Problemas de calculo vectorial-94

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280 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6280 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6280 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6
θ ∈ [0, 2π];
n1(r, θ) = (ahr cos θ, ahr sen θ,−a2r);
1
3
∫
Φ1
F =
1
3
∫ 2π
0
∫ 1
0
(a2r2h cos2 θ + a2r2h sen2 θ − a2r2h) dr dθ = 0;
La tapa: 13
∫
Φ2
F =
1
3
∫
Φ2
(x, y, z) · (0, 0, 1) dS = 1
3
Área(Φ2) =
1
3
πa2h.
856 Basta usar que div (∇f) = ∆f .
857 ∫
S
F =
∫∫∫
D
div F dV =
∫∫∫
D
3(x2 + y2 + z2) dV
=
∫ 2π
0
∫ √√5−1
2
0
∫ √1−r2
r2
3r(r2 + z2) dz dr dθ.
859 Si cerramos la superficie S con S1, S2 generando un volumen D, (véase
la Figura 93)∫
S∪S1∪S2
F =
∫∫∫
D
div F dV = 0;
S1 ≡ Φ1(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 1), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1]; ‖n1(r, θ)‖ = r;
S2 ≡ Φ2(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 2), θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 2]; ‖n2(r, θ)‖ = r;∫
S1
F =
∫
S2
F =
∫
S
F = 0.
−2 −1 0 1 2−2
−1
0
1
2
1
1.5
2
Figura 93: Gráfica del Ejercicio 859
861 Como la superficie es cerrada∫
S
(xy2, x2y, y) =
∫∫∫
D
(y2 + x2) dV = π.
SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6 281
6 6 Teorema de Stokes
862 σ+(t) = (2 cos t, 2 sen t, 4 cos2 t), t ∈ [0, 2π];∫
∂S
F =
∫ 2π
0
(4− 32 cos3 t sen t) dt = 8π;
Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r2 cos2 θ), r ∈ [0, 2], θ ∈ [0, 2π];
nint(r, θ) = (−2r2 cos θ, 0, r);∫
S
∇× F =
∫ 2π
0
∫ 2
0
2r dr dθ = 8π.
864 σ(t) = (cos t,− sen t, 0), t ∈ [0, 1];∫
S
F = 0; ∇× F = 0.
865 σ1(t) = (1− t, t, 0), t ∈ [0, 1]; σ2(t) = (0, 1− t, t), t ∈ [0, 1];
σ3(t) = (t, 0, 1− t), t ∈ [0, 1];∫
∂S
F = 0; ∇× F = 0.
866∫
C
F =
∫
S
∇× F =
∫
S
(∇× F) ·N =
∫
S
(3,−2,−1) · ( 1√
3
, 1√
3
, 1√
3
) = 0.
868 (Véase la Figura 94) Φ(r, θ) = ( 12 + r cos θ, r sen θ,
1
2 + r cos θ), r ∈ [0, 12 ],
θ ∈ [0, 2π]; ‖n(r, θ)‖ =
√
2r;∫
C
F =
∫
S
∇× F =
∫
S
(−2z, xy − z,−xz) · (− 1√
2
, 0, 1√
2
)
=
∫
S
z√
2
(2− x) =
∫ 2π
0
∫ 1
2
0
r( 34 − r2 cos2 θ + r cos θ) dr dθ =
11
64
π.
869 Para S1 = {x2 +y2 + z2 = 1, z ≥ 0}, ∂S1: σ(t) = (cos t, sen t, 0), ∈ [0, 2π];
∫
S1
∇× F =
∫
∂S1
F = 0.
Para S2 = {x2 + y2 + z2 = 1, z ≤ 0}, ∂S2 ≡ σ−(t). Luego
∫
S2
∇× F = 0.
871 Usar el teorema de Stokes.∫
S1
∇× F =
∫
∂S1
F =
∫
∂S2
F =
∫
S2
∇× F.
282 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6282 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6282 SOLUCIONES DEL CAPÍTULO 6
−1
0
1
−1
0
1
0
1
Figura 94: Ejercicio 868: paraboloide cortado por un plano
Usar que S y S̄ tienen la misma frontera, por tanto∫
S̄
∇× F =
∫
S̄
(1,−1, 0) · ( 1√
3
, 1√
3
, 1√
3
) dS = 0.
872 (a) σ(t) = (cos t, sen t, 0), t ∈ [0, 2π];
∫
C
F =
∫ 2π
0
dt = 2π.
F no puede ser conservativo pues la integral a lo largo de C, que es una curva
cerrada, no es nula.
(b) F no está definido en el eje Z, y por tanto no puede estar definido en todo
punto de una superficie que tenga a C como frontera.
875
∫
C
F =
∫
S
∇× F = 2π.
6 7 Potenciales vectoriales
876 No.
877 Śı. G = (xz
2
2 ,
x2y
2 −
yz2
2 , 0).
882 (a) S ≡ Φ(u, v) = (u, v, u + v), u ∈ [0, 3
√
4], v ∈ [u22 ,
√
u]; n(u, v) =
(−1,−1, 1);∫
S
F =
∫ 3√4
0
∫ √v
u2
2
−2u dv, du = −3
5
3
√
4.
(b) Cerramos S con (véase la Figura 95):
S1 ≡ Φ1(u, v) = (u, u
2
2 , v), u ∈ [0,
3
√
4], v ∈ [0, u+ u22 ]; n1(u, v) = (u,−1, 0);
S2 ≡ Φ2(u, v) = (u2, u, v), u ∈ [0, 3
√
2], v ∈ [0, u+ u2]; n2(u, v) = (−1, 2u, 0);