Problemas de calculo vectorial-69

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6.5 Teorema de Gauss 205
Solución 847:
El flujo de un campo a través de una superficie cerrada S que encierra
una región sólida R de modo que S = ∂R, se puede calcular a través del
teorema de la divergencia. En efecto∫
S
F =
∫∫∫
R
div F dV.
En este caso concreto div F = 11, de modo que el flujo será 11 veces el
volumen del tetraedro. Dicho volumen es la unidad en este ejemplo. Se
puede calcular mediante la integral triple∫ 1
0
∫ 2(1−x)
0
∫ 3−3x− 3
2
y
0
dz dy dx = 1.
Por lo tanto el flujo es 11.
849 Calcular la integral
∫
S
F donde S es la frontera de la media bola x2 + y2 +
z2 ≤ 1, z ≥ 0, y F = (x+ 3y5, y+ 10xz, z− xy) con orientación exterior.
850 Calcular el flujo del campo F(x, y, z) = (x, y, z) a través de la porción de
superficie S determinada por
z2 = x2 + y2, x2 + y2 ≤ 2x, z ≥ 0,
y orientada exteriormente, directamente y mediante el teorema de Gauss.
Solución 850:
La superficie S propuesta admite parametrización mediante las coorde-
nadas ciĺındricas del siguiente modo
Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r), −π
2
≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ.
En consecuencia el vector normal es, después de algunos cálculos,
n(r, θ) = r(cos θ, sen θ,−1).
Aśı el producto escalar F(Φ(r, θ)) ·n(r, θ) = 0, y el flujo de F sobre dicha
superficie es también nulo.
Para llegar a esta misma conclusión usando el teorema de la divergen-
cia, debemos completar la superficie S hasta limitar una región cerrada
del espacio. En esta elección tenemos libertad completa pero debemos
hacerlo de suerte que las integrales involucradas sean lo más sencillas po-
sibles. Probablemente la elección más sencilla corresponda a considerar
el cilindro, R, tal y como se muestra en la Figura 59,
x2 + y2 ≤ 2x, 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2.
206 Capı́tulo 6 Análisis vectorial206 Capı́tulo 6 Análisis vectorial206 Capı́tulo 6 Análisis vectorial
La frontera de este sólido está formada por la superficie S anterior (con
orientación contraria a la que hemos usado), la superficie lateral del
cilindro, Sl,
x2 + y2 = 2x, 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2,
y la tapa inferior, S0,
x2 + y2 ≤ 2x, z = 0.
Por el teorema de la divergencia tendremos∫∫∫
R
div F dV =
∫
S
F +
∫
Sl
F +
∫
S0
F.
0
1
2−2 −1
0
1
20
1
2
Figura 59: Gráfica del Ejercicio 850
Calculamos estas integrales de manera separada. Sobre S0 es fácil com-
probar que, si N es la normal unitaria exterior,
F ·N = (x, y, z) · (0, 0,−1) = −z = 0, pues z = 0 sobre S0.
Sobre Sl tenemos la parametrización
Φ(θ, z) = (2 cos2 θ, 2 cos θ sen θ, z), −π
2
≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ z ≤ 2 cos θ
y el vector normal
n(θ, z) = (2 cos(2θ), 2 sen(2θ), 0).
El producto escalar F(Φ(θ, z)) · n(θ, z) después de algunos cálculos
resulta 4 cos2 θ, y por tanto la integral será∫ π
2
−π
2
∫ 2 cos θ
0
4 cos2 θ dz dθ =
32
3
.
6.5 Teorema de Gauss 207
Finalmente, como div F = 3,∫∫∫
R
div F dV = 3Vol(R).
Para calcular el volumen de R usamos las coordenadas ciĺındricas para
obtener
Vol(R) =
∫ π
2
−π
2
∫ 2 cos θ
0
∫ r
0
r dz dr dθ =
32
9
.
Por último, la integral que nos interesa será∫
S
F =
∫∫∫
R
div F dV −
∫
Sl
F−
∫
S0
F =
32
3
− 32
3
= 0,
como ya sab́ıamos.
851 Verificar el teorema de Gauss para el campo F = (xz, yz, xy) sobre la región
limitada por z ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1 y z ≤ 4−
√
1− x2 − y2.
852 Sea F = (2x, 3y, 5z + 6x) y G = (3x+ 4z2, 2y + 5x, 5z). Probar que∫
S
F =
∫
S
G
donde S es cualquier superficie frontera de alguna región acotada del
espacio.
Solución 852:
Este ejercicio se reduce a comprobar que los campos F y G son tales
que div F = div G. Esto es de muy sencilla comprobación. Por tanto,
aplicando el teorema de la divergencia podemos concluir∫
S
F =
∫∫∫
R
div F dV =
∫∫∫
R
div G dV =
∫
S
G,
donde R es la región cuya frontera es la superficie cerrada S.
853 Evaluar la integral
∫
S
∇×F donde S es el elipsoide x2 + y2 + 2z2 = 10, y
F = (sen(xy), ex,−yz) con orientación exterior.
Solución 853:
La integral solicitada es nula pues el campo ∇ × F es un campo con
divergencia nula
div (∇× F) = 0,
al ser un rotacional. Por el teorema de la divergencia su integral sobre
cualquier superficie cerrada será nula.