2P-2011

Universidad de Alcalá.
Cálculo II, curso 2011-2012.
GITT, GIST, GIEC, GIT.
Parcial 2
⃗
(1) Calculuar el flujo del campo vectorial F(x,
y, z) = (x3 + y, y 3 + z, z 3 + x + y) a través de
una superficie esférica de centro el origen y radio 3.
Solución: Primero parametrizamos la superficie
S(θ, φ) = 3(cos θ cos φ, sin θ cos φ, sin φ),
θ ∈ (0, 2π), φ ∈ (−π/2, π/2).
En este caso
⃗θ (θ, φ) =3(− sin θ cos φ, cos θ cos φ, 0),
S
⃗φ (θ, φ) =3(− cos θ sin φ, − sin θ sin φ, cos φ),
S
siendo entonces
(
)
⃗θ × S
⃗φ (θ, φ) = 9(cos θ cos2 φ, sin θ cos2 φ, sin φ cos φ).
S
Por tanto
∫∫
∫
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
S
π
2
−π
2
∫
2π
(27 cos3 θ cos3 φ + 3 sin θ cos φ, 27 sin3 θ cos3 φ + 3 sin φ,
0
27 sin3 φ + 3 cos θ cos φ + 3 sin θ cos φ) 9(cos θ cos2 φ, sin θ cos2 φ,
sin φ cos φ) dθdφ.
A continuación desarrollamos y quitaremos aquellas integrales que valen cero, resultando
∫∫
∫ π ∫ 2π (
)
2
5
⃗
⃗
cos4 θ cos5 φ + sin4 θ cos5 φ + sin4 φ cos φ dθdφ,
F(x, y, z) dS = 3
−π
2
S
donde
∫ π ∫
2
−π
2
y
0
2π
(
0
)
3π
cos θ + sin θ cos φ dθdφ =
2
4
4
∫
π
2
−π
2
5
∫
∫
π
2
−π
2
2π
sin4 φ cos φ dθdφ =
0
cos5 φ dφ =
8π
3π 16
=
,
2 15
5
4π
.
5
Con todo lo anterior, la respuesta es
∫∫
12π
⃗
F(x,
y, z) d⃗S = 35
.
5
S
Otra forma de hacerlo es mediante el Teorema de la Divergencia de gauss
∫∫
∫∫∫
∫∫∫
⃗
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
div(F)(x, y, z) dA =
(3x2 + 3y 2 + 3z 2 ) dxdydz.
S
W
W
Si el sólido que envuelve la esfera W usando coordenadas esféricas obtenemos
∫∫
∫ π2 ∫ 2π ∫ 3
12π
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
3r2 r2 cos φ drdθdφ = 35
.
5
S
−π/2 0
0
⃗
(2) Calculuar el flujo del campo vectorial F(x,
y, z) = (x3 z, 2x2 yz, x2 z 2 ) a través de la caja
de vértices (±1, ±2, ±3).
Solución: Vamos a resolverlo directamente parametrizando adecuadamente cada cara
del cubo que son 6, y las denotaremos por su orientación: C1 : (v, u, −3), C2 : (u, v, 3),
C3 : (u, −2, v), C4 : (v, 2, u), C5 : (−1, v, u), and C6 : (1, u, v), ası́
∫∫
∫∫
⃗
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
F(x,
y, z) d⃗S
C1 ∪C2 ∪···∪C6
S
donde
∫∫
∫
⃗
F(x,
y, z) d⃗S =
C1
∫∫
1
∫
−1
2
(−3v 3 , −6v 2 u, 9v 2 ) (0, 0, −1) dudv = −24,
−2
2 ∫ 1
∫
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
(3u3 , 6u2 v, 9u2 ) (0, 0, 1) dudv = 24,
C
−2 −1
∫∫ 2
∫ 3∫ 1
⃗
F(x,
y, z) d⃗S =
(u3 v, −4u2 v, u2 v 2 ) (0, −1, 0) dudv = 0,
C3
−3 −1
∫∫
∫ 1∫ 3
⃗
⃗
F(x, y, z) dS =
(v 3 u, 4v 2 u, u2 v 2 ) (0, 1, 0) dudv = 0,
C4
−1 −3
∫∫
∫ 2∫ 3
⃗
F(x,
y, z) d⃗S =
(−u, 2uv, u2 ) (−1, 0, 0) dudv = 0,
y
C5
∫∫
⃗
F(x,
y, z) d⃗S =
C6
−2
−3
∫
∫
3
−3
2
−2
(−v, 2uv, v 2 ) (1, 0, 0) dudv = 0,
por eso la integral total es igual a cero.
∫
⃗
(3) Calculuar C F(x,
y) · d⃗s donde C es la lı́nea poligonal que une los puntos (1, 0), (1, 1),
(−1, 1), (−1, 0) y
(
)
x
y
⃗
F(x, y) =
,
.
x2 + y 2 x2 + y 2
Solución: Dichas lı́neas correctamente orientadas son C1 (t) = (2t − 1, 0), C2 (t) = (1, t),
C3 (t) = (−2t + 1, 1), y C4 (t) = (−1, 1 − t) con t ∈ (0, 1), ası́ la integral resulta
∫
∫
⃗
⃗
F(x, y) · d⃗s =
F(x,
y) · d⃗s
C1 ∪C2 ∪C3 ∪C4
C
donde
∫
∫
⃗
F(x, y) · d⃗s =
)
t=1
(
1
= log 1 − log 1 = 0,
, 0 (2, 0) dt = log |2t − 1|
2t − 1
t=0
C1
0
)
∫
∫ 1(
t=1 1
1
t
1(
1
2 ⃗
= (log 2 − log 1) = log 2,
F(x, y) · d⃗s =
,
(0,
1)
dt
=
log
|1
+
t
|
2
2
1+t 1+t
2
2
2
t=0
C
0
)
∫ 2
∫ 1(
(
t=1
1 − 2t
1
1
⃗
F(x,
y) · d⃗s =
,
(−2, 0) dt =
log |(1 − 2t)2 + 1|
= 0,
2
2
(1 − 2t) + 1 (1 − 2t) + 1
2
t=0
C3
0
y
)
∫
∫ 1(
t=1
−1
1−t
1(
1
2 ⃗
,
(0, −1) dt =
= − log 2.
F(x, y) · d⃗s =
log |1 + (1 − t) |
2 1 + (1 − t)2
1
+
(1
−
t)
2
2
t=0
C4
0
Por tanto
1(
∫
⃗
F(x,
y) · d⃗s = 0.
C
Otra forma de hacerlo hubiese sido el comprobar que el campo vectorial es conservativo
y dado que la curva es cerrada, dicha integral vale 0.
⃗
(4) Calculuar el flujo del campo vectorial F(x,
y, z) = (1, x2 , xyz) a través de la superficie
2
y = 1 − x limitada por los planos y = 0, z = 0, z = 1 + y en la parte positiva del eje Y .
Solución: Primero vamos a resolverlo de la forma más dificil, asumiendo que nos dicen
que no podemos calcular dicho valor directamente. En este caso las superficies que hay
que considerar son S1 : (v, u, 0), con v ∈ (−1, 1) y u ∈ (0, 1−v 2 ) (base), S2 : (v, 1−v 2 , u),
con v ∈ (−1, 1), u ∈ (0, 2 − v 2 ) (superficie en cuestión), S3 : (u, v, 1 + v), con u ∈ (−1, 1),
v ∈ (0, 1 − u2 ) (tapa superior), y S4 : (u, 0, v) con u ∈ (−1, 1) y v ∈ (0, 1) (tapa trasera).
Con todo lo anterior, resulta que los vectores normales a cada superficie están
⃗ 1 = (0, 0, −1), N
⃗ 2 = (2v, 1, 0), N
⃗ 3 = (0, −1, 1) y N
⃗4 =
correctamente orientados: N
(0, −1, 0). Pasemos a calcular el flujo
∫
∫
⃗
⃗
⃗
F(x, y, z) · dS =
F(x,
y, z) · d⃗S
S1 ∪S2 ∪S3
S
donde
∫
∫
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S =
−1
S1
∫
∫
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S =
S2
1
−1
∫
2−v 2
∫
1
1−v 2
(1, v 2 , 0) (0, 0, −1) dudv = 0,
0
∫
(1, v 2 , v(1 − v 2 )u) (2v, 1, 0) dudv =
0
1
−1
(2 − v 2 )(v 2 + 2v) dv
14
4 2
= − = ,
3 5
15
Ojo aquı́ pues debemos parametrizar para que tengamos ¡una integral bien definida!
∫
∫ 1 ∫ √1−v
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S =
(1, u2 , uv(1 + v)) (0, −1, 1) dudv
√
S3
− 1−v
0
=−
−2
u dudv =
√
3
− 1−v
1−v
∫
1
2
0
y
√
1∫
∫
∫
∫
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S =
1
−1
S4
∫
0
1
(1 − v)3/2 dv = −
0
4
,
15
2
(1, u2 , 0) (0, −1, 0) dudv = − .
3
Luego, con todo esto se obtiene que
∫
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S = 0.
S
Con todo esto, podemos ver calcular lo que nos pedı́an directamente:
∫
14
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S = .
15
S2
O ’cerrar’ cierto objeto W donde una de las tapas es S2 como hicimos, y aplicar el teorema
de la Diveregencia, en este caso dicha integral es fácil ver que es 0, y seguidamente decir
que
∫
∫
⃗
⃗
⃗
F(x, y, z) · dS = 0 −
F(x,
y, z) · d⃗S.
S1 ∪S3 ∪S4
S2
Ahora bien, la forma más rápida, sencilla, y como podrı́amos hacer este ejercicio es
resolviendo solamente
∫
⃗
F(x,
y, z) · d⃗S,
S2
como aperece anteriormente.
(5) Sea S la superficie definida por z = x2 + y 2 , orientada hacia abajo, con la condición
⃗
z ≤ 2 y sea el campo F(x,
y, z) = (z, x, x3 cos(y 2 )).
Utilizar el teorema de Stokes para calcular
∫
⃗
∇ × F(x,
y, z) d⃗S.
S
Solución: El Teorema de Stokes nos dice que si C es una curva suave y cerrada que
⃗ un campo vectorial
resulta ser el borde de cierta superficie S, y F
I
∫
⃗
⃗
rot(F)(x,
y, z) d⃗S
F(x,
y, z) d⃗s =
C
S
donde
i j k
∂
∂
∂
⃗
rot(F)(x,
y, z) = ∂x
∂y
∂z
F1 F2 F3
,
⃗
F(x,
y, z) = (F1 (x, y, z), F2 (x, y, z), F3 (x, y, z)).
Ası́ en este caso resulta, dado que la superficie está orientada hacı́a abajo, es decir la
normal a la superficie √
es hacı́a abajo, la frontera de dicha superficie que es un cı́rculo de
centro (0,0,2) y radio 2 (que está sobre el plano z = 2) está orientada negativamente,
es decir, esta es
√
√
C(t) = ( 2 sin t, 2 cos t, 2),
t ∈ (0, 2π),
por tanto, por el Teorema de Stokes, se tiene
∫
⃗
∇ × F(x,
y, z) d⃗S = (z, x, x3 cos(y 2 )) d⃗s
S
C
∫ 2π √
√
√
√
√
=
(2, 2 sin t, 2 2 sin3 t cos( 2 cos t)) ( 2 cos t, − 2 sin t, 0) dt
0
∫ 2π
=−2
sin2 t dt = −2π.
∫
0
Por otro lado, si queremos hacerlo sin utilizar el teorema de Stokes (para, por ejemplo,
comprobar el resultado) harı́amos
∫
∫
⃗
⃗
∇ × F(x, y, z) dS = (−2x3 y sin(y 2 ), 1 − 3x2 cos(y 2 ), 1) d⃗S.
S
S
Ahora parametrizamos la superficie para que la orientación de la normal sea hacia abajo
√
S(u, v) = (v cos u, v sin u, v 2 ),
v ∈ (0, 2), u ∈ (0, 2π).
⃗ = v(2v cos u, 2v sin u, −1) como querı́amos y
Obteniendo N
∫
∫ √2 ∫ 2π
⃗
(−2v 4 cos3 u sin u sin(v 2 sin2 u), 1 − 3v 2 cos2 u cos(v 2 sin2 u), 1)
∇ × F(x,
y, z) d⃗S =
S
0
0
∫
v(2v cos u, 2v sin u, −1) dudv =
0
√
2 ∫ 2π
0
−v dudv = −2π.
(6) Hay una bellota definida como la unión de las superficies
(S1) x2 + y 2 = z, 0 ≤ z ≤ 3,
(S2) x2 + y 2 + (z − 3)2 = 3, z > 3.
La bellota aparece cubierta de hielo. Calcular la capa de hielo.
Solución: La primera superficie la podemos parametrizar como sigue (aquı́ no nos
importa la orientación del vector normal pero lo tomaremos para que la superficie tenga
orientación positiva)
√
S1 (u, v) = (v cos u, v sin u, v 2 ),
v ∈ (0, 3), u ∈ (0, 2π),
y lo mismo con S2
√
√
√
S2 (u, v) = ( 3 cos u cos v, 3 sin u cos v, 3 + 3 sin v),
Obteniendo
π
2 ),
u ∈ (0, 2π).
√
π
Abellota = AS1 + A(s2 ) = (13 13 − 1) + 6π,
6
ya que
∫
√
3 ∫ 2π
√
0
AS1 =
0
∫
v
0
∫
AS2 =
π
2
0
∫
=
0
√
3 ∫ 2π
=
y
v ∈ (0,
(2v 2 cos u)2 + (2v 2 sin u)2 + (−v)2 dudv
√
4v 2 + 1 dudv =
0
∫
2π
√
3 (cos u cos2 v)2 + (sin u cos2 v)2 + (sin v cos v)2 dudv
0
π
2
∫
2π
3 cos v dudv = 6π.
0
√
π
π
(133/2 − 1) = (13 13 − 1),
6
6