Sección 7 Solución Cuarto Parcial

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE 1207 Cálculo Vectorial — Sección 7
Solución Cuarto Parcial — (30/04/2004)1
Prof. José Ricardo ARTEAGA
1.
Sea C la circunferencia unitaria x2 +y 2 = 1, orientada en sentido positivo (contra-reloj).
Suponga además que F = P î + Qĵ es un campo vectorial de clase C 2 (suave) sobre el
plano tal que la circulación al rededor de C es:
Z
Z
F · ds =
F · T̂ ds = 13
C
Calcule
C
Z Z
∇ × F · k̂dA
D
donde D es el dominio definido por la desigualdad x2 + y 2 ≤ 1
Solución:
Aplicando el Teorema de Green
Z
Z Z
F · ds =
∇ × F · k̂dA
C
D
el cual podemos aplicar, por las hipótesis del problema, nos dan el lado izquierdo y nos
piden el lado derecho. Como C es la frontera de D, tenemos
Z Z
∇ × F · k̂dA = 13
D
2.
Considere el campo
F(x, y, z) = (ex sin y)î + (ex cos y)ĵ + (z 2 )k̂
√
Halle el trabajo que realiza el campo para mover una partı́cula a lo largo de c(t) = ( t, t3 , t)
entre t = 0 y t = 1.
Solución:
Como F es irrotacional, ∇ × F y F es un campo de clase C 2 , entonces F es un campo
vectorial conservativo, y por lo tanto hallamos la función potencial escalar f para aplicar
el Teorema Fundamental del Cálculo Vectorial. Las componentes de F son: P =
(ex sin y), Q = (ex cos y), R = (z 2 )
Z x
Z y
Z z
t3
x
f (x, y, z) =
0dt +
e cos(t)dt +
t2 dt ⇒ f (x, y, z) = ex sin(t) +
3
0
0
0
Hallamos los puntos extremos: A = c(0) = (0, 0, 0) y B = c(1) = (1, 1, 1). El trabjo es
igual a la diferencia de potenciales:
(1,1,1)
t3
1
x
w = f (B) − f (A) = e sin(t) +
= e sin(1) +
3 (0,0,0)
3
1
El juramento del uniandino dice: “Juro solemnemente abstenerme de copiar o de incurrir en actos que
pueden conducir a la trampa o al fraude en las pruebas académicas, o en cualquier otro acto que perjudique la
integridad de mis compañeros o de la misma Universidad”
Considere el campo F(x, y, z) = (3x + 2yz)î + (2x − y + z)ĵ + (x − 3y + z)k̂ y el cubo
unitario en el primer octante que tiene tres de sus caras sobre los planos coordenados.
3.
a) Halle el flujo a través del cubo.
b) Halle el flujo a través de la cara inferior (base sobre el plano xy)
Solución:
a)
Aplicando el Teorema de Gauss, tenemos
Z Z
Z Z Z
Z Z Z
F · dS =
∇ · FdV =
3dV = 3
S
Ω
Ω
Donde S es la superficie del cubo y Ω es el cubo sólido, S = ∂Ω
b) El flujo a través de la base (z = 0), lo hallamos calculando la integral de superficie,
parametrizando esta cara ası́: Φ : x = u, y = v, z = 0. Por lo tanto el vector
normal, ~n = Tu × Tv = k̂. Con este vector normal el flujo es igual a:
Z Z
Z 1Z 1
Z 1Z 1
Z 1Z 1
F·dS =
F · k̂dvdu =
(x−3y+z) Φ dvdu =
(u−3v)dvdu =
S
0
0
0
Z 1
u−
0
0
3
2
0
du =
0
1 3
− = −1
2 2
Este resultado depende de la escogencia del vector normal ~n. Si se toma ~n = −k̂,
el flujo es igual a 1.
Encuentre la circulación del campo F = (3xz − y)î + (xz + yz)ĵ + (x2 + y 2 )k̂ a lo largo
de la curva C que es la intersección de las superficies, z = xy (silla de montar) y
x2 + y 2 = 1 (cilindro), orientada positivamente respecto a la normal de la silla que
apunta hacia arriba.
4.
Solución:
Podemos aplicar el Teorema de Stokes. El rotacional es:
∇ × F = hy − x, x, z + 1i
Parametrizando la silla tenemos: Φ : x = u, y = v, z = uv. El vector normal Tu × Tv =
h−v, −u, 1i. Por lo tanto
Z
Z Z
Z Z
F · ds =
hv − u, u, uv + 1i · h−v, −u, 1i dvdu =
1 − (u2 + v 2 ) + 2uv dvdu =
C
D
D
Z Z
Z Z
dvdu −
=
D
u2 + v 2 dvdu + 2
Z Z
uvdvdu
D
D
donde D es el cı́rculo unitario (proyección sobre plano xy). Por lo tanto, cambiando de coordenadas (polares):
Z
= π−
0
2π
Z
1
Z
(r +2r cos θ sin θ)rdrdθ == π−
2
2
0
0
2
2π
Z
0
1
Z
r drdθ+
3
0
2π
Z
0
1
r3 sin θ cos θdrdθ = π−
π
= π/2
2