∫
S∗
(
ex+y − xey+z, ey+z − ex+y, 2
)
· (0, 0, 1) dS
= 2A(S∗)
= 4π.
Problema 6. Considere el campo F⃗ : R3 → R3 de clase C1 definido por
F⃗ (x, y, z) = (0, Q(x, y, z), R(x, y, z))
donde la componente Q satisface
Q(0, y, 0) = 3y2 y Q(1, y, 0) = 8y3
y la componente R es cualquier función de clase C1. Calcular
∫∫
S
rot(F⃗ ) · n⃗ dS donde S es la superficie
con borde parametrizada por
x = u
y = v
z = uv(1− u)(1− v)
con (u, v) ∈ [0, 1]× [0, 1]
orientada con la normal con tercera componente positiva.
Solución: Usaremos el teorema de Stokes∫∫
S
rot(F⃗ ) · n̂ dS =
∫
C=∂S
F⃗ · dr⃗
donde C es el cuadrado unitario en el plano z = 0. ( C es el borde de S ). Es decir, C = C1∪C2∪C3∪C4,
donde Ci son los lados del cuadrado. Vamos a calcular la integral de ĺınea sobre cada lado de cuadrado
Parametricemos C1 : r⃗1(t) = (t, 0, 0) con t ∈ [0, 1] =⇒ r⃗1 ′(t) = (1, 0, 0), entonces∫
C1
F · dr⃗1 =
∫ 1
0
F (r⃗1(t)) · (1, 0, 0)dt =
∫ 1
0
(0, Q(t, 0, 0), R(t, 0, 0)) · (1, 0, 0)dt = 0
Parametricemos C2 : r⃗2(t) = (1, t, 0) con t ∈ [0, 1] =⇒ r⃗2 ′(t) = (0, 1, 0), entonces∫
C2
F · dr⃗2 =
∫ 1
0
F (r⃗2(t)) · (0, 1, 0)dt =
∫ 1
0
(0, Q(1, t, 0), R(1, t, 0)) · (0, 1, 0)dt =
∫ 1
0
8t3dt = 2
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Parametricemos C3 : r⃗3(t) = (1− t, 1, 0) con t ∈ [0, 1] =⇒ r⃗′3(t) = (−1, 0, 0), entonces∫
C3
F · dr⃗3 =
∫ 1
0
F (r⃗3(t)) · (−1, 0, 0)dt =
∫ 1
0
(0, Q(1− t, 1, 0), R(1− t, 1, 0)) · (−1, 0, 0)dt = 0
Parametricemos C4 : r⃗4(t) = (0, 1− t, 0) con t ∈ [0, 1] =⇒ r⃗4 ′(t) = (0,−1, 0), entonces∫
C4
F · dr⃗4 =
∫ 1
0
F (r⃗4(t)) · (0,−1, 0)dt =
∫ 1
0
(0, Q(0, 1− t, 0), R(0, 1− t, 0)) · (0,−1, 0)dt.
Note que tenemos que calcular
∫ 1
0
−Q(0, 1 − t, 0) dt. Haciendo el cambio de variable w = 1 − t, se
tiene
−
∫ 1
0
Q(0, 1− t, 0)dt = −
∫ 1
0
Q(0, w, 0) dw = −
∫ 1
0
3w2 dw = −1.
Por lo tanto, ∫∫
S
rot(F⃗ ) · n̂ dS =
∫
C=∂S
F⃗ · dr⃗ = −1.
Problema 7. Si Ω := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, z ≥
√
x2 + y2}, donde a > 0. Calcule el
flujo a través de la superficie frontera de Ω en sentido de la normal exterior a esta del campo
F⃗ (x, y, z) =
(
x cos2(z), y sin2(z), ex sin(y − x) + z
)
.
Sugerencia: Nuevamente, ya que el cálculo directo es súmante complejo, se utilizará el Teorema
de Gauss, ya que la superficie borde de Ω es cerrada.
Solución:Notar que la superficie frontera de Ω es cerrada, simple y seccionalmente regular y suave. Además
F⃗ ∈ C1
(
R3
)
, luego, es válido el Teorema de Gauss y se tiene que∫∫
∂Ω
F⃗ · n⃗dS =
∫∫∫
Ω
∇ · F⃗ dV.
Por una parte, se tiene que
∇ · F⃗ = ∂
∂x
(
x cos2(z)
)
+
∂
∂y
(
y sin2(z)
)
+
∂
∂z
(ex sin(y − x) + z) = 2.
Por lo tanto ∫∫
∂Ω
F⃗ · n⃗dS =
∫∫∫
Ω
∇ · F⃗ dV =
∫∫∫
Ω
2dV = 2 ·Volumen(Ω).
Para obtener el volumen de Ω, debido a que la región es una porción de esfera, utilizaremos coordenadas
esféricas x = ρ cos(θ) sin(ϕ), y = ρ sin(θ) sin(ϕ) y z = ρ cos(ϕ) con
0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ ϕ ≤ π
4
, 0 ≤ θ ≤ 2π,
entonces se tiene que∫∫∫
Ω
dV =
∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ a
0
ρ2 sin(ϕ)dρdϕdθ =
(
2−
√
2
)
a3π
3
.
Obteniendo aśı que ∫∫
∂Ω
F⃗ · n⃗dS =
2
(
2−
√
2
)
a3π
3
.
Problema 8. Considere la superficie S = S1 ∪ S2 donde
S1 : x
2 + y2 + 2(x− 2y) + 4 ≤ 0, z = x+ 2.
S2 : x
2 + y2 + 2(x− 2y) + 4 = 0, x+ 2 ≤ z ≤ 4 + 2x.
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Calcule utilizando el Teorema de Gauss el flujo de F⃗ (x, y, z) = (z, y, x) a través de la superficie S en
sentido de la normal exterior a S.
Sugerencia: Para utilizar el Teorema de Gauss es necesario agregar una nueva superficie S3 que
pueda generar una superficie cerrada para el correcto uso del Teorema, esta debe ser la tapa superior
del cilindro dada por la porción de plano z = 4 + 2x correspondiente.
Solución:
Parametrizando la superficie S3, dada por la porción del plano z = 4 + 2x que se encuentra
dentro del ciĺındro
x2 + y2 + 2(x− 2y) + 4 = 0 =⇒ (x+ 1)2 + (y − 2)2 = 1
mediante
Φ(r, θ) = (r cos(θ)− 1, 2 + r sin(θ), 2 + 2r cos(θ)) ,
con 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Entonces S∗ = S ∪ S3 es una superficie cerrada, simple y seccionalmente
regular y suave, y como F⃗ ∈ C1
(
R3
)
, entonces, llamando a Ω la región encerrada por la superficie S∗,
es válido el Teorema de Gauss y se tiene que∫∫
S∗
F⃗ · n⃗dS =
∫∫
S
F⃗ · n⃗dS +
∫∫
S3
F⃗ · n⃗dS =
∫∫∫
Ω
∇ · F⃗ dV.
Como el vector normal exterior de S3 viene dado por
Φθ × Φr =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
−r sin(θ) r cos(θ) −2r sin(θ)
cos(θ) sin(θ) 2 cos(θ)
∣∣∣∣∣∣ = (2r, 0,−r) .
Entonces∫∫
S3
F⃗ · n⃗dS =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2 + 2r cos(θ), 2 + r sin(θ), r cos(θ)− 1) · (2r, 0,−r) drdθ = 5π.
Por otra parte, como ∇ · F⃗ = 1, y utilizando coordenadas ciĺındricas tralsadadas dadas por
x = r cos(θ)− 1, y = 2 + r sin(θ), z = z,
con 0 ≤ r ≤ 1, r cos(θ) + 1 ≤ z ≤ 2 + 2r cos(θ) y 0 ≤ θ ≤ 2π. se tiene que la integral sobre Ω viene
dada por ∫∫∫
Ω
∇ · F⃗ dV =
∫∫∫
Ω
dV =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ 2+2r cos(θ)
r cos(θ)+1
rdzdrdθ = π.
Obteniendo finalmente que∫∫
S
F⃗ · n⃗dS = −
∫∫
S3
F⃗ · n⃗dS +
∫∫∫
Ω
∇ · F⃗ dV = −5π + π = −4π.