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C ALCU LO V ECT ORIAL CON U N A IN T RODU CCI ON AL C ALCU LO T EN SORIAL José Luis Chumacero Nogales

Potosí - Bolivia Febrero del 2012

CONTENIDO

1 Cálculo diferencial vectorial 1.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Funciones vectoriales de una variable . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Funciones vectoriales contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Funciones vectoriales y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Derivadas de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Reglas de derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Longitud de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.6 Reparametrización de una curva . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.7 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Velocidad, aceleración, curvatura y torsión . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Velocidad y aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Curvatura, componentes tangencial y normal de aceleración 1.3.3 El triedro movil, rectas y planos característicos . . . . . . . 1.3.4 Fórmulas de Frenet y Torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.5 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Derivadas de campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2 El campo vectorial gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3 Derivada direccional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4 Super…cies en el espacio y super…cies de nivel . . . . . . . . 1.4.5 Planos tangentes y recta normal a una super…cie . . . . . . 1.4.6 Divergencia y rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.7 Campos vectoriales conservativos y solenoidales . . . . . . .

1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 5 6 7 9 12 13 15 22 27 27 31 37 46 53 57 58 59 59 64 70 75 85

1.5

Generalización de los conceptos de escalar y 1.5.1 Escalares (tensores de orden cero) . 1.5.2 Vectores (tensores de orden 1) . . . 1.5.3 Tensores de orden 2 . . . . . . . . . 1.5.4 Tensores de orden 3 . . . . . . . . . 1.5.5 Formación de tensores de orden 2 . . 1.5.6 Ejercicios propuestos . . . . . . . . .

vector. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tensores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

2 Cálculo integral vectorial 2.1 Integrales de línea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Circulación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Integral de línea a lo largo de una curva suave a pedazos 2.1.4 Propiedades de las integrales de línea . . . . . . . . . . 2.1.5 Integrales de línea en términos de diferenciales . . . . . 2.1.6 Integrales de línea con respecto a la longitud de arco . . 2.1.7 Masa y centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.8 Momentos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.9 Área de una super…cie lateral . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.10 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Área y centro de gravedad de una región plana . . . . . 2.2.2 Formas vectoriales del teorema de Green . . . . . . . . . 2.2.3 Integrales de línea independientes de la trayectoria . . . 2.2.4 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Super…cies e integrales de super…cie . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Super…cies en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Vectores normales y plano tangente a una super…cie . . 2.3.3 Integrales de super…cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Flujo de un campo vectorial a través de una super…cie . 2.3.5 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. 97 . 98 . 98 . 99 . 99 . 100 . 112

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

121 121 127 131 133 134 135 141 142 146 148 152 157 169 173 175 188 195 195 198 207 216 229 234 253 256 274

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Coordenadas curvilíneas 277 3.1 Transformación de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 3.1.1 Coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . 281 3.1.2 Vectores unitarios en un sistema de coordenadas curvilíneas . 283 2

3.2

3.3

3.1.3 Elementos diferenciales de línea de área y de volumen . . . . 307 3.1.4 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 Operaciones principales del cálculo vectorial en coordenadas curvilíneas320 3.2.1 Gradiente en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . . 320 3.2.2 Divergencia en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . 336 3.2.3 Rotacional en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . 337 3.2.4 Laplaciano en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . 338 Integral de línea en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . . 339 3.3.1 Campos conservativos y el cálculo del potencial en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347 3.3.2 Cálculo de ‡ujo en coordenadas curvilíneas ortogonales . . . 353 3.3.3 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360

4 Cálculo tensorial 4.1 Espacio de n dimensiones . . . . . . . . . . . 4.2 Transformación de coordenadas . . . . . . . . 4.3 Convenio de sumación de los índices repetidos 4.4 Vectores contravariantes y covariantes . . . . 4.5 Tensores contravariantes, covariantes y mixtos 4.6 Tensores simétrico y antisimétrico . . . . . . 4.7 Algebra tensorial . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1 Algebra matricial . . . . . . . . . . . . 4.9 Métrica, elemento de línea y el tensor métrico 4.9.1 Elemento de línea . . . . . . . . . . . 4.9.2 Tensor métrico . . . . . . . . . . . . . 4.10 Tensor recíproco . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 Tensores asociados . . . . . . . . . . . . . . . 4.12 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

365 366 367 368 371 375 379 381 387 388 396 396 397 399 403 408

Prefacio

Sin ningún afán demagógico se puede decir que "Cálculo Vectorial con una Introducción al Cálculo Tensorial", ha sido escrito teniendo en mente a los alumnos del tercer semestre de la Carrera de Ingeniería Civil de la Facultad de Ingeniería de la Universidad Autónoma "Tomás Frías". Tras enseñar la Asignatura de Análisis Vectorial y Tensorial durante varios años, al autor le pareció natural preparar un conjunto de "apuntes de clase" que estuvieran adaptados al programa actual y que sirvieran para facilitar a los alumnos la preparación y seguimiento del curso de acuerdo con el plan de estudios de la Carrera. Ante todo se debe recalcar que a diferencia de otros muchos textos, el presente, no pretende ser una "enciclopedia" del Análisis Vectorial y Tensorial ni un texto de cálculo vectorial y tensorial avanzado. Para ello existen abundantes referencias (algunas de ellas casi insuperables) en la Literatura, mencionadas en la bibliografía. Tampoco pretende ser éste un libro de consulta general. Lo que se persigue en cuanto a contenidos en estos apuntes es presentar de una manera clara y precisa los conceptos fundamentales del cálculo vectorial y tensorial con sus aplicaciones a los alumnos de la Carrera de Ingeniería Civil de tal suerte que puedan ser utilizados cuando sea necesario en los posteriores cursos de la Carrera. Comprende los siguientes temas: Cálculo vectorial diferencial, cálculo vectorial integral, coordenadas curvilíneas y cálculo tensorial. Los primeros dos capítulos cubren las funciones con valor vectorial, sus derivadas e integrales, la longitud, curvatura y torsión de las curvas en el espacio, la velocidad y aceleración a lo largo de estas curvas y termina con los teoremas fundamentales del cálculo vectorial tales como el teorema de Green, de la divergencia de Gauss y el de Stokes. Los dos últimos capítulos cubren las coordenadas curvilíneas y el álgebra tensorial. José Luis Chumacero Nogales

4

CAPÍTULO

1 Cálculo diferencial vectorial

1.1

Introducción

En la asignatura de cálculo II se han desarrollado parte del álgebra y la geometría de los vectores en el plano, en el espacio de tres dimensiones y en Rn . En este capítulo y en el siguiente, combinaremos el álgebra vectorial y la geometría con los procesos del cálculo para desarrollar lo que se conoce como cálculo vectorial. Este capítulo tratará principalmente de las derivadas y por tal razón el tema se llama cálculo diferencial vectorial; el siguiente capítulo tratará de varios tipos de integrales de funciones vectoriales, parte del estudio que lleva el título de cálculo integral vectorial. En general, trataremos vectores en el espacio de tres dimensiones donde tenemos intuición geométrica capaz de sostener los conceptos que estudiaremos. Supondremos que el estudiante que cursa esta asignatura está familiarizado con el material de vectores que se aborda en cálculo II.

1.2

Funciones vectoriales de una variable

De…nición 1.2.1 Una función vectorial de una variable, es una función del tipo F : [a; b] R ! R3 que asocia a todo número real t 2 [a; b] un único vector F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k Llamado vector posición o función posición o radio vector, donde x(t); y(t); z(t), son funciones escalares (funciones de R en R) llamados funciones componentes de F . 5

Emplearemos la letra t para denotar la variable independiente, porque esta representa el tiempo en la mayor parte de las aplicaciones de funciones vectoriales de una variable. Geométricamente, el vector posición de F F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k; t 2 [a; b]

se representa como una ‡echa cuyo origen es el punto 0 = (0; 0; 0) de R3 y cuyo extremo es el punto (x(t); y(t); z(t)) y cuyo módulo o longitud está dado por jF (t)j =

p

(x(t))2 + (y(t))2 + (z(t))2

y

(x (t ), y (t ), z (t ))

F

F (t ) = x (t )i + y (t ) j + z (t )k

t a

b

¡

x

(0,0,0 )

p Ejemplo 1.2.1 Si F (t) = t3 i+ln(3 t)j + t k es el vector posición de F , entonces las funciones componentes de F son: p x(t) = t3 ; y(t) = ln(3 t); z(t) = t Observe que estas funciones son funciones escalares, observe también, que el módulo de F es q p jF (t)j = (t3 )2 + (ln(3 t))2 + ( t)2

1.2.1

Funciones vectoriales contínuas

De…nición 1.2.2 Una función vectorial de una variable F : [a; b] ! R3 , dado por F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k es continua en [a; b] si cada función componente de F es continua en [a; b]. Ejemplo 1.2.2 La función vectorial F dado por F (t) = cos ti

2t2 j + et k

es continua para todo t 2 R; mientras que la función vectorial G dado por 1 G(t) = i + 3t3 j t

es continua solo para t > 0. 6

ln t k

1.2.2

Funciones vectoriales y curvas

Existe una estrecha relación entre funciones vectoriales continuas de una variable y curvas en el espacio. De hecho, si F : [a; b] ! R3 es una función vectorial continua en [a; b] entonces, conforme t varia entre a y b el extremo o punta del vector posición F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k que es el punto (x(t); y(t); z(t)) describe una curva C en el espacio, llamada trayectoria de F .

z F

t a

b

¡

F (t )

F (b )

C

F (a )

y

x

Frecuentemente a F (a) se llama punto inicial de C y a F (b) punto …nal de C. De este modo, cualquier función vectorial continua de una variable F , de…ne una curva C en el espacio. En este caso, el vector posición de F F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k se llama ecuación vectorial de la curva y las funciones componentes de F x(t); y(t); z(t); a

t

b

se llaman ecuaciones paramétricas de la curva C y t es el parámetro. Las funciones vectoriales de una variable juegan un doble papel en la representación de curvas. Tomando como parámetro t, que representa el tiempo, se puede usar una función vectorial de una variable para representar el movimiento de un objeto a lo largo de una curva. O, en el caso más general, se puede usar una función vectorial para trazar la grá…ca de una curva. En ambos casos, el punto …nal del vector posición F (t) coincide con el punto (x; y; z). La punta de la ‡echa en la curva indica la orientación de la curva apuntando en la dirección de valores crecientes de F . 7

A menos que se especi…que otra cosa, se considera que el dominio de una función vectorial de una variable F es la intersección de los dominios de las funciones componentes x(t); y(t); z(t). p Por ejemplo, el dominio de F (t) = (ln t)i + 1 t j + tk es el intervalo (0; 1]. Ejemplo 1.2.3 Dibujar la curva plana representada por la función vectorial F (t) = 2 cos ti

3 sen tj; 0

t

2

Solución. A partir del vector posición F (t), las ecuaciones paramétricas son x = x (t) = 2 cos t y y = y (t) =

3 sen t:

Despejando cos t y sen t y utilizando la identidad cos2 t + sen2 t = 1 se obtiene la ecuación rectangular x2 y 2 + 2 =1 22 3 La grá…ca de esta ecuación rectangular es una elipse. La curva está orientada en el sentido de las manecillas del reloj. Es decir, cuando t aumenta de 0 a 2 , el vector de posición F (t) se mueve en el sentido de las manecillas del reloj y sus puntos …nales describen la elipse.

y

x F (t ) = 2 cost i − 3 sent j

X Ejemplo 1.2.4 Trace la curva cuya ecuación vectorial es F (t) = 2 cos ti + 2 sen tj + tk; 0

t

2

Solución. Las ecuaciones paramétricas de la curva son x = 2 cos t; y = 2 sen t y z = t De las dos primeras ecuaciones paramétricas x = 2 cos t y y = 2 sen t, se obtiene x2 + y 2 = 4, esto signi…ca que la curva se encuentra en el cilindro circular recto de 8

radio 2, centrado en el eje z. Para localizar en este cilindro la curva, se usa la tercera ecuación paramétrica z = t, esta ecuación "hace mover" los puntos de la curva con movimiento uniforme en la dirección y sentido de z. Cuando t crece en 2 , entonces x y y vuelven a sus valores iniciales mientras que z crece en 2 . En particular, a medida que t crece de 0 a 2 , el punto (x; y; z) sube enrollandose por el cilindro describiendo una espiral ascendente, como un resorte helicoidal cuyo punto inicial corresponde a F (0) = (2; 0; 0) y punto …nal a F (2 ) = (2; 0; 2 ). Este es un ejemplo importante de una curva en el espacio llamada hélice o espiral. Así, como se aprecia en la siguiente …gura.

z (2,0,4π )

Hélice Cilindro x 2 + y 2 = 4

(2,0,2π )

y x

(2,0,0)

X

1.2.3

Derivadas de funciones vectoriales

Más adelante en este capítulo utilizaremos funciones vectoriales de una variable para describir el movimiento de objetos en el espacio, aquí, preparamos el camino desarrollando el cálculo de derivadas de funciones vectoriales de una variable. De…nición 1.2.3 Una función vectorial F : [a; b] ! R3 dada por F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k; t 2 [a; b] es derivable si cada función componente de F es derivable, en este caso de…nimos F 0 (t) = x0 (t)i + y 0 (t)j + z 0 (t)k: Note que la derivada de una función vectorial de una variable es de nuevo una función vectorial de una variable cuya longitud es F 0 (t) =

p (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2

La derivada F 0 (t) evaluada en un punto especí…co t0 se denota por F 0 (t0 ) o dF=dt jt0 . Geométricamente, el vector F 0 (t0 ) puede interpretarse como un vector tangente a la curva F en el punto (x(t0 ); y(t0 ); z(t0 )). 9

De este modo, es más natural dibujar al vector tangente F 0 (t0 ) como una ‡echa desde el punto (x(t0 ); y(t0 ); z(t0 )) sobre la curva en vez de una ‡echa desde el origen. Así, como vemos en la siguiente …gura.

z

F ' (t0 )

F

(x (t ), y (t ), z (t ))

t

a

C 0

b

¡

0

0

y x

En general, el módulo o longitud del vector tangente es diferente de 1. Es decir, en general jF 0 (t0 )j = 6 1; sin embargo, normalizandolo se obtiene T (t0 ) = llamado vector tangente unitario.

F 0 (t0 ) jF 0 (t0 )j

Ejemplo 1.2.5 (a) Encuentre la derivada de F (t) = (1 + t3 )i + te t j + sen 2t k (b) Encuentre el vector tangente unitario en el punto donde t = 0. Solución. (a) Derivando cada componente de F; se tiene t)e t j + 2 cos 2t k p p (b) Como F 0 (0) = 0i + j + 2k, entonces jF 0 (0)j = 12 + 22 = 5, luego el vector tangente unitario en t = 0 es F 0 (t) = 3t2 i + (1

T (0) = X

F 0 (0) j + 2k 1 2 = p = p j+p k 0 jF (0)j 5 5 5

Ejemplo 1.2.6 Encuentre F 0 (t), para la curva F (t) = vector posición F (1) y el vector tangente F 0 (1). Solución. Como

1 F 0 (t) = p i 2 t

j

1 y F 0 (1) = i 2

p

t i + (2

t)j y trace el

j

p la curva es una curva plana, eliminando el parámetro t, de las ecuaciones x = t, p 2 y = 2 t se obtiene y = 2 x , donde x 0 pues t está de…nido para t 0. En la siguiente …gura, trazamos el vector de posición F (1) = i + j con origen en el origen de coordenadas y el vector tangente F 0 (1) = 21 i j con origen en el punto correspondiente (1; 1). 10

y (1,1) F(1)

F’ (1)

x X Ejemplo 1.2.7 Hallar las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la hélice con ecuaciones paramétricas x = 2 cos t; y = sen t; z = t, en el punto (0; 1; 2 ). Solución. La ecuación vectorial de la hélice es F (t) = 2 cos ti + sen tj + tk luego F 0 (t) = 2 sen t i + cos t j + k: El valor del parámetro que corresponde al punto (0; 1; 2 ) es t = 2 ; por lo que el vector tangente ahí es F 0 ( 2 ) = 2i + 0j + k. Luego la recta tangente es la que pasa por (0; 1; 2 ) paralelo al vector 2i + 0j + k. De este modo, sus ecuaciones parámetricas son: x = 2t; y = 1 y z = 2 + t.X La parametrización de la curva representada por la función vectorial F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k es suave en un intervalo abierto I si x0 ; y 0 y z 0 son continuas en I y F 0 (t) 6= 0 para todo valor de t en el intervalo I. Ejemplo 1.2.8 Hallar los intervalos en los que la epicicloide C dada por F (t) = (5 cos t

cos 5t) i + (5 sen t

sen 5t) j; 0

t

es suave. Solución. Como la derivada de F es F 0 (t) = ( 5 sen t + 5 sen 5t) i + (5 cos t

5 cos 5t) j

En el intervalo [0; 2 ], los únicos valores de t para los cuales 3 y2 . 2 2 Por consiguiente, se concluye que C es suave en los intervalos F 0 (t) = 0i + 0j son t = 0;

0;

2

;

2

;

;

;

como se ve en la siguiente …gura. 11

3 2

;

y

;

3 ;2 2

2

y 4 t=π

2

t =π −4

t=0

x

4

3π −4 t = 2

Observe que la epicicloide no es suave en los puntos en los que corta los ejes. X

1.2.4

Reglas de derivación

El siguiente teorema muestra que las fórmulas de derivación para funciones de valor real tienen sus similares para funciones vectoriales de una variable. Teorema 1.2.1 Suponga que F y G son funciones vectoriales derivables, c un escalar y f una función de valor real. Entonces 1. (F + G)0 = F 0 + G0 : 2. (cF )0 = cF 0 : 3. (f (t)F (t))0 = f 0 (t)F (t) + f (t)F 0 (t): 4. (F G)0 = F 0 G + F G0 donde es el producto punto. 5. (F 6.

G)0 = F 0

d dt F (f (t))

G+F

G0 donde

es el producto vectorial.

= f 0 (t)F 0 (f (t)), regla de la cadena.

Ejemplo 1.2.9 Sea F un vector de módulo constante, demostrar que F y dF=dt son perpendiculares. Siempre que dF 6= 0: dt Solución. Como F es un vector de módulo constante, entonces F F = c; constante luego aplicando la fórmula 4 del teorema anterior, se tiene d dF dF dF (F F ) = F + F = 2F =0 dt dt dt dt 12

Así, pues dF =0 dt dF 6 0. Este es un Esto muestra que F es perpendicular a dF dt . Siempre que dt = resultado muy importante y deberá ser entendido perfectamente. X F

1.2.5

Longitud de una curva

Si la curva es rrecorrida exactamente una vez cuando t va de a a b, entonces se puede demostrar que su longitud es L=

Z bp a

Como

F 0 (t) =

(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 dt

p (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2

entonces podemos escribir la longitud de la curva como L=

Z

b

F 0 (t) dt

a

Esto dice: La longitud de una curva es la integral de la longitud del vector tangente. Ejemplo 1.2.10 Encuentre la longitud de la curva dada paramétricamente por x = 2 cos(t); y = 2 sen(t); z = t; 0

t

2

Solución. El vector posición de esta curva es F (t) = 2 cos(t)i + 2 sen(t)j + t k cuyo vector tangente es F 0 (t) =

2 sen(t)i + 2 cos(t)j + k

con longitud F 0 (t)

= =

p

p

( 2 sen(t))2 + (2 cos(t))2 + (1)2 p 4 sen2 (t) + 4 cos2 (t) + 1 = 5

En consecuencia, la longitud de esta curva desde 0 hasta 2 ; es Z 2 Z 2 p p 0 L= F (t) dt = 5dt = 2 5: 0

0

X

13

Ejemplo 1.2.11 Encuentre la longitud de la hélice circular dada por F (t) = a cos ti + a sen tj + ctk; 0 Solución.

Z

L =

2

0

F (t) dt =

0

Z

=

p

2

0

Z

t

2

q

2

( a sen t)2 + (a cos t)2 + c2 dt

0

p

a2 + c2 dt = 2

a2 + c2

Observe que cuando c = 0, esto se reduce a 2 a que es el contorno o perímetro de un círculo de radio a. X Ejemplo 1.2.12 Consideremos la función vectorial F : [0; 2 ] ! R2 dada por F (t) = cos3 ti + sen3 tj cuya grá…ca es una curva plana llamada astroide, encuentre la longitud de esta curva. Solución. L =

Z

2

0

F (t) dt =

=

2

0

= 3

Z

2

=

Z

0

q

( 3 cos2 t sen t)2 + (3 sen2 t cos t)2 dt

p 9 cos4 t sen2 t + 9 sen4 t cos2 t dt jcos t sen tj dt

0

3 2

2

0

0

Z

Z

2

3 jsen 2tj dt = (8) 2

Z

#

=4

=4

sen 2t dt = 6 ( cos 2t)

0

La grá…ca de la curva se muestra en la siguiente …gura.

y

t = π /2 t=0

t =π

t = 3π / 2

X 14

x

= 6: 0

Observación 1.2.1 En general, el vector tangente F 0 (t) no tiene longitud 1. Sin embargo, si cambiamos el parámetro y utilizamos la longitud de arco s; a lo largo de la curva para describir la curva, obtenemos una función posición cuya derivada tiene longitud 1, obteniendo de este modo una tangente unitaria, tal como lo describimos a continuación.

1.2.6

Reparametrización de una curva

Supongamos que la curva C está dada por la función vectorial F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k; a

t

b

De…nimos su función de longitud de arco s; mediante Z t s = s(t) = F 0 (u) du a

La función de longitud de arco s, es no negativa. Mide la longitud sobre C desde el punto (x (a) ; y (a) ; z (a)) hasta el punto (x (t) ; y (t) ; z (t)). Es decir, s = s(t) es la longitud de la parte de C entre F (a) y F (t).

z F (t ) = (x (t ), y (t ), z (t ))

s (t ) F (a ) = (x (a ), y (a ), z (a ))

y

x Obviamente s = s(t), es una función creciente de t. Conforme t crece, la distancia a lo largo de C; desde F (a) hasta F (t) también crece. De hecho, es estrictamente creciente. Por tanto, tiene inversa. Al menos en teoría, la ecuación s = s(t) puede resolverse para t (es decir, se puede despejar t) como función de s. Esto es t = t(s) que resulta ser la inversa de s; luego sustituyendo t = t(s) en el vector posición de C; se obtiene G (s) = F (t(s)) = x(t(s))i + y(t(s))j + z(t(s))k; 0

s

L

que también es el vector posición de C, excepto que ahora la variable o parámetro es s que varia entre 0 y L la longitud de C. De este modo, G0 (s) es también un 15

vector tangente a la curva C. Resulta que este vector tangente en términos de la longitud de arco s siempre es un vector unitario, pues utilizando el segundo teorema fundamental del cálculo que establece: Teorema 1.2.2 (Derivación de una integral de…nida con respecto a su límite superior) Sea f una función continua en el intervalo cerrado [a; b] y sea x un punto (variable) de (a; b). Entonces Z x f (t) dt = f (x) : Dx a

Se obtiene, 0

s (t) = Dt

Z

t

F 0 (u) du = F 0 (t)

a

luego por la derivación de una función inversa, se tiene t0 (s) =

1 1 = 0 s0 (t) jF (t)j

Ahora con todo esto a nuestra disposición resulta fácil comprobar que G0 (s) es un vector tangente unitario. En efecto d [x (t (s))] i + [y (t (s))] j + [z (t (s))] k ds = x0 (t) t0 (s) i + y 0 (t) t0 (s) j + z 0 (t) t0 (s) k

G0 (s) = F 0 (t (s)) =

= t0 (s) x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k = t0 (s) F 0 (t) 1 F 0 (t) 0 = F (t) = jF 0 (t)j jF 0 (t)j Que resulta ser un vector tangente unitario. Esto muestra que, cuando se utiliza la longitud de arco s como parámetro para describir la curva, el vector tangente obtenido al tomar la derivada del vector posición tiene longitud 1. Por lo tanto, cuando deseamos tener un vector tangente unitario a la curva, escogemos a la longitud de arco como parámetro o como variable en las funciones coordenadas de la curva. En resumen, la función de longitud de arco s = s (t) se utiliza para reescribir la función vectorial F (t) que representa a una curva C en función de s, a este proceso se llama reparametrización de la curva C, respecto a la longitud de arco s; con esto se obtiene jG0 (s)j = 1. 16

Ejemplo 1.2.13 Reparametrizar la curva C, representada por la función vectorial 1 F (t) = cos (t) i + sen (t) j + t k; 3

4

t

4

con respecto a la longitud de arco s y probar que jF 0 (t (s))j = 1. Solución. Como F 0 (t) = entonces 0

F (t) =

r

sen (t) i + cos (t) j +

sen2 t

+

cos2 t

1 + = 9

r

1 k 3

10 = 9

p

10 3

luego su función de longitud de arco s es Z t 1p 1p s = s (t) = 10 du = 10 (t + 4 ) : 3 4 3 En este ejemplo, podemos hacer explicita la función t = t (s) (que es la función inversa de s = s (t)) con la cual construiremos la reparametrización deseada; es decir, podemos despejar fácilmente t para obtener 3 t = t (s) = p s 10

4 :

Sustituyendo este en F (t) ; se tiene 3 p s 10

G (s) = F (t (s)) = F = cos = cos

3 p s 10 3 p s 10

4

4

i + sen

4

i + sen

3 p s 10 3 p s 10

4

j+

4

j+

1 3

3 p s 4 k 10 1 4 p s k 3 10

que resulta ser la reparametrización pedida. Ahora al calcular G0 (s) ; se tiene G0 (s)

3 p sen 10

3 p 10

4

3 i + p cos 10

3 p s 10

4

1 j+p k 10

que es un vector tangente unitario de C. (veri…car) X Ejemplo 1.2.14 Sea F (t) = 2t2 i + 3t2 j + 4t2 k; 1 t 3 una curva en el espacio. Determine explícitamente la longitud de arco s a lo largo de la curva como función de t y resuelva para t como función de s, escriba el vector posición F en función de s y pruebe que jF 0 (t (s))j = 1. 17

Solución. Como F 0 (t) = 4ti + 6tj + 8tk entonces F 0 (t) =

p

16t2 + 36t2 + 64t2 =

p

p 116t2 = 2t 29:

Por tanto, su función de longitud de arco s, desde t = 1, hasta cualquier punto t es Z t s = s(t) = F 0 (u) du Z

1 t

p u2 u du = 2 29 = 2 29 2 1 p 2 = 29(t 1) p p 2 = 29 t 29: p

t

1

Observe que s = s (t) es función de t, el cual envia el intérvalo [1; 3] al intervalo p [0; L] sobreyectivamente, pues si t = 1, entonces s = 0 y si t = 3, entonces s = 8 29 = L que es la longitud de la curva. Despejando t, se tiene r s t= p +1 29 Ahora note que t = t (s), es función de s quepenvia el intervalo [0; L] al intervalo [1; 3], pues si s = 0, entonces t = 1 y si s = 8 29, entonces t = 3. Sustituyendo r s t = t(s) = p + 1 29 en la curva dada se tiene la función o el vector posición F en función de s. Esto es r r r 2 2 2 s s s p +1 i+3 p +1 j+4 p +1 k G (s) = F (t (s)) = 2 29 29 29 s s s = 2 p + 1 i + 3 p + 1 j + 4 p + 1 k; 0 s L: 29 29 29 Ahora resulta fácil veri…car que jG0 (s)j = jF 0 (t (s))j = 1, pues 2 3 4 G0 (s) = p i + p j + p k 29 29 29 entonces 0

G (s) = X

r

4 9 16 + + = 29 29 29

18

r

29 = 1: 29

Observación 1.2.2 Es importante señalar que la reparametrización de una curva C representada por una función vectorial F utilizando la longitud de arco s es una construcción de gran importancia teórica, pues a través de ella se establecen nuevos conceptos tales como la curvatura y la torsión de una curva que estudiaremos luego. Los calculos técnicos involucrados al tratar de reparametrizar una curva C dada, pueden ser sumamente complicados o, en ocaciones, con impedimentos algebraicos que no permiten hacer explicita la función t = t (s) con la cual construimos la reparametrización que es la función inversa de Z t s = s (t) = F 0 (u) du a

tal como ilustra el siguiente. Ejemplo 1.2.15 Reparametrizar la curva plana C, representada por la función vectorial F (t) = ti + t2 + 1 j; 0 t 3 con respecto a la longitud de arco s. Solución. En este caso como veremos el problema de reparametrización por la longitud de arco de la curva dada es sumamente complicado. Puesto que F 0 (t) = i + 2tj entonces F 0 (t) =

p 1 + 4t2

Por tanto, su función de longitud de arco s, desde t = 0, hasta cualquier punto t es Z tp 1 + 4u2 du s = s(t) = 0

La integral

I=

Z p

a2 + x2 dx

se puede resolver por la sustitución trigonométrica x = a tan u, conduciéndonos así a la integral Z J = a sec3 u du Un procedimiento más sencillo es aplicar la sustitución hiperbólica x = a senh u. En este caso, la integral I se convierte en Z 2 I=a cosh2 u du 19

la cual se resuelve usando la identidad hiperbólica cosh2 u = 12 (1 + cosh 2u). Luego queda como Z 1 u 1 2 I = a (1 + cosh 2u) du = a2 + senh u 2 2 4 a2 (u + senh u cosh u) = 2 expresión que se ve después de regresar a la variable x, y de hacer algunas simpli…caciones, como Z p p a2 xp 2 a2 + x2 dx = ln x + a2 + x2 + a + x2 : 2 2 Regresando al cálculo de s = s (t), nos queda t 1p up 1 ln u + 1 + 4u2 + 1 + 4u2 4 2 2 0 p p 1 1 t 1 1 ln t + 1 + 4t2 + 1 + 4t2 ln 4 2 2 4 4 p p t 1 1 + 4t2 : ln 2t + 1 + 4t2 + 4 2

s = s (t) = = =

Cuando t = 3, tenemos

L = s (3) =

p 1 3p ln 6 + 37 + 37: 4 2

Ciertamente la función s = s (t) es estrictamente creciente, de modo que podemos hablar de su inversa s 1 = t : [0; L] ! [0; 3] Esta función t = t (s), es la que necesitamos para construir la reparametrización G (s) de F (t) por la longitud de arco s. Sin embargo, es evidente que en este caso no es posible hacer explicita la función t. Así, nos conformamos con decir que la reparametrización de F , con respecto a la longitud de arco s es G : 0;

p 1 3p ln 6 + 37 + 37 ! R2 4 2

dado por G (s) = F (t (s)) = t (s) i + t (s)2 + 1 j

20

donde, t = t (s) es la inversa de la función p 1 tp s = s (t) = ln 2t + 1 + 4t2 + 1 + 4t2 : 4 2 X

Ejemplo 1.2.16 Sea F (t) = 4 cos (t) i + 2 sen (3t) j

k; a

t

b

el vector posición de una curva C. (a) Calcule F 0 (t) : (b) Escriba una integral para la función longitud de arco s (t) a lo largo de la curva (no intente evaluar esta integral explicitamente). (c) Calcule s0 (t) : (d) Utilice la regla de la cadena para calcular tangente resultante tenga longitud 1:

d ds

[F (t (s))] y pruebe que el vector

Solución. (a) Como F (t) = 4 cos (t) i + 2 sen (3t) j F 0 (t) = Luego F 0 (t) = (b) s = s (t) =

Z

t

(c)

s0 (t) = de aquí, vemos que t0 (s) = (d)

4 sen (t) i + 6 cos (3t) j + 0k p

16 sen2 (t) + 36 cos2 (3t)

F 0 (u) du =

a

k; entonces

Z tp 16 sen2 (u) + 36 cos2 (3u) du a

ds p = 16 sen2 (t) + 36 cos2 (3t) dt dt 1 =p ds 16 sen2 (t) + 36 cos2 (3t)

d dt 4 sen (t) i + 6 cos (3t) j [F (t (s))] = F 0 (t) = p ds ds 16 sen2 (t) + 36 cos2 (3t)

De esto fácilmente se concluye que jF 0 (t (s))j = 1. X 21

Ejemplo 1.2.17 Reparametrizar la hélice circular C, representada por la función vectorial F (t) = ( cos t) i + ( sen t) j + tk; 0 t 4 con respecto a la longitud de arco s. Solución. Como F 0 (t) =

sen (t) i +

entonces 0

F (t) =

q

cos (t) j + k 2

2

+

luego su función de longitud de arco s es Z tq Z t 0 F (u) du = s = s (t) =

2

2

+

du =

0

0

De modo que t = t (s) = p

s 2

+

2

q

2

+

2

t:

:

En consecuencia, la reparametrización de C respecto a la longitud de arco s es ! ! s s s G (s) = F (t (s)) = cos p i + sen p j+p k: 2+ 2 2+ 2 2+ 2

X

1.2.7

Ejercicios propuestos

En los ejercicios 1 al 8, hallar el dominio de la función vectorial. Ejercicio 1.2.1 F (t) = 5ti p Ejercicio 1.2.2 F (t) = 4 Ejercicio 1.2.3 F (t) = ln ti

4tj

1 tk

t2 i + t2 j et j

6tk

tk

Ejercicio 1.2.4 F (t) = sen(t)i + 4 cos(t)j + tk Ejercicio 1.2.5 F (t) = G(t) + H(t), donde G(t) = cos(t)i H(t) = cos(t)i + sen(t)j Ejercicio 1.2.6 F (t) = G(t) H(t) = i + 4tj 3t2 k

sen(t)j +

H(t), donde G(t) = ln(t)i + 5tj

22

p

3t2 k y

tk y

Ejercicio 1.2.7 F (t) = G(t) H(t) = sen(t)j + cos(t)k

H(t), donde G(t) = sen(t)i + cos(t)j y

Ejercicio 1.2.8 F (t) = G(t) H(t), donde G(t) = t3 i p 1 H(t) = 3 ti + t+1 j + (t + 2)k

tj + tk y

En los ejercicios 9 y 10, hallar jF (t)j Ejercicio 1.2.9 F (t) = sen(3t)i + cos(3t)j + tk Ejercicio 1.2.10 F (t) =

p

ti + 3tj

4tk

En los ejercicios 11 y 12, hallar F (t) G(t). ¿Es el resultado una función vectorial de una variable? Ejercicio 1.2.11 F (t) = (3t

1)i + 41 t3 j + 4k;

G(t) = t2 i

Ejercicio 1.2.12 F (t) = 3 cos(t)i + 2 sen(t)j + (t G(t) = 4 sen(t)i 6 cos(t)j + t2 k

8j + t3 k

2)k;

En los ejercicios del 13 al 19, dibujar la curva representada por la función vectorial y dar la orientación de la curva. Ejercicio 1.2.13 F (t) = ( t + 1)i + (4t + 2)j + (2t + 3)k Ejercicio 1.2.14 F (t) = ti + (2t

5)j + 3tk

Ejercicio 1.2.15 F (t) = 2 cos(t)i + 2 sen(t)j + tk Ejercicio 1.2.16 F (t) = 3 cos(t)i + 4 sen(t)j + 12 tk Ejercicio 1.2.17 F (t) = 2 sen(t)i + 2 cos(t)j + e t k Ejercicio 1.2.18 F (t) = t2 i + 2tj + 32 tk Ejercicio 1.2.19 F (t) = ti + t2 j + 32 t3 k En los ejercicios del 20 al 25, dibujar la curva en el espacio representada por la intersección de las super…cies. Después, representar la curva por medio de una función vectorial usando el parámetro dado. Ejercicio 1.2.20 Super…cies: z = x2 + y 2 ; 23

x + y = 0; Parámetro: x = t

Ejercicio 1.2.21 Super…cies: z = x2 + y 2 ;

z = 4; Parámetro: x = 2 cos(t)

Ejercicio 1.2.22 Super…cies: x2 + y 2 = 4;

z = x2 ; Parámetro: x = 2 sen(t)

Ejercicio 1.2.23 Super…cies: 4x2 + 4y 2 + z 2 = 16; Ejercicio 1.2.24 Super…cies: x2 + y 2 + z 2 = 4; Parámetro: x = 1 + sen(t) Ejercicio 1.2.25 Super…cies: z = x2 + y 2 ;

x = z 2 ; Parámetro: z = t

x + z = 2;

x + y = 0; Parámetro: x = t

En los ejercicios del 26 al 29, determinar el (los) intervalo(s) en que la función vectorial es continua. Ejercicio 1.2.26 F (t) = ti + arcsen tj + (t

1)k

Ejercicio 1.2.27 F (t) = 2e t i + e t j + arcsen(t

1)k

Ejercicio 1.2.28 F (t) = e t i + t2 j + tan(t)k p p Ejercicio 1.2.29 F (t) = 8i + tj + 3 tk En los ejercicios del 30 al 34, (a) calcular el vector f (t)F (t) y derivar este vector, derivando cada componente y (b) calcular [f (t)F (t)]0 utilizando la fórmula para la derivada de este tipo de producto. Esto debe dar el mismo resultado. F (t) = i + 3t2 j + 2tk.

Ejercicio 1.2.30 f (t) = 4 cos(3t); Ejercicio 1.2.31 f (t) = sen2 (t);

F (t) = 4i + 5t2 k:

Ejercicio 1.2.32 f (t) = 1

2t3 ;

Ejercicio 1.2.33 f (t) = t2

2t + 3;

Ejercicio 1.2.34 f (t) = 2t + 3;

F (t) = ti

senh(t)j + et k:

F (t) = ln(t)i + et j

F (t) = (1

3t)i + t4 j

t2 k: tk:

En los ejercicios del 35 al 39, (a) calcular F G y derivar la función real resultante y (b) calcular (F G)0 , utilizando la ecuación (4) del teorema 1.2.1. Las respuestas de (a) y (b) deben coincidir. Ejercicio 1.2.35 F (t) = ti

t2 k;

Ejercicio 1.2.36 F (t) = et i + 2k;

G(t) = i + senh(t)k G(t) = cos(t)i + 2j + t2 k 24

t2 k;

Ejercicio 1.2.37 F (t) = ti + tj

G(t) = senh(t)i

t3 k

4j

4 cos(t)k; G(t) = t2 i + 4 sen(t)k p Ejercicio 1.2.39 F (t) = ti + 2tj ln(t)k; G(t) = t2 i + tj

Ejercicio 1.2.38 F (t) =

En los ejercicios del 40 al 44, (a) calcular F G y derivar la función vectorial resultante derivando cada componente y (b) utilizar la ecuación (5) del teorema 1.2.1, para calcular (F G)0 . Las respuestas de (a) y (b) deben coincidir. Ejercicio 1.2.40 F (t) = ti + j + 4k;

G(t) = i

cos(t)j + tk

Ejercicio 1.2.41 F (t) =

2ti + t2 j;

G(t) = tj

4t3 k

Ejercicio 1.2.42 F (t) =

9ti + t2 j + t2 k;

Ejercicio 1.2.43 F (t) = senh(t)i Ejercicio 1.2.44 F (t) =

tk;

G(t) = et i

G(t) = ti + t2 j

t2 k

G(t) = t2 i + tj

4ti + cosh(t)k;

En los ejercicios del 45 al 54, se dan las ecuaciones paramétricas de una curva en el espacio. Escribir el vector posición para esta curva y encontrar el vector tangente a la curva. Ejercicio 1.2.45 x = 1;

y = 2t;

Ejercicio 1.2.46 x = t;

y = sen(2 t);

Ejercicio 1.2.47 x = cosh(t); Ejercicio 1.2.48 x = et cos(t);

z = t;

0

t

z = cos(2 t);

y = senh(t);

Ejercicio 1.2.49 x = t2 ;

y = t2 ;

z = 3t2 ;

Ejercicio 1.2.50 x = t2 ;

y = t2 ;

z = t2 ;

0 1

t t

y = 4 senh(3t);

Ejercicio 1.2.53 x = 2

y = cosh(t);

Ejercicio 1.2.54 x = 4t2

5;

y = 3t;

z = t; 25

1

t 0

2 t

1 2

z=1

Ejercicio 1.2.52 x = 4 ln(2t + 1);

t

0

z = et ;

y = 2 sen(2t);

senh(t);

0

z = 4t;

y = et sen(t);

Ejercicio 1.2.51 x = 2 cos(2t);

4

3t;

0

t

2

z = 2;

3

t

9

z = ln(t);

1

t

2

1

t

5

En los ejercicios del 55 al 59, encontrar la longitud de la curva. Ejercicio 1.2.55 F (t) = 2 sen t i + 5t j + 2 cos t k;

10

t

10

Ejercicio 1.2.56 F (t) = t2 i + (sen t t cos t) j + (cos t + t sen t) k; p Ejercicio 1.2.57 F (t) = 2t i + et j + e t k; 0 t 1 Ejercicio 1.2.58 F (t) = t2 i + 2t j + 2 ln t k;

1

t

e

Ejercicio 1.2.59 F (t) = cosh t i + senh j + t k;

0

t

0

t

1

Ejercicio 1.2.60 La molécula del ADN en los humanos es una doble hélice, que tiene aproximadamente 2:9 108 vueltas completas. El radio de cada hélice es aproximadamente 10 angstroms y sube alrededor de 34 angstroms en cada vuelta completa (un angstrom es 10 8 centímetros). ¿Cuál es la longitud total de dicha hélice? (véase el ejemplo 1.2.10) En los ejercicios del 61 al 65, se da el vector posición F (t) para una curva. (a) Calcular F 0 (t), (b) formular una integral para la función de longitud de arco s = s(t) a lo largo de la curva, (c) calcular s0 (t), (d) utilizar la regla de la cadena para calcular d ds [F (t(s))], luego pruebe que el vector tangente resultante tiene longitud 1. Ejercicio 1.2.61 F = 3t2 i

2tj + tk

Ejercicio 1.2.62 F = 4 cos(t)i + 2 sen(3t)j

k

t)i + 6t3 j + tk

Ejercicio 1.2.63 F = (3

Ejercicio 1.2.64 F = et sen(t)i + tj + et cos(t)k Ejercicio 1.2.65 F = (3t2

1)i + 2tj

t2 k

En los ejercicios del 66 al 69, determinar explícitamente la longitud de arco s a lo largo de la curva como una función de t, luego resolver para t como función de s. Finalmente escribir el vector posición F en términos de s y probar que jF 0 (s)j = 1. Ejercicio 1.2.66 x = t;

y = cosh(t);

Ejercicio 1.2.67 x = sen(t); Ejercicio 1.2.68 x = t3 ; Ejercicio 1.2.69 x = 2t2 ;

z = 1;

y = cos(t);

y = t3 ; y = 3t2 ;

t

z = 45;

z = t3 ; z = 4t2 ; 26

0

0

1

t 1

t 1

t

3

1.3

Velocidad, aceleración, curvatura y torsión

En esta sección utilizaremos funciones vectoriales para analizar el movimiento de una partícula a lo largo de una trayectoria en el espacio. Imaginemos una partícula moviendose en el espacio. Supongamos que en el tiempo t 2 [a; b], la partícula está en un punto (x(t); y(t); z(t)), entonces el vector posición F (t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k; a t b; del punto (x(t); y(t); z(t)), describe la trayectoria de la partícula conforme t crece de a a b. Ahora supongamos que, F 0 (t) existe y que es continua y que F 0 (t) 6= 0 para todo valor de t en el intervalo [a; b], en cuyo caso se dice que la curva es suave. La longitud de arco s, que va de F (a) a F (t) como sabemos está de…nido por Z t q F 0 (u) du = [x0 (u)]2 + [y 0 (u)]2 + [z 0 (u)]2 du s = s(t) = a

Usando esta de…nición y el segundo teorema fundamental del cálculo, se tiene s0 (t) =

ds = F 0 (t) dt

En la forma diferencial, se escribe ds = F 0 (t) dt:

1.3.1

Velocidad y aceleración

Ahora bien, si t mide el tiempo, entonces podemos de…nir la velocidad, la rapidez y la aceleración de la partícula como: Velocidad : V (t) = F 0 (t) = x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k q ds = F 0 (t) = jV (t)j = [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 Rapidez : v = dt Aceleración : a(t) = V 0 (t) = F 00 (t) = x00 (t) i + y 00 (t) j + z 00 (t) k. Ejemplo 1.3.1 Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de la trayectoria dada por: F (t) = sen(t)i + 2e t j + t2 k entonces la velocidad, aceleración y la rapidez de la partícula serán: V (t) = cos(t)i

2e t j + 2tk

sen(t)i + 2e t j + 2k p v(t) = jV (t)j = cos2 (t) + 4e

a(t) = respectivamente.

27

2t

+ 4t2

Ejemplo 1.3.2 Hallar el vector velocidad, la rapidez y el vector aceleración de una partícula que se mueve a lo largo de la curva plana C descrita por t t F (t) = 2 sen i + 2 cos j 2 2 Solución. El vector velocidad es t t V (t) = F 0 (t) = cos i sen j: 2 2 La rapidez (en cualquier instante) es s t 2 t 2 v = F 0 (t) = cos + sen = 1: 2 2 El vector aceleración es a (t) = F 00 (t) =

1 t sen i 2 2

1 t cos j 2 2

X Nota 1.3.1 Notemos que en este ejemplo los vectores velocidad y aceleración son ortogonales en todo punto y en cualquier instante. Esto es característico del movimiento con rapidez constante. Así, como se demuestra en el siguiente. Ejemplo 1.3.3 Demostrar que si un objeto se mueve con rapidez constante, sus vectores velocidad y aceleración son ortogonales. Demostración. Sea F (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k el vector posición de un objeto que se mueve con rapidez constante, entonces F 0 (t) = V (t) = x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k; 00

00

00

00

F (t) = V (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k; cuya rapidez es v = jV (t)j = al derivar, se tiene

es el vector velocidad es el vector aceleración

q

(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 = c; c es constante

i d h 0 2 2 2 x (t) + y 0 (t) + z 0 (t) = 0 dt 2x0 (t) x00 (t) + 2y 0 (t) y 00 (t) + 2z 0 (t) z 00 (t) = 0 2 x0 (t) x00 (t) + y 0 (t) y 00 (t) + z 0 (t) z 00 (t)

= 0

V (t) a (t) = 0 Esto muestra que el vector velocidad y el vector acelaración son ortogonales. X 28

Ejemplo 1.3.4 Empezando en t = 0, una abeja vuela de tal manera que su vector posición era F (t) = t cos(t)i+t sen(t)j +tk, hasta t = 4 . En ese momento continuó su vuelo en la dirección tangente a la rapidez que llevaba, ¿cuál es la longitud total de su trayectoria de vuelo en el intervalo 0 t 4 + 3? Solución. La trayectoria consiste de una espiral y una recta con longitudes L1 y L2 respectivamente. En la parte de la espiral, se tiene F 0 (t) = (cos(t) y F 0 (t) = Luego.

p (cos(t)

t sen(t))i + (sen(t) + t cos(t))j + k

t sen(t))2 + (sen(t) + t cos(t))2 + 1 = Z

L1 =

4

F 0 (t) dt =

usando

u2

a2 =

p u 2

u2

a2

a2 Z

4

0

0

Rp

Z

4

0

Y en la parte de la recta, se tiene

2

ln u +

p

2 + t2 dt

p

p 2 + t2 dt;

u2

p

2 + t2

a2 + c. Se obtiene

82:336:

p L2 = 3 F 0 (4 ) = 3 2 + 16

2

= 37:937

De este modo, la longitud total de su trayectoria es L1 + L2

120:273. X

Ejemplo 1.3.5 Una abeja estaba volando a lo largo de una trayectoria helicoidal de tal manera que su vector posición en el tiempo t era: R (t) = cos ti + sen tj + 16tk En t = 12; tuvo un ataque cardiaco y murió instantáneamente. ¿Dónde aterrizó (esto es, en qué punto chocó con el plano xy)? Suponga que la distancia está en pies, el tiempo en segundos y g = 32 pies por segundo cada segundo. Sugerencia: Mida el tiempo desde el instante del ataque de corazón. Solución. Como, R (t) = cos ti + sen tj + 16tk entonces V (t) =

sen ti + cos tj + 16k 29

luego la abeja en t = 12, se encuentra en R (12) = cos (12) i + sen (12) j + 16 (12) k R (12) = 0:843i

0:536j + 192k

con una velocidad de V (12) =

sen (12) i + cos (12) j + 16k

V (12) = (0:536) i + (0:843) j + 16k A partir de todo esto, se deducen las siguientes condiciones iniciales R (0) = 0:843i

0:536j + 192k

V (0) = (0:536) i + (0:843) j + 16k Para hallar la función posición, se debe integrar dos veces, el vector aceleración a (t) = 32k que se nos da como dato, usando cada vez una de las condiciones iniciales para hallar las constantes de integración. El vector velocidad es Z V (t) = a (t) dt Z = (0 i + 0 j

32 k) dt = C1 i + C2 j + ( 32t + C3 ) k

esto es V (t) = C1 i + C2 j + ( 32t + C3 ) k ahora haciendo t = 0, y aplicando la condición inicial V (0) se obtiene V (0) = C1 i + C2 j + C3 k = (0:536) i + (0:843) j + 16k de esto se ve C1 = 0:536;

C2 = 0:843;

C3 = 16

De este modo, la velocidad en cualquier instante t es V (t) = (0:536) i + (0:843) j + ( 32t + 16) k integrando una vez más se obtiene, la función posición de caida de la abeja. Z Z R (t) = V (t) dt = [(0:536) i + (0:843) j + ( 32t + 16) k] dt = (0:536t + C4 ) i + (0:843t + C5 ) j + 30

16t2 + 16t + C6 k

Haciendo t = 0, y aplicando la condición inicial R (0), se tiene R (0) = (C4 ) i + (C5 ) j + (C6 ) k = 0:843i

0:536j + 192k

entonces C4 = 0:843;

C5 =

0:536;

C6 = 192

Por tanto, el vector posición en cualquier instante t es R (t) = (0:536t + 0:843) i + (0:843t

0:536) j +

16t2 + 16t + 192 k

Ahora, observe que la abeja chocará con el plano xy sólo cuando la tercera componente sea cero. Es decir, sólo cuando 16t2 + 16t + 192 = 0 resolviendo esta ecuación se tiene t1 = 4 y t2 =

3: Considerando t1 = 4, se tiene

R (4) = (0:536 (4) + 0:843) i + (0:843 (4)

0:536) j + (0) k

R (4) = (2:987) i + (2:836) j + (0) k Por tanto, la abeja aterrizará en el punto (2:987; 2:836; 0) : X

1.3.2

Curvatura, componentes tangencial y normal de aceleración

Recordemos que V (t) = F 0 (t) es el vector tangente en dirección a la trayectoria en F (t): Luego T = T (t) =

V (t) F 0 (t) = 0 jV (t)j jF (t)j

es el vector tangente unitario en F (t), que también podría escribirse en la forma T = T (t) =

dF dF dt dF 1 dF = = = ds ds dt ds dt dt dt

1 dF dt

=

F 0 (t) : jF 0 (t)j

La curvatura k de una curva en el espacio se de…ne como la magnitud de la razón de cambio del vector tangente unitario con respecto a s; esto es k=

dT ds

Como dT dT dt dT 1 dT 1 = = = ds ds dt ds dt dt dt jV (t)j 31

entonces podemos expresar k como k=

jT 0 (t)j jT 0 (t)j jT 0 (t)j = 0 = jV (t)j jF (t)j v

Ahora, la cantidad = k1 , que es el recíproco de la curvatura, se llama el radio de curvatura de una curva, siempre que k 6= 0. Observe que cuanto más grande es la curvatura k entonces el radio de curvatura es pequeño y cuanto más pequeño sea la curvatura k, entonces el radio de curvatura será grande. Por otra parte, el vector dT ds se llama vector curvatura de C en el punto F (s) y se llama punto de in‡exión un punto de la curva C en el que el vector curvatura es el vector nulo. De este modo, en un punto de in‡exión, la curvatura es cero y el radio de curvatura es in…nito. Ejemplo 1.3.6 Hallar el vector curvatura dT ds y la curvatura k = descrita por 1 1 F (t) = t i + t2 j + t3 k 2 3 en el punto t = 1.

dT ds

de la curva

Solución. Como F 0 (t) = i + t j + t2 k p F 0 (t) = 1 + t 2 + t4

entonces T = T (t) = luego dT = T 0 (t) = dt

1 1 F 0 (t) = p i + t j + t2 k 2 4 jF 0 (t)j 1+t +t 1

(1 +

t2

+

t4 )3=2

t + 2t3 i + t4

1 j

t3 + 2t k

entonces el vector curvatura es dT ds

= = =

dT 1 dT 1 = 0 dt v dt jF (t)j 1 (1 + t2 + 1

t4 )3=2

(1 + t2 + t4 )2

t + 2t3 i + t4

t + 2t3 i + t4 32

1 j

1 j

t3 + 2t k t3 + 2t k

!

p

1 1 + t2 + t4

en t = 1, se tiene dT ds

1 (3i + 0j 9 1 (i k) 3

= =

y

3 (i + 0j 9

3k) =

k)

1p dT 2: = ds 3

k= X

En términos de y el vector tangente unitario T es posible de…nir el vector normal unitario a la curva en el punto P = F (t), también, llamado vector normal principal, este vector es perpendicular a T de…nido por N = N (t) = dT ds

Observe que si la curvatura k = N = N (t) =

dT ds

6= 0; entonces

dT 1 dT = = ds k ds

1 dT = ds

dT ds

Esto muestra que N = N (t) =

1 dT 1 dt v

dT 1 = dt v

1 1 dT v dt

dT 1 dt v

1 dT T 0 (t) = : dT dt jT 0 (t)j dt

También, observemos que de N=

dT dT 1 = ds dt v

se tiene

dT 1 = v N: dt

Ejemplo 1.3.7 Hallar el vector tangente unitario, el vector curvatura, la curvatura y el vector normal unitario a todo lo largo de la curva siguiente F (t) = 3t

t3 i + 3t2 j + 3t + t3 k

Solución. Como F 0 (t) =

F 0 (t)

3

3t2 i + 6t j + 3 + 3t2 k

= 3 1 t2 i + 2t j + 1 + t2 k r h i 9 (1 t2 )2 + (2t)2 + (1 + t2 )2 = p = 3 2 1 + t2 : 33

entonces el vector tangente unitario es T = T (t) =

1 jF 0 (t)j

F 0 (t) = p

y como dT = T 0 (t) = dt

1 2 (1 + t2 )

p

2

(1 + t2 )2

1

t2 i + 2t j + 1 + t2 k

2t i + t2

1 j + 0k

entonces el vector curvatura es dT ds

= = = =

1 dT 1 dT = 0 dt v dt jF (t)j ! p 2 1 2 p 1 j + 0k 2 2t i + t 2 3 2 (1 + t2 ) (1 + t ) 1 2 1 j + 0k 3 2t i + t 2 3 (1 + t ) 1 2t i + 1 t2 j + 0k 3 (1 + t2 )3

luego, la curvatura es k = = =

q 1 dT = (2t)2 + (1 t2 )2 ds 3 (1 + t2 )3 p 1 4t2 + 1 2t2 + t4 3 (1 + t2 )3 1 1 1 + t2 = 3 3 (1 + t2 ) 3 (1 + t2 )

puesto que k 6= 0 para todo t, entonces el vector normal unitaria es N

= N (t) = = = =

3 1+

1 dT ds

dT ds 2 2 t

2t i + 1 t2 j + 0k 3 (1 + t2 )3 1 2t i + 1 t2 j + 0k (1 + t2 ) 2t 1 t i+ j + 0k 2 1+t 1 + t2

X 34

Los vectores unitarios T =

F 0 (t) V (t) = 0 jF (t)j jV (t)j

y

dv 1 T + v2N dt

o

N=

dT dT 1 = ds dt v

pueden utilizarse para descomponer la aceleración en una componente tangencial y componente normal. Así, como a…rma el siguiente. Teorema 1.3.1 a=

a = aT T + aN N

1 2 Donde, aT = dv dt se llama componente tangencial de la aceleración y aN = v se llama componente centripeta o normal de la aceleración, también conocido como aceleración centripeta.

Demostración. Como V = F 0 (t)

F 0 (t) jF 0 (t)j

= vT

luego derivando, se tiene dV d = (vT ) dt dt dv dT a= T +v dt dt de este modo, se concluye a=

dv 1 T + v 2 N: dt

X Ejemplo 1.3.8 Una partícula se mueve según la ley x = t; y = t2 ; z = t3 Hallar: (a) su vector velocidad, (b) su aceleración, (c) su rapidez, (d) el vector unitario T , (c) el vector unitario N , (f ) la componente normal y (g) la componente tangencial del vector aceleración. Calcular todas estas cantidades en t = 1: Solución. Puesto que F (t) = t i + t2 j + t3 k, tenemos V (t) = F 0 (t) = i + 2tj + 3t2 k; 35

a(t) = V 0 (t) = 2j + 6tk:

También, v=

p ds = jV (t)j = 1 + 4t2 + 9t4 ; dt

dv ds2 4t + 18t3 ; = 2 =p dt dt 1 + 4t2 + 9t4

En particular para t = 1: a) V (1) = i + 2j + 3k; b) a (1) = 2j + 6k: p c) La rapidez en t = 1 es v = jV (1)j = 14 g) La componente tangencial en t = 1 es dv dt d) El vector tangente unitario en t = 1 es

(t=1)

=

p22 : 14

1 T = p (i + 2j + 3k) : 14 Para hallar el vector normal principal, observemos que a

dv T dt

=

v2

11 (i + 2j + 3k) = 7

14

1 ( 11i 9j + 9k) = 7 1 ( 11i 9j + 9k) = 7 1p 266 = 7

14

(0i + 2j + 6k)

de donde

98 =p 266

Por lo tanto. e) El vector normal unitario en t = 1 es N=p

1 ( 11i 266

8j + 9k)

f) La componente normal en t = 1 es p p v2 14 266 266 aN = = = : 98 7 X 36

14 14

N N N

1.3.3

El triedro movil, rectas y planos característicos

También los vectores unitarios T y N se utilizan para de…nir el vector B = T N (producto vectorial) llamado vector binormal de la curva y es un vector unitario ortogonal tanto a T como a N . Los vectores unitarios T; N y B forman un tiedro trirrectángulo a derecha en cualquier punto de C. Es decir, un sistema de coordenadas derecha en cada punto de la curva representando las direcciones positivas a lo largo de la tangente, la normal principal y la binormal respectivamente. Así, como se muestra en la siguiente …gura. z N

B

C

T

y x

Esto signi…ca que se veri…ca T

N = B; N

B = T; B

T =N

también, T

B=

N; B

N=

T yN

T =

B:

Puesto que a medida t varia el sistema se desplaza, por tal razón se conoce con el nombre de triedro movil o triedro en movimiento. z C

B T

N B

N T

N

B T

y x

Ejemplo 1.3.9 Dada la curva R (t) = ti + t2 j + 23 t3 k, hallar los vectores unitarios T; N y B en el punto correspondiente a t = 1. Solución. Como el vector posición es 2 R (t) = ti + t2 j + t3 k 3 37

entonces dR dt ds dt

= i + 2tj + 2t2 k, luego p dR = 1 + 4t2 + 4t4 = dt

=

Así, T = T (t) =

q

(1 + 2t2 )2 = 1 + 2t2

dR dR dt dR 1 1 i + 2tj + 2t2 k = = = 2 ds dt ds dt ds 1 + 2t dt

en particular en t = 1; se tiene T0 = T (1) =

1 1 2 2 i + 2tj + 2t2 k = i + j + k 3 3 3 3

Ahora dT dt

= =

1 + 2t2 (2j + 4tk) 4ti + 2

(4t) i + 2tj + 2t2 k

(1 + 2t2 )2 4t2 j + 4tk

(1 + 2t2 )2

entonces dT ds

= =

dT dt dT 1 1 = = ds dt ds dt dt (1 + 2t2 ) 4ti + 2

4ti + 2

4t2 j + 4tk

(1 + 2t2 )2

!

4t2 j + 4tk

(1 + 2t2 )3

Así, la curvatura es v p u u ( 4t)2 + (2 4t2 )2 + (4t)2 16t2 + 4 16t2 + 16t4 + 16t2 dT k = =u = t 2 ds (1 + 2t2 )3 (1 + 2t2 )3 q p p 2 4 2 4 2 (1 + 2t2 )2 2 1 + 2t2 4 (1 + 4t + 4t ) 2 (1 + 4t + 4t ) = = = = (1 + 2t2 )3 (1 + 2t2 )3 (1 + 2t2 )3 (1 + 2t2 )3 2 = (1 + 2t2 )2 Como N = N (t) = 38

1 dT k ds

entonces N

2

1 + 2t2 = N (t) = 2 =

1 2

4ti + 2

4t2 j + 4tk

!

(1 + 2t2 )3 ! 4ti + 2 4t2 j + 4tk 2ti + 1 2t2 j + 2tk = (1 + 2t2 ) 1 + 2t2

en particular en t = 1; se tiene N0 = N (1) =

1 ( 2i 3

2 i 3

j + 2k) =

1 2 j + k: 3 3

Finalmente, calculamos B

B=T

N=

i

j

k

1 1+2t2

2t 1+2t2

2t2 1+2t2

2t 1+2t2

1 2t2 1+2t2

2t 1+2t2

=

2t2 i 1 + 2t2

2t 1 j+ k 2 1 + 2t 1 + 2t2

en particular en t = 1; se tiene 2 B0 = B (1) = i 3

2 1 j + k: 3 3

X Rectas características. Las rectas que pasan por un punto F (t0 ) de la curva C que son paralelas a los vectores unitarios T; N o B se llaman respectivamente, recta tangente, recta normal principal y recta binormal de la curva. Sus ecuaciones se obtienen fácilmente. Es así, si F = xi + yj + zk es el vector posición de un punto cualquiera (x; y; z) de la recta tangente, entonces la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C en F (t0 ) es F (x

x0 ; y

F (t0 ) =

y0 ; z

z0 ) =

T (t0 ) (t1 ; t2 ; t3 )

cuya forma cartesiana es x = x0 + t1 ;

y = y0 + t 2 ;

llamadas ecuaciones paramétricas. 39

z = z0 + t 3

Similarmente, la ecuación de la recta normal principal a la curva C en F (t0 ) en su forma vectorial es F (x

x0 ; y

F (t0 ) =

y0 ; z

z0 ) =

N (t0 ) (n1 ; n2 ; n3 )

y en su forma cartesiana es x = x0 + n1 ;

y = y0 + n 2 ;

z = z0 + n 3

De la misma forma, la ecuación de la recta binormal a la curva C en F (t0 ) en su forma vectorial es F (x

x0 ; y

F (t0 ) =

y0 ; z

B (t0 )

z0 ) =

(b1 ; b2 ; b3 )

y en su forma cartesiana es x = x0 + b1 ;

y = y0 + b 2 ;

z = z0 + b 3

Planos característicos. Por otra parte, los planos que pasan por un punto F (t0 ) de la curva C y son perpendiculares a T; N o B se llaman, respectivamente, plano normal, recti…cante y osculador de la curva. Sus ecuaciones se obtienen fácilmente. Por ejemplo, si F = xi + yj + zk es el vector posición de un punto arbitrario (x; y; z) del plano normal, entonces la ecuación del plano normal a C en F (t0 ) en forma vectorial es

(x

x0 ; y

(F

F (t0 )) T (t0 ) = 0

y0 ; z

z0 ) (t1 ; t2 ; t3 ) = 0

y en forma cartesiana es t1 (x

x0 ) + t2 (y

y0 ) + t3 (z

z0 ) = 0

Similarmente, la ecuación del plano recti…cante a C en F (t0 ) en forma vectorial es (F (x

x0 ; y

y0 ; z

F (t0 )) N (t0 ) = 0 z0 ) (n1 ; n2 ; n3 ) = 0

y en su forma cartesiana es n1 (x

x0 ) + n2 (y

y0 ) + n3 (z 40

z0 ) = 0

De la misma forma, la ecuación del plano osculador a C en F (t0 ) en forma vectorial es

(x

x0 ; y

(F

F (t0 )) B (t0 ) = 0

y0 ; z

z0 ) (b1 ; b2 ; b3 ) = 0

y en su forma cartesiana es b1 (x

x0 ) + b2 (y

y0 ) + b3 (z

z0 ) = 0

Ejemplo 1.3.10 Hallar las ecuaciones, vectorial y cartesiana, de la (a) recta tangente y plano normal, (b) recta normal y plano recti…cante, (c) recta binormal y plano osculador a la curva dada en el ejemplo 1.3.9. 2 F (t) = ti + t2 j + t3 k 3 en el punto correspondiente a t = 1: Solución. Por el ejemplo 1.3.9, se sabe que los vectores unitarios tangente, normal principal y binormal correspondiente a t = 1, son: 1 T0 = T (1) = i + 3 2 N0 = N (1) = i 3 2 B0 = B (1) = i 3

2 2 j+ k 3 3 1 2 j+ k 3 3 2 1 j+ k 3 3

Como F (1) = i + j + 23 k = 1; 1; 32 entonces (a) la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva dada por F (t) en t = 1 es F x

F (1) = 2 1; z = 3

1; y

T (1) 1 2 2 ; ; 3 3 3

cuya forma cartesiana es x=1+

1 ; 3

y =1+

2 ; 3

z=

2 2 + 3 3

Y la ecuación vectorial del plano normal a la curva dada por F (t) en t = 1 es (F x

1; y

1; z

F (1)) T (1) = 0 2 1 2 2 ; ; = 0 3 3 3 3 41

cuya forma cartesiana es 1 (x 3

2 (y 3

1) +

1) +

2 3

z

2 3

=0

(b) Similarmente, la ecuación de la recta normal a C en F (1), en forma vectorial es F x

F (1) = 2 1; z = 3

1; y

N (1) 2 ; 3

1 2 ; 3 3

cuya forma cartesiana es 1 2 2 2 ; y=1 ; z= + 3 3 3 3 Y la ecuación vectorial del plano recti…cante a la curva C en t = 1 es x=1

x

1; y

1; z

(F 2 3

N (1)) N (1) = 0 2 1 2 ; ; = 0 3 3 3

cuya forma cartesiana es 2 (x 3

1 (y 3

1)

1) +

2 3

2 3

z

=0

(c) De la misma forma, la ecuación de la recta binormal a la curva C en F (1), en su forma vectorial es F x

1; y

F (1) = 2 1; z = 3

B (1) 2 2 1 ; ; 3 3 3

y en su forma cartesiana es 2 2 2 1 ; y=1 ; z= + 3 3 3 3 Y la ecuación del plano osculador a C en F (1), en forma vectorial es x=1+

x

1; y

(F 2 1; z 3

F (1)) B (1) = 0 2 2 1 ; ; = 0 3 3 3

y en su forma cartesiana es 2 (x 3

1)

2 (y 3

1) +

X 42

1 3

z

2 3

= 0:

Forma alternativa para determinar los vectores unitarios T; N y B: Sea F (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k la ecuación vectorial de una curva C en el espacio, entonces es posible de…nir en cada punto F (t) de la curva C los vectores tangente, binormal y normal respectivamente como: = F 0 (t) ; = F 0 (t) F 00 (t) ; = Observe, estos vectores son mutuamente ortogonales y no necesariamente unitarios. Normalizando cada uno de estos vectores se obtienen T =

j j

;

N=

j j

;

T =

j j

que resultan ser los vectores; tangente unitario, normal unitaria y binormal unitaria respectivamente. Ejemplo 1.3.11 Hallar las ecuaciones, vectorial y cartesiana. a) De la recta tangente, recta normal principal y recta binormal. b) Del plano normal, plano recti…cante y plano osculador a la curva C dada por F (t) = ti + t2 j + t3 k

en el punto correspondiente a t = 1:

Solución. Para hallar los vectores unitarios T; N y B correspondiente a t = 1, utilizamos la forma alternativa. Como F 0 (t) = i + 2tj + 3t2 k F 00 (t) = 0i + 2j + 6tk en particular en t = 1, se tiene F 0 (1) = i + 2j + 3k F 00 (1) = 0i + 2j + 6k Luego = F 0 (1) = i + 2j + 3k = F 0 (1)

=

F 00 (1) =

=

i 6 1

i j k 1 2 3 0 2 6

j k 6 2 2 3 43

=

22i

= 6i

6j + 2k

16j + 18k

normalizando estos vectores se obtienen los vectores unitarios. 1 T (1) = p (i + 2j + 3k) ; 14 1 N (1) = p ( 11i 8j + 9k) ; 266 1 B (1) = p (3i 3j + k) 19 (a) Como F (1) = i + j + k = (1; 1; 1), entonces la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C dada por F (t) en F (1) = (1; 1; 1) es F (x

1; y

F (1) = 1; z

T (1) 1 p (1; 2; 3) 14

1) =

cuya forma cartesiana es 1 x=1+ p ; 14

2 y =1+ p ; 14

3 z =1+ p 14

Mientras que la ecuación vectorial de la recta normal principal es F (x

1; y

F (1) = 1; z

N (1) 1 p ( 11; 6; 9) 266

1) =

cuya forma cartesiana es 11 p ; 266

x=1

y=1

p

6 ; 266

z =1+ p

9 266

En tanto que la ecuación de la recta binormal es F (x

1; y

F (1) = 1; z

1) =

B (1) 1 p (3; 3; 1) 19

cuya forma cartesiana es 3 x=1+ p ; 19

3 p ; 19

y=1

1 z =1+ p 19

(b) La ecuación vectorial del plano normal a la curva F (t) en F (1) es

(x

1; y

1; z

1)

(F F (1)) T (1) = 0 2 3 1 p ;p ;p = 0 14 14 14 44

cuya forma cartesiana es 1 p (x 14

2 1) + p (y 14

3 1) + p (z 14

1) = 0

Mientras que la ecuación vectorial del plano recti…cante es (F (x

1; y

1; z

11 p ; 266

1)

F (1)) N (1) = 0 8 9 p ;p = 0 266 266

cuya forma cartesiana es 11 p (x 266

1)

p

8 (y 266

1) + p

9 (z 266

1) = 0

En tanto que la ecuación del plano osculador es

(x

1; y

1 1) p (3i 19

1; z

3j + k)

(F F (1)) B (1) = 0 3 3 1 p ; p ;p = 0 19 19 19

cuya forma cartesiana es 3 p (x 19

1)

3 p (y 19

1 1) + p (z 19

1) = 0:

X Ejemplo 1.3.12 Dada la hélice r (t) = 4 cos ti + 4 sen tj + (2t) k a) Hallar T; N y B para t = =3. b) Hallar la ecuación del plano osculador y las ecuaciones simétricas de la recta tangente. Solución. (a) Como r0 (t) = 00

r (t) = v =

4 sen ti + 4 cos tj + 2k 4 cos ti

4 sen tj + 0k p r (t) = 2 5 0

45

Observe que la rapidez v es constante, esto dice que r0 (t) y r00 (t) son ortogonales (ver ejemplo 1.3.3), entonces para t = =3; se tiene p p 3 1 0 r = 4 sen i + 4 cos j + 2k = 4 i + 4 j + 2k = 2 3i + 2j + 2k 3 3 3 2 p2 p 3 1 r00 = 4 cos i 4 sen j + 0k = 4 i 4 j + 0k = 2i 2 3j + 0k 3 3 3 2 2 Puesto que r0 (t) y r00 (t) son ortogonales, entonces los vectores tangente, normal y binormal son p p = 2 3i + 2j + 2k; = 2i 2 3j + 0k y =

ip 2 3 2

=

j k 2p 2 2 3 0

p = 4 3i

4j + 16k

Al normalizar estos vectores obtenemos los vectores unitarios 1 T =p 5

p

3i + j + k ;

N=

1 2

p

i

3j + 0k ;

p 1 B= p 3i 2 5

j + 4k

(b) Puesto que r

3

p 2 = 4 cos i + 4 sen j + 2 k = 2i + 2 3j + k 3 3 3 3

entonces la ecuación del plano osculador a la hélice dada en t = =3 es p

3 (x + 2)

y

p 2 3 + 4 (z

2 =3) = 0

y las ecuaciones simétricas de la recta tangente son p x+2 y 2 3 z 4 =3 p = = : 1 4 3 X

1.3.4

Fórmulas de Frenet y Torsión

Concluimos está sección estableciendo unas fórmulas célebres que relacionan los vectores unitarios T; N y B con sus derivadas.

46

1. Como

dT dT = ds ds

1 dT ds

dT ds

entonces por la de…nición de k y N se concluye dT = kN ds 2. Como B=T

N

derivando, se tiene dB ds

dT ds

N +T

= kN

N +T

=

dN ds dN ds

dN ds

= T

dN pero dN ds es perpendicular a N , luego ds se encuentra el plano recti…cante o dN ds es paralelo al plano recti…cante, por lo cual

dN = kT + B ds Entonces dB ds

= T

(kT + B)

= k (T =

T ) + (T

( N) =

B)

N:

3. Finalmente, como N =B

T

Luego derivando, se tiene dN ds

= =

dB dT T +B dt ds N T + B kN

=

(N

=

( B) + k ( T )

=

T ) + k (B

kT + B: 47

N)

A las fórmulas dT = kN; ds

dN = ds

kT + B;

dB = ds

N

se las conoce como fórmulas de Frenet. Estas constituyen una de las herramientas fundamentales en el estudio de la geometría diferencial de las curvas en el espacio. El escalar = (s) que aparece en dB N se llama torsión de la curva el ds = cual mide la cantidad que se dobla la curva en el sentido de que el sistema formado en cada punto por T , N y B (triedro) parece girar alrededor de C conforme el punto se mueve a lo largo de la curva. Observación 1.3.1 Observe que si hacemos el producto punto de N , obtenemos la fórmula para la torsión =

dB ds

=

N por

dB N ds

Ejemplo 1.3.13 Una partícula se mueve a lo largo de la trayectoria dada por F (t) = 2 sen(t)i + 2 cos(t)j + tk Determine: V; v; a; aT ; aN ; k; ; T; N; B y . Solución. Como F (t) = 2 sen(t)i + 2 cos(t)j + tk, entonces V = F 0 (t) = 2 cos(t)i

2 sen(t)j + k

cuya rapidez es v= y la aceleración es

p p ds = F 0 (t) = 4 cos2 (t) + 4 sen 2 (t) + 1 = 5 dt a = a(t) = F 00 (t) =

observe que ja(t)j =

2 sen(t)i

2 cos(t)j

p p 4 sen2 (t) + 4 cos2 (t) = 4 = 2

La componente tangencial de la aceleración es aT =

dv =0 dt

Para calcular la componente normal de la aceleración con un mínimo de esfuerzo aplicamos el teorema de Pitagoras a la diagonal del paralelogramo. 48

z a aΝN

a ΤT

a = a ΤT +a N N

y x Como T y N son vectores unitarios, entonces los lados del triángulo tienen longitudes aN y aT y el tercer lado tiene longitud jaj : Por tanto, jaj2 = a2T + a2N

de donde a2N = jaj2

luego aN = 2.

a2T = 22

02 = 4

A partir de aN , resulta fácil obtener la curvatura k de la trayectoria, pues como 1 aN = v 2 o equivalentemente aN = kv 2 entonces k=

2 aN = v2 5

además, =

1 5 = k 2

es el radio de curvatura. Seguidamente, calculamos T y N . T

1 F 0 (t) = p (2 cos(t)i 2 sen(t)j + k) 0 jF (t)j 5 2 2 1 p cos(t)i p sen(t)j + p k 5 5 5

= =

N

= = = =

dT dt 1 dT dT = = ds dt ds v dt 5 1 2 2 p p sen(t)i p cos(t)j 2 5 5 5 5 1 2 p p (sen(t)i + cos(t)j) 2 5 5 sen(t)i cos(t)j + 0k 49

A continuación, calculamos el vector binormal B = T

B = T

= =

p2 5

N=

1 p cos(t)i 5 1 p cos(t)i 5

i cos(t) sen(t)

j sen(t) cos(t)

p2 5

N.

k p1 5

0

1 2 p sen(t)j + p cos2 (t) 5 5 1 2 p sen(t)j p k: 5 5

2 p sen2 (t) k 5

Finalmente, determinemos : Como dB = ds entonces

dB = ds

N y

dB dB dt dB 1 = = ds dt ds dt v

1 p sen(t)i 5

1 p cos(t)j 5

1 p 5

así, se tiene dB ds

= = esto muestra que

1 sen(t)i 5

=

1 cos(t)j 5

1 ( sen(t)i 5 N

= 51 . Por tanto,

=

1 5.

cos(t)j)

X

Ejemplo 1.3.14 Supongamos que el vector posición de una partícula en el tiempo t > 0; es F (t) = [cos(t) + t sen(t)] i + [sen(t) t cos(t)] j + t2 k: Determine V; v; a; aT ; aN ; k; ; T; N; B y . Solución. Como V = F 0 (t), entonces V = [ sen(t) + (sen(t) + t cos(t))] i + [cos(t)

(cos(t)

t sen(t))] j + 2tk:

Así, V = t cos(t)i + t sen(t)j + 2tk; luego v = jV (t)j =

p

t2 cos2 (t) + t2 sen2 (t) + 4t2 = 50

p

5t2 =

p

5t

también a = a(t) = F 00 (t) = [cos(t)

t sen(t)] i + [sen(t) + t cos(t)] j + 2k

y ja(t)j =

q

t sen(t)]2 + [sen(t) + t cos(t)]2 + 4

[cos(t) p = 5 + t2

La componente tangencial de la aceleración es aT =

dv dt

=

p

5:

Para calcular la componente normal de la aceleración con un esfuerzo mínimo aplicamos el teorema de Pitagoras a la diagonal del paralelogramo.

z a aΝN

a ΤT

a = a ΤT +a N N

y x Como T y N son vectores unitarios, entonces dos lados del triángulo tienen longitudes aT y aN y el tercer lado tiene longitud jaj : Luego, por el teorema de Pitagoras se tiene, jaj2 = a2T + a2N de donde a2N

= jaj2 a2T p = 5 + t2 = 5 + t2 = t

Entonces aN =

p

2

p

5

2

5

2

t2 = jtj = t, pues t > 0

Por tanto, el vector aceleración puede escribirse como p a = 5T + tN: A partir de aN es fácil obtener la curvatura de la trayectoria. Como aN =

1

v 2 = kv 2

51

entonces k=

aN v2

ahora como aN = t y v = se tiene k=

p

5t

t 1 = 2 5t 5t

luego =

1 = 5t k

que resulta ser el radio de curvatura. Seguidamente, calculamos T ,N y B. T

= =

N

= = = =

F 0 (t) 1 = p (t cos(t)i + t sen(t)j + 2tk) 0 jF (t)j 5t 1 p (cos(t)i + sen(t)j + 2k) 5 dT dt 1 dT dT = = ds dt ds v dt 1 1 1 p sen(t)i + p cos(t)j + 0k 5t p 5t 5 5 5 1 p p ( sen(t)i + cos(t)j) 5 5 sen(t)i + cos(t)j

A continuación, calculamos el vector binormal B = T

B = T

N=

p2 5

2 p cos(t)i 5 2 p cos(t)i 5

= =

i cos(t) sen(t)

j sen(t) cos(t)

p1 5

N.

k p2 5

0

2 1 1 p sen(t)j + p cos2 (t) + p sen2 (t) k 5 5 5 2 1 p sen(t)j + p k 5 5

Finalmente, determinemos : Como dB = ds

N;

dB dB dt dB 1 = = ds dt ds dt v 52

y

dB 2 = p sen(t)i dt 5

2 p cos(t)j 5

entonces dB ds

= y esto debe ser igual a

2 p cos(t)j 5

2 p sen(t)i 5

=

2 sen(t)i 5t

1 p 5t

2 cos(t)j: 5t

N . Observe que dB ds

= = =

2 2 sen(t)i cos(t)j 5t 5t 2 ( sen(t)i + cos(t)j) 5t N

esto muestra que 2 5t

= Por tanto

2 5t

= es la torsión de la curva. X

1.3.5

Ejercicios propuestos

En los ejercicios 1 al 8, el vector posición F (t) describe la trayectoria de un objeto que se mueve en el plano xy. Dibujar una grá…ca de la trayectoria y dibujar los vectores velocidad y aceleración en el punto dado. Ejercicio 1.3.1 F (t) = 3ti + (t Ejercicio 1.3.2 F (t) = (6

1)j;

punto (3; 0)

t)i + tj;

Ejercicio 1.3.3 F (t) = t2 i + tj; Ejercicio 1.3.4 F (t) = t2 i + t3 j;

punto (3; 3)

punto (4; 2) punto (1; 1)

Ejercicio 1.3.5 F (t) = 2 cos(t)i + 2 sen(t)j;

p p punto ( 2; 2)

Ejercicio 1.3.6 F (t) = 3 cos(t)i + 2 sen(t)j;

punto (3; 0)

Ejercicio 1.3.7 F (t) = (t

sen(t))i + (1

Ejercicio 1.3.8 F (t) = e t i + et j;

cos(t))j;

punto (1; 1) 53

punto ( ; 2)

En los ejercicios del 9 al 16, el vector posición F describe la trayectoria de un objeto que se mueve en el espacio. Hallar la velocidad, rapidez y aceleración del objeto. Ejercicio 1.3.9 F = ti + (2t

5)j + 3tk

Ejercicio 1.3.10 F = 4ti + 4tj + 2tk Ejercicio 1.3.11 F = ti + t2 j +

t2 2k

Ejercicio 1.3.12 F = 3ti + tj + 14 t2 k p

9 t2 k p Ejercicio 1.3.14 F = t2 i + tj + 2 3 tk

Ejercicio 1.3.13 F = ti + tj +

Ejercicio 1.3.15 F = 4ti + 3 cos(t)j + 3 sen(t)k Ejercicio 1.3.16 F = et cos(t)i + et sen(t)j + et k En los ejercicios del 17 al 20, utilizar la función aceleración dada para determinar los vectores velocidad y posición. Después, hallar la posición en el instante t = 2. Ejercicio 1.3.17 a(t) = i + j + k;

V (0) = 0;

F (0) = 0

Ejercicio 1.3.18 a(t) = 2i + 3k;

V (0) = 4j;

F (0) = 0

Ejercicio 1.3.19 a(t) = tj + tk;

V (1) = 5j;

F (1) = 0

Ejercicio 1.3.20 a(t) =

cos(t)i

sen(t)j;

V (0) = j + k;

F (0) = i

En los ejercicios del 21 al 26, hallar el vector tangente unitario a la curva en el valor especi…cado del parámetro. Ejercicio 1.3.21 F (t) = t2 i + 2tj; Ejercicio 1.3.22 F (t) = t3 i + 2t2 j;

t=1 t=1

Ejercicio 1.3.23 F (t) = 4 cos(t)i + 4 sen(t)j;

t=

4

Ejercicio 1.3.24 F (t) = 6 cos(t)i + 2 sen(t)j;

t=

3

Ejercicio 1.3.25 F (t) = ln ti + 2tj;

t=e 54

Ejercicio 1.3.26 F (t) = et cos(t)i + et j;

t=0

En los ejercicios del 27 al 30, encontrar el vector normal unitario y vector tangente unitario a la curva en el valor especi…cado del parámetro. Ejercicio 1.3.27 F (t) = ti + t2 j + ln tk; t = 1 p Ejercicio 1.3.28 F (t) = 2ti + et j + e t k; t = 0 Ejercicio 1.3.29 F (t) = 6 cos(t)i + +6 sen(t)j + k; Ejercicio 1.3.30 F (t) = cos(t)i + 2 sen(t)j + k;

t=

t=

3 4

4

En los ejercicios del 31 al 34. Hallar T; N; aT y aN en el instante dado para la curva dada F (t). (Sugerencia: Hallar a(t); T y aN , luego resolver para N en la ecuación a(t) = aT T + aN N ) Ejercicio 1.3.31 F (t) = ti + 2tj Ejercicio 1.3.32 F (t) = 4ti

3tk;

t=1

4tj + 2tk;

Ejercicio 1.3.33 F (t) = ti + t2 j +

t2 2 k;

t=2 t=1

Ejercicio 1.3.34 F (t) = et sen(t)i + et cos(t)j + et k;

t=0

En los ejercicios del 35 al 39, determinar las ecuaciones de la recta tangente, la recta normal, la recta binormal, el plano osculador, el plano normal y el plano recti…cante a la curva dada en el punto indicado. Ejercicio 1.3.35 r (t) = ti + t2 j + t2 + 3 k, en el punto P = r (0) : Ejercicio 1.3.36 r (t) = cos ti + sen tj + tan tk, en el punto P = r (0) : Ejercicio 1.3.37 r (t) = et i + e t j + tk, en el punto P = r (0) : Ejercicio 1.3.38 r (t) = ti + ln tj + t2 k, en el punto P = r (1) : Ejercicio 1.3.39 r (t) = t3 i + t2 j + tk, en el punto P = r (1) : Ejercicio 1.3.40 Determinar las ecuaciones de los planos osculador, normal y recti…cante a la curva de intersección de los cilindros x2 + y 2 = 25; z 2 + y 2 = 10, en el punto P (4; 3; 1) : 55

Ejercicio 1.3.41 Determinar las ecuaciones de los planos osculador, normal y recti…cante a la curva de intersección de las super…cies x2 + y 2 + z 2 = 3; x2 + y 2 = 2, en el punto P (1; 1; 1) : Ejercicio 1.3.42 Hallar las ecuaciones de las rectas tangente, normal y binormal a la curva de intersección de las super…cies z = x2 ; z = y 2 , en el punto P (1; 1; 1) : Ejercicio 1.3.43 Determinar los puntos en que la recta tangente a la curva t3 i + 3t2 j + 3t + t3 k

r (t) = 3t es paralela al plano 3x + y + z = 5:

Ejercicio 1.3.44 ¿En qué punto de la curva r (t) = t3 i + 3tj + t4 k es el plano normal paralelo al plano 6x + 6y

8z = 1?

En los problemas 45 al 60, determinar V; v; a; aT ; aN ; ; ; T; N; B y , dado el vector posición. Ejercicio 1.3.45 F = 3ti

2j + t3 k

Ejercicio 1.3.46 F = t sen(t)i + t cos(t)j + k Ejercicio 1.3.47 F = 2ti

2tj + tk

Ejercicio 1.3.48 F = et sen(t)i

j + et cos(t)k

Ejercicio 1.3.49 F = 2 sen(t)i + tj + 2 cos(t)k Ejercicio 1.3.50 F = 2t2 i + tj + tk Ejercicio 1.3.51 F = e t i + e t j Ejercicio 1.3.52 F =

cos(t)i +

2e t k sen(t)j + tk

Ejercicio 1.3.53 F = 2 senh(t)j

2 cosh(t)k

Ejercicio 1.3.54 F =

sen(t)k

cos(t)i +

Ejercicio 1.3.55 F = 2ti

cos(t)j

sen(t)k 56

Ejercicio 1.3.56 F = e t i

e t j + e t tk

Ejercicio 1.3.57 F = t2 i + t2 j

2tk

Ejercicio 1.3.58 F = 3t cos(t)j

3t sen(t)k

Ejercicio 1.3.59 F = t2 i + t2 j + t2 k Ejercicio 1.3.60 F = 2et i + et cos(t)j + et sen(t)k; en el punto t0 = 0. Ejercicio 1.3.61 Hallar el vector de curvatura y la curvatura en cualquier punto de la curva dada por F (t) = (t sen t) i + (1 cos t) j + t k: Ejercicio 1.3.62 Hallar la torsión en cualquier punto de la curva descrita por F (t) = (t sen t) i + (1 cos t) j + t k:

1.4

Campos vectoriales

Hasta este momento, hemos estudiado funciones vectoriales de una variable. Frecuentemente encontramos también funciones vectoriales cuyas componentes son funciones de dos o más variables reales (funciones vectoriales de dos o más variables) tales como, F (x; y) = f1 (x; y)i + f2 (x; y)j

o

F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k: Llamados campos vectoriales en el plano y en el espacio respectivamente. Por tal razón en el resto de este capítulo estudiaremos el cálculo de campos vectoriales. Es decir, el cálculo de funciones que asignan a todos los puntos (x; y) o (x; y; z) vectores en el plano o en el espacio respectivamente. De…nición 1.4.1 Sea D un subconjunto de R3 (una región del espacio). Un campo vectorial sobre R3 es una función F que asigna a cada punto (x; y; z) de D un vector único F (x; y; z). Es decir, un campo vectorial sobre R3 es una función de la forma F :D

R3 ! R3

de…nido por F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k 57

para todo (x; y; z) 2 D

R3 . Observe que las funciones componentes de F f1 (x; y; z); f2 (x; y; z) y

f3 (x; y; z),

son funciones reales de tres variables. La mejor forma de ilustrar un campo vectorial es representar al vector F (x; y; z) con una ‡echa con origen en el punto (x; y; z). Por supuesto hacer esto es imposible para todos los puntos (x; y; z), pero se puede obtener una representación razonable del campo vectorial F trazando las ‡echas para unos cuantos puntos de D. Estos diagramas son e…caces para representar cantidades como los campos magnéticos y eléctricos. Se dice que un campo vectorial es continuo si cada uno de sus funciones componentes son continuas.

1.4.1

Derivadas de campos vectoriales

De…nición 1.4.2 La derivada parcial de un campo vectorial se de…ne como el campo vectorial que se obtiene tomando la derivada parcial de cada uno de sus funciones componentes. Por ejemplo, si F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k es un campo vectorial en R3 , entonces @F @x @F @y @F @z

= = =

@f1 i+ @x @f1 i+ @y @f1 i+ @z

@f2 j+ @x @f2 j+ @y @f2 j+ @z

@f3 k; @x @f3 k; @y @f3 k. @z

Nota 1.4.1 Note que una derivada parcial de un campo vectorial es de nuevo un campo vectorial. @F @F Las derivadas parciales @F @x ; @y y @z , pueden interpretarse geométricamente como las pendientes de las rectas tangentes que pasan por P (x; y; z) en direcciones paralelas a los ejes de las x; y y z respectivamente.

58

1.4.2

El campo vectorial gradiente

En esta sección y la siguiente introduciremos las principales operaciones y fundamentales del cálculo diferencial vectorial además del gradiente. A saber, la divergencia y el rotacional. Sea ' : R3 ! R dada por '(x; y; z) = c 2 R una función real de tres variables, conocido en el contexto de vectores como campo escalar. El gradiente de ' denotado por grad ' o r' es un campo vectorial de…nido por. grad ' = r' =

@' @' @' i+ j+ k @x @y @z

Siempre y cuando estas derivadas parciales estén de…nidas. El símbolo r' se lee "nabla …" y r se llama operador nabla, el cual opera sobre un campo escalar y produce un campo vectorial. Notación. El gradiente de ' evaluada en el punto P0 se denota por r'(P0 ). Ejemplo 1.4.1 Sea ' : R3 ! R un campo escalar dado por '(x; y; z) = 2xy + ez

x2 z

entonces @' @' @' i+ j+ k @x @y @z = (2y 2xz) i + 2xj + ez

r'(x; y; z) =

r'(1; 2; 1) = 6i + 2j + e

1

x2 k;

y

1 k

El gradiente de un campo escalar ' está relacionado con la derivada direccional; por lo tanto, recordemos dicho concepto.

1.4.3

Derivada direccional

La derivada direccional de un campo escalar ' evaluada en un punto P0 en dirección de un vector unitario u denotada por Du '(P0 ) está de…nido como. Du '(P0 ) = r'(P0 ) u Observe que Du '(P0 ) es el producto punto del vector r'(P0 ) con el vector unitario u: Por tanto, Du '(P0 ) es un escalar; es decir, un número, como tal puede ser positivo, negativo o cero. Además, observe que la derivada direccional Du '(P0 ) se evalúa en dirección de un vector unitario u; si la dirección está dada por un vector v no unitario primeramente se debe normalizar el vector v para obtener un vector unitario 59

u= De este modo, se tiene.

v jvj

v jvj Que resulta ser la derivada direccional de ' en dirección de un vector v no necesariamente unitario. Dv '(P0 ) = r'(P0 )

Ejemplo 1.4.2 Sea ' : R3 ! R un campo escalar de…nido por '(x; y; z) = x2 y

xez

entonces la derivada direccional de ' en P0 (2; 1; 0) en la dirección del vector v = 2i 4j + k será. 1 Dv '(2; 1; 0) = r'(2; 1; 0) p (2i 21

4j + k)

Como @' @' @' i+ j+ k @x @y @z = (2xy ez ) i + x2 j xez k

r'(x; y; z) = luego r'(2; 1; 0) =

5i + 4j

2k, entonces

Dv '(2; 1; 0) = ( 5i + 4j =

1 2k) p (2i 21

4j + k)

28 p (escalar) 21

Geometricamente, la derivada direccional de ' en el punto P0 en la dirección del vector v es la componente del vector r'(P0 ) sobre el vector v: Es decir, la proyección escalar del vector r'(P0 ) sobre el vector v. Este hecho, nos permite obtener la siguiente e importante propiedad. El valor de la derivada direccional Dv '(P0 ) es máximo cuando el vector v está en la dirección del gradiente r'(P0 ) de ' en P0 , es nulo cuando v es ortogonal a tal vector gradiente y es negativo cuando el vector v está en la dirección del vector r'(P0 ). De este modo, el vector gradiente r'(P0 ) nos dice en qué dirección se tiene la mayor variación (el mayor crecimiento) de la función ' en el punto P0 . Más aún, el valor máximo de esta derivada direccional es jr'(P0 )j y el valor mínimo es jr'(P0 )j. 60

Ejemplo 1.4.3 Encuentre un vector unitario en cuya dirección la función '(x; y; z) =

1 x

3yz

en el punto P0 (2; 1; 1) tiene su razón de cambio máximo y encuentre esta razón de cambio máximo. Solución. Recuerde que la razón de cambio máximo o el valor máximo de la derivada direccional Dv '(P0 ), de un campo escalar ' en el punto P0 se da en la dirección del vector gradiente en P0 : Es decir, en la dirección de r'(P0 ) cuyo valor es jr'(P0 )j, entonces. r'(x; y; z) = = r'(2; 1; 1) = Como jr'(2; 1; 1)j =

@' @' @' i+ j+ k @x @y @z 1 i 3zj 3yk y x2 1 i 3j 3k 4 r

1 17 +9+9= 16 4

luego el vector unitario deseado es u=

r'(2; 1; 1) 4 = jr'(2; 1; 1)j 17

y la razón de cambio máximo es

1 i 4 17 4 .

3j

3k

=

1 i 17

12 j 17

12 k 17

X

p Ejemplo 1.4.4 El punto P (1; 1; 10) está en la super…cie z = 10 jxyj. Empezando en P , ¿en qué dirección u = u1 i + u2 j debe moverse en cada caso? (a) Para subir más rápidamente. (b) Para quedarse en el mismo nivel. (c) Para subir con pendiente 1. Solución. (a) Para subir más rápidamente tendrá que hacer en dirección del gradiente unitario en ese punto. Como p z = f (x; y) = 10 jxyj 61

entonces @z @x @z @y

= =

1 jxyj p y 2 jxyj xy

10

!

=

Así, obtenemos

@z = @x

xy

5

jxyj3=2

y

jxyj p y jxyj xy

5

! jxyj 1 p x = 2 jxyj xy

10

1

=

! jxyj p x = jxyj xy

y

@z = @y

5

1

xy p y jxyj jxyj

5

1

5

!

!

! xy p x jxyj jxyj 1

5

xy jxyj3=2

!

!

x

luego rz (x; y) =

5

xy 3=2

jxyj

!

y i

xy

5

3=2

jxyj

!

x j=

5xy jxyj3=2

(y i + x j)

en particular, en (1; 1) ; se tiene rz (1; 1) = 5 ( i + j) =

5i + 5j

normalizando, se tiene u=

rz (1; 1) 1 = p ( 5i + 5j) = jrz (1; 1)j 50

1 1 p i+ p j 2 2

Esto dice que para subir más rápidamente se debe hacer en la dirección de u=

1 1 p i+ p j 2 2

(b) Para quedarse en el mismo nivel lo hará en la dirección perpendicular al gradiente. Es decir, en la dirección 1 1 v = p i+ p j 2 2

o v=

1 p i 2

1 p j 2

(c) Recordando que la pendiente de una super…cie en el punto P (x0 ; y0 ) en dirección de un vector unitario u está dada por Du f (x0 ; y0 ) ; en nuestro caso, cuando Du f (1; 1) = 1

62

donde

juj = 1

Esto es, cuando 5u1 + 5u2 = 1 y u21 + u22 = 1 resolviendo este sistema, obtenemos u1 =

3 5

4 5

y u2 =

4 5

o u1 =

3 5

y u2 =

Por tanto, para subir con pendiente 1, se debe hacer en la dirección de 4 3 u= i+ j 5 5

4 i 5

o u=

3 j: 5

X Ejemplo 1.4.5 Un ingeniero desea construir un ferrocarril que suba la montaña que tiene la forma de un paraboloide elíptico z = c ax2 by 2 , donde a; b y c son constantes positivos. Subir directamente la montaña es demasiado empinado para la fuerza de las máquinas. En el punto (1; 1), ¿en qué dirección se puede colocar la vía de modo que suba un 3% (esto es, un ángulo cuya tangente sea 0.03? Hay dos posibilidades. Hacer un esbozo de la situación indicando las dos direcciones posibles para una inclinación del 3% en (1; 1). Solución. Recordando que la pendiente de una super…cie dada por z = f (x; y) en el punto (x0 ; y0 ) en dirección de un vector unitario u está dada por Du f (x0 ; y0 ) = rf (x; y) u

donde

juj = 1

en nuestro caso, la pendiente de la super…cie dada por z = c (1; 1) en dirección de un vector unitario u estará dada por

ax2

by 2 en el punto

Du f (1; 1) = rf (1; 1) u = 0:03 como rf (1; 1) = 2ai buscamos, entonces

2bj, ahora si u = u1 i + u2 j es el vector unitario que

rf (1; 1) u = ( 2ai =

2bj) (u1 i + u2 j)

2au1

2bu2

De este modo, Du f (1; 1) = rf (1; 1) u = 0:03 se veri…cará solo cuando 2au1 u21

2bu2 = 0:03 +

u22

= 1 63

(1) (2)

resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos de (1) 2bu2 )2 = (0:03)2

( 2au1

a2 u21 + 2abu1 u2 + b2 u22 =

(0:03)2 4

(3)

Como u21 + u22 = 1 2au1

entonces u21 = 1

2bu2 = 0:03

luego 2abu1 u2 =

2b2 u22

u22

entonces 2au1 =

2bu2

0:03

0:03bu2

al sustituir estos valores en (3), se tiene la siguiente ecuación de 2do grado ! 2 (0:03) a2 + b2 u22 + 0:03bu2 + a2 = 0 4 resolviendo esta ecuación y realizando operaciones algebraicas, se tiene las siguientes direcciónes. d1 =

(0:03 + 2bu1 ) i + u1 j 2a

o d2 =

(0:03 + 2bu2 ) i + u2 j 2a

X

1.4.4

Super…cies en el espacio y super…cies de nivel

Recordemos que una función real de variable real f es una función del tipo f : R ! R que asocia a todo número real x un único número real y = f (x). La grá…ca de f es el conjunto de todos los pares ordenados. f(x; y) = x 2 R y y = f (x)g Observe que esta grá…ca se encuentra en el plano; por ejemplo, la grá…ca de la función y = f (x) = x2 ; es una parábola que se encuentra en el plano. De la misma forma, una función real de dos variables es una función del tipo f : D R2 ! R que asocia a todo par ordenado (x; y) 2 D un único número real f (x; y) = z, cuya grá…ca es una super…cie en el espacio. Es decir, el conjunto de todas las ternas ordenadas f(x; y; z) = (x; y) 2 D y z = f (x; y)g Por ejemplo, la grá…ca de f (x; y) = z = x2 +2y 2 , es un paraboloide que se encuentra en el espacio. 64

Existe otra forma de visualizar funciones de dos variables, empleado por quienes hacen mapas, es un mapa de contorno, en el que se unen puntos de elevación constante para formar curvas de contorno o curvas de nivel, cuya de…nición formal es la siguiente. De…nición 1.4.3 Las curvas de nivel de una función f de dos variables son las curvas con ecuaciones f (x; y) = c, donde c es una constante (que pertenece a la imagen de f ). De este modo, una curva de nivel f (x; y) = c; es el conjunto de los puntos del dominio de f en los que f toma un valor dado c. En otras palabras, muestra dónde la grá…ca de f tiene altura c. En la siguiente …gura es posible ver la relación entre curvas de nivel y trazas horizontales. Las curvas de nivel f (x; y) = c; son precisamente las trazas de la grá…ca de f , del plano horizontal z = c, proyectado sobre el plano xy. Por tanto, si se trazan las curvas de nivel de una función y se visualizan como levantadas a la super…cie de la altura indicada, entonces mentalmente se arma una imagen de la grá…ca. La super…cie es aguda donde las curvas de nivel son cercanas entre sí; es un poco más plana donde están más separadas.

z

y x

k = 20

f (x , y ) = 20

Observese que todos los puntos que se encuentran en una curva de nivel tienen un valor …jo f (x; y) = c: Es decir, si un punto (x; y) se mueve en una curva de nivel sus valores mediante f se mantienen …jos. Similarmente, una función real de tres variables es una función del tipo f :M

R3 ! R

que asigna a cada terna ordenada (x; y; z) 2 M un único número real denotado por f (x; y; z) = w. Por ejemplo, la temperatura T en un punto en la super…cie de la tierra depende de la longitud x y la latitud y del punto y del tiempo t, de modo que se escribe como T = (x; y; t). 65

Resulta muy di…cil visualizar una función de tres variables por su grá…ca, puesto que estaría en un espacio de cuatro dimensiones. Sin embargo, es posible obtener alguna información de f al examinar sus super…cies de nivel, que son las super…cies con ecuaciones f (x; y; z) = c, siendo c una constante. Si el punto (x; y; z) se mueve a lo largo de una super…cie de nivel el valor de f (x; y; z) permanece …jo. En general, las curvas de nivel que corresponden a funciones reales de dos variables f : R2 ! R son secciones cónicas; es decir: Parábolas, elipses hipérbolas; mientras que las super…cies de nivel que corresponden a funciones reales de tres variables f : R3 ! R representan super…cies cuádricas tales como: Conos, paraboloides, hiperboloides, elipsoides. Ahora bien, dependiendo de la función ' y del escalar c, el lugar geométrico de todos los puntos (x; y; z) de R3 que satisfacen la ecuación '(x; y; z) = c, para c constante puede formar una super…cie en el espacio. Por ejemplo, si '(x; y; z) = x2 +y 2 +z 2 ; entonces la ecuación '(x; y; z) = 16; tiene como grá…ca a la esfera de radio 4 con centro en el origen y la ecuación '(x; y; z) = 0; consiste de un solo punto; a saber, el origen. En tanto que la ecuación '(x; y; z) = 4 no contiene puntos es vacío. Ejemplo 1.4.6 Hallar las super…cies de nivel de la función f (x; y; z) = x2 +y 2 +z 2 : Solución. Las super…cies de nivel son las super…cies con ecuaciones x2 +y 2 +z 2 = c, p donde c > 0, éstas forman una familia de esferas concéntricas de radio c como se ve en la …gura. Entonces, cuando (x; y; z) varía en cualquier esfera con centro en el origen, el valor de f (x; y; z) permanece …jo.

z x 2 + y2 + z 2 = 9 x 2 + y2 + z 2 = 4

y

x

2

x + y + z2 = 1

X

66

2

Se puede demostrar que el vector gradiente r' es ortogonal a la super…cie de nivel de ' en cualquier punto donde el gradiente no sea cero, en el sentido de que en ese punto r' es perpendicular al plano tangente a esta super…cie. Así, como a…rma el siguiente. Teorema 1.4.1 Sean ' y sus primeras derivadas parciales continuas para (x; y; z) en la super…cie de nivel '(x; y; z) = c. Entonces el vector gradiente es normal (perpendicular) a esta super…cie en cualquier punto donde el vector gradiente no sea cero. Demostración. Supongamos que tenemos una curva que pasa por P0 y está en la super…cie '(x; y; z) = c; sean las ecuaciones paramétricas de la curva x = x(t); y = y(t); z = z(t) para t en algún intervalo I y sea P0 = (x(t0 ); y(t0 ); z(t0 )). Como la curva está sobre la super…cie, entonces ' (x(t); y(t); z(t)) = c para t en I. Por lo tanto, para t en I, se tiene d [' (x(t); y(t); z(t))] = 0 dt Por la regla de la cadena se obtiene @' dx @' dy @' dz + + =0 @x dt @y dt @z dt que puede escribirse como r'

x0 (t)i + y 0 (t)j + z 0 (t)k = 0

en particular, para P0 = (x(t0 ); y(t0 ); z(t0 )), se tiene r'(P0 )

x0 (t0 )i + y 0 (t0 )j + z 0 (t0 )k = 0

Pero x0 (t0 )i + y 0 (t0 )j + z 0 (t0 )k es tangente a la curva en P0 : De este modo, r'(P0 ) debe ser perpendicular (a la tangente) a la curva en ese punto, como esto se cumple para cualquier curva en la super…cie que pasa por P0 , entonces se concluye que r'(P0 ) es perpendicular a la super…cie en P0 . X 67

Ejemplo 1.4.7 Sea '(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 entonces r' = 2xi + 2yj + 2zk. Si c > 0, entonces la super…cie de nivel '(x; y; z) = c es una esfera de radio p r = c con centro en el origen. En cualquier punto P0 (x0 ; y0 ; z0 ) en esa esfera el r'(P0 ) = 2x0 i + 2y0 j + 2z0 k, puede representarse como una ‡echa desde el origen que pasa por P0 ; este vector es normal a la esfera en P0 . Por ejemplo, si P0 es el p p p "polo norte" (0; 0; c), entonces r'(0; 0; c) = 2 c k, es normal a la super…cie y apunta a lo largo del eje z. Usualmente, dibujamos un vector normal como una ‡echa desde el punto sobre la super…cie para aclarar su relación con la super…cie. p Ejemplo 1.4.8pSea '(x; y; z) = z x2 + y 2 . Entonces la super…cie '(x; y; z) = 0 2 2 es el cono z = x + y que se muestra en la siguiente …gura (a)

z

z

x

y Figura (a)

Al calcular r', obtenemos

x

r' = p

x2

+

y2

P0

∇ϕ

z = x 2 + y2

F

x

y i+ p j+k = 2 x + y2

y Figura (b)

x i z

y j + k. z

Suponiendo que x2 + y 2 6= 0. En cualquier punto del cono (distinto del origen) el gradiente r' puede dibujarse como una ‡echa apuntando dentro del cono y perpendicular a la parte lateral del cono en ese punto. En otras palabras, r' (P ) es perpendicular al vector posición F (x; y; z) = xi + yj + zk en P (x; y; z). En la …gura (b) se muestran tanto a F como a r' (P ). Para ver que estos dos vectores son ortogonales, calculamos su producto punto x y F r' = (xi + yj + zk) i j+k z z 1 2 1 2 x2 y 2 + z 2 = x y +z = =0 z z z ya que en la super…cie, se tiene z 2 = x2 + y 2 . Ejemplo 1.4.9 Sea ' (x; y; z) = x2 + y 2 + z. Esquematizar la super…cie de nivel de ' que pasa por el punto P (1; 2; 4) y trazar un vector con punto inicial en P que corresponda a r' (1; 2; 4). 68

Solución. Las super…cies de nivel de ' son grá…cas de la forma ' (x; y; z) = c, donde c es una constante. En particular, la super…cie de nivel que pasa por P (1; 2; 4) es la grá…ca de ' (x; y; z) = ' (1; 2; 4) Es decir, de x2 + y 2 + z = (1)2 + (2)2 + 4 = 9 o equivalentemente, z=9

x2

y2:

La representación de esta super…cie de nivel es un paraboloide que se muestra en la siguiente …gura

z z = 9 − x 2 − y2

∇F (1,2,4 )

P (1,2,4 )

y x El gradiente de ' es r'(x; y; z) = 2x i + 2y j + k En P (1; 2; 4) es r'(1; 2; 4) = 2 (1) i + 2 (2) j + k = 2i + 4j + k El vector r'(1; 2; 4) con punto inicial P se muestra en la anterior …gura. Según el Teorema 1.4.1, r'(1; 2; 4) es ortogonal a la super…cie de nivel en P . X Corolario 1.4.2 Sea ' (x; y) una función de dos variables que es diferenciable en P0 (x0 ; y0 ) y sea C la curva de nivel de ' que contiene a P0 . Si r'(x0 ; y0 ) 6= 0, entonces este vector gradiente es perpendicular a C en P0 . En este caso, la dirección del máximo cambio de ' (x; y) en P0 es ortogonal a C. Ejemplo 1.4.10 Sea ' (x; y) = x2 + 2y 2 : (a) Trazar la curva de nivel C de ' que pasa por el punto P (3; 1) y un vector con punto inicial P que corresponda a r'(3; 1). (b) Explicar el signi…cado de la parte (a) en términos de la grá…ca de '.

69

Solución. (a) La curva de nivel de ' que pasa por el punto P (3; 1) está dada por ' (x; y) = ' (3; 1) ; es decir, por x2 + 2y 2 = (3)2 + 2 (1)2 = 11 cuya grá…ca es la elipse que se muestra en la siguiente …gura (a). El gradiente de ' es r'(x; y) = 2xi + 4yj y por tanto r'(3; 1) = 2 (3) i + 4 (1) j = 6i + 4j. En la …gura se muestra el vector r'(3; 1) con punto inicial P . De acuerdo con el corolario anterior, este vector es ortogonal a la curva de nivel C. (b) La grá…ca de ', es decir, de z = x2 + 2y 2 , es un paraboloide elíptico véase …gura (b)La curva de nivel x2 + 2y 2 = 11; en el plano xy corresponde a la traza del paraboloide en el plano z = 11. La razón máxima de cambio de ' (x; y) en P (3; 1) se alcanza cuando el punto (x; y) se mueve en el plano xy en la dirección de r'(3; 1). Esto equivale a que el punto (x; y; ' (x; y)) se mueva hacia arriba sobre la parte de máxima inclinación del paraboloide en el punto Q (3; 1; 11). X

1.4.5

Planos tangentes y recta normal a una super…cie

De…nición 1.4.4 Un plano que pasa por P0 (x0 ; y0 ; z0 ) y es normal al vector r'(x0 ; y0 ; z0 ) se llama plano tangente a la super…cie '(x; y; z) = c en P0 : De…nición 1.4.5 Una recta que pasa por P0 (x0 ; y0 ; z0 ) y está a lo largo de la normal a la super…cie '(x; y; z) = c en P0 se llama la recta normal a la super…cie. Como el vector gradiente r' es perpendicular a la super…cie de nivel de ', en cualquier punto donde el gradiente no es cero, entonces podemos utilizar el vector gradiente para encontrar la ecuación del plano tangente a la super…cie '(x; y; z) = c en cualquier punto donde el gradiente esta de…nido y no sea el vector nulo. En efecto, para hallar una ecuación del plano tangente a la super…cie de nivel de ' en el punto P0 (x0 ; y0 ; z0 ), sea (x; y; z) un punto arbitrario en el plano tangente. Entonces el vector (x x0 )i + (y y0 )j + (z z0 )k se encuentra en dicho plano tangente. Por tanto, es un vector paralelo al plano tangente; en consecuencia, debe ser ortogonal al vector r'(x0 ; y0 ; z0 ): Luego r'(x0 ; y0 ; z0 ) ((x

x0 )i + (y 70

y0 )j + (z

z0 )k) = 0

Esto es @' @' @' (P0 ) i + (P0 ) j + (P0 ) k @x @y @z

((x

x0 )i + (y

y0 )j + (z

z0 )k) = 0

Esto da @' (P0 ) (x @x

x0 ) +

@' (P0 ) (y @y

y0 ) +

@' (P0 ) (z @z

z0 ) = 0

Que es la ecuación del plano tangente a ' en P0 . Ejemplo 1.4.11 Consideremos nuevamente la super…cie p '(x; y; z) = z x2 + y 2 = 0 p es decir, el cono z = x2 + y 2 , este es el lugar geométrico de '(x; y; z) = 0.

p El punto P0 (1; 1; 2) está en la super…cie y el gradiente de ' en este punto es r'(P0 ) =

1 p i 2

1 p j+k 2

Luego el plano tangente en P0 tiene la ecuación. 1 p (x 2

1)

1 p (y 2

1) + (z

p

2) = 0

Observe que el gradiente de ' no está de…nido en el origen. Esto signi…ca que el cono no tiene plano tangente en el origen. Para encontrar la ecuación de la recta normal, empezamos con el hecho de que r'(P0 ) es normal a la super…cie en P0 . Si (x; y; z) está en la recta normal entonces el vector (x x0 )i + (y y0 )j + (z z0 )k es paralela a r'(P0 ): De este modo, existe algún escalar t tal que

(x

x0 )i + (y

y0 )j + (z

z0 )k = tr'(P0 ) @' @' @' = t (P0 )i + (P0 )j + (P0 )k @x @y @z @' @' @' = t (P0 )i + t (P0 )j + t (P0 )k @x @y @z

71

Igualando las componentes respectivas obtenemos las ecuaciones paramétricas de la recta normal. x

x0 = t

@' (P0 ); @x

y

y0 = t

@' (P0 ); @y

z

z0 = t

@' (P0 ) @z

Observe que estas ecuaciones también, pueden escribirse como x = x0 + t

@' (P0 ); @x

y = y0 + t

@' (P0 ); @y

z = z0 + t

@' (P0 ) @z

p Ejemplo 1.4.12 Para el cono de los ejemplos anteriores la recta normal en (1; 1; 2) tiene las siguientes ecuaciones paramétricas. 1 p t; 2

x=1

1 p t; 2

y=1

z=

p

2+t

Ejemplo 1.4.13 Hallar la ecuación del plano tangente al hiperboloide. z 2 2x2 2y 2 = 12, en el punto (1; 1; 4). Solución. Expresando la ecuación de la super…cie como z2

2x2

2y 2

12 = 0;

luego considerando la función '(x; y; z) = z 2 r'(x; y; z) =

4xi

2x2

2y 2

12, se tiene

4yj + 2zk

En el punto (1; 1; 4); el gradiente de ' es r'(1; 1; 4) =

4i + 4j + 8k

Por tanto, la ecuación del plano tangente en (1; 1; 4) es 4(x

1) + 4(y + 1) + 8(z

4) = 0

4x + 4 + 4y + 4 + 8z

32 = 0

4x + 4y + 8z

24 = 0

x X

72

y

2z + 6 = 0.

Ejemplo 1.4.14 Sea '(x; y; z) = 2xz + ey z 2 . (a) Encontrar la razón de cambio de ' en la dirección de 2i + 3j (2; 1; 1).

k en el punto

(b) Encontrar la dirección desde (2; 1; 1) en la que ' tiene su mayor razón de cambio y calcular su razón de cambio máximo. (c) Encontrar la ecuación del plano tangente y la ecuación paramétrica del vector normal a la super…cie '(x; y; z) = 2xz + ey z 2 = 4 en el punto (2; 1; 1). Solución. (a) La razón de cambio que queremos encontrar es Du '(2; 1; 1), es decir la derivada direccional de ' en la dirección dada. Como la dirección está dada por un vector no unitario, dividimos por su longitud para obtener 1 u = p (2i + 3j 14

k)

Seguidamente, calculamos r'(x; y; z) = 2zi + ey z 2 j + (2x + 2zey )k Entonces r'(2; 1; 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k De este modo, se tiene Du '(2; 1; 1) = r'(2; 1; 1) u

1 = (2i + ej + (4 + 2e)k) p (2i + 3j 14 1 = p (4 + 3e 4 2e) 14 e = p . 14

k)

(b) La dirección es la del gradiente en (2; 1; 1); y esta es 2i + ej + (4 + 2e)k. Y la razón de cambio máximo es p j2i + ej + (4 + 2e)kj = 20 + 16e + 5e2

(c) Como el vector normal a la super…cie en (2; 1; 1) es r'(2; 1; 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k, entonces la ecuación del plano tangente es 2(x

2) + e(y

1) + (4 + 2e)(z

73

1) = 0

Equivalentemente. 2x + ey + (4 + 2e)z = 8 + 3e Finalmente, la recta normal tiene las siguientes ecuaciones paramétricas x = 2 + 2t;

y = 1 + et;

z = 1 + (4 + 2e)t

Eliminando el parámetro t, la ecuación de la recta normal puede escribirse también de la siguiente forma. (conocida como las ecuaciones simétricas de la recta en el espacio) x 2 y 1 z 1 = = . 2 e 4 + 2e X Ejemplo 1.4.15 Encontrar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la super…cie z = x2 + y 2 en el punto (2; 2; 8). Solución. Observe que el punto dado (2; 2; 8) está sobre la super…cie, pues 22 + ( 2)2 = 8. Sea '(x; y; z) = z x2 y 2 , entonces la super…cie es la grá…ca de '(x; y; z) = 0. Luego un vector normal en el punto (2; 2; 8) es r'(2; 2; 8), como r'(x; y; z) =

2xi

2yj + k

entonces r'(2; 2; 8) =

4i + 4j + k

luego, la ecuación del plano tangente buscado es 4(x

2) + 4(y + 2) + (z

8) = 0

o equivalentemente 4x + 4y + z =

8

y las ecuaciones paramétricas de la recta normal son x=2

4t;

y=

2 + 4t;

cuyas ecuaciones simétricas son x

2 4

=

y+2 z 8 = 4 1

X

74

z =8+t

1.4.6

Divergencia y rotacional

Recordemos que la operación gradiente produce un campo vectorial a partir de un campo escalar. En esta sección de…niremos dos operaciones vectoriales que se pueden efectuar con los campos vectoriales y que son básicos en las aplicaciones del cálculo vectorial al estudio de los ‡uidos, así como a la teoría de electricidad y magnetismo. Cada operación se asemeja a la derivación, pero una de ellas produce un campo escalar, mientras que la otra genera un campo vectorial. Divergencia Supongamos que tenemos el siguiente campo vectorial F : R3 ! R3 dado por F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k Entonces la divergencia de este campo vectorial es el campo escalar de…nido por. div F =

@f1 @f2 @f3 + + @x @y @z

En términos del operador nabla r de…nido como r=

@ @ @ i+ j+ k @x @y @z

la divergencia de F se puede expresar simbólicamente como el producto punto de r y F . Esto es, div F

= r F @ @ @ = i+ j+ k @x @y @z @f1 @f2 @f3 = + + @x @y @z

Ejemplo 1.4.16 Si F (x; y; z) = xzi + xyzj

(f1 i + f2 j + f3 k)

y 2 k, encuentre div F .

Solución. Por la de…nición de la divergencia tenemos div F = r F =

@ @ @ (xz) + (xyz) + ( y 2 ) = z + xz @x @y @z

X La razón para el nombre divergencia se puede comprender a través del análisis de los ‡uidos. Si F (x; y; z) es la velocidad del ‡uido (o del gas), entonces div F (x; y; z) representa la razón de cambio neta (respecto al tiempo) por unidad de volumen, de 75

la masa del ‡uido (o del gas) que circula por el punto (x; y; z). En otras palabras, div F mide la tendencia del ‡uido a diverger del punto (x; y; z). Si div F = 0, se dice que F es incompresible; por otra parte, si div F > 0, el ‡ujo neto en una vecindad del punto (x; y; z) es hacia afuera, en este caso, se dice que el punto (x; y; z) es una fuente. Si div F < 0 el ‡ujo neto en una vecindad de (x; y; z) es hacia adentro y se dice que (x; y; z) es un sumidero. De este modo, en un campo vectorial F un punto (x; y; z) es clasi…cado como una fuente, un sumidero o incompresible como sigue: 1. Fuente si div F > 0; 2. Sumidero si div F < 0; 3. Incompresible si div F = 0: Ejemplo 1.4.17 Si F (x; y) = x2 i + y 2 j es un campo vectorial en el plano R2 tenemos que div F = 2x + 2y que es positivo cuando y > x, por tanto todos los puntos arriba de la recta y = x son fuentes y los puntos que están debajo son sumideros. Ejemplo 1.4.18 Hallar la divergencia en (2; 1; 1) del campo vectorial F (x; y; z) = x3 y 2 zi + x2 zj + x2 yk Solución. La divergencia de F es @ @ @ x3 y 2 z + x2 z + x2 y @x @y @z = 3x2 y 2 z

div F (x; y; z) =

Luego la divergencia de F en el punto (2; 1; 1) es div F (2; 1; 1) = 3(22 )(12 )( 1) =

12

Esto muestra que el punto (2; 1; 1) en el campo vectorial considerado es sumidero. X Rotacional Si F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k es un campo vectorial en R3 y existen todas las derivadas parciales de f1 ; f2 ; f3 , entonces el rotacional de F es el campo vectorial en R3 de…nido por rot F =

@f3 @y

@f2 @z

i+

@f1 @z 76

@f3 @x

j+

@f2 @x

@f1 @y

k

Para ayudarnos a recordar la anterior fórmula nuevamente usamos el operador diferencial nabla r. En términos de este operador, el rotacional de F se puede escribir simbólicamente como el producto cruz (producto vectorial) de r y el campo vectorial F; como sigue

rot F = r

F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

f1

f2

f3

Al evaluar dicho determinante se obtiene @f3 @f2 @f1 @f3 @f2 @f1 i+ j+ k: @y @z @z @x @x @y Que resulta la forma más fácil de recordar la de…nición del rotacional de F; como rot F =

rot F = r

F

@ @ @ Observe que en el desarrollo del determinante, los operadores @x ; @y ; @z deben preceder a f1 ; f2 ; f3 . Si rot F = 0, entonces se dice que el campo vectorial F es un campo irrotacional. La razón para el nombre de rotacional es que, el vector rotacional está asociado a rotaciones.

Ejemplo 1.4.19 Hallar el rot F para el campo vectorial dado por F (x; y; z) = (2xy) i + (x2 + z 2 )j + (2yz) k ¿es F irrotacional? Solución. Al utilizar la fórmula rot F (x; y; z) = r rot F = r

F =

F (x; y; z), se tiene

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

2xy x2 + z 2 2yz luego, rot F

@ 2 @ @ (2yz) (x + z 2 ) i (2yz) @y @z @x @ 2 @ + (x + z 2 ) (2xy) k @x @y = (2z 2z)i (0 0)j + (2x 2x)k = 0 =

Como rot F = 0; se concluye que F es irrotacional. X 77

@ (2xy) j @z

Ejemplo 1.4.20 Encontrar el rot F del campo vectorial dado por F (x; y; z) = y 2 z 3 i + 2xyz 3 j + 3xy 2 z 2 k Solución. Utilizando la fórmula rot F = r rot F

= r =

F =

6xyz 2

F , se tiene

i

j

k

@ @x y2z3

@ @y

@ @z

2xyz 3 3xy 2 z 2

6xyz 2 i

3y 2 z 2

3y 2 z 2 j + 2yz 3

2yz 3 k

= 0i + 0j + 0k = 0: Esto muestra que el campo vectorial dado es irrotacional. X Ejemplo 1.4.21 Si F (x; y; z) = (xz) i + (xyz) j

y 2 k, encontrar rot F .

Solución. Como rot F = r

F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

xz xyz

y2

entonces rot F

@ @ @ ( y2) (xyz) i ( y2) @y @z @x @ @ + (xyz) (xz) k @x @y = ( 2y xy)i (0 x)j + (yz 0)k =

=

@ (xz) j @z

y(2 + x)i + xj + yzk.

X Propiedades de la divergencia y del rotacional Hay muchas propiedades importantes de la divergencia y el rotacional de un campo vectorial; en los siguientes teoremas se establecen dos de uso muy frecuente. Teorema 1.4.3 Si '(x; y; z) es un campo escalar entonces rot(r') = 0

78

Demostración. Como

rot(r') = r

(r') =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

@' @x

@' @y

@' @z

entonces @2f @2f @y@z @z@y = 0i + 0j + 0k

rot(r') =

i+

@2f @z@x

@2f @x@z

j+

@2f @x@y

@2f @y@x

k

= 0: X Teorema 1.4.4 Si F (x; y; z) = f1 i + f2 j + f3 k es un campo vectorial y f1 ; f2 ; f3 tienen segundas derivadas parciales continuas, entonces div(rot F ) = 0 Demostración. Usando las de…niciones de la divergencia y rotacional, tenemos. div(rot F ) = r (r F ) @ @f3 @f2 @ = + @x @y @z @y 2 2 2 @ f3 @ f2 @ f1 = + @x@y @x@z @y@z = 0.

@f1 @f3 @ @f2 + @z @x @z @x 2 2 @ f3 @ f2 @ 2 f1 + @y@x @z@x @z@y

@f1 @y

X El Laplaciano Hay otro campo escalar de gran importancia en ingeniería, física y matemáticas. Se parte de un campo escalar ', se forma su gradiente r' y después se toma la divergencia de este último campo vectorial. Obteniendo así, un campo escalar que recibe el nombre de Laplaciano de '. Es decir, otro operador diferencial se presenta cuando calculamos la divergencia del campo vectorial gradiente r', que como se dijo se denomina Laplaciano. Si ' es un campo escalar, entonces el Laplaciano del campo escalar ' es de nuevo un campo escalar de…nido por 79

div(r') = r (r') =

@2' @2' @2' + + 2 @x2 @y 2 @z

La cantidad r (r') frecuentemente se denota por r2 = r r (se lee "nabla cuadrada") y se llama operador de Laplace (o Laplaciano) por su relación con la ecuación de Laplace r2 ' =

@2' @2' @2' + + 2 =0 @x2 @y 2 @z

Toda función que satisface la ecuación de Laplace se llama armónica. También, podemos aplicar el operador Laplaciano r2 ; a un campo vectorial F (x; y; z) = f1 i + f2 j + f3 k en este caso, se tiene r2 F = r2 f1 i + r2 f2 j + r2 f3 k: 2

Ejemplo 1.4.22 Veri…car que la función z = ex de Laplace @2z @2z + =0 @x2 @y 2 Solución. Como z = ex

2

y2

y2

cos (2xy) satisface la ecuación

cos (2xy)

entonces @z @x @2z @x2

= 2ex

2

y2

= 2ex

2

y2

+4xex @z @y @2z @y 2

2ex

2

y2

=

2ex

2

y2 2

y sen (2xy)]

2xy sen (2xy) + cos (2xy)

2

=

+4yex

[x cos (2xy)

y2

[x cos (2xy)

2y 2 cos (2xy)

y sen (2xy)]

[x sen (2xy) + y cos (2xy)]

y2

2x2 cos (2xy) + y ( 2x sen (2xy)) + cos (2xy) [x sen (2xy) + y cos (2xy)]

80

Al sustituir en la ecuación de Laplace, se tiene @2z @2z + =0 @x2 @y 2 X Ejemplo 1.4.23 Sea F (x; y; z) = x3 y 2 i + y 3 z 2 j + z 3 x2 k. Hallar el laplaciano de F: Solución. Como Laplaciano de F = r2 F = r2 f1 i + r2 f2 j + r2 f3 k entonces r2 f1 = r

r x3 y 2

r2 f3 = r

r z 3 x2

r2 f2 = r

r y3z2

=r

=r

=r

3x2 y 2 i + 2x3 yj + 0k = 6xy 2 + 2x3 0i + 3y 2 z 2 j + 2y 3 zk = 6yz 2 + 2y 3 2xz 3 i + 0j + 3x2 z 2 k = 2z 3 + 6x2 z

Así, el laplaciano de F es r2 F = 6xy 2 + 2x3 i + 6yz 2 + 2y 3 j + 2z 3 + 6x2 z k X En resumen, podemos a…rmar que el operador diferencial nabla r de Hamilton, de…nido por @ @ @ i+ j+ k @x @y @z permite resumir en forma clara y sencilla las tres operaciones fundamentales del cálculo diferencial vectorial, el gradiente, la divergencia y el rotacional. r=

1. Aplicando a un campo escalar '(x; y; z) como producto escalar resulta el gradiente. grad ' = r' =

@ @ @ @' @' @' i+ j+ k '= i+ j+ k @x @y @z @x @y @z

2. Aplicando a un campo vectorial F (x; y; z) = f1 i + f2 j + f3 k, como producto punto, resulta la divergencia. div F = r F = 81

@f1 @f2 @f3 + + @x @y @z

3. Aplicando a un campo vectorial F (x; y; z) = f1 i + f2 j + f3 k, como producto cruz, resulta el rotacional. rot F = r

F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

f1

f2

f3

4. Y aplicado como doble producto escalar a un campo escalar '(x; y; z) produce el Laplaciano. L(') = r (r') = r2 ' @2' @2' @2' + + 2. = @x2 @y 2 @z El operador diferencial nabla r de Hamilton El operador diferencial vectorial nabla r de…nido por r=

@ @ @ i+ j+ k @x @y @z

no es un vector, sino un operador. Puede considerarse como un vector simbólico. Así, si ' es un campo escalar, entonces 'r es un operador, mientras que r' da la importante función vectorial llamado gradiente. De modo similar, si F es una función vectorial diferenciable, entonces F r y F r son operadores, mientras que r F y r F dan importantes funciones escalar y vectorial respectivamente. Por tanto, multiplicando a r a la izquierda da operadores, mientras que multiplicándolo a la derecha da importantes funciones escalares y vectoriales. En otras palabras, r solo opera sobre lo que le sigue. Ejemplo 1.4.24 Sean F (x; y; z) = 2yzi

x2 yj + xz 2 k

Hallar: (a)

(F

r) ';

(b)

F

(c)

(F r) ';

(d)

F r':

r';

82

y

' (x; y; z) = 2x2 yz 3 :

Solución. (a) (F

r) ' = =

2yzi

x2 yj + xz 2 k

i 2yz

j k x2 y xz 2 @ @y

@ @x

= = =

@ @ @ xz 2 i 2yz @z @y @z @' @' @' x2 y i + xz 2 + xz 2 @z @y @x 6x2 yz 2 + xz 2

+ (2yz) 2x z

(b) F

r' = =

'

4 2 2

2

+ x y 3 5

6x y z + 2x z

x2 yj + xz 2 k

i 2yz

j k x2 y xz 2 @' @y

@' @z

4xyz

3

2

5

xz 2

4xyz 3

(2yz) 6x2 yz 2

@' @' @' i+ j+ k @x @y @z

@' @z

@' @y

@' @x

=

6x4 y 2 z 2 + 2x3 z 5 i + 4x2 yz 5

xz 2

i + xz 2

r':

2yzi

x2 yj + xz 2 k

2yz

@' @z

j + 2yz

@' @' + x2 y @z @x

12x2 y 2 z 3 j + 4x2 yz 4 + 4x3 y 2 z 3 k: @ @ @ i+ j+ k @x @y @z

'

@ @ @ x2 y + xz 2 2x2 yz 3 @x @y @z @ @ @ 2x2 yz 3 2x2 yz 3 + xz 2 2x2 yz 3 = 2yz x2 y @x @y @z = (2yz) 4xyz 3 x2 y 2x2 z 3 + xz 2 6x2 yz 2

=

2yz

= 8xy 2 z 4 (d) F r' =

2yzi

=

2yzi

j

12x2 y 2 z 3 j + 4x2 yz 4 + 4x3 y 2 z 3 k:

x2 y

(c) (F r) ' =

i+ k

=

r) ' = F

xz 2

2x2 z 3

i + 4x yz

2yzi

@' @x

Observe que (F

@ @ @ j + 2yz + x2 y k ' @x @y @x @' @' @' j + 2yz k 2yz + x2 y @z @y @x

x2 y

x2 y

'

@ @z

2 3

=

@ @ @ i+ j+ k @x @y @z

= 8xy 2 z 4

2x4 yz 3 + 6x3 yz 4 : @' @' @' i+ j+ k x2 yj + xz 2 k @x @y @z x2 yj + xz 2 k

4xyz 3 i + 2x2 z 3 j + 6x2 yz 2

2x4 yz 3 + 6x3 yz 4 : 83

k

Observe que (F r) ' = F r': X Ejemplo 1.4.25 Si r es el vector posición, mostrar que (F r) r = F . Solución. Sean F = f1 i + f2 j + f3 k

y r = xi + yj + zk, entonces

@ @ @ + f2 + f3 @x @y @z @r @r @r = f1 + f2 + f3 @x @y @z = f1 i + f2 j + f3 k = F:

(F r) r =

f1

r

X Fórmulas en las que interviene el operador r Sean F y G (campos vectoriales) dos funciones vectoriales derivables, ' y (campos escalares) funciones escalares derivables en todos los puntos (x; y; z) de una región del espacio. Entonces r (' + ) = r (') + 5 ( )

r

r (' + ) = r (') + 5 ( ) (F + G) = r

G

r ('F ) = (r') F + ' (r F )

r

r (F

r

F +r

(F

('F ) = (r')

F + ' (r

G) = G (r

F)

G) = (G r) F

F)

F (r G (r F )

G) (F r) G + F (r G)

r (F G) = (G r) F + (F r) G + G (r F ) + F (r @2' @2' @2' r (r') = r2 ' = + + 2 @x2 @y 2 @z 2 2 2 @ @ @ Siendo r2 = + 2 + 2 el operador de Laplace 2 @x @y @z r (r F ) = r (r F ) r2 F: Es decir, rot (rot F ) = grad (div F )

r2 F:

Ejemplo 1.4.26 Sea F (x; y; z) = x3 y 2 i + y 3 z 2 j + z 3 x2 k un campo vectorial, veri…car la validez de la expresión rot (rot F ) = grad (div F ) 84

r2 F:

G)

Solución. Por una parte, se tiene F (x; y; z) = rot F

=

x3 y 2 i + y 3 z 2 j + z 3 x2 k i

j

k

@ @x 3 x y2

@ @y 3 y z2

@ @z 3 z x2

i @ @x 2y 3 z

rot (rot F ) =

j

k

@ @y

@ @z

2xz 3

2y 3 z i +

2xz 3 j +

2x3 y k

2x3 y

2x3 + 6xz 2 i +

=

=

2y 3 + 6x2 y j +

2z 3 + 6y 2 z k

y por otra parte, div F

=

grad (div F ) = grad (div F )

r2 F

r2 F

3x2 y 2 + 3y 2 z 2 + 3x2 z 2 6xy 2 + 6xz 2 i + 6x2 y + 6yz 2 j + 6y 2 z + 6x2 z k

=

6xy 2 + 2x3 i + 6yz 2 + 2y 3 j + 2z 3 + 6x2 z k

=

6xz 2

2x3 i + 6x2 y

2y 3 j + 6y 2 z

2z 3 k:

de este modo, se veri…ca la expresión rot (rot F ) = grad (div F ) X

1.4.7

r2 F:

Campos vectoriales conservativos y solenoidales

De…nición 1.4.6 Un campo vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k es conservativo si existe un campo escalar ' (x; y; z), llamado función potencial escalar de F tal que F (x; y; z) = r' (x; y; z) : Ejemplo 1.4.27 El campo vectorial F (x; y; z) = 6xyi + 3x2

3y 2 z 2 j

2y 3 zk

es conservativo, ya que existe su función potencial escalar ' (x; y; z) = 3x2 y

y3z2

que veri…ca r' (x; y; z) = 6xyi + 3x2

3y 2 z 2 j 85

2y 3 zk = F (x; y; x)

Observe que rot F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

6xy

3x2

3y 2 z 2

=0

2y 3 z

como era de esperar pues, rot (r') = 0: Así, F resulta ser un campo irrotacional. Observación 1.4.1 Es evidente que toda función escalar es una función potencial escalar de algún campo vectorial; a saber, de su gradiente. Sin embargo, no toda función vectorial tiene asociada una función potencial escalar, sólo los campos conservativos poseen dicha propiedad. El siguiente teorema caracteriza a los campos conservativos en términos de campos irrotacionales. Teorema 1.4.5 Un campo vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k es conservativo si, y sólo si, rot F = 0: Demostración. Supongamos que F es un campo conservativo, luego existe un campo escalar ' (x; y; z) tal que F (x; y; z) = r' (x; y; z) al calcular el rotacional, se tiene rot F (x; y; z) = rot (r' (x; y; z)) = 0: Conversamente, supongamos que F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k es irrotacional, entonces rot F = 0: A partir de esto debemos mostrar que F es conservativo. Es decir, debe existir un campo escalar ' (x; y; z) que cumpla F (x; y; z) = r' (x; y; z) De…namos ' (x; y; z) ; como sigue Z x Z ' (x; y; z) = f1 (t; 0; 0) dt + 0

y

0

86

f2 (x; t; 0) dt +

Z

0

z

f3 (x; y; t) dt

de esto se sigue @' = f1 ; @x

@' = f2 ; @y

@' = f3 @z

Esto es r' (x; y; z) = F (x; y; x) :

X

Observación 1.4.2 El campo escalar ' (x; y; z) que satisface r' (x; y; z) = F (x; y; z) no es único, pues ' (x; y; z) + C también tiene esa propiedad ya que r [' (x; y; z) + C] = r' (x; y; z) + rC = r' (x; y; z) + 0 = r' (x; y; z) = F: Así, todo campo vectorial conservativo F (rot F = 0) siempre tiene in…nitas funciones potenciales escalares ' tales que r' = F . De este modo, dos funciones potenciales escalares de un campo vectorial conservativo F se distinguen uno del otro por una función constante. Ejemplo 1.4.28 Considerar el campo vectorial F de…nido por F (x; y; z) = yi + (z cos yz + x) j + (y cos yz) k: Mostrar que F es irrotacional y hallar un potencial escalar ' (x; y; z) para F: Solución. Al calcular rot F , se tiene rot F

=

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

y x + z cos yz y cos yz = (cos yz yz sen yz cos yz + yz sen yz) i + (0

0) j + (1

1) k

= 0i + 0j + 0k = 0; de este modo, F es irrotacional. Podemos hallar una función potencial escalar para F; como sigue Z x Z y Z z ' (x; y; z) = f1 (t; 0; 0) dt + f2 (x; t; 0) dt + f3 (x; y; t) dt 0 0 Z0 x Z y Z z = 0dt + xdt + y cos ytdt 0

0

0

= 0 + xy + sen yz = xy + sen yz:

Ahora resulta fácil comprobar que ' (x; y; z) = xy + sen yz veri…ca r' = F . r' (x; y; z) =

@' @' @' i+ j+ k = yi + (z cos yz + x) j + (y cos yz) k @x @y @z

X 87

Ejemplo 1.4.29 Hallar las constantes a; b; c tal que el siguiente campo vectorial F (x; y; z) = (x + 2y + az) i + (bx

3y

z) j + (4x + cy + 2z) k

sea conservativo, luego hallar una función potencial escalar ' (x; y; z). Solución. Para que F sea conservativo debe ocurrir rot F

=

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

x + 2y + az bx 3y z 4x + cy + 2z = (c + 1) i + (a 4) j + (b 2) k = 0i + 0j + 0k de esto vemos que el rotacional es cero para a = 4; b = 2 y c = F (x; y; z) = (x + 2y + 4z) i + (2x

3y

z) j + (4x

1. Por tanto, y + 2z) k

es un campo conservativo. Para hallar una función potencial ' (x; y; z) utilizamos la fórmula Z x Z y Z z ' (x; y; z) = f1 (t; 0; 0) dt + f2 (x; t; 0) dt + f3 (x; y; t) dt 0 0 0 Z x Z y Z z = tdt + (2x 3t) dt + (4x y + 2t) dt 0

=

0

1 2 x + 2xy 2

0

3 2 y 2

+ 4xz

yz + z 2

Así, una función potencial escalar de F es 1 ' (x; y; z) = x2 + 2xy 2

3 2 y 2

+ 4xz

yz + z 2

pues, r' (x; y; z) = (x + 2y + 4z) i + (2x

3y

z) j + (4x

y + 2z) k = F (x; y; z) :

X De…nición 1.4.7 Un campo vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k se dice que es solenoidal si existe un campo vectorial G (x; y; z), llamado función potencial vectorial de F tal que F (x; y; z) = rot G (x; y; z) : 88

Ejemplo 1.4.30 El campo vectorial F (x; y; z) = 2z 4 + 2x2 y i + 3xz 2 j

4xyzk

es solenoidal, ya que existe su función potencial vectorial G (x; y; z) = xz 3 i

2x2 yzj + 2yz 4 k

que veri…ca rot G (x; y; z) = 2z 4 + 2x2 y i + 3xz 2 j

4xyzk = F (x; y; x)

Observe que div F = 4xy

4xy = 0

como era de esperar pues, en general div (rot F ) = 0: Así, F resulta ser un campo vectorial sin sumideros ni fuentes. Observación 1.4.3 Observe que toda función vectorial es una función potencial de algún campo vectorial; a saber, de su rotacional. Sin embargo, no toda función vectorial tiene asociada una función potencial vectorial, sólo los campos solenoidales poseen dicha propiedad. Los campos solenoidales pueden ser caracterizados por medio de su divergencia, tal como enuncia el siguiente resultado, que establece una relación entre los operadores rotacional y divergencia. Teorema 1.4.6 Un campo vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k es solenoidal si, y sólo si, div F = 0: Demostración. Supongamos que F es un campo solenoidal, luego existe un campo vectorial G (x; y; z) tal que F (x; y; z) = rot G (x; y; z) al calcular la divergencia, se tiene div F (x; y; z) = div (rot G (x; y; z)) = 0: Conversamente, supongamos que F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k 89

es tal que div F = 0, a partir de esto debemos mostrar que F es solenoidal. Es decir, debe existir un campo vectorial G (x; y; z) que cumpla F (x; y; z) = rot G (x; y; z) Se puede veri…car que las siguientes tres maneras de de…nir G (x; y; z) = g1 (x; y; z) i + g2 (x; y; z) j + g3 (x; y; z) k satisfacen lo deseado. g1 (x; y; z) = 0 Z g2 (x; y; z) =

x

f3 (t; y; z) dt

0

g3 (x; y; z) =

Z

z

f1 (0; y; t) dt

0

Z

x

f2 (t; y; z) dt

0

Z

g1 (x; y; z) =

y

f3 (x; t; z) dt

0

g2 (x; y; z) = 0 Z g3 (x; y; z) =

y

f1 (x; t; z) dt

Z

0

g2 (x; y; z) =

x

f2 (t; 0; z) dt

0

0

g1 (x; y; z) =

Z

z

f2 (x; y; t) dt Z

Z

y

f3 (x; t; 0) dt

0

z

f1 (x; y; t) dt

0

g3 (x; y; z) = 0: X

Observación 1.4.4 El campo vectorial G (x; y; z) que satisface rot G = F no es único, pues G + r' también tiene esa propiedad ya que rot (G + r') = rot G + rot r' = rot G + 0 = rot G = F Es más, se puede demostrar que todo campo vectorial con esa propiedad es de la forma G + r'. En efecto, supongamos que H es cualquier campo vectorial tal que rot H = F , entonces rot H = rot G: Esto es rot H rot (H

rot G = 0 G) = 0 90

esto dice que H ' (x; y; z) tal que

G es un campo conservativo, luego existe un campo escalar H

G = r'

Por tanto, H = G + r' Así, todo campo vectorial F solenoidal siempre tiene in…nitos campos vectoriales G tales que rot G = F . De este modo, dos funciones potenciales vectoriales de un campo vectorial solenoidal F se distinguen uno del otro por un gradiente de un campo escalar. Ejemplo 1.4.31 Considerar el campo vectorial F de…nido por F (x; y; z) = y 2 i + z 2 j + x2 k Mostrar que F es solenoidal y hallar un potencial vectorial G (x; y; z) para F: Solución. Al calcular la divergencia de F; se tiene div F =

@f1 @f2 @f3 + + =0+0+0=0 @x @y @z

Para hallar una función potencial vectorial G (x; y; z) para F , podemos utilizar cualesquier de las tres formas presentadas en el teorema; usando las fórmulas Z z Z y g1 (x; y; z) = f2 (x; y; t) dt f3 (x; t; 0) dt 0 0 Z z g2 (x; y; z) = f1 (x; y; t) dt 0

g3 (x; y; z) = 0:

tenemos g1 (x; y; z) =

Z

0

g2 (x; y; z) =

z

Z

2

t dt Z

0

z

2

y dt =

y

1 x2 dt = z 3 3 y2z

0

Así, una función potencial vectorial para F es G (x; y; z) =

1 3 z 3

x2 y i

91

y 2 zj + 0k

x2 y

resulta fácil veri…car que rot G = F como se requiere. i rot G = 1 3 3z

@ @x

x2 y

j

k

@ @y y2z

@ @z

= y 2 i + z 2 j + x2 k = F (x; y; z) :

0

X Ejemplo 1.4.32 Hallar el valor de

para que el campo vectorial

F (x; y; z) = i + x2 yj

zk

Sea solenoidal y luego hallar una función potencial vectorial G (x; y; z) para F . Solución. Para que F sea un campo vectorial solenoidal debe ocurrir div F =

@ + x2 @x

1=0

de esto vemos que @ =1 @x luego = De este modo,

Z

1

x2 dx = x

F (x; y; z) =

x

x2 1 3 x + ' (y; z) 3

1 3 x i + x2 yj 3

zk

es solenoidal. Para hallar una función potencial G (x; y; z), utilizamos las fórmulas g1 (x; y; z) = 0; Z x Z z f3 (t; y; z) dt f1 (0; y; t) dt; g2 (x; y; z) = 0 0 Z x g3 (x; y; z) = f2 (t; y; z) dt: 0

al calcular g2 (x; y; z) y g3 (x; y; z) ; se tiene Z x Z z g2 (x; y; z) = z dt 0 dt = 0 0 Z x 1 3 g3 (x; y; z) = t2 y dt = x y 3 0 92

zx

entonces, una función potencial vectorial de F es G (x; y; z) = 0 i

1 3 x y k: 3

zx j

X Ejercicio 1.4.1 Siendo U y V campos escalares derivables, demostrar que rU rV es un campo solenoidal. Solución. Se desea mostrar que div (rU div (F

rV ) = 0; al utilizar la propiedad

G) = G (r

F)

= G rot F

F (r

F r

G)

rot G

se tiene div (rU

rV ) = rV (rot rU )

rU (rot rV )

como rot rU = 0 y

rot rV = 0

entonces div (rU

rV ) = rV (0i + 0j + 0k)

De este modo, rU

rU (0i + 0j + 0k) = 0

rV es solenoidal. X

Ejemplo 1.4.33 El campo vectorial de velocidades de un ‡uido está dado por F (x; y; z) = 2yz i + 2xz j + 2xy k Demostrar que: (a) El ‡uido es incompresible, (b) El campo es irrotacional y (c) La función potencial de velocidades es armónica. Solución. (a) Como div F

@f1 @f2 @f3 + + @x @y @z @ @ @ (2yz) + (2xz) + (2xy) = 0 @x @y @z

= r F = =

Entonces el ‡uido es incompresible. 93

(b) Como rot F

= r

F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

2yz 2xz 2xy 2x) i + (2y 2y) j + (2z

= (2x

2z) k

= 0i + 0j + 0k Entonces el campo es irrotacional. (c) Como F es irrotacional, entonces existe una función potencial escalar ' tal que F = r'; de donde el laplaciano de ' está dado por r2 ' = r r' = r F = 0 por (a)

Por tanto, la función potencial de velocidades es armónica. X Descomposición de un campo vectorial en la suma de un campo irrotacional y un campo solenoidal Todo campo vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k de…ne en cada punto de su dominio un campo escalar, la divergencia, y un campo vectorial el rotacional; estas dos cantidades uno escalar (div F ) y el otro vectorial (rot F ) determinan univocamente el campo vectorial F . Es decir, es posible recuperar un campo vectorial conocidos su divergencia y su rotacional tal como veremos a continuación. Dado un campo vectorial F deseamos descomponer en la forma F =G+H donde G sea un campo vectorial irrotacional; es decir, rot G = 0 y H sea un campo vectorial solenoidal; es decir, div H = 0: Entonces para G existe una función potencial escalar ' tal que G = r' y para H existe una función potencial vectorial V tal que H = rot V . Luego F

= G+H

F

= r' + rot V

al calcular tanto div F como rot F; se tiene div F

= div (r' + rot V ) = div (r') + div (rot V ) = div (r') + 0 = div (r') = r2 ' 94

rot F

= rot (r' + rot V ) = rot (r') + rot (rot V ) = 0 + rot (rot V ) = grad (div V )

r2 V

Esto muestra que el potencial escalar ' (x; y; z) y el potencial vectorial V (x; y; z) satisfacen las siguientes ecuaciones diferenciales parciales r2 ' (x; y; z) = div F

grad (div V )

r2 V

= rot F

Al resolver el anterior sistema de ecuaciones diferenciales parciales, se obtiene tanto ' (x; y; z) como V (x; y; z), y con estos el campo irrotacional G = r' y el campo solenoidal H = rot V: De este modo, todo campo vectorial F se descompone en la forma F (x; y; z) = r' (x; y; z) + rot V (x; y; z) = G (x; y; z) + H (x; y; z) :

El problema que acabamos de resolver es equivalente al siguiente, encontrar un campo vectorial dados su divergencia y su rotacional. Ejemplo 1.4.34 Expresar el campo vectorial F (x; y; z) = yzi + xzj + (xy

xz) k

como la suma de un campo vectorial irrotacional y un campo vectorial solenoidal. Solución. Deseamos expresar F como F = G + H, donde G es irrotacional y H es solenoidal. Luego, para G existirá un ' (x; y; z) tal que G = r' (x; y; z) y para H existirá un V (x; y; z) tal que H = rot V (x; y; z) : Entonces F (x; y; z) = r' (x; y; z) + rot V (x; y; z) al calcular div F; se tiene div F

= div [r' (x; y; z)]

x = r2 ' (x; y; z) Ahora observemos que el campo escalar ' (x; y; z) que satisface es Z 1 2 1 3 ' (x; y; z) = x dx = x 2 6 95

x = r2 ' (x; y; z) ;

pues, G (x; y; z) = r' (x; y; z) =

cuya

div G (x; y; z) =

1 2 x i 2

x = div F:

De este modo, queda determinado el campo vectorial irrotacional 1 2 G (x; y; z) = x i + 0j + 0k 2 solo resta determinar H, pero como F = G + H, entonces H = F =

G = [yzi + xzj + (xy

xz) k]

1 2 x i + xzj + (xy 2

yz

1 2 x i + 0j + 0k 2

xz) k

que es un campo solenoidal, ya que div H = x x = 0: Para hallar un potencial vectorial para H podemos usar las fórmulas, Z z Z y V1 (x; y; z) = h2 (x; y; t) dt h3 (x; t; 0) dt 0 0 Z z V2 (x; y; z) = h1 (x; y; t) dt 0

V3 (x; y; z) = 0:

con estas, se tiene V1 (x; y; z) =

Z

0

V2 (x; y; z) =

Z

z

xtdt Z

y

0

z

0

1 xtdt = xz 2 2

1 yt + x2 dt = 2

1 2 xy 2 1 2 1 2 yz + x z : 2 2

Así, un potencial vectorial de H es V (x; y; z) =

1 2 xz 2

1 2 xy i 2

1 2 1 2 yz + x z j + 0k 2 2

cuyo i rot V

= 1 2 2 xz

= =

@ @x

j 1 2 2 xy

@ @y 1 1 2 2 2 yz 2x z

k @ @z

0

1 yz + x2 i ( xz) j + ( xz + xy) k 2 1 yz + x2 i + xzj + (xy xz) k = H (x; y; z) 2 96

Por tanto, se concluye F (x; y; z) = r' (x; y; z) + rot V (x; y; z) 1 3 = r x + rot V (x; y; z) 6 = G (x; y; z) + H (x; y; z) Siendo G (x; y; z) un campo vectorial irrotacional y H (x; y; z) un campo vectorial solenoidal. X

1.5

Generalización de los conceptos de escalar y vector. Tensores

Cantidades escalares, vectoriales y tensoriales Desde siempre, desde los primeros cursos de Física en educación media, se viene hablando de vectores como cantidades que tienen que ser representadas con más de un número. Son muchas las razones que obligan a introducir este (y otro) tipo de cantidades, enumeraremos algunas de estas razones. 1. Necesidad de modelos matemáticos de la naturaleza. Desde los albores del renacimiento, con Galileo Galilei a la cabeza es imperioso representar cantidades de manera precisa. Las matemáticas nos apoyan en esta necesidad de precisión. Desde ese entonces las matemáticas son el lenguaje de la actividad cientí…ca. 2. Los modelos tienen que tener contrastación experimental. Las ciencias y sus modelos, en última instancia, tienen que ver con la realidad, con la naturaleza y por ello debemos medir y contrastar las hipótesis con esa realidad que modelamos. Necesitamos representar cantidades medibles (observables) y que por lo tanto tienen que ser concretadas de la forma más compacta, pero a la vez más precisa posible. 3. Las leyes de los modelos deben ser independientes de los observadores. Cuando menos a una familia signi…cativa de observadores. El comportamiento de la naturaleza no puede depender de la visión de un determinado observador, así los modelos que construimos para describirla, tampoco pueden depender de los observadores. Con conocer la ley de transformación entre observadores equivalentes deberemos conocer como ocurren los fenómenos en otros referenciales.

97

Por ello, tropezaremos con escalares, vectores, tensores y espinores, dependiendo del número de cantidades que necesitemos para representar ese objeto pero, sobre todo, dependiendo de la ley de transformación que exista entre estos objetos. Constataremos que las leyes de la Física vienen escritas en forma vectorial (o tensorial) y, por lo tanto, al conocer la ley de transformación de los vectores (tensores) conoceremos la visión que de esta ley tendrán otros observadores. Una cantidad escalar requiere únicamente especi…car su magnitud para su descripción completa. La temperatura, por ejemplo, es una cantidad escalar. Por otra parte, una cantidad vectorial, requiere especi…car su dirección completamente además de su magnitud, usualmente se emplean tres valores asociados a tres direcciones ortogonales convenientes para especi…car una cantidad vectorial. Existen otras cantidades más complejas que requieren nueve o más componentes escalares para una esfeci…cación completa. Entre éstas están los esfuerzos, las deformaciones y los momentos de inercia. Estas cantidades especiales, conocidas como tensores, se transforman (es decir, cambian sus valores) bajo determinadas reglas cuando los ejes de referencia se rotan alrededor de un punto. Por otro lado, un escalar es invariante con respecto a una rotación de ejes. Utilizando estas de…niciones pueden considerarse que todas éstas cantidades son tensores de rango diferente, en los cuales un vector es un tensor de primer orden y un escalar es un tensor de orden cero.

1.5.1

Escalares (tensores de orden cero)

Son aquellas cantidades que se representan con (30 = 1) UN solo número, una magnitud; tales como la temperatura, el volumen, la masa y otros más. Así, un escalar es algo más que un número real, es la expresión de una magnitud escalar que no depende del sistema de referencia.

1.5.2

Vectores (tensores de orden 1)

Son cantidades que, para ser representadas por un objeto matemático requieren más de un número; requieren de (31 = 3) TRES números no escalares. Pues ellos tienen un módulo, una dirección y un sentido. Entre las cantidades que típicamente reconocemos como vectores están: la velocidad, la aceleración, la fuerza. En términos grá…cos podremos decir que un vector es un segmento orientado, en el cual la dimensión del segmento representa su módulo y su orientación la dirección y el sentido. Los vectores son independientes del sistema de coordenadas. Es decir, sus características (módulo, dirección y sentido) se preserva en todos los sistemas de coordenadas. Así, un vector es algo más que una simple terna de números reales (a; b; c); 98

es la expresión de una magnitud vectorial que no depende del sistema de referencia. Por ejemplo, dado un ‡uido que ocupa una región de R3 , la velocidad de una de las partículas que la componen es un vector (un tensor contravariante de orden 1) que se puede describir totalmente mediante tres números V = (v1 ; v2 ; v3 ) una vez que se ha …jado una base de R3 y sin embargo el conjunto de tres números reales compuesto por la presión, la densidad y la temperatura del ‡uido, todos en ese punto (P; ; T ) no es un vector (tensor contravariante de orden 1).

1.5.3

Tensores de orden 2

Es una cantidad que para ser representado matemáticamente requiere de (32 = 9) NUEVE números reales no escalares, tales como los esfuerzos, deformaciones y otros más. Los tensores de orden 2 se pueden representrar mediante matrices 3 3. Como ejemplo simple, consideremos una nave en el agua. Deseamos describir su respuesta a una fuerza aplicada. La fuerza es un vector, y la nave responderá con una aceleración, que es también un vector. La aceleración en general no estará en la misma dirección que la fuerza, debido a la forma particular del cuerpo de la nave. Sin embargo, resulta que la relación entre la fuerza y la aceleración es lineal. Tal relación es descrita por un tensor del tipo (1,1) (es decir, que transforma un vector en otro vector). El tensor se puede representar como una matriz que cuando es multiplicada por un vector, dé lugar a otro vector. Así, como los números que representan un vector cambiarán si uno cambia el conjunto de coordenadas, los números en la matriz que representa el tensor también cambiarán cuando se cambie el conjunto de coordenadas. En la ingeniería, las tensiones en el interior de un sólido rígido o líquido también son descritas por un tensor. Si un elemento super…cial particular dentro del material se selecciona, el material en un lado de la super…cie aplicará una fuerza en el otro lado. En general, esta fuerza no será ortogonal a la super…cie, sino que dependerá de la orientación de la super…cie de una manera lineal. Esto es descrito por un tensor de orden 2. La palabra "tensor" es latina para algo que estira, es decir, la tensión de las causas.

1.5.4

Tensores de orden 3

Es una cantidad que para ser representado matemáticamente requiere de (33 = 27) VEINTE Y SIETE números reales no escalares. Desafortunadamente, ya no es posible representar los componentes de un tensor de orden tres o de un tensor de orden mayor que tres en forma de un arreglo rectangular de números; es decir, en forma matricial. Pero podemos imaginar a los componentes del tensor de orden tres ordenados dentro de un cubo matricial tridimensional.

99

En general, un tensor de orden n es un objeto, cuya especi…cación en cualquier sistema coordenado dado requiere 3n números, llamados componentes del tensor. Nota. Cuando escribimos 3n tomamos solamente tensores tridimensionales. De forma general, un tensor de orden n, tiene mn componentes. De este modo, un tensor es un objeto matemático de varias componentes, que generaliza los conceptos de escalar, vector y matriz de una manera que sea independiente de cualquier sistema de coordenadas elegido. Los tensores son de especial importancia en física, puesto que un tensor en un punto o entorno es un ente matemático que de…ne el comportamiento de una cantidad física en todas las direcciones dentro del entorno, lo que da al tensor un caracter de vector generalizado con una amplitud de concepto verdaderamente importante.

1.5.5

Formación de tensores de orden 2

Los tensores de segundo orden, que son los más importantes, pueden originarse de: a) un vector o de b) una combinación de dos vectores. a) Gradiente de un (campo) vectorial Asi, como de un (campo) escalar ' = ' (x; y; z) se obtiene por simple derivación el vector @' @' @' r' = i+ j+ k @x @y @z llamado gradiente de '. Similarmente, a partir de un (campo) vectorial F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k se puede obtener por derivación el tensor rF = rF =

@ @ @ i+ j+ k (f1 i + f2 j + f3 k) @x @y @z

@f1 @f2 @f3 @f1 @f2 @f3 @f1 @f2 @f3 ii+ ij+ ik+ ji+ jj+ jk+ ki+ kj+ kk (1.1) @x @x @x @y @y @y @z @z @z

100

Utilizando notación matricial, esta expresión se representa como: 3 2 6 rF = 6 4

@f1 @x @f1 @y @f1 @z

@f2 @x @f2 @y @f2 @z

@f3 @x @f3 @y @f3 @z

7 7 5

(1.2)

Llamado gradiente de F y recibe el nombre de tensor de segundo orden, donde estas nueve cantidades son las nueve componentes del tensor de segundo orden. Si F representa la velocidad de un punto de un ‡uido en movimiento, la matriz (1.2) representa completamente una noción geométrica independiente de los ejes; el tensor rF derivado de la velocidad del ‡uido, signi…ca la deformación del ‡uido en el entorno considerado. Las expresiones ii; ij; ik; ji; jj; jk; ki; kj; kk en (1.1) se llaman diadas unitarias, observe que ij por ejemplo no es lo mismo que ji y toda expresión de la forma (1.1) se llama a…nor, diádica o tensor. Ejemplo 1.5.1 Sea F (x; y; z) = 3xyi + yzj + z 3 k. Hallar el gradiente de F . Solución. El gradiente de F es el siguiente tensor de segundo orden. 2 3 2 @(3xy) @(yz) @ (z 3 ) 3 2 3 @f1 @f2 @f3 3y 0 0 @x @x @x @x @x @x 7 6 @f1 @f2 @f3 7 6 6 7 @ (z 3 ) 7 @(yz) @(3xy) 7=6 rF = 6 7 = 4 3x z 0 5 6 @y @y 5 4 @y @y @y @y 5 4 @f2 @f3 @f1 0 y 3z 2 @ (z 3 ) @(3xy) @(yz) @z

@z

@z

@z

@z

@z

X

Ejemplo 1.5.2 Estudiar el tensor de segundo orden rF derivado del vector gradiente de un campo escalar F = r': Solución. La matriz de este tensor derivado es 2 @2' @2' 6 rF = 6 4

@x2 @2' @y@x @2' @z@x

@x@y @2' @y 2 @2' @z@y

@2' @x@z @2' @y@z @2' @z 2

3 7 7 5

Como se puede apreciar, resulta un tensor simétrico (matriz simétrica) de seis componentes distintas, las tres derivadas cuadráticas o principales y las tres derivadas cruzadas. X 101

Divergencia y Rotacional El gradiente rF de un campo vectorial F es un tensor de segundo orden el cual tiene dos invariantes que son de mayor importancia en la geometría y en la física matemática. 1. La invariante escalar, que se forma multiplicando escalarmente los vectores diadas unitarias de rF , se llama la divergencia de F y se denota como r F o div F: 2. La invariante vectorial que se forma multiplicando vectorialmente los vectores diadas unitarias de rF se llama el rotacional de F y se denota por r F o rot F: Es decir, div F y rot F son independientes del sistema de referencia y expresan propiedades invariantes del campo vectorial F . En términos de coordenadas rectangulares, tenemos entonces las siguientes ecuaciones. a) rF = grad F = iFx + jFy + kFz b) r F = div F = i Fx + j Fy + k Fz c) r

F = rot F = i

Fx + j

Fy + k

Fz :

Donde, Fx =

@f1 @f2 @f3 @f1 @f2 @f3 @f1 @f2 @f3 i+ j+ k; Fy = i+ j+ k y Fz = i+ j+ k @x @x @x @y @y @y @z @z @z

Es así, si expresamos el campo vectorial F en términos de sus componentes rectangulares F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k Siendo, f1 ; f2 y f3 funciones escalares de x; y y z, entonces rF asume la forma de nueve términos como en (1.1). Luego poniendo puntos (productos escalares) y cruces (productos vectoriales) entre los vectores de las diadas unitarias, se tiene div F =

rot F =

@f3 @y

@f2 @z

i+

@f1 @f2 @f3 + + @x @y @z @f1 @z 102

@f3 @x

j+

(1.3) @f2 @x

@f1 @y

k

(1.4)

Observación 1.5.1 Observe que la divergencia de un campo vectorial es la traza de su gradiente. Ejemplo 1.5.3 Demostrar que para un campo vectorial F la traza de su gradiente es la divergencia de dicho campo. Solución. Sea F (x; y; z) = f1 (x; y; z) i + f2 (x; y; z) j + f3 (x; y; z) k un campo vectorial. Como 2 3 6 rF = 6 4

Entonces,

tr (rF ) =

@f1 @x @f1 @y @f1 @z

@f2 @x @f2 @y @f2 @z

@f3 @x @f3 @y @f3 @z

7 7 5

@f1 @f2 @f3 + + = div F @x @y @z

X Ejemplo 1.5.4 Hallar el gradiente del campo vectorial F (x; y; z) = zi + xj + yk. A partir de este resultado hallar la div F y el rot F . Solución. El gradiente de F es el siguiente tensor de 2do orden

2

En consecuencia.

6 rF = 6 4

rF = ij + jk + ki 3 2

@f1 @x @f1 @y @f1 @z

@f2 @x @f2 @y @f2 @z

@f3 @x @f3 @y @f3 @z

0 1 0

7 6 7=4 0 0 1 7 5 5 1 0 0

div F

= i j+j k+k i=0 y

rot F

= i

j+j

3

k+k

i = k + i + j:

X Ejemplo 1.5.5 Encontrar el gradiente de los siguientes campos vectoriales. (a) F (x; y; z) = (x y) i + (y z) j + (z x) k (b) G (x; y; z) = x2 + yz i + y 2 + zx j + z 2 + xy k (c) H (x; y; z) = yz 2 i + zx2 j + xy 2 k En forma matricial y encontrar su divergencia y rotacional. 103

Solución. Al utilizar las fórmulas de gradiente, divergencia y rotacional de un campo vectorial, se tiene (a) 2 3 1 0 1 6 7 1 0 5 ; div F = 3 y rot F = i + j + k rF = 4 1 0 1 1 (b)

2

6 rG = 4

(c)

2x

z

y

7 x 5; x 2z

z 2y y 2

6 rH = 4

3

0 2zx z2 2yz

div H = 0 y

y2

div G = 2 (x + y + z)

y

rot G = 0

3

7 0 2xy 5 ; x2 0

x2 i + 2yz

rot H = 2xy

y 2 j + 2zx

z2 k

X Observación 1.5.2 Para el vector posición R (x; y; z) = xi + yj + zk se tiene Luego

rR = Rx i + Ry j + Rz k = ii + jj + kk 2 3 1 0 0 rR = I = 4 0 1 0 5 ; div R = 3 y rot R = 0 0 0 1

Por otra parte, cuando F = r' es el gradiente de un campo escalar ' (x; y; z), se tiene @' @' @' f1 = ; f2 = ; f3 = @x @y @z con estas componentes, las fórmulas de (1.3) div F y (1.4) rot F; dan div F = div r' =

@2' @2' @2' + + 2 @x2 @y 2 @z

rot F = rot r' = 0 104

(1.5) (1.6)

En (1.5), el operador diferencial div r o r r, se llama laplaciano y se escribe con frecuencia como @2 @2 @2 r2 = + + @x2 @y 2 @z 2 Finalmente, cuando F = rot G, es el rotacional de un campo vectorial G (x; y; z) = g1 (x; y; z) i + g2 (x; y; z) j + g3 (x; y; z) k entonces f1 =

@g3 @y

@g2 @g1 ; f2 = @z @z

@g3 @g2 ; f3 = @x @x

@g1 @y

En este caso las fórmulas (1.3) y (1.4) dan div rot G = 0

(1.7) r2 G

rot rot G = r div G

(1.8)

Las demostraciones son sencillas y dependen de la igualdad de las segundas derivadas mezcladas. Por ejemplo, en (1.8), la primera componente de rot rot G es @ @y

@g2 @x

@g1 @y

@ @z

@g1 @z

@g3 @x

= =

@ @g1 @g2 @g3 + + @x @x @y @z @ div G 52 g1 : @x

52 g1

Las cuatro identidades desde (1.5) hasta (1.8) son de mayor importancia. Ejemplo 1.5.6 Hallar la divergencia y el rotacional del campo vectorial F (x; y; z) = x2 yzi + y 2 zxj + z 2 xyk Mostrar que el campo G (x; y; z) =

1 3

y 2 + z 2 yz i + z 2 + x2 zx j + x2 + y 2 xy k

tiene el mismo rotacional que F , pero además es solenoidal. A partir de esto, hallar un campo irrotacional H (x; y; z) con la misma divergencia que F y una función potencial escalar h (x; y; z) de H. Comprobar que K (x; y; z) =

1 3 2 x y 6

z2 i + y3 z2

x2 j + z 3 x2

y2 k

es una función potencial vectorial de G, y mostrar que F se puede representar como suma de un campo irrotacional H y uno solenoidal G: 105

Solución. Al calcular el gradiente del campo vectorial F que es un tensor de segundo orden tenemos 2 3 2xyz y2z z2y z2x 5 rF = 4 x2 z 2yzx 2 2 x y y x 2zxy

a partir de este gradiente se lee fácilmente tanto la divergencia y el rotacional de F . div F

= 2xyz + 2yzx + 2zxy = 6xyz

rot F

=

z2x

=

z2

y2x i y2 x i

z2y z2

x2 y j + y 2 z x2 y j + y 2

x2 z k x2 z k

De la misma forma, calculando el gradiente del campo G; se tiene 3 2 1 3 1 3 x2 z x2 y 0 3z 3y 1 3 0 y2x 5 rG = 4 31 z 3 y 2 z 3x 1 3 1 3 2 2 z y z x 0 3y 3x

de donde

div G = 0 Esto dice que G es solenoidal rot G = =

z2x z2

y2x i y2 x i

z2y z2

x2 y j + y 2 z x2 y j + y 2

x2 z k x2 z k

= rot F: Como rot F = rot G entonces, rot F rot G = 0 luego rot (F deduce que el campo vectorial irrotacional H es H (x; y; z) = F (x; y; z) al calcular F H (x; y; z) =

G) = 0. De esto, se

G (x; y; z)

G; se tiene 1 3

3x2 + y 2 + z 2 yz i + 3y 2 + z 2 + x2 zx j + 3z 2 + x2 + y 2 xy k

cuya divergencia es div H = 2xyz + 2yzx + 2zxy = div F: Ya que rot H = 0; entonces existe su función potencial escalar h (x; y; z) ; a saber, h (x; y; z) =

1 3 x yz + y 3 zx + z 3 xy 3 106

Por otra parte, al calcular el gradiente de K que resulta ser un tensor de orden dos, se tiene 2 3 3x2 y 2 z 2 2xy 3 2xz 3 14 5 2yx3 3y 2 z 2 x2 2yz 3 rK = 6 3 3 2 2zx 2zy 3z x2 y 2 luego,

div K = = rot K = = = =

1 3x2 y 2 z 2 + 3y 2 z 2 x2 + 3z 2 x2 y 2 6 1 2 2 x y z 2 + y 2 z 2 x2 + z 2 x2 y 2 = 0 2 1 2yz 3 2zy 3 i 2xz 3 + 2zx3 j + 2xy 3 2yx3 k 6 2 yz 3 + zy 3 i + xz 3 + zx3 j + xy 3 + yx3 6 1 y 2 + z 2 yz i + z 2 + x2 zx j + x2 + y 2 xy k 3 G (x; y; z) :

Así, queda comprobado que K (x; y; z) es una función potencial vectorial de G (x; y; z) : Finalmente, se concluye que F (x; y; z) = H (x; y; z) + G (x; y; z) = rh (x; y; z) + rot K (x; y; z)

Donde H es irrotacional y G es solenoidal. X Derivada direccional de un vector

Así, como el gradiente r' de un campo escalar ' (x; y; z) se utiliza para expresar la derivada direccional de ' en dirección de un vector unitario u como. Du ' (x; y; z) = r' (x; y; z) u

(escalar)

Similarmente, el gradiente rF de un campo vectorial F (x; y; z), se utiliza para expresar la derivada direccional de F en dirección de un vector unitario u como. Du F (x; y; z) = u rF (x; y; z)

(vector)

Así, como la derivada direccional Du ' (x; y; z) representa la razón de cambio ' en el punto (x; y; z) en la dirección de u, de la misma forma, la derivada direccional de un campo vectorial Du F (x; y; z) en el punto (x; y; x) en dirección de u se interpreta como la razón de cambio del campo vectorial F en la dirección de un vector unitario u. 107

Ejemplo 1.5.7 Calcular la derivada direccional del campo vectorial F (x; y; z) = x2

yz 2 i + xy 2 j + (xyz

3xz) k

en el punto P (1; 0; 3) en dirección al origen. Solución. Como 2

rF (x; y; z) = 4

2x y 2 yz 2 z 2xy 2yz 0 xy

en particular en el punto P; se tiene

2

y como

rF (1; 0; 3) = 4

2 0 9 0 0 0

3 3z xz 5 3x

3 9 3 5 3

1 u = p ( 1; 0; 3) 10 entonces Du F (1; 0; 3) = u rF (1; 0; 3)

2 1 p ( 1; 0; 3) 4 10

=

2 0 9 0 0 0

1 p ( 2; 0; 18) : 10

=

3 9 3 5 3

X Ejemplo 1.5.8 Sea F (x; y; z) = xy 2 z i + (4x + y) j + ( x + y) k un campo vectorial, determinar el valor de 2 R tal que la razón de cambio de F , en el punto P ( 1; 1; 0) en dirección al punto Q (0; 3; 0) sea cero. Solución. Deseamos determinar Du F ( 1; 1; 0) = u rF ( 1; 1; 0) = 0 donde u=

! PQ 1 ! = p5 PQ 108

1 2 0

Como

2

3 y2z 4 1 5 rF (x; y; z) = 4 2xyz 2 xy 0 0

al evaluar este gradiente en el punto P ( 1; 1; 0) ; se tiene 2 3 0 4 1 5 rF jP = 4 0 1 0 0

Luego,

Du F ( 1; 1; 0) =

1 p 5

1 2 0

=

1 p 5

0 4+2

2 4

3 0 4 0 1 5= 1 0 0

+2

=

0 0 0

0 0 0

igualando componentes, se tiene 4+2

= 0

+2 = 0 En consecuencia, el

buscado es

=

2: X

b) Diadas y a…nores Una diada es un objeto matemático formado con dos vectores en cierta ordenación. Por ejemplo, para los vectores u = (u1 ; u2 ; u3 ) y v = (v1 ; v2 ; v3 ) una diada es uv. Donde u es el vector antecedente de la diada y v es el vector consecuente de la diada. !. La notación más extendida para las diadas es la super‡echa con dos puntas uv Para las diadas se puede de…nir una operación de suma (+) con la que el conjunto de todas las diadas de pares ordenados de vectores de cierto espacio vectorial V ; denotado por D (V ) constituye un grupo abeliano. El producto de una diada por un escalar del campo K es otra diada. Así, D (V ) es un espacio vectorial sobre K. Siendo una base para este espacio vectorial el conjunto formado por todas las diadas unitarias. B = fii; ij; ik; ji; jj; jk; ki; kj; kkg Llamada base canónica de D (V ).

109

A…nores Como B el conjunto de todas las diadas unitarias constituye una base para D (V ), entonces toda diada se puede expresar como una combinación lineal de las diadas unitarias de B. Es decir, para toda diada A = uv de D (V ) existen escalares a11 ; a12 ; a13 ; a21 ; a22 ; a23 ; a31 ; a32 ; a33 tales que A = uv = a11 ii + a12 ij + a13 ik + a21 ji + a22 jj + a23 jk + a31 ki + a32 kj + a33 kk A toda expresión de esta forma se llama diádica, a…nor o tensor. Siendo a11 ; a12 ; a13 ; a21 ; a22 ; a23 ; a31 ; a32 y a33 las componentes de la diádica o tensor. Disponiendo éstas nueve componentes en la forma 2 3 a11 a12 a13 4 a21 a22 a23 5 a31 a32 a33 se forma una matriz cuadrada de orden 3. Observe que en esta representación se omiten las nueve diadas unitarias. Así, como sucede en la representación de vectores en el espacio u = u1 i + u2 j + u3 k = (u1 ; u2 ; u3 )

A partir de las componentes cartesianas de los vectores u (ui ) y v (vj ) se pueden hallar las componentes de la diada uv (uvij ), como las componentes del tensor producto diádico de vectores (uv)ij = [u

v]ij = [ui vj ]ij :

En este caso, la diada uv se escribe u v. Donde el producto diádico de los vectores u (ui ) y v (vj ) se de…ne como el producto matricial del antecedente como vector columna por el consecuente como vector …la, que da como resultado la representación matricial de un tensor cartesiano. Esta regla de multiplicación se llama tensorial o de Gibbs, y el resultado obtenido se enuncia así: el producto tensorial de dos vectores es un tensor de segundo orden. En particular, considerando los vectores u (ui ) = (u1 ; u2 ; u3 ) se tiene u

2

3 u1 v = 4 u2 5 u3

y

v1 v2 v3

110

v (vj ) = (v1 ; v2 ; v3 ) 2

3 u1 v1 u1 v2 u1 v3 = 4 u2 v1 u2 v2 u2 v3 5 u3 v1 u3 v2 u3 v3

Al utilizar los vectores unitarios cartesianos de R3 i = (1; 0; 0) ; j = (0; 1; 0) ; k = (0; 0; 1) las diadas unitarias ii; ij; ik; ji; jj; jk; ki; 2 3 1 ii = i i = 4 0 5 1 0 0 2 3 1 ij = i j = 4 0 5 0 1 0 2 3 1 ik = i k = 4 0 5 0 0 0 2 3 0 ji = j i = 4 1 5 1 0 0 2 3 0 4 jj = j j = 1 5 0 1 0 2 3 0 4 jk = j k = 1 5 0 0 0 2 3 0 4 ki = k i = 0 5 1 0 1 2 3 0 kj = k j = 4 0 5 0 1 1 2 3 0 kk = k k = 4 0 5 0 0 1 Con lo que, se tiene el tensor o a…nor unidad I=i

i+j

j+k

111

kj; kk, adquieren la siguiente forma: 2 3 1 0 0 0 = 4 0 0 0 5; 0 0 0 2 3 0 1 0 0 = 4 0 0 0 5; 0 0 0 2 3 0 0 1 1 = 4 0 0 0 5; 0 0 0 3 2 0 0 0 0 = 4 1 0 0 5; 0 0 0 2 3 0 0 0 0 = 4 0 1 0 5; 0 0 0 3 2 0 0 0 1 = 4 0 0 1 5; 0 0 0 2 3 0 0 0 0 = 4 0 0 0 5; 1 0 0 2 3 0 0 0 0 = 4 0 0 0 5; 0 1 0 2 3 0 0 0 1 = 4 0 0 0 5: 0 0 1 2

3 1 0 0 k=4 0 1 0 5 0 0 1

El producto escalar de los vectores u = (u1 ; u2 ; u3 ) y v = (v1 ; v2 ; v3 ) se puede escribir como producto matricial de u como vector …la y v como vector columna, o bien como producto de v como vector …la y u como vector columna. Esto es, 2 3 v1 u v = u1 u2 u3 4 v2 5 = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 v3 Finalmente, el producto de una diada uv por un vector w no es conmutativo y da como resultado un vector. Es decir uv w 6= w uv Donde uv w = u (v w)

y w uv = v (u w)

Observe que el primer caso w es postfactor y en el segundo caso es prefactor. En consecuencia, las reglas del producto de una diada por un vector se pueden escribir en componentes, considerando el prefactor como un vector …la y al postfactor como vector columna. Es decir, a uv w = (u v) w = u (v w) como 2 32 3 2 3 u1 v1 u1 v2 u1 v3 w1 u1 4 u2 v1 u2 v2 u2 v3 5 4 w2 5 = 4 u2 5 fv1 w1 + v2 w2 + v3 w3 g u3 v1 u3 v2 u3 v3 w3 u3 y a w uv = w (u v) = v (u w) como 2 3 u1 v1 u1 v2 u1 v3 w1 w2 w3 4 u2 v1 u2 v2 u2 v3 5 = u3 v1 u3 v2 u3 v3

1.5.6

v1 v2 v3

fu1 w1 + u2 w2 + u3 w3 g :

Ejercicios propuestos

En los ejercicios del 1 al 10, dibujar varios vectores representativos del campo vectorial dado. Ejercicio 1.5.1 F (x; y; z) = i + j + k Ejercicio 1.5.2 F (x; y; z) = xi + yj + zk Ejercicio 1.5.3 F (x; y; z) = j Ejercicio 1.5.4 F (x; y; z) = zj 112

Ejercicio 1.5.5 F (x; y; z) = yj Ejercicio 1.5.6 F (x; y; z) =

i+j

Ejercicio 1.5.7 F (x; y; z) = i + 2j + 3k Ejercicio 1.5.8 F (x; y; z) = i + 2j + zk Ejercicio 1.5.9 F (x; y; z) = xi + yj + 3k Ejercicio 1.5.10 F (x; y; z) = i + j + k En los ejercicios del 11 al 14, encontrar el campo vectorial gradiente de '. Ejercicio 1.5.11 '(x; y) = ln(x + 2y) Ejercicio 1.5.12 '(x; y) = x e x p Ejercicio 1.5.13 '(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 Ejercicio 1.5.14 '(x; y; z) = x cos(y=z)

En los ejercicios del 15 al 24, hallar el gradiente de la función dada en el punto dado. Ejercicio 1.5.15 '(x; y; z) = 3x2 y

5yz + z 2 ;

Ejercicio 1.5.16 '(x; y; z) = x tan(y + z); Ejercicio 1.5.17 '(x; y; z) = x2 y

(4; 3; 1)

sen(zx);

Ejercicio 1.5.18 '(x; y; z) = 2xy + xez ;

(1; 1; 2)

(1; 1; 4 )

( 2; 1; 6)

Ejercicio 1.5.19 '(x; y; z) = cos(xyz);

( 1; 1; 2 )

Ejercicio 1.5.20 '(x; y; z) = cosh(2xy)

senh(z);

Ejercicio 1.5.21 '(x; y; z) =

1 jRj ;

(0; 1; 1)

donde R = xi + yj + zk;

Ejercicio 1.5.22 '(x; y; z) = ex cos(y) cos(z); Ejercicio 1.5.23 '(x; y; z) = x2 y cosh(xz); 113

(0; 4 ; 4 ) (0; 0; 1)

(1; 1; 1)

Ejercicio 1.5.24 '(x; y; z) = cosh(x

y + 2z);

(2; 0; 1)

En los ejercicios del 25 al 28, hallar el gradiente de la función dada y el valor máximo de la derivada direccional en el punto dado. p Ejercicio 1.5.25 '(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 ; (1; 4; 2) Ejercicio 1.5.26 '(x; y; z) = p

1 ; 1 x2 y 2 z 2

(1; 4; 2)

Ejercicio 1.5.27 '(x; y; z) = xeyz ;

(2; 0; 4)

Ejercicio 1.5.28 '(x; y; z) = xy 2 z 2 ;

(2; 1; 1)

En los ejercicios del 29 al 39, encontrar un vector unitario en cuya dirección la función '(x; y; z) en P0 tiene su razón de cambio máximo y luego encontrar esta razón de cambio máximo. Ejercicio 1.5.29 '(x; y; z) = x2

3xy + 2y 2 ;

Ejercicio 1.5.30 '(x; y; z) = ee cos(yz);

Ejercicio 1.5.32 '(x; y; z) =

1 x

(1; 1; )

3xz 2 ;

Ejercicio 1.5.31 '(x; y; z) = 2xy

3yz;

(1; 2; 1)

(2; 1; 1)

Ejercicio 1.5.33 '(x; y; z) = 3x2 y + 2 sen(z);

Ejercicio 1.5.35 '(x; y; z) = sen(xyz);

Ejercicio 1.5.37 '(x; y; z) = x ln(y + z); 1

y x

Ejercicio 1.5.39 '(x; y; z) = 4x3 y 2 z 2 ;

(0; 1; 0)

(1; ; 1)

z 3 + ex sen(y);

Ejercicio 1.5.38 '(x; y; z) = tan

(1; 3; )

3y 2 + 2xyez ;

Ejercicio 1.5.34 '(x; y; z) = 14x

Ejercicio 1.5.36 '(x; y; z) =

(0; 0; 1)

;

(0; 1; 2)

(1; 3; 2) (1; 1; 3)

(1; 1; 1)

Ejercicio 1.5.40 Determinar una función ' no idénticamente cero, tal que r' = 0. ¿Puede la super…cie ' = constante tener un vector normal? En los ejercicios del 41 al 44, describir la super…cie de nivel '(x; y; z) = 0. 114

Ejercicio 1.5.41 '(x; y; z) = 3x

5y + 3z

15

Ejercicio 1.5.42 '(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2

25

Ejercicio 1.5.43 '(x; y; z) = 4x2 + 9y 2 Ejercicio 1.5.44 '(x; y; z) = 16x2

4z 2

9y 2 + 144z

En los ejercicios del 45 al 50, Esquematizar la super…cie de nivel S de ' que pasa por el punto P y un vector con punto inicial P correspondiente a r'(P ). Ejercicio 1.5.45 '(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 ; Ejercicio 1.5.46 '(x; y; z) = z

x2

y2;

Ejercicio 1.5.47 '(x; y; z) = x + 2y + 3z;

P (1; 5; 2) P (2; 2; 1) P (3; 4; 1)

Ejercicio 1.5.48 '(x; y; z) = x2 + y 2

z2;

Ejercicio 1.5.49 '(x; y; z) = x2 + y 2 ;

P (2; 0; 3)

Ejercicio 1.5.50 '(x; y; z) = z;

P (3; 1; 1)

P (2; 3; 4)

En los ejercicios del 51 al 54. Trazar la curva de nivel C de ' que pasa por el punto P y un vector con punto inicial P correspondiente a r'(P ). Ejercicio 1.5.51 '(x; y) = y 2

x2 ;

P (2; 1)

Ejercicio 1.5.52 '(x; y) = 3x

2y;

P ( 2; 1)

Ejercicio 1.5.53 '(x; y) = x2

y;

Ejercicio 1.5.54 '(x; y) = xy;

P ( 3; 5)

P (3; 2)

En los ejercicios del 55 al 64. Hallar un vector unitario normal a la super…cie en el punto dado. [Sugerencia: Normalizar el vector gradiente r'(x; y; z)] Ejercicio 1.5.55 x + y + z = 4;

(2; 0; 2)

Ejercicio 1.5.56 x2 + y 2 + z 2 = 11; (3; 1; 1) p Ejercicio 1.5.57 z = x2 + y 2 ; (3; 4; 5) 115

Ejercicio 1.5.58 z = x3 ; Ejercicio 1.5.59 x2 y 4

(2; 1; 8) z = 0;

(1; 2; 16)

Ejercicio 1.5.60 x2 + 3y + z 3 = 9; Ejercicio 1.5.61 ln Ejercicio 1.5.62 zex Ejercicio 1.5.63 z

x y z 2

= 0;

y2

(1; 4; 3)

3 = 0;

(2; 2; 3) (6; 6 ; 7)

x sen y = 4;

Ejercicio 1.5.64 sen(x

(2; 1; 2)

y)

z = 2;

(3; 6;

3 2)

En los ejercicios del 65 al 84, hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la super…cie en el punto dado. Ejercicio 1.5.65 x2 + y 2 + z = 9;

(1; 2; 4)

Ejercicio 1.5.66 x2 + y 2 + z 2 = 9; Ejercicio 1.5.67 xy

z = 0;

Ejercicio 1.5.68 x2

y 2 + z 2 = 0;

( 2; 3; 6)

Ejercicio 1.5.69 z = arctan xy ; Ejercicio 1.5.70 xyz = 10;

(5; 13; 12)

(1; 1; 4 )

(1; 2; 5)

Ejercicio 1.5.71 x2 + 4y 2 + z 2 = 36; Ejercicio 1.5.72 x2 + 2z 2 = y 2 ;

z 2 = 4;

Ejercicio 1.5.74 x = y(2z

3);

y2;

(2; 1; 2)

(4; 2; 2)

Ejercicio 1.5.75 x2 + y 2 + z 2 = 4; Ejercicio 1.5.76 z = x2 + y;

(2; 2; 4)

(1; 3; 2)

Ejercicio 1.5.73 xy 2 + 3x

Ejercicio 1.5.77 z 2 = x2

(1; 2; 2)

p (1; 1; 2)

( 1; 1; 2) (1; 1; 0) 116

Ejercicio 1.5.78 senh(x + y + z) = 0; Ejercicio 1.5.79 2x

4y 2 + z 3 = 0;

Ejercicio 1.5.80 x2

y 2 + z 2 = 0;

Ejercicio 1.5.81 2x

cos(xyz) = 3;

(0; 0; 0) ( 4; 0; 2)

(1; 1; 0) (1; ; 1)

Ejercicio 1.5.82 3x4 + 3y 4 + 6z 4 = 12; Ejercicio 1.5.83 2x

2y 2 + z 4 = 0;

Ejercicio 1.5.84 cos(x)

(1; 1; 1)

(1; 1; 1)

sen(y) + z = 1;

(0; ; 0)

En los ejercicios del 85 al 88, encontrar el ángulo entre las dos super…cies dadas en el punto de intersección dado. (este ángulo es el menor de los dos ángulos formados por los vectores normales a las super…cies en los puntos dados) Ejercicio 1.5.85 z = 3x2 + 2y 2 ;

2x + 7y 2

(1; 1; 5) p Ejercicio 1.5.86 x2 + y 2 + z 2 = 4; z 2 + x2 = 2; (1; 2; 1) p p Ejercicio 1.5.87 z = x2 + y 2 ; x2 + y 2 = 4; (2; 2; 8) Ejercicio 1.5.88

1 2 2x

+ 12 y 2 + z 2 = 5;

z = 0;

x + y + z = 5;

(2; 2; 1)

En los ejercicios del 89 al 94, calcular la divergencia del campo vectorial F en el punto dado. Ejercicio 1.5.89 F (x; y; z) = xyzi + yj + zk; Ejercicio 1.5.90 F (x; y; z) = x2 zi

(1; 2; 1)

2xzj + yzk;

Ejercicio 1.5.91 F (x; y; z) = ex sen(y)i

(2; 1; 3)

ex cos(y)j;

Ejercicio 1.5.92 F (x; y; z) = ln(xyz)(i + j + k);

(0; 0; 3)

(3; 2; 1)

Ejercicio 1.5.93 F (x; y; z) = ln(x2 + y 2 )i + xyj + ln(y 2 + z 2 )k; Ejercicio 1.5.94 F (x; y; z) = sen(x)i + cos(y)j + z 2 k;

(1; 1; 1)

( ; ; 1)

En los ejercicios del 95 al 98, calcular el rotacional del campo vectorial F en el punto dado. 117

Ejercicio 1.5.95 F (x; y; z) = xyzi + yj + zk; Ejercicio 1.5.96 F (x; y; z) = x3 zi

2xzj + yzk;

Ejercicio 1.5.97 F (x; y; z) = ex sen(y)i Ejercicio 1.5.98 F (x; y; z) = e

(1; 2; 1)

xyz (i

(2; 1; 3)

ex cos(y)j;

+ j + k);

(3; 2; 0)

En los ejercicios del 99 y 100, calcular el rot(F Ejercicio 1.5.99 F (x; y; z) = i + 2xj + 3yk; Ejercicio 1.5.100 F (x; y; z) = xi

zk;

(0; 0; 3)

G).

G(x; y; z) = xi

yj + zk

G(x; y; z) = x2 i + yj + z 2 k

En los ejercicios del 101 y 102, hallar rot (rot F ) = r

(r

F ).

Ejercicio 1.5.101 F (x; y; z) = xyzi + yj + zk Ejercicio 1.5.102 F (x; y; z) = x2 zi

2xzj + yzk

En los ejercicios del 103 y 104, hallar div(F Ejercicio 1.5.103 F (x; y; z) = i + 2xj + 3yk; Ejercicio 1.5.104 F (x; y; z) = xi

zk;

G). G(x; y; z) = xi

yj + zk

G(x; y; z) = x2 i + yj + z 2 k

En los ejercicios del 105 y 106, hallar div(rot F ) = r (r

F ).

Ejercicio 1.5.105 F (x; y; z) = xyzi + yj + zk Ejercicio 1.5.106 F (x; y; z) = x2 zi

2xzj + yzk

En los ejercicios del 107 y 121, calcular r F , r que r (r F ) = 0: Ejercicio 1.5.107 F (x; y; z) = xi + yj + 2zk Ejercicio 1.5.108 F (x; y; z) = senh(xyz)j Ejercicio 1.5.109 F (x; y; z) = 2xyi + ey j + 2zk Ejercicio 1.5.110 F (x; y; z) = zx2 i Ejercicio 1.5.111 F (x; y; z) =

2ez i

yj + z 3 k zy 2 j + 2k 118

F y veri…car explícitamente

Ejercicio 1.5.112 F (x; y; z) =

6x3 k

yzj

Ejercicio 1.5.113 F (x; y; z) = 2xi

3yj + k

Ejercicio 1.5.114 F (x; y; z) = senh(x)i + cosh(y)j

xyzk

Ejercicio 1.5.115 F (x; y; z) = x2 i + y 2 j + z 2 k z)i + 2yj + z 2 k

Ejercicio 1.5.116 F (x; y; z) = senh(x

z 3 j + xk

Ejercicio 1.5.117 F (x; y; z) = xyi

z)i + x3 j

Ejercicio 1.5.118 F (x; y; z) = (1

cos(yz)k

Ejercicio 1.5.119 F (x; y; z) = i + z 3 j + exy k z 2 j + xk

Ejercicio 1.5.120 F (x; y; z) = 2xyi

z)i + ez j

Ejercicio 1.5.121 F (x; y; z) = sen(y

xk

En los ejercicios del 122 y 131, calcular r' y veri…car explícitamente que r (r r') = 0: y + 2z 2

Ejercicio 1.5.122 '(x; y; z) = x

Ejercicio 1.5.123 '(x; y; z) = 18xyz + ex Ejercicio 1.5.124 '(x; y; z) =

2x3 yz 2

Ejercicio 1.5.125 '(x; y; z) = sen(xz) Ejercicio 1.5.126 '(x; y; z) = x3 y 2 ez Ejercicio 1.5.127 '(x; y; z) = 2xy

3z 2

Ejercicio 1.5.128 '(x; y; z) = 2ex ln(yz) Ejercicio 1.5.129 '(x; y; z) =

4xy 3 + xz 2

Ejercicio 1.5.130 '(x; y; z) = cos(x + y + z) Ejercicio 1.5.131 '(x; y; z) = ex+y+z Ejercicio 1.5.132 Encontrar un campo vectorial F tal que r 119

F = 3k.

Ejercicio 1.5.133 Encontrar un campo vectorial F tal que r F = 14xyz. En los ejercicios del 134 al 140, demostrar la propiedad para los campos vectoriales F y G y la función escalar f (suponer que las derivadas parciales requeridas son continuas). Ejercicio 1.5.134 rot(F + G) = rot F + rot G Ejercicio 1.5.135 rot(rf ) = r

(rf ) = 0

Ejercicio 1.5.136 div(F + G) = div F + div G Ejercicio 1.5.137 div(F

G) = (rot F ) G

Ejercicio 1.5.138 r

[rf + (r

Ejercicio 1.5.139 r

(f F ) = f (r

F (rot G)

F )] = r

(r

F ) + (rf )

F) F

Ejercicio 1.5.140 div(f F ) = f div F + rf F En los ejercicios del 141 al 143. Sea F (x; y; z) = xi + yj + zk y f (x; y; z) = jF (x; y; z)j : Ejercicio 1.5.141 Probar que r(ln f ) = Ejercicio 1.5.142 Probar que r

1 f

=

F f2

F f3

Ejercicio 1.5.143 Probar que rf n = nf n 2 F: p Ejercicio 1.5.144 Si R = x2 + y 2 + z 2 , encontrar (a) rR2 y r2 R2 ; (b) rR 1 y r2 R 1 : Ejercicio 1.5.145 (a) Interpretar el símbolo F r, (b) Dar un posible signi…cado de (F r) G, (c) ¿Se puede escribir la expresión anterior de la forma F rG?, es decir ¿será que (F r) G = F rG? Ejercicio 1.5.146 Sean

x2 y j + xz 2 k;

F (x; y; z) = (2yz) i G (x; y; z) =

x2 i + (yz) j 2

(xy) k

y

3

' (x; y; z) = 2x yz : Hallar: (a) (F r) ', (b) F r', (c) (G r) F , (d) (F

r) ', (e) F

r'.

Ejercicio 1.5.147 Sea F (x; y; z) = 2yz 2 i (yz) j + 3xz 3 k un campo vectorial, veri…car la validez de la expresión rot (rot F ) = grad (div F ) r2 F:

Ejercicio 1.5.148 Sea F (x; y; z) = xy 2 z i + ( x 2y) j + ( 2x + y) k un campo vectorial, determinar el valor de 2 R tal que la razón de cambio de F , en el punto P ( 1; 1; 0) y en la dirección del vector v = (1; 2; 0) sea cero.

120

CAPÍTULO

2 Cálculo integral vectorial

Las integrales que estudiaremos en esta primera sección son similares a las integrales simples que se estudian en cálculo I, excepto que en lugar de integrar sobre un intervalo [a; b] integraremos sobre una curva en el espacio, estas integrales se denominan integrales de línea; este tipo de integrales quedaría mejor descrita como "integrales de curva". Estas integrales fueron inventadas a principios del siglo XIX para resolver problemas donde intervienen corrientes de ‡uidos, fuerzas, electricidad, magnetismo, etc.

2.1

Integrales de línea

En esta sección desarrollaremos el concepto de integral de un campo vectorial sobre una curva C en el espacio. Es decir, los integrandos de las integrales que estudiaremos aquí serán funciones del tipo F : R3 ! R3 que como sabemos se denominan campos vectoriales en el espacio, los cuales los integraremos sobre curvas en el espacio. Esto es, sobre funciones del tipo R : [a; b] ! R3 : Recordemos que una curva, en el espacio es una función del tipo R

:

[a; b] ! R3

dado por

R(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k; 121

t 2 [a; b]

a medida que t varía, el extremo del vector posición R(t) que es el punto (x(t); y(t); z(t)) describe una curva en el espacio; como tal esta curva puede ser: Curva simple no cerrada, curva no simple no cerrada, curva simple cerrada y curva no simple cerrada. Comenzamos dando la de…nición de las integrales que estudiaremos. De…nición 2.1.1 Sea R : [a; b] ! R3 una curva en el espacio dado por R(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k;

a

t

b

y sea F : R3 ! R3 un campo vectorial en R3 dado por F (x; y; z) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k Cuyas funciones componentes f1 ; f2 ; f3 son continuas sobre la imagen de R; es decir, sobre la curva. Entonces la integral de línea del campo F a lo largo de la curva C R que se denota por C F dR, está de…nida como Z Z b F dR = F (R(t)) R0 (t)dt C a Z b = F [x(t); y(t); z(t)] x0 (t); y 0 (t); z 0 (t) dt a

Nota. Note que para calcular la integral de línea del campo vectorial F a lo largo de la curva C, evaluamos la función F en los puntos (imágenes) de R. Es decir, en los puntos de la curva C esto es posible, pues hemos pedido que las imágenes de C se encuentran dentro del dominio del campo F , luego hacemos el producto punto con el vector velocidad R0 (t) de la curva C. El resultado es una función escalar de variable real t, que integramos entre a y b donde se de…ne C. Cuando la curva C es cerrada, se suele usar la siguiente notación I I F dR = F (R(t)) R0 (t)dt C

Ejemplo 2.1.1 Sea F :

R3

C

!

R3

el campo vectorial en R3 dado por

F (x; y; z) = xi + yzj + ez k y sea C una curva dada por R(t) = t3 i Evaluar

R

C

tj + tk;

F dR. 122

0

t

1

Solución. Primeramente observemos que R0 (t) = 3t2 i j + k, es un vector tangente continuo. Por tanto, C es una curva suave. Luego calculamos F (R(t)) R0 (t), para obtener la siguiente función escalar. F (R(t)) R0 (t) = F (x(t); y(t); z(t)) = F t3 ; t; t =

x0 (t); y 0 (t); z 0 (t)

3t2 i

j+k t

3

3t2 i

t i + ( t)(t)j + e k 5

2

j+k

t

= 3t + t + e

de este modo, la integral de línea de F sobre C es la integral de esta función de t desde 0 hasta 1. Esto es, Z Z 1 F dR = 3t5 + t2 + et dt C

0

= = = =

1 6 1 3 t + t + et 2 3 1 1 + + e e0 2 3 1 1 + 1+e 2 3 1 + e: 6

1 0

X A menudo la curva C está descrita en palabras y debemos construir las ecuaciones paramétricas y el vector posición de C. En otras palabras, cuando estamos planteando una integral de línea, a veces lo más di…cil es construir una representación para la curva cuya descripción geométrica se da en palabras; a veces necesitamos parametrizar un segmento de recta, de modo que es útil recordar que la representación vectorial de un segmento de recta con origen en R0 y punto …nal en R1 está dado por R(t) = (1

t)R0 + tR1 ;

0

t

1

También, es bueno recordar que las ecuaciones paramétricas del círculo x2 + y 2 = r2 con centro en el origen y radio r, están dadas por x = r cos(t); y = r sen(t); 123

0

t

2

Ejemplo 2.1.2 Evaluar

R

C

F dR, si F (x; y; z) = xi

yj + zk

y C es el segmento de recta desde (1; 1; 1) hasta ( 2; 1; 3). Solución. Primeramente determinemos las ecuaciones paramétricas de la recta desde (1; 1; 1) hasta ( 2; 1; 3). Utilizando la fórmula anterior con R0 (1; 1; 1) y R1 ( 2; 1; 3); se tiene R(t) = (1

t)(1; 1; 1) + t( 2; 1; 3)

= (1

t; 1

t; 1

= (1

t

= (1

3t; 1; 1 + 2t)

2t; 1

t) + ( 2t; t; 3t) t + t; 1

t + 3t)

Así, las ecuaciones paramètricas del segmento de recta dada son x=1

3t; y = 1; z = 1 + 2t;

0

t

1

luego, Z

F dR =

C

Z

1

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

1

((1

3t)i

j + (1 + 2t)k) ( 3i + 0j + 2k) dt

0

=

Z

1

( 3 + 9t + 2 + 4t) dt

0

=

Z

1

(13t

1)dt

0

=

13 2 t 2

1

t

= 0

11 : 2

X Ejemplo 2.1.3 Evaluar

R

C

F dR, donde F (x; y) = y 2 i + xj

(a) C = C1 es el segmento de recta de ( 5; 3) a (0; 2), (b) C = C2 es el arco de la parábola x = 4 y 2 de ( 5; 3) a (0; 2). 124

Solución. Las curvas dadas se muestran en la siguiente …gura. (0,2)

y

C1

(4,0)

x x = 4 − y2

C2

(-5,-3)

(a) La parametrización de la recta C1 es R(t) = (1

t)( 5; 3) + t(0; 2)

= ( 5 + 5t; 3 + 3t) + (0; 2t) = ( 5 + 5t + 0; 3 + 3t + 2t) = ( 5 + 5t; 3 + 5t) esto nos muestra que las ecuaciones paramétricas de la recta son x=

5 + 5t;

y=

3 + 5t;

0

t

1

luego, Z

F dR =

C1

Z

1

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

1

( 3 + 5t)2 i + ( 5 + 5t)j

(5i + 5j) dt

0

=

Z

1

25t2

30t + 9 i + ( 5 + 5t)j

(5i + 5j) dt

0

=

Z

1

125t2

150t + 45 + ( 25 + 25t) dt

125t2

125t + 20 dt =

0

=

Z

1

5 : 6

0

(b) Como la parábola está dada en función de y, tomamos y = t como parámetro luego escribimos C2 como x=4

t2 ; y = t;

3

t

2

Es decir, la curva C2 está dada por R(t) = (4

t2 )i + tj; 125

3

t

2

luego, Z

F dR =

C2

= =

Z Z

Z

2 3 2

F (R(t)) R0 (t) dt ( 2t)(t2 ) + (4

3 2

2t3

t2 ) dt

t2 + 4 dt

3

1 4 t 2 5 = 40 : 6

2

1 3 t + 4t 3

=

3

X Nótese que obtuvimos diferentes respuestas en las partes (a) y (b) del ejemplo anterior aún cuando las dos curvas tenian los mismos puntos extremos. Esto signi…ca que en general, el valor de una integral de línea depende no sólo de los puntos extremos de la curva sino también de la trayectoria. Ejemplo 2.1.4 Calcular la integral de línea F (x; y; z) =

R

C

F dR, donde

3xyi + 2yk

y C es el semicírculo x2 + z 2 = 4; y = 1; z

0, orientada de (2; 1; 0) a ( 2; 1; 0).

Solución. Observe que la curva dada; es decir, el semicírculo x2 + z 2 = 4 se encuentra en el plano y = 1; para z 0 desde (2; 1; 0) a ( 2; 1; 0). Ahora, recordemos que las ecuaciones paramétricas del círculo x2 + y 2 = r2 en el plano xy con centro en el origen y radio r son x = r cos(t); y = r sen(t);

0

t

2

entonces, las ecuaciones paramétricas del semicírculo x2 + z 2 = 4; y = 1; z (2; 1; 0) hasta ( 2; 1; 0) son x = 2 cos(t); y = 1; z = 2 sen(t);

0

t

cuya ecuación vectorial, es R(t) = 2 cos(t)i + j + 2 sen(t)k; 126

0

t

0 desde

de donde se obtiene R0 (t) = entonces Z Z F dR = C Z0 = Z0 = Z0 =

2 sen(t)i + 0j + 2 cos(t)k

F (R(t)) R0 (t)dt [( 3 (2 cos(t)) i + 2k) ( 2 sen(t)i + 0j + 2 cos(t)k)] dt [( 6 cos(t)i + 2k) ( 2 sen(t)i + 2 cos(t)k)] dt

(12 cos(t) sen(t) + 4 cos(t)) dt Z Z = 12 (cos(t) sen(t)) dt + 4 (cos(t)) dt = 0 0

0

0

X

2.1.1

Trabajo

Supongamos una fuerza F que actúa sobre un punto (x; y; z) del espacio está dada por el campo vectorial F (x; y; x) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k Donde f1 ; f2 ; f3 son continuas. Un concepto fundamental es el trabajo W que realiza F al mover una partícula a lo largo de una curva suave orientada C: Si C es un desplazamiento en línea recta dado por el vector d y F es una fuerza constante, entonces el trabajo realizado por F al mover la partícula a lo largo de la trayectoria es F d. Es decir, F d = (fuerza)

(desplazamiento en la dirección de la fuerza)

De manera más general, si la trayectoria está curvada podemos imaginar que está hecha de una sucesión de desplazamientos rectos in…nitesimales, o que está aproximada por un número …nito de desplazamientos rectos. Entonces llegamos a la siguiente fórmula para el trabajo realizado por el campo de fuerza F sobre una partícula que se mueve a lo largo de una trayectoria R : [a; b] ! R3 . trabajo realizado por F = W =

Z

C

127

F dR =

Z

a

b

F (R(t)) R0 (t)dt

De este modo, una de las aplicaciones físicas más importantes de las integrales de línea es para hallar el trabajo realizado por un campo vectorial F que lleva un objeto sobre la trayectoria de una curva R desde un punto R(a) hasta un punto R(b). Ejemplo 2.1.5 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x; y) = x2 i

xyj

al mover una partícula a lo largo del cuarto de círculo R(t) = cos(t)i + sen(t)j; Solución. Como W =

Z

F dR =

C

donde F (x; y) = x2 i

xyj;

Z

2

0

t

2

:

F (R(t)) R0 (t)dt

0

y R0 (t) =

R(t) = cos(t)i + sen(t)j

sen(t)i + cos(t)j

Entonces W

=

Z

2

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

2

cos2 ti

cos t sen tj

( sen(t)i + cos(t)j) dt

0

=

Z

2

sen t cos2 t

cos2 t sen t dt

0

=

Z

2

0

=

2

2 cos2 t sen t dt

Z

2

cos2 t sen t dt =

0

2 : 3

Nota. Note que el trabajo realizado es negativo, esto se debe a que el campo se opone al movimiento a lo largo de la curva. X Ejemplo 2.1.6 Calcular el trabajo realizado por F =i

yj + xyzk

al mover un objeto a lo largo de la curva R(t) = ti

t2 j + tk

desde (0; 0; 0) hasta (1; 1; 1): Es decir, para 0 128

t

1.

Solución. El trabajo realizado es Z Z F dR = W = C

1

F (x(t); y(t); z(t)) R0 (t)dt

0

Como

R0 (t) = i entonces W

Z

=

F dR =

C

=

t

2tj + k; Z

1

2t3

1

t4 dt

0

1 4 t 2

1

1 5 t 5

0

3 = 10 Si la distancia se mide en metros y la fuerza en newtons, entonces el trabajo está en newton-metros.X A ésta unidad de Medida [N m] se denomina Joules en honor a Jean Prescott Joule, en español se denomina también Julios y se simboliza por [J]. Ejemplo 2.1.7 (a) Un hombre de 160 lb de peso sube con una lata de 25 lb de pintura por una escalera helicoidal que rodea a un silo, con radio de 20 pies. Si el silo mide 90 pies de alto y el hombre hace exactamente tres revoluciones completas. ¿Cuánto trabajo realiza el hombre contra la gravedad al subir hasta la parte superior? (b) Suponga que hay un agujero en la lata de pintura del inciso (a) y se derraman 9 lb de pintura de la lata en forma estacionaria durante el ascenso del hombre. ¿Cuánto trabajo realizo? Solución. Observe que el campo vectorial es F (x; y; z) = 0i + 0j + 185k y la curva es R (t) = 20 cos (t) i + 20 sen (t) j + Luego W

=

Z

F dR =

C 6

=

Z

Z

90 t k; 6

0

t

F (R (t)) R0 (t) dt

C

(0i + 0j + 185k)

20 sen (t) i + 20 cos (t) j +

0

=

Z

0

6

6

16650 16650 dt = t 6 6

6

= 16650 pies-libra. 0

129

90 k 6

(b) En este inciso el campo vectorial es 9t 6

F (x; y; z) = 0i + 0j + 185

k

y la curva es la misma. Es decir, R (t) = 20 cos (t) i + 20 sen (t) j + Luego W

= =

Z

9t 6

0 i + 0 j + 185

0

=

6

16650 6

= 16650

90 6

9t 6

185

0

=

0

t

6

F dR

C Z 6

Z

90 tk; 6

t

810 2 t 72 2

810 36 72 2

dt =

k Z 6

20 sen (t) i + 20 cos (t) j + 16650 6

0

6

90 k dt 6

810 t dt 36 2

0

2

= 16245:

X Ejemplo 2.1.8 Un avión de 20 toneladas sube 2000 pies haciendo un giro de 90o en un arco circular de 10 millas de radio. Hallar el trabajo realizado por los motores. Solución. Aquí, el campo vectorial es F (x; y; z) = 0 i + 0 j + 20 k y la ecuación paramétrica del arco circular de 10 millas de radio es R (t) = 10 sen (t) i + 10 cos (t) j +

2000 5280

t k;

0

t

25 t k; 33

0

t

2

= 10 sen (t) i + 10 cos (t) j + pues 1 milla es equivalente a 5280 pies. Luego R0 (t) = 10 cos (t) i

10 sen (t) j +

25 k 33

Por tanto, el trabajo realizado por los motores es Z Z =2 500 250 W = F dR = dt = mi ton. 33 33 C 0 X

130

2 2

2.1.2

Circulación

En esta sección exploraremos una nueva interpretación de la integral de línea Z F dR C

de un campo vectorial continuo F : U R2 ! R2 de…nido en un conjunto abierto 2 U de R a lo largo de una curva cerrada simple C dada por R : [a; b] ! R2 , la cual resulta ser de fundamental importancia en la dinámica de ‡uidos. Para esto, pensaremos en el campo F como un campo de velocidades, imaginándolo describiendo el ‡ujo de un líquido en una corriente "plana" (en R2 ). Así, F (x; y) 2 R2 nos da el vector velocidad del ‡uido en el punto (x; y) 2 U . Recordemos que la integral de línea del campo F a lo largo de C se calcula como Z Z b F dR = F (R (t)) R0 (t) dt C

a

Ésta es pues la integral de los productos punto del campo F evaluado en los puntos R (t) de la curva C, con los vectores tangentes a la curva R0 (t). Sabemos que el producto punto u v entre dos vectores u; v 2 R2 nos da información sobre la proyección delR vector u sobre el vector v. Entonces de algún modo podemos pensar en la integral C F dR, como la "suma" de las proyecciones del campo de velocidades F en los puntos R (t) sobre los vectores R0 (t) tangentes a la curva C. Es decir, como una suma de las componentes tangenciales del campo F sobre la curva C. Estas componentes pueden ser positivas o negativas, según que el vector F (R (t)) forma un ángulo agudo u obtuso respectivamente, con el vector R0 (t), lo cual podemos interpretar que el vector F (R (t)) que nos da la velocidad del ‡uido en R (t), esté "a favor o en contra" (respectivamente) del sentido del recorrido de la curva C el cual es dado por el vector R0 (t). Los signos positivo o negativo Rde las proyecciones F (R (t)) R0 (t) se re‡ejarán entonces en el signo de la integral C F dR. Llamaremos al valor de esta integral, la circulación del campo F alrededor (o a lo largo) de C. Si el campo de velocidades F apunta en dirección tangente a la curva C, F

F

F C

C

C

∫

C

F ⋅ dR > 0

∫

C

F ⋅ dR < 0

131

∫

C

F ⋅ dR = 0

R entonces, claramente C F dR > 0 y se puede pensar que las partículas en C tienden a rotar en sentido Rcontrario al que giran las manecillas del reloj. Si F apunta en dirección opuesta, R C F dR < 0. Si F es perpendicularRa C, entonces las partículas no giran en C y C F dR = 0. En general, al ser C F dR la "suma" de las proyecciones del campo de velocidades F en los puntos R (t) sobre los vectores R0 (t) tangentes a la curva C, representa la cantidad neta de circulación del ‡uido en dirección contraria R a la que gira las manecillas del reloj alrededor de C. Por tanto, nos referimos a C F dR como la circulación de F alrededor de C, ver la …gura siguiente.

y C

t

a

Circulación de F alrededor de C

F

R

b

x

¡

Ejemplo 2.1.9 Consideremos el campo F : R2 ! R2 dado por F (x; y) = (1; kx), donde k es un número real dado. Sea R : [0; 2 ] ! R2 ; la curva dada por R (t) = (r cos t + a) i + (r sen t + b) j. Observe que R (t) describe la curva C que es el círculo (x a)2 + (y b)2 = r2 , de centro en (a; b) y radio r, recorrido positivamente. Calculando la circulación de F alrededor de C. Se tiene Z Z 2 F dR = [ r sen t + k (r cos t + a) (r cos t)] dt C 0 Z 2 Z 2 Z 2 2 2 = r sen tdt + kr cos tdt + kar cos tdt 0

0

0

= k r2

Observe que el valor de la integral no depende de las coordenadas a y b del centro del círculo "sobre el que circula el campo F ", sino más bien del valor de k. Observe además, que el signo de la integral está determinado por el signo de k: De este modo, se tiene: (a) Si k = 0, el valor de la circulación del campo F alrededor de C es 0. En este caso el campo es F (x; y) = (1; 0). (b) Si k > 0, el valor de la circulación del campo F alrededor de C es k r2 > 0: (c) Si k < 0, el valor de la circulación del campo F alrededor de C es k r2 < 0. 132

2.1.3

Integral de línea a lo largo de una curva suave a pedazos

Una curva C que tiene un vector posición continuo R(t) es suave a trozos o pedazos si R0 (t) es continua y diferente de cero en todos, excepto posiblemente un número …nito de valores de t; geométricamente ésta consiste en curvas suaves conectadas en puntos donde la curva no tiene vector tangente. Si C es una curva suave a pedazos, consistente en curvas suaves C1 ; C2 ; : : : ; Cn , entonces la integral de línea de un campo vectorial F sobre C se de…ne como la suma de las integrales de línea de F sobre cada una de las curvas suaves que forman C. Esto es, Z

C

F dR =

n Z X i=1

F dRi =

Ci

Z

F dR1 +

C1

Z

F dR2 +

C2

+

Z

F dRn

Cn

En esta suma, la orientación a lo largo de C debe mantenerse sobre las curvas C1 ; C2 ; : : : ; Cn . Es decir, el punto inicial de Cj es el punto …nal de Cj 1 . Ejemplo 2.1.10 Sea C una curva que recorre el cuarto del círculo x2 +y 2 = 1; desde (1; 0) hasta (0; 1) en el plano; después, se mueve a loRlargo de la recta horizontal desde (0; 1) hasta (2; 1), sea F (x; y; z) = 4x i. Calcule C F dR.

Solución. Observe que la integral de línea a plantear está en el plano, pues F es independiente de z y tiene componente k igual a cero, luego la curva C está en el plano la cual consiste en las curvas suaves C1 y C2 .

y (0,1)

C2

C1

(1,0)

(2,1)

x

Al parametrizarlas individualmente obtenemos. C1 :

x = cos(t); y = sen(t);

0

t

2 C2 : x = t; y = 1; 0 t 2 R R Evaluando C1 F dR y C2 F dR independientemente, se tiene 133

Para C1 ; R(t) = cos(t)i + sen(t)j, y R0 (t) = sen(t)i + cos(t)j, tenemos. Z =2 Z 4 cos(t) ( sen(t)) dt F dR = C1

0

=

Z

=2

4 cos(t) (sen(t)) dt

0

=

=2

2 sen2 (t)

=

0

2:

Y para C2 ; R(t) = t i + j, y R0 (t) = i, se tiene Z Z F dR = C2

2

4tdt

0

=

2t2

2 0

= 8: En consecuencia, Z

F dR =

C

Esto dice,

2.1.4

R

C

Z

F dR +

C1

=

2 + 8 = 6:

Z

F dR

C2

F dR = 6: X

Propiedades de las integrales de línea

Las integrales de línea tienen las propiedades que usualmente les asociamos a las integrales, los cuales se resumen en el siguiente. Teorema 2.1.1 Sea R(t) el vector posición de una curva suave a pedazos C, y sean F y G campos vectoriales con funciones componentes continuas sobre C. Entonces R R R 1. C (F + G) dR = C F dR + C G dR: R R 2. Si es cualquier número, C ( F ) dR = C F dR:

Nota 2.1.1 El signo de una integral de línea está determinado por la orientación o la dirección recorrida a lo largo de la curva. Para ilustrar, supongamos en el ejemplo 2.1.2, hubiesemos querido ir de ( 2; 1; 3) hasta (1; 1; 1), la dirección opuesta a la utilizada en el ejemplo. Entonces habriamos integrado desde t = 1 hasta t = 0; dándonos el negativo del valor de la integral de línea desde (1; 1; 1) hasta ( 2; 1; 3).

134

De hecho, dada cualquier curva C, denotamos por C a la curva que tiene la dirección contraria. Al cambiar la dirección de C se cambia el signo de la integral de línea. Así, como a…rma el siguiente. Teorema 2.1.2

Z

F dR =

Z

F dR

C

C

Observación 2.1.1 Observe que la integral de línea de un campo vectorial F sobre la curva inversa C; es el negativo de la integral de línea del campo vectorial F sobre C.

2.1.5

Integrales de línea en términos de diferenciales

Existe una notación alternativa para las integrales de línea donde se usa diferenciales, esta notación es particularmente apropiado ya que a veces permite simpli…car el cálculo de las integrales de línea por lo cual se usan con mucha frecuencia. Sea C una curva en el espacio cuyas ecuaciones paramétricas son x = x (t) ; y = y (t) ; z = z (t) Si escribimos R = xi + yj + zk entonces, dR = dxi + dyj + dzk ahora si F (x; y; x) = f1 (x; y; z)i + f2 (x; y; z)j + f3 (x; y; z)k es un campo vectorial, entonces F dR = (f1 i + f2 j + f3 k) (dxi + dyj + dzk) = f1 (x; y; z)dx + f2 (x; y; z)dy + f3 (x; y; z)dz Por tanto, Z

C

F dR =

Z

f1 (x; y; z)dx + f2 (x; y; z)dy + f3 (x; y; z)dz:

C

135

Nota 2.1.2 Esta integral de línea se evalúa sustituyendo cada x; y; z; dx; dy y dz en términos del parámetro t; determinados por una parametrización adecuada de la curva C; obteniendo de esta forma una integral de…nida ordinaria en términos del parámetro t. Ejemplo 2.1.11 Evaluar

Z

x2 dx

ydz

C

donde C es la curva cuyas ecuaciones paramétricas son x(t) = 2t; y(t) = t2 ; z(t) =

t; 1

t

2

Solución. Al usar las ecuaciones paramétricas de C, se tiene dx = 2dt; dy = 2tdt; dz =

dt

Sustituyendo tenemos x2 dx

ydz = (2t)2 (2)dt

entonces

Z

2

Z

t2 ( 1)dt = 9t2 dt 2

9t2 dt = 21 C 1 R Se puede veri…car fácilmente que esta es la misma que C F dR, donde x dx

F (x; y; z) = x2 i

X

R

Ejemplo 2.1.12 Evaluar (1; 3; 2).

C

ydz =

y R(t) = 2ti + t2 j

yk

tk:

xzdy, sobre el segmento de recta desde (0; 0; 0) hasta

Solución. Las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa los puntos dados son x = t; y = 3t; z = 2t; 0

t

1

El punto inicial de la curva se encuentra para t = 0; y el punto …nal para t = 1. De este modo, t varia de 0 a 1. Al usar las ecuaciones paramétricas de C, se tiene dy = 3dt: Luego sustituyendo en xzdy; se tiene xzdy = t(2t)(3)dt = 6t2 dt entonces

Z

C

X

xzdy =

Z

1

6t2 dt = 2t3

0

136

1 0

=2

Ejemplo 2.1.13 Evaluar

Z

xyz 2 dz

C

sobre la curva dada por

x = t2 ; y = t3 ; z = 2t2 para 0 Solución. Como xyz 2 = t2

t3

2t2

2

t

1

y dz = 4tdt, entonces

xyz 2 dz = 4t9 (4t) dt = 16t10 dt Por tanto

Z

2

xyz dz = 16

C

X

Z

1

t10 dt =

0

16 : 11

Ejemplo 2.1.14 Calcular Z

cos zdx + ex dy + ey dz

C

donde R(t) = i + tj + et k y

0

t

2.

Solución. Observe que las ecuaciones paramétricas de la curva son x = 1; y = t; z = et calculamos dx = 0dt; dy = dt; dz = et dt entonces, Z

x

y

cos zdx + e dy + e dz =

C

Z

2

0 + e + e2t dt

0

=

1 et + e2t 2

2 0

1 = 2e + e4 2

X Ejemplo 2.1.15 Sea R la trayectoria dada por x = cos3 (t); y = sen3 (t); z = t; 0 Evaluar la integral

R

C

sen(z)dx + cos(z)dy 137

(xy)1=3 dz.

t

7 2

1 . 2

Solución. Como dx =

3 cos2 (t) sen(t)dt; dy = 3 sen2 (t) cos(t)dt; dz = dt

entonces, Z

1=3

sen(z)dx + cos(z)dy

(xy)

Z

dz =

C

7 2

cos(t) sen(t)dt

0

1 sen2 t 2

=

7 2

= 0

1 : 2

X Ejemplo 2.1.16 Evaluar la integral de línea Z x2 y 2 dx + 2xydy C

a lo largo de la curva C; cuyas ecuaciones paramétricas son x = t 2 ; y = t3 ; 0

3 . 2

t

Solución. Puesto que dx = 2tdt y dy = 3t2 dt; entonces Z Z 3 2 2 2 x y dx + 2xydy = t4 t6 2t + 2t5 3t2 C

dt

0

=

Z

3 2

2t5 + 4t7 dt

0

=

8505 512

16:61

X Ejemplo 2.1.17 Evaluar

Z

xy 2 dx + xy 2 dy

C

a lo largo de la trayectoria. C = C1 [ C2 , que se muestra en la siguiente …gura. También, evaluar esta integral a lo largo de la trayectoria recta C3 de (0; 2) a (3; 5). Solución. Sobre C1 se tiene y = 2; entonces dy = 0: Luego Z Z 3 3 2 2 xy dx + xy dy = 4xdx = 2x2 0 = 18 C1

0

138

y

(3,5)

C 3: y = x +2 (0,2)

C 2: x =3

C1: y = 2

(3,2)

x Sobre C2 se tiene x = 3; entonces dx = 0: Luego Z Z 5 xy 2 dx + xy 2 dy = 3y 2 dy = y 3 C2

5 2

2

En consecuencia, Z Z xy 2 dx + xy 2 dy =

xy 2 dx + xy 2 dy +

C1

C

Z

= 117

xy 2 dx + xy 2 dy

C2

= 18 + 117 = 135:

Finalmente, sobre C3 se tiene y = x + 2; entonces dy = dx: Luego Z Z 3 2 2 xy dx + xy dy = 2 x (x + 2)2 dx C3

0

= 2

Z

3

x3 + 4x2 + 4x dx

0

1 4 4 3 x + x + 2x2 4 3 297 : 2

3

= 2 =

0

Observe que las dos trayectorias de (0; 2) a (3; 5) dan valores diferentes para la integral de línea. X Ejemplo 2.1.18 Sea C el círculo de radio 3 dado por R(t) = 3 cos(t)i + 3 sen(t)j;

0

Evaluar la integral de línea Z

y 3 dx + x3 + 3xy 2 dy

C

139

t

2

Solución. Como x = 3 cos(t) y y = 3 sen(t), se tiene dx =

3 sen(t)dt;

dy = 3 cos(t)dt

entonces y 3 dx + x3 + 3xy 2 dy =

27 sen3 t ( 3 sen t) + 27 cos3 t + 81 cos t sen2 t (3 cos t) dt

= 81 cos4 t

sen4 t + 3 cos2 t sen2 t dt

Por lo tanto, la integral de línea es Z 2 Z 3 3 2 y dx + x + 3xy dy = 81 0 C Z 2 = 81 0 Z 2 = 81

cos4 t

sen4 t + 3 cos2 t sen2 t dt

cos2 t

sen2 t +

cos 2t +

3 4

0

sen 2t 3 + t = 81 2 8

1

3 sen2 2t dt 4 cos 4t dt 2

3 sen 4t 32

2

= 0

243 . 4

X

R Ejemplo 2.1.19 Evaluar C ydx + x2 dy, donde C es el arco parabólico dado por y = 4x x2 desde (4; 0) hasta (1; 3), como se muestra en la siguiente …gura.

y C : y = 4x − x 2 (1,3) (4,0)

x Solución. En lugar de pasar al parámetro t, se puede conservar la variable x y escribir y = 4x x2 , entonces dy = (4 2x) dx Entonces en la dirección de (4; 0) a (1; 3), la integral de línea es Z Z 1 ydx + x2 dy = 4x x2 dx + x2 (4 2x) dx C 4 Z 1 = 4x + 3x2 2x3 dx 4

=

2x2 + x3 140

x4 2

1

= 4

69 . 2

X Ejemplo 2.1.20 Una partícula se mueve a lo largo de la curva y = x2 , desde el punto (1; 1) hasta el punto (3; 9). Si el movimiento se debe a la fuerza F = (x2

y 2 )i + x2 y j

aplicada a la partícula. Hallar el trabajo total realizado. Solución. Al utilizar la fórmula de trabajo, obtenemos Z 3 x2 x4 dx + x2 x2 (2x) dx W = 1

1 6 x 3

=

1 5 1 3 x + x 5 3

Así, el trabajo total realizado por F es

2.1.6

3044 15 .

3

= 1

3044 : 15

X

Integrales de línea con respecto a la longitud de arco

En esta sección estudiaremos un tipo distinto de integrales de línea de los que ya hemos presentado, donde se estudiarón integrales de línea de campos vectoriales a lo largo de curvas en el espacio. Ahora estudiaremos las integrales de campos escalares. Esto es, integrales de funciones del tipo f : R3 ! R

a lo largo de curvas (Es decir, las regiones de integración serán las mismas). De…nición 2.1.2 Sea R : [a; b] ! R3 una curva en el espacio dado por R(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k y sea f : R3 ! R el campo escalar dado por f (x; y; z) = w Entonces la integral de línea con respecto a la longitud de arco s de la función f a R lo largo de la curva C denotado por C f ds está de…nido como Z Z b f (x; y; z)ds = f (R(t)) R0 (t) dt C a Z b q = f (x(t); y(t); z(t)) [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 dt a

141

Ejemplo 2.1.21 Evaluar

R

C

xyds, donde C está dado por

x = 4 cos(t); y = 4 sen(t); z =

3; 0

t

2

Solución. Note que la curva dada es un arco del círculo x2 + y 2 = 16, en el plano z = 3 empezando en el punto (4; 0; 3) y terminando en (0; 4; 3). Calculamos q ds = [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 dt q [ 4 sen(t)]2 + [4 cos(t)]2 dt = 4dt =

entonces

xyds = [4 cos(t)] [4 sen(t)] [4] dt = 64 sen(t) cos(t)dt Por tanto Z

xyds =

C

Z

=2

64 sen(t) cos(t)dt

0

=

32 sen2 (t)

=2 0

= 32.

X

2.1.7

Masa y centro de masa

Una de las aplicaciones físicas más importantes de las integrales de línea de campos escalares f a lo largo de curvas C en el espacio es, para hallar la masa total y las coordenadas del centro de gravedad de un alambre delgado que ocupa la imagen de una curva C en el espacio. Sea R : [a; b] ! R3 una curva en el espacio dada por R(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k que representa el vector posición de un alambre para a

t

b.

y sea f : R3 ! R el campo escalar dado por f (x; y; z) = w que representa la densidad del alambre en (x; y; z). Entonces la masa total del alambre está dado por 142

m=

Z

f (x; y; z)ds

C

_ _ _

y las coordenadas del centro de masa del alambre x; y; z están dadas por 1 x= m

_

Z

1 xf (x; y; z)ds; y = m C _

Z

1 yf (x; y; z)ds; z = m C _

Z

zf (x; y; z)ds:

C

Donde Myz =

Z

xf (x; y; z)ds; Mxz =

Z

yf (x; y; z)ds; Mxy =

zf (x; y; z)ds

C

C

C

Z

se denominan momentos estáticos del alambre respecto de los planos coordenados yz; xz y xy respectivamente. El siguiente ejemplo, muestra cómo usar una integral de línea para hallar la masa de un resorte cuya densidad varia. Ejemplo 2.1.22 Hallar la masa de un resorte que tiene la forma de una hélice circular 1 R(t) = p (cos(t)i + sen(t)j + tk) ; 0 t 6 2 donde la densidad del resorte es f (x; y; z) = 1 + z. Solución. Como 1 R (t) = p 2 0

q

( sen t)2 + (cos t)2 + (1)2 = 1

se sigue que la masa del resorte es Z Z masa = (1 + z) ds = C

=

0

t2 t+ p 2 2

6

=6 0

6

t 1+ p 2 3 1+ p

dt 144:47

2

De este modo, la masa del resorte es aproximadamente 144:47. X Ejemplo 2.1.23 Un alambre está doblado en forma de un cuarto de círculo cuyas ecuaciones paramétricas son x = 2 cos(t);

y = 2 sen(t);

z = 3;

0

t

=2.

La función de densidad del alambre es f (x; y; z) = xy gramos/centímetro, encontrar la masa y las coordenadas del centro de masa. 143

Solución. Para esta curva

z (0,2,3) (2,0,3)

y x tenemos q

ds = = entonces la masa total es

q

[x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 dt [ 2 sen(t)]2 + [2 cos(t)]2 + [0]2 dt = 2dt Z

m =

f (x; y; z)ds

C

Z

=

=2

[2 cos(t)] [2 sen(t)] 2dt

0

Z

=

=2

8 cos(t) sen(t)dt

0 =2

4 sen2 (t)

=

0

= 4 gramos. _

La coordenada x del centro de masa es Z _ 1 x = xf (x; y; z)ds 4 C Z =2 1 = [2 cos(t)] [4 sen(t) cos(t)] 2dt 4 0 Z =2 = 4 cos2 (t) sen(t)dt 0

4 cos3 (t) 3

= =

=2

0

4 : 3 144

_

_

Por la simetría de la función de densidad y de la curva se tiene y = x, …nalmente Z _ 1 z = zf (x; y; z)ds 4 C Z =2 1 = 3 [4 cos(t) sen(t)] 2dt 4 0 Z =2 =2 cos(t) sen(t)dt = 3 sen2 (t) 0 = 3: = 6 0

4 4 3; 3; 3

Por lo tanto, el centro de masa se encuentra en el punto

. X

Ejemplo 2.1.24 Encuentre la masa de un alambre de densidad f (x; y; z) = kz si el alambre tiene la forma de una hélice C cuyas ecuaciones paramétricas son. x = 3 cos(t); y = 3 sen(t); z = 4t; 0 Solución. Como m = =

Z

.

f (x; y; z)ds

ZC

kzds

C

= k

t

Z

(4t)

0

= 20k

Z

p 9 sen2 (t) + 9 cos2 (t) + 16 dt

tdt = 10kt2

0

0

= 10k

2

.

Las unidades de m dependen de las de la longitud y la densidad. X Ejemplo 2.1.25 Un alambre delgado está doblado en forma de semicírculo x = a cos(t); y = a sen(t); 0

t

; a>0

Si la densidad del alambre en un punto es proporcional a su distancia del eje de las x, encuentre la masa y el centro de masa del alambre. Solución. Observe que la densidad del alambre en el punto (x; y) es f (x; y) = ky, donde k es constante. Entonces, la masa m del alambre es Z m = kyds C Z b p = ka sen(t) a2 sen2 (t) + a2 cos2 (t) dt a Z 2 = ka sen(t)dt =

0 2

ka cos(t)

0

= 2ka2 :

145

El momento del alambre con respecto al eje de las x está dado por Z ykyds Mx = ZC = ka3 sen2 (t)dt 0 Z ka3 = (1 cos(2t))dt 2 0 ka3 1 = t sen(2t) 2 2 0 ka3 : 2

= Entonces _

y=

1 ka3 1 Mx = 2 2 = a. m 2ka 4

_

Por simetría se tiene x = 0; en consecuencia, el centro de masa se encuentra en el punto (0; 41 a). X

2.1.8

Momentos de inercia

Si un alambre con densidad (x; y) se encuentra a lo largo de una curva plana C, sus momentos de inercia alrededor de los ejes x y y están de…nidos como Z Z 2 Ix = y (x; y) ds; Iy = x2 (x; y) ds C

C

Por otra parte, si un alambre con densidad (x; y; z) se encuentra a lo largo de una curva C en el espacio, sus momentos de inercia alrededor de los ejes x; y y z están de…nidos como Z y 2 + z 2 (x; y; z) ds Ix = C Z Iy = x2 + z 2 (x; y; z) ds ZC Iz = x2 + y 2 (x; y; z) ds C

Ejemplo 2.1.26 Un alambre toma la forma del semicírculo x2 + y 2 = 1; y es más grueso cerca de su base que cerca de la parte superior, encuentre:

146

0, y

(a) El centro de masa del alambre si la densidad en cualquier punto (x; y) es proporcional a la distancia entre (x; y) y la recta y = 1. (b) Los momentos de inercia alrededor de los ejes x y y. Solución. (a) Al parametrizar el semicírculo, se tiene x = cos t; y = sen t; 0 entonces ds =

q

t

( sen t)2 + (cos t)2 dt = dt

como la densidad del alambre es (x; y) = k (1 y), donde k es constante. Entonces la masa del alambre es Z Z m = (x; y) ds = k (1 y) ds C C Z = k (1 sen t) dt = k [t + cos t]0 = k ( 2) 0

Luego las coordenadas del centro de masa son Z Z _ 1 1 y = y (x; y) ds = yk (1 y) ds m C k( 2) C Z 1 sen t sen2 t dt = ( 2) 0 4 1 1 1 cos t t + sen 2t = = ( 2) 2 4 2( 2) 0 _

y por simetría vemos que x = 0. De este modo, el centro de masa se encuentra en el punto 4 0; (0; 0:38) : 2( 2) (b) Utilizando las fórmulas para los momentos de inercia, se tiene Z Z 2 Ix = y (x; y) ds = sen2 t (k) (1 sen t) dt C 0 Z 4 = k sen2 t sen3 t dt = k : 2 3 0 Z Z 2 Iy = x (x; y) ds = k cos2 t (1 sen t) dt C 0 Z 2 = k cos2 t cos2 t sen t dt = k : 2 3 0 X

147

Ejemplo 2.1.27 Encuentre los momentos de inercia del alambre en forma de la hélice x = 2 sen t; y = 2 cos t; z = 3t; 0 t 2 si la densidad

(x; y; z) es una constante k.

Solución. Como x = 2 sen t; y = 2 cos t; z = 3t entonces ds = Luego

q

2

2

(2 cos t) + ( 2 sen t) +

Ix =

Z

y2 + z2

C

q p dt = 4 (cos2 t + sen2 t)2 + 9dt = 13

(x; y; z) ds =

Z

p 4 cos2 t + 9t2 (k) 13 dt

0

p

C

0

2 p 1 1 13 k 4 t sen 2t + 3t3 = 13 k 4 + 24 3 2 4 0 p = 4 13 k 1 + 6 2 : Z Z 2 p = x2 + y 2 (x; y; z) ds = 4 sen2 t + 4 cos2 t (k) 13 dt C 0 Z 2 p p = 4 13 k dt = 8 13 k:

=

Iz

2

2 p 1 1 13 k 4 t + sen 2t + 3t3 = 13 k 4 + 24 3 2 4 0 p 2 = 4 13 k 1 + 6 : Z Z 2 p 2 2 = x +z (x; y; z) ds = 4 sen2 t + 9t2 (k) 13 dt

=

Iy

32

p

0

X

2.1.9

Área de una super…cie lateral

Otra interesante aplicación de las integrales de línea con respecto a la longitud de arco y la última que se presenta en esta sección, está relacionada con el siguiente problema: Supongamos una cerca de altura constante h levantada sobre el plano xy, de modo que su base (la proyección de la cerca sobre el plano xy), es una curva C imagen de una función vectorial de una variable R dado. Claramente en este caso el área de la cerca es el producto de la longitud de la curva C por la altura constante 148

h. Ahora supongamos que la altura de la cerca es variable, digamos que es una función f que en cada punto R (t) = (x = x (t) ; y = y (t)) de la imagen de la función vectorial, asocia un valor real no negativo f (R (t)) = altura de la cerca en R (t). En este caso, el área de la cerca se puede calcular integrando la función altura f sobre la curva C. Es decir, el área A de la cerca, es Z A= f (x; y) ds C

Ejemplo 2.1.28 Imaginemos un teatro en forma de tetraédro como el formado por los planos coordenados y el plano z = ab (a x y), donde b > a > 0, de modo que su base es un triángulo isósceles que tiene vértices en el origen y en los puntos (a; 0; 0) y (0; a; 0), y su altura es b. El escenario es circular y ocupa la región del plano xy dada por (x; y) = x2 + y 2 r2 ; x 0 y y 0 p en donde r < 3a=2, como se muestra en la siguiente …gura. b

a

z

r

r

a

y

x Sobre el límite del escenario se va a levantar una cortina hasta el techo del teatro. Se desea saber qué área se cubrirá con la cortina. Solución. Aplicando lo dicho anteriormente se ve que se trata de integrar la función f (x; y) = ab (a x y) sobre la curva R : [0; =2] ! R2 dada por R (t) = r cos t i + r sen t j. De este modo, el área A buscada es Z Z =2 b A = f (x; y) ds = (a r cos t r sen t) rdt a C 0 br =2 = [at r sen t + r cos t]0 a br ( a 4r) unidades2 : = 2a 149

X En general, el área de la super…cie lateral sobre una curva C en el plano xy y bajo la super…cie z = f (x; y) está dada por Z Area de la super…cie lateral = f (x; y) ds C

Ejemplo 2.1.29 La altura del techo de un edi…cio está dada por z = 20 + 14 x, y una de las paredes sigue una trayectoria representada por y = x3=2 . Calcular el área de la super…cie de la pared si 0 x 40. (Todas las medidas se dan en metros). Solución. Como f (x; y) = 20 + 14 x y C : y = x3=2 ; 0 parametrizar la curva con x = t; se tiene R (t) = t i + t3=2 j; 0

t

x

40, entonces al

40

luego 3 R0 (t) = i + t1=2 j s 2 9 1+ t R0 (t) = 4 De este modo, el área de la super…cie lateral es s Z Z 40 1 A= f (x; y) ds = 20 + t 1+ 4 C 0 haciendo el cambio de variable s 9 4 2 u= 1+ t, entonces t = u 4 9 se tiene Z 40 0

1 20 + t 4

s

1+

9 4

t dt =

Z

p

= = =

8 81

20 + Z

1

p

91

t dt

8 1 y dt = udu 9

91

1

9 4

1 2 u 9

1

(u)

8 u du 9

u4 + 179u2 du p

8 1 5 179 3 91 u + u 81 5 3 1 p 850:304 91 7184 = 6670:12 m2 : 1215

X 150

Ejemplo 2.1.30 Un pintor piensa pintar ambas caras de una cerca cuya base está en el plano xy, que tiene la forma de x = 30 cos3 t;

y = 30 sen3 t;

0

t

=2

y cuya altura en (x; y) es 1 + 31 y. Todo medido en pies. Calcule la cantidad de pintura que se necesita, si un galón cubre 200 pies cuadrados. Solución. Primeramente calculamos el área de la cerca, considerando el área de la cerca como área de una super…cie lateral sobre una curva C en el plano xy y bajo la super…cie z = f (x; y), la cual está dada por Z Z f (x; y) R0 (t) dt f (x; y) ds = A= C

C

en nuestro caso f (x; y) = 1 +

1 3y 3

y la curva C en el plano xy representado por

R (t) = 30 cos ti + 30 sen3 tj;

0

t

=2:

Luego R0 (t) = R0 (t) Entonces A =

Z

90 cos2 t sen ti + 90 sen2 t cos tj q = ( 90 cos2 t sen t)2 + (90 sen2 t cos t)2

f (x; y) ds

C

=

Z

=2

0

=

Z

0

= 90

=2

Z

1 1 + 30 sen3 t 3

q

( 90 cos2 t sen t)2 + (90 sen2 t cos t)2 dt

1 + 10 sen3 t 90 sen t cos tdt =2

sen t + 10 sen4 t cos tdt

0

1 sen2 t + 2 sen5 t 2 1 = 90 + 2 = 225: 2

=2

= 90

0

Así, el área de las dos caras de la cerca es 450 pies cuadrados. De este modo, la cantidad de pintura que se necesita es 450 = 2:25 galones. 200 X 151

2.1.10

Ejercicios Propuestos

En los ejercicios del 1 al 31 calcular la integral de línea R Ejercicio 2.1.1 C F dR; F (x; y; z) = xi j+zk; R(t) = ti+tj+t3 k; para 1 t 2: R Ejercicio 2.1.2 C F dR; F (x; y; z) = 4xi + y 2 j yzk; R(t) = t2 j 3tk; para 0 t 1: R Ejercicio 2.1.3 C F dR; F (x; y; z) = cos(x)i yj + xzk; R(t) = ti t2 j + k; para 0 t 1: R Ejercicio 2.1.4 C F dR; F (x; y; z) = yzi + xzj + xyk; R(t) = ti + t2 j + t3 k; para 0 t 2: R Ejercicio 2.1.5 C F dR; F (x; y; z) = sen(x)i + cos(y)j + xzk; donde R(t) = t3 i t2 j + tk; 0 t 1: R Ejercicio 2.1.6 C F dR; F (x; y; z) = x2 i + xyj + z 2 k;donde R(t) = sen(t)i + cos(t)j + t2 k; 0 t =2: R Ejercicio 2.1.7 C F dR; F (x; y; z) = xi+yj zk, C es el círculo x2 +y 2 = 4; z = 0, dando una vuelta completa en sentido contrario a las manecillas del reloj: R Ejercicio 2.1.8 C F dR; F (x; y; z) = i xj + k; donde R(t) = cos(t)i sen(t)j + tk; 0 t : R Ejercicio 2.1.9 C F dR; F (x; y; z) = 8x2 j; R(t) = et t2 j + tk; para 1 t 2: R Ejercicio 2.1.10 C F dR; F (x; y; z) = xi + yj xyzk, C es la curva x = y = t; z = 3t2 ; 1 t 3: R Ejercicio 2.1.11 C F dR; F (x; y; z) = 3xi y 2 j + k, C es la curva x = 2t; y = 1 t; z = t2 + 2; 1 t 3: R Ejercicio 2.1.12 C F dR; F (x; y; z) = cos(xy)j, C es la curva x = 1; y = 2t 1; z = t; 0 t : R Ejercicio 2.1.13 C F dR; F (x; y; z) = yi + xyj + x2 k, C dada por p x = t; y = 2t; z = t; 1 t 4: R Ejercicio 2.1.14 C F dR; F (x; y; z) = j 3xk, C dada por x = 1 + t2 ; y = t; z = 1 + t; 2 t 5: 152

R Ejercicio 2.1.15 C F dR; F (x; y; z) = sen(x)i + 2zj x = 1; y = 3t2 ; z = 4t; 0 t 5:

k, C dada por

R Ejercicio 2.1.16 C F dR; F (x; y; z) = 3xyi + 2yk, C el semicírculo x2 + z 2 = 4; y = 1; z 0 orientada de (2; 1; 0) a ( 2; 1; 0): Ejercicio 2.1.17 Ejercicio 2.1.18 Ejercicio 2.1.19 Ejercicio 2.1.20 Ejercicio 2.1.21 Ejercicio 2.1.22 4 x 8: Ejercicio 2.1.23 1 t 4: Ejercicio 2.1.24 Ejercicio 2.1.25 Ejercicio 2.1.26 Ejercicio 2.1.27 Ejercicio 2.1.28 Ejercicio 2.1.29 Ejercicio 2.1.30 Ejercicio 2.1.31 0 t :

R R

R

R

R

R

R

R R

R

R

R

R

R

R

C

x2 zdz, C es el segmento de recta de (0; 1; 1) a (1; 2; 1):

C

xdy yzdz, C es la parábola y = z 2 ; x = 2 de (2; 1; 1) a (2; 9; 3):

C

xyzdz, C la curva y =

p

z; x = 1 para 4

C

xzdy, C la curva x = y = t; z =

C

xdy

z

9:

4t2 para 1

t

3:

ydz, para C la curva x = y = t; z = e t ; 0

t

C

x + y + z 2 dx, C la curva dada por x = 2y = z; para

C

x2

p

yz dy, C la curva dada por x = t; y = z =

t; para

C

xds; C es el segmento de recta de (0; 0; 0) a (2; 1; 1):

C

yzds; C es la parábola z = y 2 ; x = 1 para 0

C

8z 2 ds; C es la curva x = y = 2t2 ; z = 1 para 1

C

4xyds; C dada por x = y = t; z = 2t;

1

t

2:

C

(x + y) ds; C dada por x = y = t; z = t2 ;

0

t

C

sen(x)ds; C dada por x = t; y = 2t; z = 3t;

C

3y 3 ds; C dada por x = z = t2 ; y = 1;

C

(x

0

y

2. t

1 t

3

2:

2: t

3:

3:

y + 3z) ds; C dada por x = 3 cos(t); y = 2; z = 3 sen(t);

Ejercicio 2.1.32 Encontrar la masa y el centro de masa de un alambre delgado estirado desde (0; 0; 0) hasta (3; 3; 3) si (x; y; z) = x + y + z gramos.

153

Ejercicio 2.1.33 Encontrar la masa de un alambre delgado en forma de círculo x2 + z 2 = 4; y = 2 si (x; y; z) = yz: Ejercicio 2.1.34 Encontrar la masa y el centro de masa de un alambre en forma triangular con vértices en el origen, (0; 1; 0) y (1; 1; 1) si (x; y; z) = 4 en el lado desde (0; 0; 0) hasta (0; 1; 0) y (x; y; z) = 2 en los otros dos lados. Ejercicio 2.1.35 Encontrar la masa y el centro de masa de un alambre alrededor de un rectángulo que tiene vértices (1; 1; 3); (1; 4; 3); (6; 1; 3) y (6; 4; 3) si (x; y; z) = 3 en los lados desde (1; 1; 3) hasta (1; 4; 3) y desde (1; 4; 3) hasta (6; 4; 3) y (x; y; z) = 5 en los otros lados. Ejercicio 2.1.36 Un alambre de densidad constante tiene la forma de la hélice x = a cos(t); y = a sen(t); z = bt; 0 t 3 . Calcule la masa del alambre y encuentre su centro de masa. Ejercicio 2.1.37 Encontrar el centro de masa de un alambre en forma de la hélice x = 2 sen(t); y = 2 cos(t); z = 3t; 0 t 2 , si la densidad es una constante. Ejercicio 2.1.38 Encontrar la masa y el centro de masa de un alambre en forma de hélice x = t; y = cos(t); z = sen(t); 0 t 2 , si la densidad en cualquier punto es igual al cuadrado de la distancia desde el origen. Ejercicio 2.1.39 Encontrar la masa total de dos vueltas completas de un resorte de densidad (x; y; z) = 21 x2 + y 2 + z 2 y que tiene la forma de hélice circular R(t) = 3 cos(t)i + 3 sen(t)j + 2tk: Ejercicio 2.1.40 Encontrar la masa total de dos vueltas completas de un resorte de densidad (x; y; z) = z y que tiene la forma de hélice circular R(t) = 3 cos(t)i + 3 sen(t)j + 2tk: En los ejercicios del 41 al 44. Encontrar la masa total y el centro de masa del cable de densidad . Ejercicio 2.1.41 R(t) = cos(t)i + sen(t)j; Ejercicio 2.1.42 R(t) = t2 i + 2tj;

(x; y) = x + y;

(x; y) = 34 y;

Ejercicio 2.1.43 R(t) = t2 i + 2tj + tk;

0

t

(x; y; z) = kz

Ejercicio 2.1.44 R(t) = 2 cos(t)i + 2 sen(t)j + 3tk; (k > 0); 1 t 2 : 154

0

t

:

1: (k > 0);

1

(x; y; z) = k + z

t

3:

Ejercicio 2.1.45 Encontrar el trabajo realizado si un objeto es movido a lo largo de una recta desde (1; 1; 1) hasta (4; 4; 4) por una fuerza F = x2 i 2yzj + zk. Ejercicio 2.1.46 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x; y; z) = xzi + yzj + zyk sobre una partícula que se mueve a lo largo de la curva R(t) = t2 i t3 j + t4 k; 0 t 1. Ejercicio 2.1.47 La fuerza ejercida por una carga eléctrica situada en el origen sobre una partícula cargada en un punto (x; y; z), con vector de posición R = (x; y; z) es F (R) = kR= jRj3 donde k es una constante. Calcular el trabajo realizado cuando la partícula se mueve a lo largo de una recta de (2; 0; 0) a (2; 1; 5). Ejercicio 2.1.48 Hallar el trabajo realizado al desplazar una partícula en el campo de fuerzas F (x; y; z) = 3x2 i + (2xz y) j + zk a lo largo de: (a) La recta que une los puntos (0; 0; 0) y (2; 1; 3): (b) La curva x = 2t2 ; y = t; z = 4t2 t desde t = 0 hasta t = 1: (c) La curva de…nida por x2 = 4y; 3x2 = 8z desde x = 0 a x = 2: Ejercicio 2.1.49 Hallar el trabajo realizado por una persona que pesa 150 libras al subir una vuelta completa de una escalera helicoidal circular de radio 3 pies, si la persona asciende 10 pies. Ejercicio 2.1.50 Un albañil de 160 lb de peso sube con una bolsa de 100 lb de cemento por una escalera helicoidal que rodea a un silo, con radio de 20 pies. Si el silo mide 90 pies de alto y el albañil hace exactamente tres revoluciones completas, ¿cuánto trabajo realiza el albañil contra la gravedad al subir hasta la parte superior? Ejercicio 2.1.51 Suponga que hay un agujero en la bolsa de cemento del ejercicio anterior y se derraman 9 lb de cemento de la bolsa en forma estacionaria durante el ascenso del albañil. ¿Cuánto trabajo se realiza? Ejercicio 2.1.52 La fuerza en un punto (x; y; z) está dada por F (x; y; z) = yi + zj + xk. Calcule el trabajo realizado por F a lo largo de la cúbica alabeada x = t; y = t2 ; z = t3 de (0; 0; 0) a (2; 4; 8). Ejercicio 2.1.53 Resolver el ejercicio anterior si F (x; y; z) = ex i + ey j + ez k. Ejercicio 2.1.54 Un objeto se mueve a lo largo de un campo de fuerza F de manera que en cada punto (x; y; z) el vector de velocidad es ortogonal a F (x; y; z). Demostrar que el trabajo realizado por F sobre el objeto es 0.

155

Ejercicio 2.1.55 Demostrar que si una fuerza constante c actúa sobre un objeto en movimiento que da una vuelta alrededor de una circunferencia, entonces el trabajo realizado por c sobre el objeto es 0. Ejercicio 2.1.56 Hallar el trabajo total realizado para desplazar una partícula en un campo de fuerzas dado por F (x; y; z) = 3xyi 5zj + 10xk a lo largo de la curva x = t2 + 1; y = 2t2 ; z = t3 desde t = 1 a t = 2: Ejercicio 2.1.57 Hallar el trabajo realizado para dar una vuelta a una partícula alrededor de una circunferencia del plano xy, cuyo centro es el origen, sabiendo que el campo de fuerzas correspondiente es F (x; y; z) = (2x y + z) i + x + y z 2 j + (3x 2y + 4z) k. Ejercicio 2.1.58 (a) Siendo F = r , donde es una función escalar con derivadas parciales continuas, demostrar que el trabajo realizado para desplazar una partícula desde un punto P1 = (x1 ; y1 ; z1 ) del campo a otro P2 = (x2 ; y2 ; z2 ) es independiente de la trayectoria seguida. R (b) Recíprocamente, si la integral de línea C F dR es independiente de la trayectoria C que une dos puntos cualesquiera, demostrar que existe una función tal que F =r . En los ejercicios del 59 al 68, hallar el área de la super…cie lateral sobre la curva C en el plano xy y bajo la super…cie z = f (x; y). Ejercicio 2.1.59 f (x; y) = h;

C : recta desde (0; 0) hasta (3; 4)

Ejercicio 2.1.60 f (x; y) = y;

C : recta desde (0; 0) hasta (4; 4) C : x2 + y 2 = 1 desde (1; 0) hasta (0; 1)

Ejercicio 2.1.61 f (x; y) = xy;

Ejercicio 2.1.62 f (x; y) = x + y; Ejercicio 2.1.63 f (x; y) = h;

Ejercicio 2.1.66 f (x; y) = x2

x2 desde (1; 0) hasta (0; 1)

C:y=1

Ejercicio 2.1.64 f (x; y) = y + 1; Ejercicio 2.1.65 f (x; y) = xy;

C : x2 + y 2 = 1 desde (1; 0) hasta (0; 1)

C:y=1 C:y=1

y 2 + 4;

x

y;

x2 desde (1; 0) hasta (0; 1)

C : x2 + y 2 = 4

Ejercicio 2.1.67 f (x; y) = 5 + sen (x + y) ; Ejercicio 2.1.68 f (x; y) = 12

x2 desde (1; 0) hasta (0; 1)

C : y = 3x desde (0; 0) hasta (2; 6)

C : y = x2 desde (0; 0) hasta (2; 4) : 156

2.2

Teorema de Green

En esta sección se presenta un resultado importante considerado como uno de los teoremas célebres del cálculo vectorial llamado teorema de Green. Como veremos el teorema de Green establece la relación entre una integral de línea alrededor de una curva C cerrada simple orientada positivamente suave a pedazos en el plano y una integral doble sobre la región plana D encerrada por C. Entonces antes de presentar el teorema de Green, recordemos el signi…cado de una curva cerrada simple orientada positivamente suave a pedazos en el plano. Una curva en el plano R : [a; b] ! R2 dada por R(t) = (x(t); y(t)) = x(t)i + y(t)j Se dice que es no cerrada simple si R(t1 ) 6= R(t2 ) para todo t1 6= t2 . Es decir, una curva es simple si no se cruza ella misma. Por otra parte, una curva R se llama cerrada si los puntos inicial y …nal coinciden, es decir si R(a) = R(b). Luego una curva cerrada simple será una curva R tal que R(ti ) 6= R(tj ) para todo ti 6= tj 2 [a; b] y R(a) = R(b). Similarmente, se llama a una curva R cerrada simple orientada positivamente si (x(t); y(t)) se mueve alrededor de la curva C en sentido contrario al de las manecillas del reloj conforme t crece de a a b, en este caso la región D encerrada por C esta al lado izquierdo de una persona que camina alrededor de C en el sentido positivo. Por ejemplo, la curva R(t) = cos(t)i + sen(t)j; 0 t 2 , está orientada positivamente además es cerrada. Finalmente, una curva C que tiene un vector posición continua R(t) es suave a pedazos si R0 (t) es continua y diferente de cero en todos excepto posiblemente un número …nito de valores de t. A continuación, recordemos la evaluación de las integrales dobles mediante integrales iteradas, de hecho la evaluación de las integrales dobles de casi todas las funciones que se tratan en cálculo se reduce afortunadamente, al cálculo consecutivo iterada de dos integrales simples que como sabemos se calculan fácilmente. Integrales iteradas En la asignatura de cálculo II se vio cómo derivar funciones de varias variables con respecto a una variable manteniendo constantes las demás variables. Empleando un procedimiento similar se pueden integrar funciones de varias variables. Por ejemplo, dada la derivada parcial fx (x; y) = 2xy 157

entonces, considerando y constante, se puede integrar con respecto a x para obtener f (x; y) = =

Z

fx (x; y)dx Integrar con respecto a x

Z

2xydx Mantener y constante Z = y 2xdx Sacar y como factor constante

= y(x2 ) + C(y) Una antiderivada de 2x es x2

= x2 y + C(y):

C(y) es una función de y

La "constante" de integración, C(y) es una función de y. En otras palabras, al integrar con respecto a x, se puede recobrar f (x; y) sólo parcialmente. Cómo recobrar totalmente la función de x y y a partir de sus derivadas parciales es un tema que se estudiará en la sección 2.2.2. Lo que nos interesa aquí, es extender las integrales de…nidas a funciones de varias variables. Por ejemplo, al considerar y constante, se puede aplicar el teorema fundamental del cálculo para evaluar Z

2y

2y

= (2y)2 y

2xy dx = x2 y

1

(1)2 y = 4y 3

y

1

De manera similar, se puede integrar con respecto a y, manteniendo x …ja. Ambos procedimientos se resumen como sigue. Z

#x2 (y)

= f (x2 (y); y)

f (x1 (y); y)

con respecto a x

#y2 (x)

= f (x; y2 (x))

f (x; y1 (x))

con respecto a y

x2 (y)

fx (x; y)dx = f (x; y)

x1 (y)

Z

y2 (x)

y1 (x)

x1 (y)

fy (x; y)dy = f (x; y)

y1 (x)

Nótese que la variable de integración no puede aparecer en ninguno de los límites de integración. Por ejemplo, no tiene ningún sentido escribir Z x y dx 0

Ejemplo 2.2.1 (Integración con respecto a y) Evaluar Z x 2x2 y 2 + 2y dy 1

158

Solución. Considerando x constante, y luego integrando con respecto a y se obtiene Z x x 2x2 2x2 y 2 + 2y dy = + y2 y 1 1 2x2 +1 1

2x2 + x2 x

= = 3x2

2x

1

X Nótese que esta integral de…ne una función de x que puede ser integrada ella misma, como se muestra en el siguiente. Ejemplo 2.2.2 (La integral de una integral) Evaluar Z 2 Z x 2x2 y 2 + 2y dy dx 1

1

Solución. Utilizando el resultado del ejemplo anterior, se tiene Z 2 Z 2 Z x 2 2 2x y + 2y dy dx = 3x2 2x 1 dx 1

1

1

=

x3

= 2

x2

x

2 1

( 1) = 3

X La integral del ejemplo anterior es una integral iterada. Los corchetes usados en este ejemplo normalmente no se escriben. Las integrales iteradas se escriben normalmente como Z bZ a

y2 (x)

f (x; y)dydx y

y1 (x)

Z

c

d Z x2 (y)

f (x; y)dxdy

x1 (y)

Los límites interiores de integración pueden ser variables con respecto a la variable exterior de integración. Sin embargo, los límites exteriores de integración deben ser constantes con respecto a ambas variables de integración. Después, de realizar la integración interior, se obtiene una integral de…nida y la segunda integración produce un número real. Los límites de integración de una integral iterada de…nen dos intervalos para las variables. Así, en el ejemplo anterior, los límites exteriores indican que x está en el intervalo 1 x 2 y los límites interiores indican que y está en el intervalo 1 y x. Juntos, estos dos intervalos determinan la región de integración D de la integral iterada. 159

Como una integral iterada es simplemente un tipo especial de integral de…nida en el que el integrando es también una integral, se puede utilizar las propiedades de las integrales de…nidas para evaluar integrales iteradas. De hecho, para evaluar integrales dobles se utiliza el siguiente teorema llamado teorema fundamental de las integrales dobles. Teorema 2.2.1 Si f : D tanto integrable.

R2

! R es continua sobre una región plana D; por

a) Si la región D está limitada inferiormente por la curva y = y1 (x) y superiormente por la curva y = y2 (x) (este tipo de región se llama verticalmente simple). Entonces # Z Z Z x=b "Z y=y2 (x) f (x; y)dA = f (x; y)dy dx D

x=a

=

y=y1 (x)

Z bZ a

y2 (x)

f (x; y)dydx

y1 (x)

Donde el intervalo [a; b] es la proyección de la región D sobre el eje x. b) Si D está limitada por la izquierda por la curva x = x1 (y) y por la derecha por la curva x = x2 (y) (este tipo de región se llama horizontalmente simple). Entonces "Z # Z Z Z x=x2 (y)

y=d

f (x; y)dx dy

f (x; y)dA =

D

x=x1 (y)

y=c

=

Z

c

d Z x2 (y)

f (x; y)dxdy

x1 (y)

Donde el intervalo [c; d] es la proyección de la región D sobre el eje y. Nota. Al realizar en la región verticalmente simple la primera integración con respecto a y la variable x se mantiene constante, mientras que en la región horizontalmente simple, al realizar la integración con respecto a x la variable y se mantiene constante. RR Ejemplo 2.2.3 Evaluar D xydA, si D es la región triangular descrita por 0 y x; 0 x 2. Solución. La región D se muestra en la siguiente …gura.

160

y (2,2) y=x

x =2 D

y=0

x

Considerando la región D verticalmente simple, se tiene Z 2Z x Z Z xydydx xydA = 0 0 D Z 2 1 2 x = dx xy 2 0 0 Z 2 1 3 11 4 = x dx = x 2 24 0

2

=2 0

X Ejemplo 2.2.4 Evaluar grá…ca de x = y 2 para 1

RR

x2 ydA, donde D es la región acotada por el eje y y la y 3: D

Solución. La región D se muestra en la siguiente …gura.

y y=3 D

(9,3) x=y

2

y =1

x Considerando ahora la región D como horizontalmente simple, se tiene Z Z

x2 ydA =

D

Z

1

=

Z

3 Z x=y 2 x=0

3

1

=

Z

1

x2 ydxdy

3

1 3 x y 3

y2

dy 0

1 7 1 8 y dy = y 3 24 161

3

= 1

820 : 3

X Con frecuencia, uno de los ordenes de integración hace que un problema de integración resulte más sencillo de como resulta con el otro orden de integración. Por ejemplo, hacer de nuevo el anterior ejemplo considerando D como región verticalmente simple. Es decir, con el orden dydx requiere dividir la región en dos subregiones y esto implica formular dos integraciones iteradas una para cada subregión y luego evaluar ambas integraciones, sin embargo la respuesta sería la misma. En otras palabras, el orden de integración afecta la complejidad de la integración, pero no el valor de la integral. Con todo esto a nuestra disposición estamos en condiciones de presentar el célebre teorema del cálculo vectorial llamado teorema de Green. Teorema 2.2.2 Sea C una curva cerrada simple, orientada positivamente suave a pedazos en el plano. Sea D el conjunto formado por todos los puntos de C y del interior de C. Supongamos que F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j es una función vectorial (campo vectorial en R2 ) continua cuyas componentes tienen primeras derivadas parciales continuas en D. Entonces I Z Z @f @g F dR = dA @x @y C D o equivalentemente I

f (x; y)dx + g(x; y)dy =

C

Z Z

D

@g @x

@f @y

dA

Demostración. Nótese que el teorema de Green quedará demostrado si se prueba que Z Z I @f f (x; y)dx = dA [1] D @y C y I Z Z @g [2] g(x; y)dy = dA @x C D Para demostrar la ecuación 1, expresamos D como una región de tipo verticalmente simple. D = f(x; y)=a x b; y1 (x) y y2 (x)g

donde y1 ; y2 son funciones continuas. Esto permite calcular la doble integral del lado derecho de la ecuación 1, como sigue Z b Z y2 (x) Z Z @f @f [3] dA = dydx D @y a y1 (x) @y Z b = [f (x; y2 (x)) f (x; y1 (x))] dx a

162

donde el último paso se sigue del teorema fundamental del cálculo.

y

C3 y = g2 (x ) C2

D

C4

C1 y = g1 (x )

x Ahora calculamos el lado izquierdo de la ecuación 1 descomponiendo C como la unión de las cuatro curvas C1 ; C2 ; C3 y C4 como se muestra en la anterior …gura. tomamos x como el parámetro y escribimos las ecuaciones paramétricas como x = x; entonces

Z

y = y1 (x); Z

f (x; y)dx =

a

x

b

b

f (x; y1 (x))dx

a

C1

observe que C3 va de derecha a izquierda pero C3 va de izquierda a derecha, de modo que podemos escribir las ecuaciones paramétricas de C3 como x = x;

y = y2 (x); a x b. Por tanto, Z Z f (x; y)dx = f (x; y)dx = C3

C3

Z

b

f (x; y2 (x))dx

a

En C2 y C4 x es constante, de modo que dx = 0 y Z Z f (x; y)dx = f (x; y)dx = 0 C2

Por tanto Z Z f (x; y)dx = C

=

C1 Z b a

f (x; y)dx +

C4

Z

C2

f (x; y1 (x))dx

f (x; y)dx + Z

Z

f (x; y)dx +

C3

b

Z

f (x; y)dx

C4

f (x; y2 (x))dx

a

Comparando esta expresión con la de la ecuación 3, se concluye que Z Z Z @f f (x; y)dx = dA C D @x La ecuación 2; se puede probar en forma muy semejante al expresar D como una región de tipo horizontalmente simple. Entonces sumando las ecuaciones 1 y 2, obtenemos el teorema de Green. X 163

Ejemplo 2.2.5 Veri…car el teorema de Green con el campo vectorial F : R2 ! R2

F (x; y) = (3x2 y;

dado por

x3 ) = 3x2 y i

x3 j

y D la región comprendida entre la parábola y = x2 y la recta y = 1. Solución. La región D se muestra en la siguiente …gura.

y C2 : y = 1 D

C1 : y = x 2

x Observe que la curva C = C1 [C2 consta de dos curvas donde C1 y C2 son curvas R1 ; R2 : [ 1; 1] ! R2 dado por. R1 (t) = (t; t2 ) = ti + t2 j R2 (t) = ( t; 1) =

t i+j

de donde R10 (t) = (1; 2t) = i + 2tj R20 (t) = ( 1; 0) = Luego I Z F dR = C

= = = = =

F dR1 +

C1 Z 1

Z

Z

Z

Z

F dR2

C2

R10 (t)

F (R1 (t))

1 1

2 2

3

3t t i 1 1

3t 1 1

4

4

t dt 1

1 5 t 5

t j 2t 3

4

Z

1

3

Z

1

1 1

F (R2 (t)) R20 (t)dt

3t2 dt

1

t2 dt

1 1 3 3t

1

dt +

Z

(i + 2tj) dt +

dt + 1

i + 0j

= 1

8 : 5 164

Z

1 1

3( t)2 i

( t)3 j

( i) dt

Por otra parte, como F (x; y) = 3x2 y; @g = @x

x3 : Entonces

3x2

@f = 3x2 @y

y

Luego Z Z

D

@g @x

@f @y

dA = = = =

Z Z Z Z

Z

1

1

3x2

3x2 dydx

x2

1 1 Z 1

6x2 dydx

x2

1 1

6x2 y

1 1

1 x2

dx

6x2 + 6x4 dx

1

=

6 2x3 + x5 5

=

6 2+ 5

1 1

6 2( 1)3 + ( 1)5 5

=

8 : 5

De este modo, se veri…ca el teorema de Green. X H Ejemplo 2.2.6 Evaluar C x4 dx + xydy, donde C es la curva triangular formada por los segmentos de recta de (0; 0) a (1; 0), de (1; 0) a (0; 1) y de (0; 1) a (0; 0). Solución. Aún cuando la integral de línea dada podría ser evaluada como de costumbre por los métodos de la sección anterior, esto haría necesario formular tres integrales separadas a lo largo de los tres lados del triángulo, de modo que en lugar de ello usaremos el teorema de Green. Nótese que la región D limitada por C es cerrada simple orientada positivamente y suave a pedazos como vemos en la siguiente …gura.

y (0,1)

(1,0)

(0,0)

165

x

Haciendo f (x; y) = x4 y g(x; y) = xy, entonces tenemos I

4

x dx + xydy =

C

=

Z Z Z

D

1

0

=

@g @x

1 2 y 2

1 (1 6

1 x 0

@f @y

dA =

1 dx = 2 1

x)3 0

Z

Z

0

1

(1

1Z 1 x

(y

0)dydx

0

x)2 dx

0

1 = . 6

X Ejemplo 2.2.7 Evaluar culo x2 + y 2 = 9.

H

C (3y

esen x ) dx+ 7x +

p

y 4 + 1 dy, donde C es el cír-

Solución. Observe que la región D limitada por C es el disco x2 + y 2 9, pasando a coordenadas polares después de aplicar el teorema de Green, se tiene I Z Z p @ @ f (x; y)dx + g(x; y)dy = 7x + y 4 + 1 (3y esen x ) dA @x @y C D Z 2 Z 3 = (7 3) rdrd 0 0 Z 2 Z 3 = 4 rdrd = 36 . 0

0

X Nota. note que en los dos ejemplos anteriores resultó más fácil evaluar la integral doble que la integral de línea. Pero a veces es más fácil evaluar la integral de línea y el teorema de Green se utiliza en sentido contrario. Por ejemplo, si se sabe que f (x; y) = g(x; y) = 0 en la curva C, entonces el teorema de Green da Z Z Z @g @f dA = f (x; y)dx + g(x; y)dy = 0 @y D @x C Cualesquiera que sean los valores que tomen f y g en la región D. Ejemplo 2.2.8 Usar el teorema de Green para evaluar la integral de línea I p 2y + 9 + x3 dx + 5x + earctan y dy C

donde C es el círculo x2 + y 2 = 4.

166

p Solución. Haciendo, f (x; y) = 2y + 9 + x3 y g(x; y) = 5x + earctan y vemos que @g @f = 5 2 = 3: @x @y Puesto que C es un disco circular de área 4 : Por tanto, el teorema de Green a…rma que la integral de línea dada es igual a Z Z I p @g @f arctan y 3 dy = dA 2y + 9 + x dx + 5x + e @x @y C Z ZD = 3 dA = 3(4 ) = 12 . D

X

H Ejemplo 2.2.9 Evaluar la integral de línea C 3xydx+2x2 dy, donde C es la frontera de la región D de la …gura que se muestra; está limitada arriba por la recta y = x y abajo por la parábola y = x2 2x.

y (3,3)

y=x D

y = x 2 − 2x

x

Solución. Para evaluar directamente la integral de línea, se necesita parametrizar por separado la recta y la parábola. En lugar de ello, se aplica el teorema de Green con f (x; y) = 3xy y g(x; y) = 2x2 . De este modo, se tiene @g @x

@f = 4x @y

3x = x

entonces I

3xydx + 2x2 dy =

C

=

Z Z Z

0

=

Z

xdA

D

3Z x x2

3

xdydx = 2x

3x2

0

167

Z

0

3

[xy]xx2

x3 dx = x3

1 4 x 4

2x dx 3

= 0

27 . 4

En estos dos últimos ejemplos nuevamente observamos que es más fácil evaluar la integral doble que la de línea.X En los siguientes ejemplos, se muestra una de las aplicaciones del teorema de Green para encontrar el trabajo. Ejemplo 2.2.10 Una partícula se mueve en sentido contrario a las manecillas del reloj alrededor del rectángulo con vértices (0; 0); (6; 0); (0; 4) y (6; 4) bajo la in‡uencia de la fuerza F = x2 i + (2xy) j. Calcular el trabajo realizado por la fuerza F después de completar un circuito. Solución. La curva se muestra en la siguiente …gura.

y (6,4)

(0,4)

(0,0)

x

(6,0)

Al utilizar la fórmula de trabajo, se tiene I Z Z @g @f W = F dR = dA @y C D @x Z Z @ @ 2 = (2xy) (x ) dA @x @y D Z Z = 2y dA =

Z

0

=

Z

D 6Z 4

2y dydx =

0

0

6

6

16 dx = 16x

0

X

Z

4

6

y

2

dx 0

= 16 (6) = 96: 0

Ejemplo 2.2.11 Estando sometida a la fuerza F (x; y) = y 3 i + x3 + 3xy 2 j una partícula recorre una vez el círculo de radio 3. Aplicar el teorema de Green para hallar el trabajo realizado por F . 168

Solución. Con f (x; y) = y 3 y g(x; y) = x3 + 3xy 2 , se sigue que @f = 3y 2 @y

@g = 3x2 + 3y 2 @x

y

Aplicando el teorema de Green, se tiene Z Z I @g @f 3 3 2 y dx + x 3xy dy = dA @y D @x C Z Z = 3x2 + 3y 2 3y 2 dA Z ZD = 3x2 dA D

Pasando a coordenadas polares, usando x = r cos

y

dA = r drd :

El trabajo realizado, es W

Z Z

Z

Z

2

3

3x dA = 3 (r cos )2 rdrd D 0 0 Z 2 Z 3 = 3 r3 cos2 drd =

2

0

= 3

Z

0

2

0

= 3

Z

0

= =

243 8 243 8

3

r4 cos2 4

2

Z

d 0

81 cos2 d 4 2

(1 + cos 2 ) d

0

+

sen 2 2

2

= 0

243 . 4

X

2.2.1

Área y centro de gravedad de una región plana

Otra de las aplicaciones del teorema de Green es para hallar el área y el centro de gravedad (centroide) de una región D limitada por una curva cerrada simple orientada positivamente suave a pedazos. Así, como vemos a continuación. 169

Recordemos que el teorema de Green, se utiliza para evaluar integrales de línea como integrales dobles. También, se puede utilizar el teorema de Green para evaluar integrales dobles como integrales de línea. Una aplicación útil se da cuando f (x; y) = 0 y g(x; y) = x, luego usando el teorema de Green se obtiene I

xdy =

Z Z

@g @x

D

C

=

Z Z

@f @y

dA

1dA

D

= área de la región D Por otra parte, de…niendo f (x; y) = I

ydx =

C

y y g(x; y) = 0, el teorema de Green da Z Z

D

=

Z Z

@g @x

@f @y

dA

1dA

D

= área de la región D Y al combinar estas dos fórmulas para el área, sumando las dos ecuaciones y dividiendo entre 2, produce el siguiente resultado. 1 2

I

C

Z Z 1 @g ydx + xdy = 2 @x Z Z D = 1dA

@f @y

dA

D

= área de la región D

Estos resultados resumimos en el siguiente. Corolario 2.2.3 (del teorema de Green) El área de la región plana D limitada por la curva cerrada simple orientada positivamente suave por pedazos C está dada por: I [1] A = xdy C I [2] A = ydx CI 1 [3] A = ydx + xdy 2 C 170

También se puede demostrar que las coordenadas del centroide de D están dadas por I I _ _ 1 1 2 x= x dy; y = y 2 dx 2A(D) C 2A(D) C en donde A(D) representa el área de D. Siendo, I I 1 1 2 Mx = y dx y My = x2 dy 2 C 2 C Los momentos alrededor de los ejes x y y respectivamente. Nota. Aún cuando la fórmula 3, es más complicada que las fórmulas 1 y 2 para el área, con frecuencia produce una integral más fácil de evaluar como vemos en el siguiente. Ejemplo 2.2.12 Usar la fórmula 3, para encontrar el área encerrada por la elipse. x2 y 2 + 2 =1 a2 b Solución. La elipse, con orientación en sentido contrario al de las manecillas del reloj, se puede representar paramétricamente por x = a cos(t); y = b sen(t); 0

t

2

Si esta curva se denota por C, entonces el área encerrada por la elipse es I 1 A = ydx + xdy 2 C Z 1 2 = [( b sen t) ( a sen t) + (a cos t) (b cos t)] dt 2 0 Z 2 Z 2 1 1 2 2 = ab sen t + cos t dt = ab dt = ab: 2 2 0 0 Este resultado también se puede obtener a partir de las fórmulas (1) y (2). X Ejemplo 2.2.13 Encontrar el área de la región limitado por el hipocicloide cuya ecuación vectorial es R(t) = cos3 (t)i + sen3 (t)j; 0 t 2 Solución. Haciendo x = cos3 (t) y y = sen3 (t) vemos que dx =

3 sen(t) cos2 (t)dt

y 171

dy = 3 sen2 (t) cos(t)dt

Luego usando la tercera fórmula del corolario del teorema de Green, se tiene I 1 A = ydx + xdy 2 C Z 1 2 cos3 t 3 sen2 t cos t dt sen3 t 3 sen t cos2 t dt = 2 0 Z 3 2 = cos4 t sen2 t + sen4 t cos2 t dt 2 0 Z Z 3 2 sen 2t 2 3 2 2 2 cos t sen t dt = dt = 2 0 2 0 2 Z Z 3 2 3 2 1 cos 4t = sen2 2t dt = dt 8 0 8 0 2 Z 2 3 3 3 (2 ) = . = (1 cos 4t) dt = 16 0 16 8

X

Ejemplo 2.2.14 Calcular el área encerrada por la curva R(t) = t3

4t i + t2

4 j;

2

t

2

Solución. La región encerrada por la curva dada se muestra en la siguiente …gura.

y

x

Observe que se trata de una curva cerrada simple que recorre en sentido horario. Se tiene entonces anteponiendo un signo menos en la integral de línea para recorrer la curva en sentido antihorario (es decir, orientada positivamente). Por tanto, usando la fórmula 1, se tiene I Z 2 A = xdy = t3 4t 2t dt C

=

2 5 t 5

2

8 3 t 3

X 172

2

= 2

256 . 15

2.2.2

Formas vectoriales del teorema de Green

Los operadores rot y div nos permiten escribir también otras variantes del teorema de Green, llamadas formas vectoriales del teorema de Green que serán útiles en nuestro trabajo posterior. Supongamos que la región plana D, está limitada por la curva C, y consideremos el campo vectorial F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j cuyas funciones componentes f y g satisfacen las hipótesis del teorema de Green. Entonces su integral de línea es I I f (x; y)dx + g(x; y)dy F dR = C

C

y su rotacional es

rot F = r

F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

f

g

0

=

@f @g i+ j+ @z @z

@g @x

@f @y

@g @x

@f : @y

k:

Por consiguiente (rot F ) k =

@g @f i+ j+ @z @z

@g @x

@f @y

k

k=

De este modo, podemos expresar el teorema de Green de la siguiente forma. I Z Z Z Z @g @f F dR = dA = (rot F ) kdA: @y C D @x D

Observe que si reparametrizamos la curva C por la longitud de arco s; es decir, si de…nimos la curva C mediante R(s) = x(s)i + y(s)j vemos que el vector tangente unitario T está dado por dR ds esta ecuación sugiere la notación dR = T ds, la cual ahora permite escribir el teorema de Green, en forma vectorial como. I Z Z F T ds = (rot F ) kdA; T =

C

D

Esta ecuación expresa la integral de línea de la componente tangencial de F a lo largo de C como la integral doble de la componente vertical del rot F sobre la región D, limitada por C. 173

A continuación, deduciremos la segunda forma vectorial del teorema de Green que se re…ere a la componente normal de F . Sea F (x; y) = f (x; y)i+g(x; y)j un campo vectorial en el plano de…nido sobre una región D del plano acotada por una curva cerrada simple orientada positivamente suave a pedazos en el plano dado por R(t) = x(t)i + y(t)j; a

t

b

Al reparametrizar la curva C respecto a la longitud de arco s; se tiene R(s) = x(s)i + y(s)j; 0

s

L

luego el vector tangente unitario es T = T (s) = x0 (s)i + y 0 (s)j y el vector normal unitario exterior es N = N (s) = y 0 (s)i x0 (s)j (apuntando hacia afuera desde D). Entonces la integral de línea con respecto a la longitud de arco s da. I

F N ds =

C

=

I

IC

f (x; y)

C

= =

I

IC

y 0 (s)i

(f (x; y)i + g(x; y)j) dy ds

f (x; y)dy

g(x; y)

dx ds

x0 (s)j ds

ds

g(x; y)dx

g(x; y)dx + f (x; y)dy

C

=

Z Z

D

@f @g + @x @y

dA

El último paso se debe al teorema de Green; pero como @f @g + @x @y Consecuencia de todo esto tenemos la segunda forma vectorial del teorema de Green que podemos expresar de la siguiente forma. I Z Z F N ds = div F dA div F =

C

D

Esta ecuación dice que la integral de línea de la componente normal de F a lo largo de C; es igual a la integral doble de la divergencia de F sobre la región D, limitada por C. 174

2.2.3

Integrales de línea independientes de la trayectoria

R En general el valor de la integral de línea C F dR depende de la curva C. Sin embargo, en esta sección mostraremos que cuando el integrando satisface las condiciones adecuadas, el valor de la integral sólo depende de la localización de los puntos …nales de la curva C y no de la forma de la curva que une estos puntos. En estos casos la evaluación de la integral de línea se simpli…ca de modo considerable. Ejemplo 2.2.15 Sea F (x; y) = yi + xj. Evaluar la integral de línea Z 1 Z F (R(t)) R0 (t)dt F dR = C

0

sobre las curvas siguientes (ver …gura) a) El segmento de recta b) La parábola c) La parábola cúbica

y = x de (0; 0) a (1; 1) y = x2 de (0; 0) a (1; 1) y = x3 de (0; 0) a (1; 1):

y (1,1)

y=x y = x2

y = x3 x Solución. (a) Con x = t; como parámetro la trayectoria de integración de la primera curva C1 está dada por R(t) = ti + tj; 0 t 1 de esto se sigue que R0 (t) = i + j Luego Z

F dR =

C1

Z

1

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

1

(ti + tj) (i + j) dt Z 1 Z 1 = (t + t) dt = 2tdt 0

=

0 1 t2 0

175

0

= 1:

(b) Parametrizando la segunda curva C2 con x = t; se tiene R(t) = ti + t2 j;

0

t

1

de esto se sigue que R0 (t) = i + 2tj Luego Z

F dR =

C2

Z

1

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

1

t2 i + tj

0

= =

Z

1

t2 + 2t2

0 1 t3 0

(i + 2tj) dt Z 1 dt = 3t2 dt 0

= 1:

(c) Al parametrizar la tercera curva C3 con x = t; se tiene R(t) = ti + t3 j; 0

t

1

de esto se sigue que R0 (t) = i + 3t2 j Luego Z

F dR =

C2

Z

1

F (R(t)) R0 (t)dt

0

=

Z

1

t3 i + tj

0

= =

Z

1

t3 + 3t3

0 1 t4 0

i + 3t2 j dt Z 1 dt = 4t3 dt 0

= 1:

X Observe que, en este ejemplo se obtuvo el mismo valor para la integral de línea aún cuando la integración se hizo sobre tres trayectorias diferentes que unen a (0; 0) con (1; 1). Esto no es casual. En el siguiente teorema se establece que esto es así; porque el campo vectorial dado F (x; y) = yi + xj es el gradiente de una función escalar ', especí…camente de '(x; y) = xy; ya que r' = F (x; y). 176

Teorema 2.2.4 (fundamental de las integrales de línea) Supongamos que F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j es un campo vectorial en el plano donde f y g son continuas en una región abierta que contiene los puntos (x0 ; y0 ) y (x1 ; y1 ). Si F (x; y) = r'(x; y) en todos los puntos de esta región, entonces para cualquier curva suave a pedazos C, que empiece en (x0 ; y0 ) y termina en (x1 ; y1 ) y que esté por completo en la región, se tiene Z F dR = '(x1 ; y1 ) '(x0 ; y0 ) C

Demostración. La demostración se hará para una curva suave C. La demostración para curvas suaves por pedazos se obtiene considerando por separado cada pedazo. Si C está dada paramétricamente por x = x(t); y = y(t); a

t

b;

entonces los puntos inicial y …nal de la curva C son (x0 ; y0 ) = (x(a); y(a)) (x1 ; y1 ) = (x(b); y(b)) Puesto que F (x; y) = r'(x; y), se tiene F (x; y) = De este modo

Z

C

@' @' i+ j @x @y

Z

@' @' dx + dy @y C @x Z b @' dx @' dy + dt = @x dt @y dt a Z b d = [' (x(t); y(t))] dt a dt

F (x; y) dR =

= [' (x(t); y(t))]ba = '(x(b); y(b)) = '(x1 ; y1 )

X 177

'(x(a); y(a))

'(x0 ; y0 ).

R Puesto que el segundo miembro de C F dR = '(x1 ; y1 ) '(x0 ; y0 ) sólo incluye los valores de ' en los puntos …nales (x0 ; y0 ) y (x1 ; y1 ), se sigue que la integral del primer miembro tiene el mismo valor sobre cualquier curva suave a pedazos, C, que une a estos puntos …nales. En este caso, se dice que la integral de línea es independiente de la trayectoria C. Por otra parte, si F (x; y) es el gradiente de una función '(x; y) en una región abierta, entonces se dice que el campo vectorial F es conservativo en esa región y a ' se la llama función potencial escalar de F en esa región, formalmente se tiene la siguiente. De…nición 2.2.1 Un campo vectorial F se llama conservativo si existe una función diferenciable ' tal que F = r'. La función ' se llama función potencial escalar para F . Como rot F = rot r' = 0 Este hecho, proporciona un criterio bastante útil para determinar si un campo vectorial es o no conservativo. De hecho, si un campo vectorial F es conservativo, entonces rot F = 0. En resumen, el teorema fundamental de las integrales de línea establece que si la función F es conservativo en una región y si C es una trayectoria (una curva) de esa región entonces la integral de línea de F dR es independiente de la trayectoria y el valor de la integral se puede determinar a partir de los valores de una función potencial en los puntos …nales de la trayectoria. Ejemplo 2.2.16 El campo vectorial F (x; y) = yi + xj es conservativo en todo el plano xy ya que es el gradiente de '(x; y) = xy. Por tanto, para cualquier curva suave a pedazos C que vaya de (0; 0) a (1; 1), por el teorema fundamental de las integrales de línea se sigue que Z Z ydx + xdy = F dR = '(1; 1) '(0; 0) = 1 0 = 1 C

C

lo que explica el resultado obtenido en el anterior ejemplo. Recordemos, que una curva C dada por R(t) = x(t)i+y(t)j; a t b es cerrada si el punto inicial R(a) = (x0 ; y0 ) y el punto …nal R(b) = (x1 ; y1 ) coinciden. Las integrales de línea sobre curvas cerradas suaves no requieren de nuevas técnicas de cálculo; sin embargo, si 178

F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j es el gradiente de '(x; y), entonces por el teorema fundamental de las integrales de línea se sigue que I

F dR =

I

f (x; y)dx + g(x; y)dy

C

C

= '(x1 ; y1 )

'(x0 ; y0 ) = 0

Como consecuencia de esto se tiene el siguiente resultado. Teorema 2.2.5 Sea F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j un campo vectorial, donde f y g son continuas en una región abierta. Si F es conservativo en esa región, entonces para cualquier curva cerrada suave a pedazos, se tiene I F dR = 0 C

El teorema fundamental de las integrales de línea sugiere en forma natural preguntarnos. ¿Cómo saber si un campo vectorial F es el gradiente de un campo escalar '? Si F (x; y) es el gradiente de una función '(x; y), ¿cómo encontrar '? El siguiente importante teorema da una condición necesaria pero no su…ciente para que un campo vectorial en el plano sea conservativo. Teorema 2.2.6 Sea F (x; y) = f (x; y)i + g(x; y)j, donde f y g tienen derivadas parciales de primer orden continuas en una región D abierta de conexión simple (una región plana cuya frontera consiste en una curva cerrada simple). Si F (x; y) es el gradiente de una función '(x; y) en esa región, entonces @f @g = @y @x en todos los puntos de la región D. Demostración. Supongamos que F es el gradiente de una función '; entonces F (x; y) = r'(x; y) @' @' f (x; y)i + g(x; y)j = i+ j @x @y igualando componentes, se tiene f (x; y) =

@' @x

y 179

g(x; y) =

@' @y

De este modo

@f @2' = @y @y@x

y

@g @2' = @x @x@y

puesto que por hipótesis @f =@y y @g=@x son continuas, entonces las dos derivadas parciales cruzadas de ' son iguales. Por tanto, @f =@y = @[email protected] Advertencia. En la conclusión del anterior teorema la componente i de F se deriva con respecto a y y la componente j con respecto a x. Es fácil invertir el orden por error. Ejemplo 2.2.17 Decidir si el campo vectorial dado por F es o no conservativo. (a) F (x; y) = x2 y i + xy j, (b) F (x; y) = 2x i + y j: Solución. (a) El campo vectorial dado por F (x; y) = x2 yi + xyj no es conservativo porque @f @ @g @ = x2 y = x2 mientras que = (xy) = y @y @y @x @x (b) El campo vectorial dado por F (x; y) = 2x i + y j es conservativo porque @f @ = (2x) = 0 @y @y

y

@g @ = (y) = 0 @x @x

X Observe que el teorema anterior permite decidir si un campo vectorial es o no conservativo. Pero no dice cómo encontrar una función potencial de F ; a veces se puede encontrar una función potencial por simple inspección. Asi, en el ejemplo anterior (b) podemos observar que '(x; y) = x2 + 21 y 2 tiene la propiedad de que r'(x; y) = 2xi + yj. En los siguientes ejemplos, se muestran cómo encontrar funciones potenciales de campos conservativos en el plano y en el espacio. Ejemplo 2.2.18 Demostrar que F (x; y) = 2xy 3 i + 1 + 3x2 y 2 j es el gradiente de una función ' y encontrar '. Solución. Como f (x; y) = 2xy 3 y g(x; y) = 1 + 3x2 y 2 ; entonces @f @g = 6xy 2 = @y @x Esto dice que F (x; y) es el gradiente de una función '(x; y); es decir, F (x; y) = r'(x; y) @' @' 2xy 3 i + 1 + 3x2 y 2 j = i+ j @x @y 180

Para determinar '(x; y), empezamos igualando las componentes obteniendo (1) (2)

@' @x @' @y

= 2xy 3 = 1 + 3x2 y 2

Al integrar @' = 2xy 3 @x con respecto de x (considerando y como constante) se obtiene Z (3) ' = 2xy 3 dx = x2 y 3 + k(y) donde k(y) representa la constante de integración, observe que esta constante de integración es función de y, ya que y se mantiene constante en el proceso de integración. De este modo, @k(y) =0 @x Para encontrar k(y), se deriva ' = x2 y 3 + k(y) con respecto a y para obtener @' = 3x2 y 2 + k 0 (y) @y igualando esta expresión con (2) se obtiene 1 + 3x2 y 2 = 3x2 y 2 + k 0 (y) Luego 0

k (y) = 1, de donde k(y) =

Z

1 dy = y + K

donde K es una constante (numérica) de integración, luego al hacer la sustitución en (3) se obtiene. '(x; y) = x2 y 3 + y + K La presencia de la constante arbitraria K quiere decir que ' no es única. Ahora resulta fácil veri…car que r'(x; y) = 2xy 3 i + 3x2 y 2 + 1 j = F (x; y) X

181

Solución alternativa. En vez de integrar @' = 2xy 3 @x con respecto a x como se hizo, se puede empezar integrando @' = 1 + 3x2 y 2 @y con respecto a y (tratando a x como constante en el proceso de integración) para obtener Z 1 + 3x2 y 2 dy = y + x2 y 3 + k(x) (4) '= Al derivar esta expresión con respecto a x se obtiene @' = 2xy 3 + k 0 (x) @x y al igualar ésta última con (1) resulta 2xy 3 = 2xy 3 + k 0 (x) de modo que k 0 (x) = 0; luego k(x) = K, donde K es una constante (numérica) de integración. Al sustituir este resultado en (4) se obtiene ' = y + x2 y 3 + K el cual concuerda con la solución anterior.X SiRuna curva C va del punto (x0 ; y0 ) al punto …nal (x1 ; y1 ) y si la integral de línea C F dR es independiente de la trayectoria que une a estos puntos, entonces se escribe. Z

F dR =

C

Z

(x1 ; y1 )

F dR

(x0 ; y0 )

o de manera equivalente Z

C

f (x; y)dx + g(x; y)dy =

Z

(x1 ; y1 )

f (x; y)dx + g(x; y)dy

(x0 ; y0 )

= ' (x1 ; y1 )

182

' (x0 ; y0 ) :

Ejemplo 2.2.19 Evaluar Z

(3; 1)

2xy 3 dx + 1 + 3x2 y 3 dy

(1; 4)

Solución. Por el ejemplo anterior sabemos que F (x; y) = 2xy 3 i + 1 + 3x2 y 2 j es el gradiente de '(x; y) = y + x2 y 3 + K. Entonces, por el teorema fundamental de las integrales de línea, se tiene Z

(3; 1)

3

2 3

2xy dx + 1 + 3x y

Z

dy =

(1; 4)

(3; 1)

F dR = '(3; 1)

'(1; 4)

(1; 4)

= (10 + K)

(68 + K) =

58:

X Nota 2.2.1 Note que la constante de integración K se cancela. Por tal razón en los problemas siguientes de integración se omite a K de los cálculos. Ejemplo 2.2.20 Una partícula se mueve en el semicírculo C: dado por R(t) = cos(t)i + sen(t)j;

0

t

;

mientras está sujeta a la fuerza F (x; y) = ey i+xey j. Encontrar el trabajo realizado. Solución. El trabajo realizado es Z Z W = F dR = C

F (R (t)) R0 (t) dt:

0

Si se intenta evaluar esta integral directamente uno se encuentra con la complicada integral Z Z W = F dR = F (x(t); y(t)) x0 (t)i + y 0 (t)j dt C 0 Z = esen t i + (cos t)esen t j [ sen ti + cos tj] dt Z0 = ( sen t)esen t + (cos2 t)esen t dt 0

para evitar esta di…cultad se intenta otro enfoque. 183

Observe que la fuerza dada F es el gradiente de una función ', ya que @ y @ (e ) = ey = (xey ) @y @x Por tanto, la integral W =

Z

F dR

C

es independiente de la trayectoria y se tiene la libertad de reemplazar a C con un segmento de recta C1 que une el extremo (1; 0) con el extremo ( 1; 0) ver …gura.

y

(0,1)

(1,0)

(-1,0)

x

C1

Con esto se simpli…can los cálculos. El segmento de recta C1 se puede representar paramétricamente por x = 1 2t; y = 0; 0 t 1: Por tanto R(t) = (1

2t)i + 0j

de donde R0 (t) = Entonces, el trabajo realizado es Z Z W = F dR = C1 1

=

Z

1

2i

F (R (t)) R0 (t) dt

0

e0 i + (1

2t)e0 j

( 2i)dt

0

=

Z

1

(i + (1

2t)j) ( 2i)dt

0

=

Z

1

2 dt =

2 (unidades de trabajo)

0

X

184

Solución. (Segunda solución) Puesto que el segmento de recta C1 tiene punto inicial (1; 0) y punto …nal ( 1; 0), el segmento de recta C1 tiene punto inicial ( 1; 0), y punto …nal (1; 0). Por tanto, C1 se puede representar por x = t;

y = 0;

1

t

1

luego se sigue R(t) = ti + 0j Entonces el trabajo realizado es Z W = F dR =

Z

C1

= = =

Z Z Z

1

de donde

R0 (t) = i

F dR C1 0

F (R (t)) R (t) dt = 1 1

Z

1

e0 i + te0 j

idt

1

(i + t j) (i) dt 1 1

dt =

2 (unidades de trabajo)

1

X Solución. (Tercera solución) Puesto que F (x; y) es el gradiente de una función ', se puede proceder a encontrar ' y aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea. Ya que r'(x; y) = F (x; y) @' @' i+ j = ey i + xey j @x @y entonces

@' = ey @x

Así, '= y por consiguiente

Z

y

@' = xey @y

ey dx = xey + k(y)

@' = xey + k 0 (y) @y Al igualar esta expresión con la de @'=@y se obtiene k 0 (y) = 0, luego k(y) = K. Por tanto, ' = xey + K 185

Puesto que la curva C empieza en (1; 0) y termina en ( 1; 0) se sigue Z F dR W = C ( 1; 0)

=

Z

ey dx + xey dy

(1; 0)

= '( 1; 0) 0

(1)e0

= ( 1)e =

'(1; 0)

2 (unidades de trabajo)

X Ejemplo 2.2.21 Una partícula se mueve sobre el círculo C dada por R(t) = cos t i + sen t j; 0

t

2

mientras está sujeta a la fuerza F (x; y) = ey i + xey j. Encontrar el trabajo realizado. Solución. En el ejemplo 2.2.20, se demostró que el campo F (x; y) = ey i + xey j es conservativo. Puesto que C es una curva cerrada, se concluye que Z Z W = F dR = ey dx + xey dy = 0. C

C

X

Ejemplo 2.2.22 Encontrar la función potencial para F (x; y; z) = yz 2

1 i + xz 2 + ey j + (2xyz + 1) k

Solución. Si

yz 2

1 i + xz 2 + ey

F (x; y; z) = r'(x; y; z) @' @' @' j + (2xyz + 1) k = i+ j+ k @x @y @z

debemos tener @' = yz 2 @x

1;

@' @' = xz 2 + ey ; = 2xyz + 1 @y @z

tomando una de estas ecuaciones y luego integrando procedemos como en el ejemplo 2.2.18. Empezamos con @' = yz 2 1 @x 186

integrando con respecto a x, dejando …jos a y y z, se tiene Z '(x; y; z) = yz 2 1 dx = xyz 2 x + k(y; z) con la constante de integración conteniendo posiblemente a y y z ya que la derivada parcial de dicha función con respecto a x es cero. Entonces @' @ = xz 2 + ey = xyz 2 @y @y

x + k(y; z) = xz 2 +

@k @y

luego @k = ey @y integrando esta ecuación con respecto a y, dejando …jo a z (k no puede involucrar a x) k(y; z) = ey + A(z) la constante de integración A(z) puede involucrar a z ya que todavia tenemos @k = ey , hasta aquí tenemos @y '(x; y; z) = xyz 2

x + ey + A(z)

Finalmente, @' @ = 2xyz + 1 = xyz 2 @z @z

x + ey + A(z) = 2xyz + A0 (z)

de esto se obtiene A0 (z) = 1, luego A(z) = z (hacemos la constante de integración igual a cero). Entonces '(x; y; z) = xyz 2

x + ey + z

es la función potencial de F , como puede comprobarse fácilmente. R Como un ejemplo especí…co; si queremos calcular C F dR con C una curva suave a pedazos desde (1; 1; 1) hasta ( 2; 1; 3); entonces Z F dR = '( 2; 1; 3) '(1; 1; 1) C

= [ 18 =

( 2) + e + 3]

14:

X 187

[1

1 + e + 1]

Observación 2.2.1 El método expuesto para determinar el potencial de un campo vectorial se emplea para resolver problemas de análisis matemático equivalentes al problema examinado, tales como la reconstrucción de una función de dos, tres y n variables a partir de sus diferenciales totales, así como para integrar ecuaciones diferenciales con diferenciales totales.

2.2.4

Ejercicios Propuestos

En los ejercicios 1 a 4, comprobar el teorema de Green evaluando ambas integrales Z

2

2

y dx + x dy =

C

Z Z

D

@g @x

@f @y

dA

sobre la trayectoria dada.

Ejercicio 2.2.1 C: cuadrado cuyos vértices son (0; 0); (4; 0); (4; 4); (0; 4): Ejercicio 2.2.2 C: triángulo cuyos vértices son (0; 0); (4; 0); (4; 4): Ejercicio 2.2.3 C: frontera de la región comprendida entre las grá…cas de y = x y y = x2 =4: Ejercicio 2.2.4 C: círculo dado por x2 + y 2 = 1: En los ejercicios 5 y 6, veri…car el teorema de Green, evaluando ambas integrales Z

y

x

xe dx + e dy =

C

Z Z

D

@g @x

@f @y

dA

sobre la trayectoria dada.

Ejercicio 2.2.5 C: circunferencia dada por x2 + y 2 = 4: Ejercicio 2.2.6 C: frontera de la región comprendida entre las grá…cas de y = x y y = x3 en el primer cuadrante. En los ejercicios del 7 al 21, utilizar el teorema de Green para evaluar F dR. Todas las curvas están orientadas en sentido contrario al de las manecillas C del reloj. H

Ejercicio 2.2.7 F = 2yi

xj, C es el círculo de radio 4 con centro en (1; 3).

Ejercicio 2.2.8 F = x2 i

2xyj, C es el triángulo con vértices (1; 1); (4; 1); (2; 6):

Ejercicio 2.2.9 F = (x + y) i + (x

y) j, C es la elipse x2 + 4y 2 = 1. 188

Ejercicio 2.2.10 F = 8xy 2 j, C es el círculo de radio 4 con centro en el origen. Ejercicio 2.2.11 F = x2 con lados de longitud 5.

y i + cos(2y)

e3y + 4x j, C es cualquier cuadrado

Ejercicio 2.2.12 F = x2 + y 2 i + 4xyj, C es el círculo de radio 3 con centro en (4; 0). Ejercicio 2.2.13 F = ex cos(y)i el plano. Ejercicio 2.2.14 F = ex (1; 0); (3; 0); (1; 3); (3; 3).

3

Ejercicio 2.2.15 F = x2 ydx x2 + y 2 4; x 0; y 0:

ex sen(y)j, C cualquier curva cerrada simple en

4y i

cos(y 2 ) + 6x j, C es el cuadrado con vértices

xy 2 dy, C es la frontera de la región

Ejercicio 2.2.16 F = xyi + xy 2 j, C es el triángulo con vértices (0; 0); (3; 0); (0; 5): Ejercicio 2.2.17 F = xdy 4xydy, C es la frontera de la región acotada por y = x2 y y = x: Ejercicio 2.2.18 F = cos(x)ydx ( 1; 0); (0; 0); (0; 1); ( 1; 1).

y 3 dy, C es el cuadrado con vértices

Ejercicio 2.2.19 F = xey i sen(2y)j, C es el triángulo con vértices (1; 1); (1; 3); (4; 1). Ejercicio 2.2.20 F = x2 + y 2 i + x2 Ejercicio 2.2.21 F = esen(x) con centro en ( 8; 0):

y 2 j, C es la elipse 4x2 + y 2 = 16.

y i + senh(y 3 )

4x j, C es el círculo de radio 2

En los ejercicios del 22 al 30, utilizar el teorema de Green para evaluar la integral de línea. H Ejercicio 2.2.22 C 2xydx+(x + y) dy, C: frontera de la región comprendida entre las grá…cas de y = 0 y y = 4 x2 : H Ejercicio 2.2.23 C y 2 dx + xydy, C: frontera de la región comprendida entre las p grá…cas de y = 0; y = x y x = 9: H Ejercicio 2.2.24 C x2 y 2 dx + 2xy dy, C: x2 + y 2 = a2 : 189

Ejercicio 2.2.25 Ejercicio 2.2.26

H

H

C

2 arctan xy dx+ln x2 + y 2 dy, C: x = 4+2 cos ; y = 4+sen .

C

ex cos 2y dx

2ex sen 2y dy, C: x2 + y 2 = a2 :

H Ejercicio 2.2.27 C sen x cos ydx + (xy + cos x sen y) dy, C: frontera de la región p comprendida entre las grá…cas de y = x y y = x: H 2 2 Ejercicio 2.2.28 C e x =2 y dx + e y =2 + x dy, C: frontera de la región comprendida entre las grá…cas del círculo x = 6 cos ; y = 6 sen y la elipse x = 3 cos ; y = 2 sen : H Ejercicio 2.2.29 C xydx + (x + y) dy, C: frontera de la región comprendida entre las grá…cas de x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9:

H Ejercicio 2.2.30 C 3x2 ey dx + ey dy, C: frontera de la región comprendida entre los cuadrados cuyos vértices son (1; 1); ( 1; 1); ( 1; 1); (1; 1) y (2; 2); ( 2; 2); ( 2; 2); (2; 2): Ejercicio 2.2.31 Una partícula da una vuelta en sentido positivo trigonométrico alrededor del triángulo con vértices (0; 0); (4; 0); (1; 6). Encontrar el trabajo realizado si la fuerza que actúa sobre la partícula es F = xy i + x j. Ejercicio 2.2.32 Una partícula da una vuelta en sentido positivo trigonométrico alrededor del círculo de radio 6 con centro en el origen. Encontrar el trabajo realizado si la fuerza que actúa sobre la partícula es F = [ex y + x cosh(x)] i + 23 y + x j. Ejercicio 2.2.33 Una partícula da una vuelta en sentido positivo trigonométrico alrededor del rectángulo con vértices (1; 1); (1; 7); (3; 1); (3; 7) bajo la in‡uencia de la fuerza F = cosh(4x4 ) + xy i + (e y + x) j. Encontrar el trabajo realizado. En los ejercicios del 34 al 37, utilizar el teorema de Green para calcular el trabajo realizado por la fuerza F sobre una partícula que se mueve, en sentido contrario a las manecillas del reloj, por la trayectoria cerrada C. Ejercicio 2.2.34 F (x; y) = xyi + (x + y) j, C: x2 + y 2 = 4: Ejercicio 2.2.35 F (x; y) = (ex

3y) i + (ey + 6x) j, C: r = 2 cos .

p Ejercicio 2.2.36 F (x; y) = x3=2 3y i+ 6x + 5 y j, C: contorno del triángulo cuyos vértices son (0; 0); (5; 0) y (0; 5).

190

Ejercicio 2.2.37 F (x; y) = 3x2 + y i + 4xy 2 j, C: contorno de la región comprenp dida entre las grá…cas de y = x; y = 0 y x = 9. Ejercicio 2.2.38 Use el teorema de Green para calcular el trabajo realizado por la fuerza F (x; y) = x(x + y)i + xy 2 j al mover una partícula desde el origen a lo largo del eje x hasta (1; 0), luego a lo largo del segmento de recta hasta (0; 1) y …nalmente de regreso al origen, a lo largo del eje y. Ejercicio 2.2.39 Una partícula parte del punto ( 2; 0), se p mueve a lo largo del eje x hasta (2; 0) y luego a lo largo del semicírculo y = 4 x2 hasta el punto de partida. Use el teorema de Green para calcular el trabajo realizado sobre esta partícula por el campo de fuerza F (x; y) = xi + x3 + 3xy 2 j: En los ejercicios del 40 al 41, Hallar el área de la región dada usando el corolario del teorema de Green. Ejercicio 2.2.40 La región limitada por la cardioide con ecuación vectorial R(t) = a (2 cos t cos 2t) i + a (2 sen t sen 2t) j; 0 t 2 . Ejercicio 2.2.41 La región limitada por la curva con ecuación vectorial R(t) = cos t i + sen3 t j; 0 t 2 . En los ejercicios del 42 al 45, utilizar una integral de línea para hallar el área de la región D. Ejercicio 2.2.42 D: región acotada por la grá…ca de x2 + y 2 = a2 . Ejercicio 2.2.43 D: triángulo acotado por las grá…cas de x = 0; 3x x + 2y = 8.

2y = 0 y

Ejercicio 2.2.44 D: región acotada por las grá…cas de y = 2x + 1 y y = 4

x2 .

Ejercicio 2.2.45 D: región interior al lazo de la hoja o folio de descartes acotada por la grá…ca de 3t 3t2 x= 3 ; y= 3 t +1 t +1 Ejercicio 2.2.46 Una lámina homogénea plana con densidad constante (x; y) = k tiene la forma de la región en el plano xy, acotada por una curva C cerrada simple orientada positivamente y suave a pedazos. Demostrar que los momentos de inercia con respecto al eje x y el eje y son I I k k 3 y dx; Iy = x3 dy Ix = 3 C 3 C 191

Ejercicio 2.2.47 Use el ejercicio anterior para calcular el momento de inercia de una región circular homogénea de radio a con respecto a uno de sus diámetros. En los ejercicios del 48 al 57, utilizar el teorema 2.2.6 para determinar si F es conservativo en el dominio D dado. No es necesario encontrar una función potencial. Ejercicio 2.2.48 F = y 3 i + 3xy 2

4 j; D es todo el plano.

Ejercicio 2.2.49 F = (6y + yexy ) i + (6x + xexy ) j; D es todo el plano. y 2 j; D es todo el plano.

Ejercicio 2.2.50 F = 16xi + 2

Ejercicio 2.2.51 F = 2xy cos x2 i + sen x2 j; D es el dominio x2 + y 2 < 1: Ejercicio 2.2.52 F = centro en (9; 0).

2x i x2 +y 2

+

2y ; x2 +y 2

D es el interior del círculo de radio 2 y

Ejercicio 2.2.53 F = senh (x + y) (i + j) ; D es todo el plano. Ejercicio 2.2.54 F = 2 cos(2x)ey i + [ey sen (2x) Ejercicio 2.2.55 F = 3x2 y

y] j; D es todo el plano.

sen (x) + 1 i + x3

ey j; D es todo el plano.

Ejercicio 2.2.56 F = y 2 + 3 i + (2xy + 3x) j; D es todo el plano. Ejercicio 2.2.57 F = 3x2

2y i + (12y

2x) j; D es todo el plano.

R En los ejercicios del 58 al 67, evaluar C F dR para C cualquier curva suave a pedazos desde el primer punto hasta el segundo. Ejercicio 2.2.58 F = 3x2 y 2

4y i + 2x3 y

Ejercicio 2.2.59 F = ex cos(y)i

4x3 j; (1; 1) a (2; 3).

ex sen(y)j; (0; 0) a (2; 4 ).

Ejercicio 2.2.60 F = 2xyi + x2

1 y

j; (1; 3) a (2; 2).

Ejercicio 2.2.61 F = i + [6y + sen(y)] j; (0; 0) a ( 1; 3). Ejercicio 2.2.62 F = 3x2 y 2

6y 3 i + 2x3 y

18xy 2 j; (0; 0) a (1; 1).

Ejercicio 2.2.63 F = xy i + ln (x) j; (1; 1) a (2; 2) en el semi-plano x > 0. 192

Ejercicio 2.2.64 F = ( 8ey + ex ) i Ejercicio 2.2.65 F = 4xy +

3 x2

8xey j; ( 1; 1) a (3; 1).

i+2x2 j; (1; 2) hasta (3; 3) en el semi-plano x > 0.

Ejercicio 2.2.66 F = [ 4 cosh xy

4xy senh xy] i

4x2 senh xy j; (1; 0) a (2; 1).

Ejercicio 2.2.67 F = 3y 2 + 3 sen(y) i + [6xy + 3x cos(y)] j; (0; 0) a ( 3; ). R En los ejercicios del 68 al 77. Determinar si C F dR es independiente de la trayectoria y si lo es, encontrar una función de potencial ' para F . Ejercicio 2.2.68 F (x; y) = 3x2 y + 2 i + x3 + 4y 3 j. Ejercicio 2.2.69 F (x; y) = 6x2

2xy 2 i + 2x2 y + 5 j.

Ejercicio 2.2.70 F (x; y) = ex i + (3

ex sen y) j:

Ejercicio 2.2.71 F (x; y) = x2 + y 2

1=2

( yi + xj) :

Ejercicio 2.2.72 F (x; y) = 4xy 3 i + 2xy 3 j: Ejercicio 2.2.73 F (x; y) = y 3 cos xi

3y 2 sen xj: zex i + tan xj

Ejercicio 2.2.74 F (x; y; z) = y sec2 x

ex k.

Ejercicio 2.2.75 F (x; y; z) = (y + z) i + (x + z) j + (x + y) k. Ejercicio 2.2.76 F (x; y; z) = 8xzi + 1 Ejercicio 2.2.77 F (x; y; z) = e

zi

6yz 3 j + 4x2

+ 2yj + xe

9y 2 z 2 k.

z k.

En los ejercicios del 78 al 81. Demostrar que la integral de línea es independiente de la trayectoria y calcular su valor. Ejercicio 2.2.78 Ejercicio 2.2.79 Ejercicio 2.2.80 Ejercicio 2.2.81

R (3;1)

( 1;2)

R (1;

y 2 + 2xy dx + x2 + 2xy dy.

=2) x e sen ydx (0;0)

R(

2;1;3) (1;0;2)

R(

+ ex cos ydy.

6xy 3 + 2z 2 dx + 9x2 y 2 dy + (4xz + 1) dz.

1;1;2) (4;0;3) (yz

+ 1) dx + (xz + 1) dy + (xy + 1) dz. 193

Ejercicio 2.2.82 Encontrar una función potencial de F = yz 3 i + xz 3 j + 3xyz 2 k. R Utilice este resultado para evaluar C F dR para cualquier curva suave a pedazos desde (0; 1; 1) hasta (3; 1; 2). Ejercicio 2.2.83 Encontrar una función potencial de R F = 2xy cos(z)i + x2 cos(z)j x2 y sen(z)k. Utilizar esto para evaluar C F dR para cualquier curva suave a pedazos desde (1; 1; 1) hasta (2; 0; 5). Ejercicio 2.2.84 Encontrar una función potencial de R F = exyz [yzi + xzj + xyk]. Utilizar este resultado para evaluar C F dR con C cualquier curva suave a pedazos desde (1; 1; 2) hasta (3; 1; 0). Ejercicio 2.2.85 Encontrar una función potencial de R F = 3x2 yz 2 + ex2 i + x3 z 2 j + 2x3 yzk. Utilizar esto para evaluar C F dR a lo largo de cualquier curva suave a pedazos desde (0; 0; 0) hasta ( 1; 3; 1). Ejercicio 2.2.86 Probar que no existe ninguna función potencial para F = x2 i yj + z cos xk. Sugerencia: Trate de encontrar una y llegue a una contradicción. Ejercicio 2.2.87 Probar que no existe ninguna función potencial para F = exyz i j + xk. Ejercicio 2.2.88 Haga una demostración de que si R f (x; y; z)dx + g(x; y; z)dy + h(x; y; z)dz es independiente de la trayectoria y C f; g; h tiene primeras derivadas parciales continuas, entonces @f @g = ; @y @x

@f @h = ; @z @x

@g @h = @z @y

En los ejercicios del 89 al 91. Use el ejercicio anterior para demostrar que la integral de línea dada no es independiente de la trayectoria R Ejercicio 2.2.89 C 2xydx + x2 + z 2 dy + yzdz. R Ejercicio 2.2.90 C ey cos zdx + xey cos zdy + xey sin zdz. R Ejercicio 2.2.91 C sen yzdx + xz cos yzdy + xy sen yzdz.

Ejercicio 2.2.92 Considere el siguiente campo vectorial F (x; y; Rz) = 2xe2y i + 2 x2 e2y + y cot z j y 2 csc2 zk: Demostrar que C F dR es independiente de la trayectoria y encuentre una función potencial ' para F . 194

2.3

Super…cies e integrales de super…cie

Intuitivamente, pensamos que un alambre delgado o una curva son unidimensionales, un plato plano o una hoja de metal, bidimensionales y un objeto sólido que ocupa un volumen en el espacio es tridimensional. Tenemos integrales hechas a la medida para resolver ciertos tipos de problemas que involucran tales objetos. Para la masa de un alambre, utilizamos una integral de línea, para un plato plano y delgado una integral doble; y para un objeto sólido en el espacio, una integral triple. Es decir, si deseamos determinar la masa de un alambre delgado que ocupa la imagen de una curva en el espacio con función de densidad (x; y; z) utilizamos una integral de línea de la función de densidad; esto es Z m= (x; y; z)ds C

Similarmente, si deseamos determinar la masa de un plato plano y delgado con función de densidad (x; y) que ocupa la imagen de una región plana D, utilizamos la integral doble de la función de densidad; es decir Z Z (x; y)dA m= D

Análogamente, si deseamos determinar la masa de un objeto sólido con función de densidad (x; y; z) que tiene la forma de un conjunto M en el espacio, utilizamos la integral triple de la función de densidad; esto es Z Z Z m= (x; y; z)dV M

Pero existen otros tipos de objetos por tratar, para los cuales no estamos equipados. Por ejemplo, una bóveda delgada en el espacio es bidimensional (pensemos por ejemplo, en una cáscara de huevo o en un domo geodésico). Tales objetos existen en el espacio y hasta pueden encerrar un volumen, aunque solamente sean bidimensionales. Para encontrar la masa de tal bóveda, dada la densidad, debemos utilizar un nuevo tipo de integral llamada integral de super…cie, que de…niremos a continuación. Empezaremos con algunas observaciones acerca de las super…cies.

2.3.1

Super…cies en el espacio

Recordemos que una curva C en el espacio es una función vectorial R : [a; b]

R ! R3

dado por 195

R(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k;

a

t

b

Observemos que una curva C en el espacio es una función vectorial de un parámetro t 2 [a; b] que a medida t varia entre a y b, el vector posición R(t) origina una curva en el espacio. De manera informal, podemos pensar en una curva como un objeto unidimensional que vive en el espacio y la función que se encarga de meter al intervalo [a; b] de R en el espacio es R : [a; b]

R ! R3

y dejar trazado con sus imágenes la curva correspondiente. Una super…cie

en el espacio es una función vectorial de dos parámetros R:D

R2 ! R3

de…nido por R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k;

u; v 2 D

llamada super…cie paramétrica determinada por R; cuyas funciones componentes x = x(u; v);

y = y(u; v);

z = z(u; v)

son funciones escalares de dos parámetros llamadas ecuaciones paramétricas de la super…cie siendo u y v parámetros. Podemos pensar que R tuerce o dobla la región D en el plano para producir la super…cie . Así cada punto (u; v) en D se convierte en un rótulo para un punto (x (u; v) ; y (u; v) ; z (u; v)) en . Asociado con las ecuaciones paramétricas anteriores, podemos de…nir un vector posición R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k;

u; v 2 D:

Este es como el vector posición de una curva excepto que ahora R(u; v) depende de dos variables y no de uno solo. Para cada (u; v) en el dominio del parámetro, R(u; v) puede representarse como una ‡echa desde el origen hasta un punto sobre la super…cie. Conforme el punto (u; v) se mueve en el dominio del parámetro D, el punto extremo del vector posición R(u; v) origina o traza la super…cie en el espacio. Es decir, una super…cie en el espacio es una función vectorial de dos parámetros u y v; a medida que el punto (u; v) se mueve por el dominio D, el punto …nal del vector posición R(u; v) genera una super…cie ; en el espacio. 196

En otras palabras, una super…cie paramétrica en el espacio es el conjunto de todos los puntos (x; y; z) 2 R3 que satisfacen las ecuaciones paramétricas.

También, en este caso de manera informal podemos pensar en una super…cie como un objeto bidimensional que vive en el espacio y la función que se encarga de meter una región plana D al espacio es R 2 ! R3

R:D

dejando trazado con sus imágenes la super…cie correspondiente. Llamamos a una super…cie simple si R(u; v) no regresa al mismo punto para valores distintos de (u; v). Este concepto es análogo al de una curva simple, que no se cruza ella misma. Ejemplo 2.3.1 Identi…car y dibujar la super…cie paramétrica R(u; v) = 3 cos ui + 3 sen uj + vk;

0

u

2 ;

0

dada por v

4.

Solución. Como x = 3 cos u y y = 3 sen u, entonces x2 + y 2 = (3 cos u)2 + (3 sen u)2 = 32 esto dice que en cada punto (x; y; z) de la super…cie, x y y están relacionados mediante la ecuación x2 + y 2 = 9 En otras palabras, cada sección transversal de paralela al plano xy, es un círculo de radio 3 centrado en el eje z. Como z = v donde 0 v 4 se ve que la super…cie es un cilindro circular recto de altura 4, el radio del cilindro es 3 y el eje z forma el eje del cilindro como se muestra en la siguiente …gura.

z 3

4

y x X Como ocurre con las representaciones paramétricas de curvas, las representaciones paramétricas de super…cies no son únicas. Es decir, hay muchos conjuntos de ecuaciones paramétricas que podrían usarse para representar la super…cie anterior. 197

Super…cies dadas por la grá…ca de z = S(x; y) Observemos que en el anterior ejemplo pudimos identi…car e incluso gra…car la super…cie descrita por un conjunto dado de ecuaciones paramétricas. El problema inverso, el de asignar un conjunto de ecuaciones paramétricas a una super…cie dada, es en general más difícil. Sin embargo, un tipo de super…cie para el cual este problema es sencillo, es para una super…cie dada por z = S(x; y). En este caso, podemos pensar en x y y como parámetros; de este modo, las ecuaciones paramétricas son simplemente x = x;

y = y;

z = S(x; y)

para (x; y) en algún conjunto D dado. Ejemplo 2.3.2 Dar un conjunto de ecuaciones paramétricas para el cono dado por p z = x2 + y 2 como el que se muestra en la siguiente …gura.

z

x

y

Solución. Como esta super…cie está dada en la forma z = S(x; y), se puede tomar a x y y como parámetros. Entonces el cono se representa por la función vectorial p R(x; y) = xi + yj + x2 + y 2 k

donde (x; y) varia sobre todo el plano xy. X

2.3.2

Vectores normales y plano tangente a una super…cie

En una super…cie, no hay una manera precisa de especi…car un vector tangente en un punto. Sin embargo, una super…cie puede tener un plano tangente en un punto P0 en el que todos los vectores son tangentes a la super…cie en P0 . En este caso, podemos de…nir un vector normal en P0 como un vector normal (ortogonal) al plano tangente ahí, como se muestra en la siguiente …gura. 198

Plano tangente en P0

Vector normal al plano tangente en P0

n

Cu

P0

∑

∑

Cv

R 'v

P0

R 'u

Vector normal n = R 'u × R 'v

Para determinar el vector normal a una super…cie dada por R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k;

u; v 2 D

consideramos un punto P0 sobre la super…cie, entonces P0 tiene coordenadas (x(u0 ; v0 ); y(u0 ; v0 ); z(u0 ; v0 )) Si …jamos v = v0 . Es decir, si v = v0 se mantiene constante y variamos u, entonces R(u; v0 ) es una función vectorial de un solo parámetro y de…ne una curva Cu que se encuentra en la super…cie a través de P0 . Análogamente, si …jamos u = u0 . Es decir, si u = u0 mantenemos constante y variamos v, entonces R(u0 ; v) es una función vectorial de un sólo parámetro y de…ne una curva Cv que se encuentra en la super…cie a través de P0 . Estas curvas tienen vectores posición Ru (u; v0 ) = x(u; v0 )i + y(u; v0 )j + z(u; v0 )k y Rv (u0 ; v) = x(u0 ; v)i + y(u0 ; v)j + z(u0 ; v)k respectivamente. Entonces los vectores tangentes a estas curvas son @x @y @z @x @y @z i+ j+ k y Rv0 = i+ j+ k @u @u @u @v @v @v donde las derivadas parciales se evaluan en (u0 ; v0 ). Ru0 =

Estos dos vectores están en la super…cie que pasa por P0 , ya que las curvas Cu y Cv están en la super…cie que pasa por P0 . Por tanto, su producto cruz es ortogonal al plano tangente en P0 ; de este modo, es posible de…nir al vector n = Ru0

Rv0

como el normal a la super…cie en P0 , suponiendo que no es el vector cero, si n = 0, se dice que la super…cie no tiene vector normal en el punto. 199

Al calcular n = Ru0

Rv0

obtenemos

n =

=

i

j

k

@x @u

@y @u @y @v @y @v @z @v

@z @u

@x @v @y @u @z @u

@z @v

i+

@z @u @x @u

@z @v @x @v

j+

@x @u @y @u

@x @v @y @v

k

En el caso especial en el que la super…cie está dado por la ecuación z = S(x; y) utilizamos x y y como parámetros y las funciones coordenadas son x = x;

y = y;

z = S(x; y)

en este caso, el vector normal es

n = =

@y @x

@y @y

@S @x

@S @y

@S i @x

i+

@S @x

@S @y

@x @x

@x @y

j+

@x @x

@x @y

@y @x

@y @y

k

@S j+k @y

ya que @x @y = =1 @x @y

y

@x @y = =0 @y @x

A menudo escribimos n=

@z i @x

@z j+k @y

Se dice que una super…cie es suave si es simple y n es continuo y distinto de cero sobre toda la super…cie (hablando informalmente) es una que no tiene esquinas ni cortes. Si consta de un número …nito de piezas suaves, decimos que es suave a pedazos. Por ejemplo, una esfera es suave, mientras que la super…cie de un cono es suave a pedazos y está formada por seis caras suaves.

200

p Ejemplo 2.3.3 Sea z = S(x; y) = x2 + y 2 para x2 + y 2 super…cie es un cono. El vector normal es n = = =

1. La grá…ca de esta

@z @z i j+k @x @y x y p i+ p j+k 2 2 2 x +y x + y2 x y i j+k z z

si z 6= 0. Técnicamente, esta super…cie no es suave ya que no tiene vector normal en el origen, donde no hay plano tangente, para algunos tipos de cálculos, este punto excepcional único desempeña un papel signi…cativo. Ejemplo 2.3.4 Hallar una ecuación para el plano tangente al paraboloide dado por R(u; v) = ui + vj + (u2 + v 2 )k en el punto (1; 2; 5). Solución. Observe que el punto del plano uv que es llevado al punto (x; y; z) = (1; 2; 5) de la super…cie es (u; v) = (1; 2). Las derivadas parciales de R son Ru0 = i + 0j + 2uk = i + 2uk Rv0 = 0i + j + 2vk = j + 2vk Entonces, el vector normal está dado por Ru0

i j k 1 0 2u 0 1 2v

Rv0 =

=

2ui

2vj + k

lo cual implica que el vector normal en (1; 2; 5) es Ru0 (1; 2)

Rv0 (1; 2) =

2i

4j + k

Por tanto, la ecuación del plano tangente en el punto (1; 2; 5) es 2(x que es equivalente a

2x

1)

4y + z =

4(y

2) + (z

5. X 201

5) = 0

Area de una super…cie Sea

una super…cie suave dado por R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k;

u; v 2 D

de…nida sobre una región abierta D en el plano uv. Si cada punto de la super…cie corresponde exactamente a un punto del dominio D, entonces el área de la super…cie ; está dado por Z Z Z Z d = Ru0 Rv0 dA Área de = D

jRu0

Donde de super…cies

Rv0 . Si es el módulo del vector normal n = Ru0 i , su área es la suma de las áreas de las i .

Rv0 j

Nota. Para una super…cie super…cie es Área ( ) =

Z Z

D

es una unión

dada por z = S(x; y) esta fórmula para el área de la

jn(x; y)j dA =

Z Z

s

1+

D

@z @x

2

+

@z @y

2

dA

Ejemplo 2.3.5 Hallar el área de la super…cie de la esfera de radio a dada por R(u; v) = a sen(u) cos(v)i + a sen(u) sen(v)j + a cos(u)k donde el dominio D está dado por 0

u

y0

v

2 .

Solución. Para empezar se calcula Ru0 y Rv0 : Ru0 = a cos(u) cos(v)i + a cos(u) sen(v)j a sen(u)k Rv0 = a sen(u) sen(v)i + a sen(u) cos(v)j El producto vectorial de estos dos vectores es Ru0

Rv0

i j a cos(u) cos(v) a cos(u) sen(v) a sen(u) sen(v) a sen(u) cos(v)

=

k a sen(u) 0

= a2 sen2 u cos vi + a2 sen2 u sen vj + a2 sen u cos uk lo cual implica que Ru0

Rv0

= =

p

p

a4 sen4 u cos2 v + a4 sen4 (u) sen2 v + a4 sen2 u cos2 u p a4 sen4 u + a4 sen2 u cos2 u = a2 sen2 u = a2 sen u 202

como sen u

0 para 0

u Z Z

A =

= a2

Z

D 2

0

, entonces el área de la super…cie de la esfera es Z 2 Z Ru0 Rv0 dA = a2 sen(u)dudv 0 0 Z dv sen(u)du 0

= a2 (2 ) 2 = 4 a2 : X

Ejemplo 2.3.6 La super…cie de la cúpula de un múseo está dada por R(u; v) = 20 sen(u) cos(v)i + 20 sen(u) sen(v)j + 20 cos(u)k donde 0 u de la cúpula.

=3 y 0

v

2 y R está en metros. Hallar el área de la super…cie

Solución. Por el ejemplo anterior se sabe que jRu0 entonces el área de la super…cie de la cúpula será. A =

Z Z

D

= 400 = 400

Z

Ru0

2

Z

2

0

=3

Z

=3

400 sen(u)dudv

0

dv = 400

cos u

0

= 200

dA =

2

0 Z 2

Z

Rv0

0

1 + 1 dv = 400 2

Rv0 j = (20)2 sen u = 400 sen u,

Z

Z

2

0 2

0

cos

3

+ cos 0 dv

1 dv 2

dv = 400 m2 :

0

X Ejemplo 2.3.7 Hallar el área de la super…cie del toro dado por R(u; v) = (2 + cos u) cos vi + (2 + cos u) sen vj + sen uk donde el dominio D está dado por 0

u

2 y0

Solución. Para empezar se calcula Ru0 y Rv0 : Ru0 = Rv0 =

sen(u) cos(v)i sen(u) sen(v)j + cos(u)k (2 + cos u) sen vi + (2 + cos u) cos(v)j 203

v

2 :

El producto vectorial de estos dos vectores es Ru0

i j k sen(u) cos(v) sen(u) sen(v) cos(u) (2 + cos u) sen v (2 + cos u) cos(v) 0 (2 + cos u) (cos v cos ui + sen v cos uj + sen uk)

Rv0 = =

lo cual implica que Ru0

Rv0

= (2 + cos u) = (2 + cos u) = (2 + cos u) = 2 + cos u:

q

(cos v cos u)2 + (sen v cos u)2 + sen2 u

p

cos2 u + sen2 u

p

cos2 u (cos2 v + sen2 v) + sen2 u

Finalmente, el área de la super…cie del toro es Z Z Z 2 Z 2 A = Ru0 Rv0 dA = (2 + cos u) dudv D 0 0 Z 2 = 4 dv = 8 2 : 0

X Ejemplo 2.3.8 Encuentre el área de la parte del paraboloide z = x2 + y 2 que está bajo el plano z = 9. Solución. Observe que el plano z = 9, corta al paraboloide en el círculo x2 +y 2 = 9. Por tanto, la super…cie dada se encuentra arriba del disco D con centro en el origen y radio 3. Usando la fórmula s Z Z Z Z @z 2 @z 2 1+ + dA A= jn(x; y)j dA = @x @y D D obtenemos A =

Z Z

D

s

1+

@z @x

2

+

@z @y

2

dA =

Z Z p = 1 + 4 (x2 + y 2 ) dA: D

204

Z Z q D

1 + (2x)2 + (2y)2 dA

Pasando a coordenadas polares, se tiene Z 2 Z 3p Z A = 1 + 4r2 rdrd = 0

=

2

0

1 8

2

d

0

2 3

1 + 4r2

3=2

0

3

r

0

3

=

Z

6

p

1 + 4r2 dr

p 37 37

1 :

X Ejemplo 2.3.9 Una catedral tiene una cúpula cuya forma es la de un paraboloide de ecuación x2 + y 2 + 4z = 64. Se sabe que un pintor cobra por mano de obra 20Bs. por metro cuadrado, mientras que el bote de pintura que rinde para 40 metros cuadrados cuesta 90Bs. (a) ¿Cuál es el área de la cúpula? (b) Cuál será el costo total por pintar la cúpula? Solución. (a) Despejando z de x2 + y 2 + 4z = 64; se tiene z = 16

1 2 x 4

1 2 y 4

de donde @z @x

1 x; 2

entonces

@z @x

2

=

1 = x2 4

@z @y

1 y; 2

entonces

@z @y

2

=

1 = y2 4

Ahora, como el área de una super…cie está dada por s Z Z Z Z @z 2 @z 2 A = ds = + + 1 dA @x @y D Z Z r Z Z r 2 1 2 1 2 x + y2 + 4 = x + y + 1 dA = dA 4 4 4 D D pasando a coordenadas polares, se tiene Z 2 Z 8r 2 Z Z 8p r +4 1 2 A = rdrd = r2 + 4 rdrd 4 2 0 0 0 0 ' 578:83: Así, el área de la cúpula es de aproximadamente 578.83 m2 : 205

(b) El número de botes de pintura a gastar se obtiene de 578:83 = 14:47 40 Por tanto, el costo total es C: T: = (14:47) (90) + (578:83) (20) = 12878:9 Bs: X Ejemplo 2.3.10 Un pintor piensa pintar ambas caras de una rampa espiral representado por R (u; v) = u cos vi + sen vj + vk;

0

u

1y0

v

3

todo medido en pies. Calcule la cantidad de pintura que se necesita, si un galón cubre 5 pies cuadrados. Solución. Como A= Empezamos calculando Ru0

Z Z

ds =

Z Z

D

Rv0

Ru0

Rv0 dA

Ru0 = cos vi + sen vj + 0k Rv0 =

u sen vi + u cos vj + k:

Luego Ru0

i j k cos v sen v 0 u sen v u cos v 1

Rv0 =

= sen vi

cos vj + u cos2 v + sen2 v k

= sen vi

cos vj + uk:

Entonces Ru0

Rv0 =

p

sen2 v + cos2 v + u2 =

p

1 + u2 :

Así, la integral para hallar el área de la rampa espiral es Z Z Z 1Z 3 p 0 0 A = Ru Rv dA = 1 + u2 dvdu Z

D

p

0

3

0

Z

1p v 1 + u2 du = 3 1 + u2 du 0 0 0 " p # p 2 u 1+u 1 = 3 + ln u + 1 + u2 2 2

=

1

206

A = =

p p i 3 hp 2 + ln 1 + u2 ln 1 2 h i p 3 p 3 2 + ln 1 + u2 = (2:30) ' 10:838: 2 2

Que resulta ser el área de un lado o cara de la rampa; como se debe pintar ambas caras debemos multiplicar por 2 para hallar el área total, que es de 21:676 pies cuadrados. Al dividir entre 5 vemos que la cantidad requerida de pintura es de 4:3353 galones. X

2.3.3

Integrales de super…cie

Para evaluar integrales de super…cie se utiliza el siguiente. Teorema 2.3.1 Sea una super…cie dada por la grá…ca de z = S(x; y) y sea D @z @z ; @y son continuas en D y f (x; y; z) es una su proyección sobre el plano xy, si z; @x función escalar continua de…nida en todos losR puntos de . Entonces la integral de R f (x; y; z) d está dada por super…cie de f (x; y; z) sobre denotado por s Z Z Z Z @z 2 @z 2 + dA: f (x; y; z) d = f (x; y; z(x; y)) 1 + @x @y D Nota. Para super…cies descritas por funciones de x y z (o de y y z) al teorema anterior se pueden hacer los ajustes siguientes. Si

es la grá…ca de y = S(x; z) y D es la proyección sobre el plano xz; entonces Z Z

f (x; y; z) d =

s

f (x; y(x; z); z) 1 +

D

Si la super…cie yz; entonces Z Z

Z Z

@y @x

2

+

@y @z

2

dA:

está dado por x = S(y; z) y D es la proyección sobre el plano

f (x; y; z) d =

Z Z

s

f (x(y; z); y; z) 1 +

D

@x @y

2

+

@x @z

2

dA:

Ejemplo 2.3.11 Evaluar la integral de super…cie Z Z y 2 + 2yz d donde es la porción del plano 2x + y + 2z = 6; que se encuentra en el primer octante. 207

Solución. Para empezar se escribe 1 (6 2

z=

2x

como

y) , entonces z = S(x; y) =

1 (6 2

2x

y)

usando las derivadas parciales @z = @x se puede escribir s

1+

@z @x

2

2

@z @y

+

@z = @y

1 y

=

1 2

s

2

1 2

1 + ( 1)2 +

3 2

=

Luego Z Z

y 2 + 2yz

d

=

s

Z Z

f (x; y; z(x; y)) 1 +

D

= =

Z Z Z

D

0

= 3

3Z

Z Z

(6

2x

@z @y

+

y)

3 2

2

dA

dA

2x+6

3y (3

x) dydx

0

0

= 6

1 2

y 2 + 2y

2

@z @x

3Z

2x+6

y (3

x) dydx

0

3

(3

x)3 dx

0

=

3 (3 2

3

x)4

= 0

243 2

X Una solución alternativa para el anterior ejemplo sería proyectar yz. En este caso, expresamos S como 1 (6 2 de donde vemos que x=

y

2z) , entonces x = S(y; z) =

@x = @y

1 2

y

Luego la integral de super…cie es 208

@x = @z

1

1 (6 2

y

sobre el plano

2z)

Z Z

y 2 + 2yz

d

= =

Z Z Z

3 8

f (x(y; z); y; z) 1 +

D

0

=

s

6 Z (6 y)=2 0 6

Z

3 2 243 dy = 2

y 2 + 2yz y3

36y

@x @y

0

2

+

@x @z

2

dA

dzdy

Resolver este mismo ejemplo proyectando sobre el plano xz. RR Ejemplo 2.3.12 Evaluar z d con la parte del plano x + y + z = 4 que está encima del rectángulo 0 x 2; 0 y 1. Solución. Usando la fórmula s Z Z Z Z f (x; y; z) d = f (x; y; S(x; y)) 1 +

@z @x

D

donde, f (x; y; z) = z y z = S(x; y) = 4 @z = @x

1

x

y; se tiene

y

@z = @y

2

+

@z @y

1

Luego Z Z

zd

=

Z Z

q y) 1 + ( 1)2 + ( 1)2 dA

(4 x D Z Z p 3 (4 x y) dA = D p Z 2Z 1 = 3 (4 x y) dydx 0

p Z = 3

0

2

4y

xy

0

p Z = 3

2

0

= =

p

7 3 x 2 p 3 (14 2

7 2

1 2 y 2

x dx 1 2 x 2

2 0

p 4) = 5 3.

X 209

1

dx 0

2

dA

Ejemplo 2.3.13 Calcular

Z Z

xy d z

sobre la parte del paraboloide z = x2 + y 2 ; que está en el primer octante y satisface 4 x2 + y 2 9. Solución. Aquí,

xy z y la super…cie está dado como parte de z = S(x; y) = x2 + y 2 , ahora f (x; y; z) =

@z = 2x @x Entonces

Z Z

xy d = z

Z Z

D

y

@z = 2y @y

xy p 1 + 4x2 + 4y 2 dA x2 + y 2

Como D es una parte del plano entre dos círculos, es conveniente transformar esta integral doble a coordenadas polares. Por tanto, en términos de r y , D consta de todos los puntos (r; ) con 2 r 3; 0 =2, esto es D = f(r; )= 2 De este modo, se tiene Z Z xy d z

Z

r

3

0

=2g

=2 Z 3

r2 cos sen p 1 + 4r2 r drd r2 0 2 Z 3 p Z =2 r 1 + 4r2 drd cos sen d =

=

2

0

la integración con respecto a Z

y

es

=2

cos sen d =

0

1 sen2 ( ) 2

=2

= 0

1 2

para la integración con respecto a r, sea u = 1 + 4r2 . Entonces du = 8rdr, de donde, rdr = 81 du. Además, cuando r = 2, se tiene u = 17 y cuando r = 3, se tiene u = 37. Entonces Z 37 Z 3 p 1p 1 3=2 37 2 r 1 + 4r dr = u du = u 12 2 17 8 17 1 = (37)3=2 (17)3=2 12 210

Finalmente, se concluye que Z Z Z 3 p Z =2 xy r 1 + 4r2 drd cos sen d d = z 2 0 1 1 = (37)3=2 (17)3=2 2 12 1 = (37)3=2 (17)3=2 . 24 X Masa de una bóveda delgada Recordemos que si la función f de…nida sobre la super…cie

es simplemente

f (x; y; z) = 1 entonces la integral de super…cie da el área de la super…cie, es decir. s Z Z Z Z @z 2 @z 2 1d = + dA = área de 1+ @x @y D Por otra parte, imaginemos una bóveda delgada de espesor despreciable en el espacio, que toma la forma de una super…cie y sea (x; y; z) la densidad en el punto (x; y; z), entonces la masa total está dada por Z Z m= (x; y; z) d Esto dice que la masa de una bóveda es la integral de super…cie de la función de densidad sobre la super…cie formada por la bóveda. Esto no debe sorprendernos en vista de los hechos de que la integral doble de una función de densidad (x; y) sobre un conjunto D en el plano da la masa de un plato plano que ocupa D y la integral triple de una función de densidad (x; y; z) sobre un conjunto M en el espacio da la masa de un objeto sólido que ocupe M . Centro de gravedad de una bóveda Se puede demostrar que las coordenadas del centro de masa de una bóveda delgada que ocupa la imagen de una super…cie en el espacio están dadas por _

x=

1 m

Z Z

_

x (x; y; z) d ; y =

1 m

Z Z

_

y (x; y; z) d ; z = 211

1 m

Z Z

z (x; y; z) d

Siendo Myz =

Z Z

Z Z

x (x; y; z)d ; Mxz =

y (x; y; z)d ; Mxy =

Z Z

z (x; y; z)d

los momentos estáticos de super…cie respecto a los planos coordenados yz; xz y xy respectivamente. Además, los momentos de inercia alrededor de los ejes x; y y z denotados por Ix ; Iy e Iz , están de…nidos por Z Z Z Z Z Z 2 2 2 2 x2 + y 2 (x; y; z)d x +z (x; y; z)d ; y +z (x; y; z)d ; Ejemplo 2.3.14 Encontrar la masa y el centro de masa del cono p z = x2 + y 2 ; 0 x2 + y 2 4 y (x; y; z) = x2 + y 2 p Solución. Observe que z = S(x; y) = x2 + y 2 . Para calcular e…cientemente @z @x

y

@z @y

escribimos z 2 = x2 + y 2 luego derivamos ambos miembros con respecto a x, recor@y dando que @x = 0 ya que x y y son independientes. Obtenemos 2z

@z @z x = 2x, entonces = @x @x z

2z

@z y @z = 2y, entonces = @y @y z

Análogamente se obtiene

Entonces

s

(x; y; z(x; y)) 1 +

Luego, se tiene

2

@z @x

+

@z @y

Z Z

2

= z2

r

1+

x2 + y 2 z2

p = z z 2 + x2 + y 2 p p = x2 + y 2 2 (x2 + y 2 ) p = 2 x2 + y 2 Z Z p

2 x2 + y 2 dA (x; y; z) d = D Z 2 p Z 2 Z 2 2 p Z 2 = 2 d r3 dr r r drd = 2

m =

0

=

p

0

1 2 (2 ) r4 4

0

2

=8 0

212

p

2.

0

Por la simetría de la bóveda y de la función de densidad, esparamos que el centro _ _ _ de masa está sobre el eje z; por tanto, x = y = 0: Entonces, solo resta calcular z Z Z _ 1 z = z (x; y; z) d m r Z Z 1 z 2 + x2 + y 2 2 2 = z x +y dA m z2 D Z Z p 1 3=2 2 x2 + y 2 dA = m D p Z 2 Z 2 2 p = r3 r drd 8 2 0 0 1 1 1 5 2 8 = 25 = . = (2 ) r 8 5 20 5 0 De este modo, el centro de masa se encuentra en el punto 0; 0; 85 . X RR Ejemplo 2.3.15 Calcular f (x; y; z)d , siendo la super…cie del paraboloide z = 2 (x2 + y 2 ) sobre el plano xy y f (x; y; z) es igual a: (a) 1, (b) x2 + y 2 , (c) 3z. Además, dar una interpretación física para cada caso. Solución. Observe que la integral pedida es igual a s Z Z Z Z @z 2 f (x; y; z)d = f (x; y; z) + @x D Donde D es la proyección de Como

@z @y

2

+ 1 dA

(1)

sobre el plano xy dada por x2 + y 2 = 2; z = 0. @z = @x

2x y

@z = @y

2y

entonces (1) se puede escribir como Z Z Z Z p f (x; y; z) d = f (x; y; z) 4x2 + 4y 2 + 1 dA D

(a) Si f (x; y; z) = 1, entonces (2) queda Z Z p 4x2 + 4y 2 + 1 dA D

para calcular esta integral, pasamos a coordenadas polares usando x = r cos ;

y = r sen 213

y dA = r drd

(2)

De este modo, la integral doble se convierte en Z Z p Z 2 Z 2 2 4x + 4y + 1 dA = D

0

=

Z

0

0

2

p

2p

1 + 4r2 r drd

1 1 + 4r2 12

13 . 3 Físicamente, podría representar el área de la super…cie la densidad = 1.

3=2

p

2

d 0

=

o la masa de

supuesta

(b) Si f (x; y; z) = x2 + y 2 , entonces (2) queda como Z Z p x2 + y 2 4x2 + 4y 2 + 1 dA D

nuevamente pasando a coordenadas polares se convierte en Z Z Z 2 Z p2 p p 149 2 2 2 2 x +y 4x + 4y + 1 dA = r3 1 + 4r2 drd = 30 D 0 0 p donde la integración con respecto a r se realiza con la sustitución 1 + 4r2 = u. Físicamente, esto podría ser el momento de inercia de con respecto al eje z suponiendo que la densidad es uno, o bien la masa de suponiendo la densidad = x2 + y 2 . (c) Si f (x; y; z) = 3z, entonces (2) queda como Z Z Z Z p p 3z 4x2 + 4y 2 + 1 dA = 3 2 x2 + y 2 4x2 + 4y 2 + 1 dA D

D

nuevamente pasando a coordenadas polares se convierte en Z 2 Z p2 p 111 3r 2 r2 1 + 4r2 drd = 10 0 0

Físicamente, este resultado podría representar la masa de densidad = 3z, o bien podría ser el triple momento estático de xy. X

suponiendo una respecto al plano

Ejemplo 2.3.16 Hallar la masa de la super…cie que es parte del paraboloide 2 2 y = x + z entre los planos y = 1 y y = 4, si la densidad en un punto P (x; y; z) de la super…cie ; es inversamente proporcional a la distancia entre P y el eje de simetría de la super…cie . 214

Solución. La super…cie plano xz.

z

se muestra en la siguiente …gura y su proyección sobre el

z

y = x 2 + z2

R

R

y=4 2

x

1

y

x

2

y =1

Como

q

(x; y; x) entonces

(x

0)2 + (y

y)2 + (z

0)2 = k

k 1=2 = k x2 + z 2 2 +z considerando la super…cie dada como la grá…ca de y = S (x; z) = x2 + z 2 ; se tiene Z Z Z Z 1=2 m = (x; y; x) d = k x2 + z 2 d s Z Z @y 2 @y 2 2 2 1=2 = k x +z + + 1 dA @x @z D Z Z p 1=2 4x2 + 4z 2 + 1 dA = k x2 + z 2 (x; y; x) = p

x2

D

Pasando a coordenadas polares, usando x = r cos ;

z = r sen

y dA = rdrd

Se obtiene la masa de la super…cie s Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 p 1 m = k 4r2 + 1 r drd = 2k r2 + r 0 1 0 1 #2 r Z 2 " r r 1 1 1 2 2 r + + ln r + r + d = 2k 2 4 8 4 0 1 " p !# Z 2 p p 1 1 4 + 17 p = 2k 17 5 + ln d 2 4 2+ 5 0 " p !# p p 1 4 + 17 p : = k 2 17 5 + ln 2 2+ 5 X 215

1 2

2

drd

2.3.4

Flujo de un campo vectorial a través de una super…cie

La idea de una integral de ‡ujo y ‡ujo a través de una super…cie Imaginemos el agua que ‡uye a través de una red de pesca que se tiende en un arroyo. Supongamos que se desea medir la cantidad de agua que pasa por la red; es decir, el volumen del ‡uido que cruza la super…cie por unidad de tiempo. Esta cantidad (gasto o caudal) de agua recibe el nombre de ‡ujo del ‡uido que atravieza la super…cie. Orientación de una super…cie Antes de calcular el ‡ujo de un campo vectorial a través de una super…cie, necesitamos determinar cuál es la dirección positiva del ‡ujo a través de la super…cie; esto se describe como elección de una orientación. Para inducir una orientación en una super…cie en el espacio se utilizan vectores normales unitarios. Se dice que una super…cie es orientable si en todo punto de que no sea punto frontera puede de…nirse un vector unitario normal N de manera tal que los vectores normales varien continuamente sobre la super…cie . Si esto es posible, es una super…cie orientable. Una super…cie orientable tiene dos caras. Así, cuando se orienta una super…cie se elige uno de los dos vectores unitarios normales posibles. Si es una super…cie cerrada, como lo es una esfera, se acostumbra escoger como vector unitario normal N , el que apunta hacia fuera de la esfera. Las super…cies más comunes, como esferas, paraboloides, elipses y planos, son todos ellos orientables. En una super…cie orientable, el vector gradiente proporciona una manera adecuada de hallar un vector unitario normal. Es decir, en una super…cie orientable dada por z = S(x; y) se hace G(x; y; z) = z Entonces,

S(x; y)

puede orientarse ya sea por el vector unitario normal N=

Sx0 (x; y)i Sy0 (x; y)j + k rG(x; y; z) =q 2 jrG(x; y; z)j (Sx0 (x; y))2 + Sy0 (x; y) + 1

(vector unitario normal hacia arriba); o por el vector unitario normal N=

Sx0 (x; y)i + Sy0 (x; y)j k rG(x; y; z) =q 2 jrG(x; y; z)j (Sx0 (x; y))2 + Sy0 (x; y) + 1

(vector unitario normal hacia abajo).

216

Para super…cies orientables dadas por y = S(x; z) o x = S(y; z) se pueden usar los vectores gradientes Sx0 (x; z)i + j

rG(x; y; z) =

rG(x; y; z) = i

Sy0 (y; z)j

Sz0 (x; z)k; donde G(x; y; z) = y Sz0 (y; z)k;

donde G(x; y; z) = x

S(x; z) o S(y; z)

para orientarlas. Por otra parte, si la super…cie suave orientable

está dada en forma paramétrica

por R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k

super…cie paramétrica

entonces, los vectores unitarios normales están dadas por N=

Ru0 jRu0

Rv0 Rv0 j

y N=

Rv0 jRv0

Ru0 Ru0 j

Integral de ‡ujo Una de las aplicaciones más importantes de las integrales de super…cie es para calcular el ‡ujo de un campo vectorial a través de una super…cie. Supongamos que es una super…cie orientada mediante un vector unitario normal N , e imaginemos un ‡uido con densidad (x; y; z) y campo de velocidades V (x; y; z) que circula a través de (consideremos como una super…cie imaginaria que no obstruye la corriente del ‡uido, como una red de pesca en la corriente de un río). Es decir, consideremos a como una membrana delgada a través de la cual se …ltra un líquido o gas y supongamos que está sumergida en un ‡uido que tiene un campo de velocidades V (x; y; z) con densidad (x; y; z). Entonces el ‡ujo (masa por unidad de tiempo) por área unitaria es V . Si dividimos en pequeños parches ij , como vemos en la siguiente …gura.

z

∑ij

N

∑

y

x

217

F = δV

Entonces atraviesa

ij ij

es casi plana y por tanto, podemos aproximar la masa de ‡uido que en la dirección de la normal N por unidad de tiempo por la cantidad ( V N) A (

ij )

donde ; V y N se evalúan en algún punto sobre ij . (Recordemos que la componente del vector V en la dirección del vector unitario N es V N:) Al sumar estas cantidades y pasar al límite, obtenemos la integral de super…cie de la función V N sobre . Esto es, Z Z Z Z (x; y; z) V (x; y; z) N (x; y; z) d V N d = y ésta se interpreta físicamente como la rapidez del ‡uido que pasa por

.

Si escribimos F = V , entonces F es también un campo vectorial en R3 y la integral de la ecuación anterior se convierte en Z Z F N d Este tipo de integrales se super…cie se presenta con frecuencia en física, incluso cuando F no es V , y se llama integral de super…cie o integral de ‡ujo de F sobre , cuya de…nición formal es la siguiente. De…nición 2.3.1 Si F es un campo vectorial continuo en una super…cie orientada con un vector unitario normal N , entonces la integral de super…cie de F sobre en la dirección de N es Z Z Z Z F d = F N d Esta integral también se llama ‡ujo de F a través de

.

De este modo, se de…ne el ‡ujo de un campo vectorial F a través de dirección N por Z Z ‡ujo de F = F N d

en la

En otras palabras, la de…nición anterior dice que la integral de super…cie de un campo vectorial F sobre es igual a la integral de super…cie de su componente normal sobre . Si en la discusión anterior el ‡uido tiene densidad (x; y; z), entonces el valor de la integral de ‡ujo 218

Z Z

F N d

representa la masa de ‡uido que ‡uye o atraviesa por unidad de tiempo. Para una super…cie cerrada como una esfera, si N es el vector unitario normal exterior, entonces el ‡ujo mide el desplazamiento neto hacia afuera por unidad de tiempo. Si la integral de ‡ujo es positivo, el ‡ujo hacia afuera de es mayor que el ‡ujo hacia adentro y se dice entonces que hay una fuente de F dentro de . Si la integral es negativa, entonces el ‡ujo hacia adentro de es mayor que el ‡ujo hacia afuera de y se dice que hay un sumidero dentro de . Si la integral es 0, entonces el ‡ujo hacia adentro y el ‡ujo hacia afuera de son iguales; es decir, las fuentes y los sumideros se recompensan. Ejemplo 2.3.17 Encontrar el ‡ujo de F = xi + yj + zk a través de la parte de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 que está entre los planos z = 1 y z = 2. Solución. Como el ‡ujo de F está dado por Z Z Z Z Z Z n F N d = F jnj dA = F n dA jnj D D

Primero debemos encontrar el vector normal n, para calcular F n; el vector normal a la super…cie dada por la grá…ca de z = f (x; y) es @z i @x

@z j+k @y p En nuestro caso para la super…cie dada z = 4 x2 n=

luego

@z = p @x 2 4

2x

x2

y2

x

=p

4

x2

y2

=

y 2 ; se tiene x @z y = z @y

y z

x y i+ j+k z z como la componente k es positivo, entonces este vector normal apunta hacia afuera de la esfera lo cual es necesario para esta aplicación ya que estamos considerando el ‡ujo a través de la super…cie desde el interior hacia el exterior de . Ahora al calcular F n; se tiene y x i+ j+k F n = (xi + yj + zk) z z x2 y 2 x2 + y 2 + z 2 = + +z = z z z x2 + y 2 + 4 x2 y 2 4 p = =p 2 2 4 x y 4 x2 y 2 n=

219

luego el ‡ujo de F que sale a través de es Z Z Z Z F n dA F N d = Z D Z 1 p = 4 4 x2 D

y2

dA

como es la porción de la esfera de radio 2 con centro en el origen que está entre los planos z = 1 y z = 2, vemos que cuando z = 1; x2 + y 2 + 12 = 4 por lo tanto x2 +y 2 = 3, esto dice que el plano z = 1 intersecta a la esfera en el círculo x2 +y 2 = 3. Por otra parte, cuando z = 2; x2 + y 2 + 22 = 4 de donde x2 + y 2 = 0.

Esto dice que el plano z = 2 intersecta a la esfera en el punto (0; 0; 2); de este modo, la porción de la esfera que forma la super…cie se proyecta sobre el plano p xy 2 2 al conjunto D dado por 0 x + y 3, esto es el interior del círculo de radio 3 con centro en el origen. Luego convirtiendo la integral doble sobre D a coordenadas polares, se tiene Z Z

F N d

= 4

Z

2

0

= 8 = 8

Z h

Z

p

p

3

p

0 3

p

0

(4

r

r r2

4

2 1=2

r )

= 8 ( 1 + 2)

r2

4

drd

dr ip 3 0

= 8 X Ejemplo 2.3.18 Sea la porción del paraboloide z = f (x; y) = 4 x2 y 2 , que se encuentra sobre el plano xy, orientado por medio de un vector unitario normal dirigido hacia arriba. Un ‡uido de densidad constante ‡uye a través de la super…cie de acuerdo con el campo vectorial F (x; y; z) = xi+yj +zk. Hallar el ‡ujo a través de . Solución. Empezamos calculando el vector normal n = =

@z @z i j+k @x @y ( 2x)i ( 2y)j + k

= 2xi + 2yj + k 220

Luego el ‡ujo buscado es Z Z Z F N d = Z = Z = Z = Z = Z =

Z

n d jnj Z n F jnj dA jnj ZD F n dA D Z xi + yj + (4 x2 y 2 )k (2xi + 2yj + k) dA ZD 2x2 + 2y 2 + (4 x2 y 2 ) dA ZD 4 + x2 + y 2 dA F

D

utilizando coordenadas polares, se tiene Z 2 Z 2 Z Z F N d = 4 + r2 r drd 0 0 Z 2 = 12 d 0

= 24

:

X Ejemplo 2.3.19 Calcular el ‡ujo de F (x; y; z) = xyi x2 j + (x + z) k, sobre la super…cie dada por la parte del plano 2x + 2y + z = 6 que queda en el primer octante. Solución. Obsérvese que un vector perpendicular a la super…cie dada viene dado por r(2x + 2y + z 6) = 2i + 2j + k, luego un vector normal en un punto de es N= Entonces F N

= = = =

n 2i + 2j + k 2i + 2j + k =p = 2 2 2 jnj 3 2 +2 +1 xyi 2xy 2xy 2xy

x2 j + (x + z) k 2x2 + (x + z) 3 2x2 + (x + 6 2x 3 2x2 x 2y + 6 3 221

2i + 2j + k 3

2y)

De este modo, el ‡ujo buscado es Z Z Z Z 2xy 2x2 x 2y + 6 F N d = d 3 Z Z 2xy 2x2 x 2y + 6 p 2 = 2 + 22 + 12 dA 3 D Z 3Z 3 x = 2xy 2x2 x 2y + 6 dydx 0 0 Z 3 27 3 x = xy 2 2x2 y xy y 2 + 6y 0 dx = . 4 0 X Ejemplo 2.3.20 Calcular el ‡ujo de F (x; y; z) = 18zi 12j+3yk, sobre la super…cie del plano 2x + 3y + 6z = 12 situada en el primer octante. Solución. Empezamos considerando la super…cie dada z=

12

2x 6

por la grá…ca de

3y

Entonces @z i @x

n = = =

@z j+k @y

1 i 3 1 1 i + j + k. 3 2

1 2

j+k

Luego Z Z

F Nd

Z Z n = jnj dA = F n F jnj D D Z Z 1 = (18zi 12j + 3yk) i+ 3 Z ZD = (6z 6 + 3y) dA Z Z

D

como z=

12

2x 6 222

3y

dA 1 j + k dA 2

Entonces Z Z

F N d

=

Z Z

12

6

D

= = = =

Z Z

(12

Z ZD

(6

Z

x=0 Z 6

3y

3y

6 + 3y dA

6 + 3y) dA

2x) dA

D x=6 Z y= 12 3 2x

(6

2x) dydx

y=0

4 12x + x2 dx = 24: 3

24

0

X

2x

2x 6

Ejemplo 2.3.21 Hallar el ‡ujo de F (x; y; z) = zi + xj 3y 2 zk, a través de la super…cie del cilindro x2 + y 2 = 16 situada en el primer octante entre z = 0 y z = 5. p Solución. Consideremos la super…cie dada por la grá…ca de y = S(x; z) = 16 x2 , entonces n=

@y i+j @x

@y k= @z

p

x 16 x2

x y

i + j + 0k =

i + j + 0k

Luego Z Z

F N d

= =

Z Z

Z ZD

F

n jnj dA jnj

F n dA

D

=

Z Z

zi + xj

D

Z Z

x y

i + j + 0k dA

zx + x dA y D Z z=5 Z x=4 xz p = + x dxdz 16 x2 z=0 x=0 Z 5 = (4z + 8) dz = 90. =

0

X

3y 2 zk

223

RR Ejemplo 2.3.22 Si F (x; y; z) = yi + (x 2xz)j xyk. Hallar (r F ) N d siendo la super…cie de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 que se encuentra encima del plano xy. Solución. Como r

F

=

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

y x 2xz = xi + yj 2zk

xy

Ahora consideremos la super…cie

dada como la grá…ca de p z = S(x; y) = a2 x2 y 2

Entonces n =

@z i @x

= = Luego Z Z

(r

@z j+k @y x

p

a2

x2

y2

!

i

x y i+ j+k z z

F) N d

= = = = = = =

p

y a2

x2

y2

!

j+k

Z Z n jnj dA = (r F ) n dA jnj D D Z Z x y (xi + yj 2zk) i + j + k dA z z D Z Z 2 2 x y + 2z dA z z D Z Z x2 + y 2 2z 2 dA z D ! Z Z x2 + y 2 2 a2 x2 y 2 p dA a2 x2 y 2 D ! Z Z x2 + y 2 2a2 + 2x2 + 2y 2 p dA a2 x2 y 2 D ! Z x=a Z y=pa2 x2 3 x2 + y 2 2a2 p dydx p a2 x2 y 2 x= a y= a 2 x2 Z Z

(r

F)

224

Para calcular esta integral doble, pasamos a coordenadas polares usando x = r cos ;

y = r sen

y sustituyendo dydx por r drd ; se obtiene Z x=a Z y=pa2 Z Z (r F ) N d = p x= a

= = = = =

Z

=2

y=

Z

x2

3 x2 + y 2 p a2 x2

a 2 x2

r=a

2a2 y2

!

dydx

3r2 2a2 p rdrd a2 r2 =0 r=0 Z 2 Z a 3 r2 a2 + a2 p rdrd a2 r2 0 0 Z 2 Z a p a2 r drd 3r a2 r2 + p a2 r2 0 0 Z 2 h p ai 3=2 a2 r2 a2 a2 r2 d 0 0 Z 2 a3 a3 d = 0. 0

X

Recordando que si una super…cie paramétrica por

es suave orientable y está dada en forma

R(u; v) = x(u; v)i + y(u; v)j + z(u; v)k entonces el vector normal unitario N (hacia arriba) está dado por la ecuación N=

Ru0 jRu0

Rv0 Rv0 j

Luego el ‡ujo de un campo vectorial F a través de en la dirección N es Z Z Z Z Ru0 Rv0 F N d = F d jRu0 Rv0 j como

d = jnj dA = Ru0

Rv0 dA

se concluye Flujo de F =

Z Z

F N d =

Z Z

D

Donde, D es el dominio de los parámetros. 225

F

Ru0

Rv0 dA

Ejemplo 2.3.23 Halle el ‡ujo del campo vectorial F (x; y; z) = zi+yj +xk a través de la esfera unitaria x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. Usando la representación paramétrica de la esfera unitaria R (u; v) = sen u cos vi + sen u sen vj + cos uk;

0

u

; 0

v

2

tenemos F (R (u; v)) = cos ui + sen u sen vj + sen u cos vk y del ejemplo 2.3.5, se tiene Ru0

Rv0 = sen2 u cos vi + sen2 u sen vj + sen u cos uk

Por tanto F (R (u; v))

Ru0

Rv0 = cos u sen2 u cos v + sen3 u sen2 v + sen2 u cos u cos v

ahora utilizando la fórmula Flujo de F = obtenemos Z Z F N d

Z

2

Z Z

F N d =

Z Z

D

F

Ru0

Rv0 dA

Z

2 sen2 u cos u cos v + sen3 u sen2 v dudv Z Z 2 Z Z 2 = 2 sen2 u cos u du cos v dv + sen3 u du sen2 v dv 0 0 0 0 Z 2 Z Z 2 cos v dv = 0 sen2 v dv ya que = 0+ sen3 u du =

0

0

0

=

0

0

4 . 3

X Por ejemplo, si el campo vectorial del ejemplo anterior es un campo de velocidades que describe la corriente de un ‡uido con densidad 1, entonces, la respuesta 4 =3, representa la rapidez del ‡uido a través de la esfera unitaria, en unidades de masa por unidad de tiempo. Aunque se introdujo la integral de super…cie de un campo vectorial usando el ejemplo de la corriente de un ‡uido, este concepto también aparece en otras situaciones físicas. Por ejemplo, si E es un campo eléctrico, entonces la integral de super…cie Z Z E d

226

se llama ‡ujo eléctrico de E a través de . Una de las leyes importantes de electrostática es la ley de Gauss, que dice. La carga neta encerrada por una super…cie cerrada es Z Z E d Q = "0

donde "0 es una constante (llamada de permitividad del espacio) que depende de las unidades que se utilicen. (En el SI, "0 = 8:8542 10 12 C 2 =N m2 .) Por tanto, si el campo vectorial F del ejemplo anterior representa un campo eléctrico, podemos concluir que la carga interior a es Q = 4 "0 =3. Otra aplicación de las integrales de super…cie aparece en el estudio de ‡ujo térmico. Supongamos la temperatura en un punto (x; y; z) de un cuerpo es u (x; y; x). Entonces el ‡ujo térmico se de…ne como el campo vectorial F =

K 5u

donde K es una constante determinada experimentalmente que se llama conductividad de la sustancia. La rapidez del ‡ujo térmico que atraviesa la super…cie del cuerpo está dada entonces por la integral de super…cie Z Z Z Z F d = K 5u d Ejemplo 2.3.24 La temperatura u de una bola metálica es proporcional al cuadrado de la distancia desde el centro de la bola. Encuentre la rapidez del ‡ujo térmico que atraviesa la esfera de radio a con centro en el centro de la bola. Solución. Tomando el centro de la esfera como el origen, tenemos u (x; y; z) = C x2 + y 2 + z 2 donde C es la constante de proporcionalidad. Entonces el ‡ujo térmico es F (x; y; z) =

K 5u=

KC (2x i + 2y j + 2z k)

donde K es la conductividad del metal. En lugar de usar la parametrización acostumbrada de la esfera como en el ejemplo anterior, observamos que la normal unitaria exterior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 en el punto (x; y; z) es N=

1 (x i + y j + z k) a

y por tanto F N=

2KC 2 x + y2 + z2 a 227

Pero en tenemos x2 +y 2 +z 2 = a2 , de modo que F N = 2aKC. En consecuencia, la rapidez del ‡ujo térmico en es Z Z Z Z Z Z F d = F N d = 2aKC d =

2aKCd(A) =

2aKC 4 a2 =

8KC a3 .

X Observe que el campo vectorial F de la de…nición de integral de ‡ujo también podría representar ‡ujo térmico estacionario, un gas que se expande uniformemente, una corriente eléctrica (u otros campos que aparecen en la teoría de la electricidad). En estos casos "‡ujo" corresponde a cantidad (por unidad de tiempo) de calor que cruza , de gas a través de , o de carga eléctrica a través de , respectivamente. Ejemplo 2.3.25 Sea la parte de la grá…ca de z = 9 x2 y 2 tal que z F (x; y; z) = 3xi + 3yj + zk. Calcular el ‡ujo de F a través de .

0 y sea

Solución. La grá…ca de la super…cie dada se observa en la siguiente …gura junto con el vector unitario normal superior N y el vector F (x; y; z).

z ∑ : z = 9 − x 2 − y2

(x , y, z )

F (x , y, z ) N

y x Considerando la super…cie dada

como la grá…ca de z = 9

x2

y 2 ; se tiene

@z @z i j+k @x @y = 2xi + 2yj + k

n =

Entonces, el ‡ujo de F a través de es Z Z Z Z F N d = F n dA Z ZD = 3xi + 3yj + 9 x2 y 2 k (2xi + 2yj + k) dA Z ZD = 6x2 + 6y 2 + 9 x2 y 2 dA Z ZD = 5x2 + 5y 2 + 9 dA D

228

Donde D es la región circular en el plano xy acotada por la grá…ca de x2 + y 2 = 9. Pasando a coordenadas polares, se tiene Z 2 Z 3 Z Z 5r2 + 9 rdrd F N d = 0

0

567 2

=

890:6

Por ejemplo, si F es el campo de velocidad de un gas en expansión y jF j se mide en cm/s, entonces la unidad de ‡ujo es cm3 =s. Por tanto, el ‡ujo de gas a través de la super…cie sería aproximadamente de 890:6 cm3 =s. X

2.3.5

Ejercicios propuestos

En los ejercicios del 1 al 4, hallar la ecuación rectangular de la super…cie por eliminación de los parámetros de la función vectorial. Identi…car la super…cie y dibujar su grá…ca. Ejercicio 2.3.1 R(u; v) = ui + vj + 12 vk. Ejercicio 2.3.2 R(u; v) = 2u cos vi + 2u sen vj + 12 u2 k. Ejercicio 2.3.3 R(u; v) = 2 cos ui + vj + 2 sen uk: Ejercicio 2.3.4 .R(u; v) = 3 cos v cos ui + 3 cos v sen uj + 5 sen vk. En los ejercicios del 5 al 11, hallar una función vectorial cuya grá…ca sea la super…cie indicada. Ejercicio 2.3.5 El plano z = y: Ejercicio 2.3.6 El cilindro x2 + y 2 = 16: Ejercicio 2.3.7 El cilindro 4x2 + y 2 = 16: Ejercicio 2.3.8 El cilindro z = x2 : Ejercicio 2.3.9 El elipsoide

x2 9

+

y2 4

+

z2 1

= 1:

Ejercicio 2.3.10 La parte del plano z = 4 interior al cilindro x2 + y 2 = 9: Ejercicio 2.3.11 La parte del paraboloide z = x2 + y 2 interior al cilindro x2 + y 2 = 9: 229

En los ejercicios del 12 al 17, hallar el área de la super…cie sobre la región dada. Ejercicio 2.3.12 La parte del plano R(u; v) = 2ui 0 v 1:

1 2 vj

+ 12 vk, donde 0

u

2y

Ejercicio 2.3.13 La parte del paraboloide R(u; v) = 4u cos vi + 4u sen vj + u2 k, donde 0 u 2 y 0 v 2 : Ejercicio 2.3.14 La parte del cilindro R(u; v) = a cos ui + a sen uj + vk, donde 0 u 2 y 0 v b: Ejercicio 2.3.15 La esfera R(u; v) = a sen u cos vi + a sen u sen vj + a cos uk, donde 0 u y0 v 2 : Ejercicio 2.3.16 La parte del cono R(u; v) = au cos vi + au sen vj + uk, donde 0 u by0 v 2 : Ejercicio 2.3.17 El toro cuya ecuación vectorial es R(u; v) = (a + b cos v) cos ui + (a + b cos v) sen uj + b sen vk, donde a > b; 0 u 2 y 0 v 2 . En los ejercicios del 18 al 27, evaluar la integral de super…cie. RR Ejercicio 2.3.18 xd , con la parte del plano x + 4y + z = 10 en el primer octante. RR 2 y d , con la parte del plano z = x para Ejercicio 2.3.19 0 x 2; 0 y 4. RR Ejercicio 2.3.20 d , con la parte del paraboloide z = x2 + y 2 que está entre los planos z = 2 y z = 7. RR Ejercicio 2.3.21 (x + y) d , con la parte del plano 4x + 8y + 10z = 25 que está por arriba del triángulo con vértices (0; 0); (1; 1); (1; 0) en el plano xy. p RR Ejercicio 2.3.22 zd , con la parte del cono z = x2 + y 2 que está en el primer octante y entre los planos z = 2 y z = 4. RR Ejercicio 2.3.23 xyzd , con la parte del plano z = x + y para (x; y) en el cuadrado con vértices (0; 0); (1; 0); (0; 1); (1; 1). RR Ejercicio 2.3.24 yd , con la parte del cilindro z = x2 para 0 x 2; 0 y 3. 230

Ejercicio 2.3.25 en el plano xy.

RR

x2 d , con

RR Ejercicio 2.3.26 zd , con 0 x 1; 0 y 5.

la parte del plano z = x

RR Ejercicio 2.3.27 xyzd , con 0 y 1; 0 x 1:

Ejercicio 2.3.28

:z=4

x; 0

Ejercicio 2.3.29

: z = 15

x

Ejercicio 2.3.30

: z = 10; x2 + y 2

Ejercicio 2.3.31

: z = 32 x3=2 ; 0

RR

y para

2y + z) d : y

x

4.

2; 0

y

4.

1. x

1; 0

RR

y

x.

xyd .

2y, primer octante. p 4 x2 : Ejercicio 2.3.33 : z = h; 0 x 2; 0 y p RR Ejercicio 2.3.34 Evaluar, zd , es el cono x = y 2 + z 2 para 0 y 2 + z 2 9. Ejercicio 2.3.32

Ejercicio 2.3.35 Evaluar, 0 x2 + z 2 4. Ejercicio 2.3.36 Evaluar, plano y = 5. Ejercicio 2.3.37 Evaluar, 0 z 4. Ejercicio 2.3.38 Evaluar, 0 y 1; 0 z 4.

x

(x

4; 0

2x + 3y; 0

En los ejercicios 32 y 33, evaluar

y 2 que está

la parte del cilindro z = 1 + y 2 para

En los ejercicios del 28 al 31, evaluar

:z=6

x2

la parte del paraboloide z = 4

RR

RR

RR

RR

xd , con

el paraboloide y = x2 + z 2 para

yd , con

el cuadrado 0

yd ,

x

3; 0

acotada por x = y 3 para 0

z 2 d , con

RR Ejercicio 2.3.39 Evaluar, xyzd , con determinada por 0 y 2; 0 z 6. 231

z

y

4 en el

2y

la super…cie x = y + z;

la parte del plano x = 4z + y

Ejercicio 2.3.40 Evaluar, en el primer octante con 1

RR

x2

xzd , con + z 2 4:

la parte de la super…cie y = x2 + z 2

Ejercicio 2.3.41 Hallar la masa de la lámina bidimensional : 2x + 3y + 6z = 12, en el primer octante de densidad (x; y; z) = x2 + y 2 . Ejercicio 2.3.42 Hallar la masa de la lámina bidimensional p 2 :z= a x2 y 2 , con función de densidad (x; y; z) = kz.

Ejercicio 2.3.43 Encontrar el centro de masa de la porción de la esfera homogénea x2 + y 2 + z 2 = 9 que está arriba del plano z = 1. p Ejercicio 2.3.44 Encontrar el centro de gravedad del cono homogéneo z = x2 + y 2 para 0 x2 + y 2 9. Ejercicio 2.3.45 Hallar la masa y el centro de masa de la parte del paraboloide 2 2 z = 16 x2 y 2 que está en el pprimer octante y entre los cilindros x + y = 1 y 2 2 2 2 x + y = 9, si (x; y; z) = xy= 1 + 4x + 4y .

Ejercicio 2.3.46 Hallar la masa y el centro de masa de la p parte del paraboloide z = 6 x2 y 2 que está arriba del plano xy, si (x; y; z) = 1 + 4x2 + 4y 2 .

Ejercicio 2.3.47 Encontrar el centro de masa de la parte de la esfera homogénea x2 + y 2 + z 2 = 1 que está en el primer octante.

Ejercicio 2.3.48 Encontrar el ‡ujo de F = xi + yj plano x + 2y + z = 8 que está en el primer octante.

zk a través de la parte del

Ejercicio 2.3.49 Encontrar el ‡ujo de F = xzi yk a través de la parte de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 que está arriba del plano z = 1. En los ejercicios del 50 al 61, hallar el ‡ujo de F a través de donde N es el vector unitario normal a dirigido hacia arriba. Ejercicio 2.3.50 F (x; y; z) = 3zi

4j + yk;

Ejercicio 2.3.51 F (x; y; z) = xi + yj;

,

RR

F N d ,

: x + y + z = 1, primer octante.

: 2x + 3y + z = 6, primer octante. x2

y2; z

Ejercicio 2.3.52 F (x; y; z) = xi + yj + zk;

:z=9

Ejercicio 2.3.53 F (x; y; z) = xi + yj + zk;

: x2 + y 2 + z 2 = 36, primer octante.

232

0.

Ejercicio 2.3.54 F (x; y; z) = 4i

: z = x2 + y 2 ; x2 + y 2 p 2zk; : z = a2 x2 y 2 .

3j + 5k;

Ejercicio 2.3.55 F (x; y; z) = xi + yj

Ejercicio 2.3.56 F (x; y; z) = 4xyi+z 2 j +yzk; por x = 0; x = 1; y = 0; y = 1; z = 0; z = 1.

4.

: cubo unitario limitado o acotado

Ejercicio 2.3.57 F (x; y; z) = (x + y) i + yj + zk;

:z=1

x2

y 2 ; z = 0.

Ejercicio 2.3.58 F (x; y; z) = yi + xj; es la parte del plano z = 8x está sobre el triángulo de vértices (0; 0; 0); (0; 1; 0) y (1; 0; 0).

4y

5 que

Ejercicio 2.3.59 F (x; y; z) = 9 x2 j; es la parte del plano 2x + 3y + 6z = 6, que está en el primer octante. Ejercicio 2.3.60 F (x; y; z) = yi p z = 1 y 2 ; 0 x 5.

xj + 2k;

Ejercicio 2.3.61 F (x; y; z) = 2i + 5j + 3k; interior al cilindro x2 + y 2 = 1.

es la super…cie determinada por es la parte del cono z =

p

x2 + y 2 ;

Ejercicio 2.3.62 Hallar el ‡ujo de F (x; y; z) = sen(xyz)i + x2 yj + z 2 ex=5 k que atraviesa la parte del cilindro 4y 2 + z 2 = 4 que está arriba del plano xy y entre los planos x = 2 y x = 2 con orientación hacia arriba. Ejercicio 2.3.63 Un ‡uido con densidad de 1200 ‡uye con velocidad v = yi + j + zk. Encontrar el ‡ujo que atraviesa el paraboloide dirigido hacia arriba (x2 +y2 ) 2 z=9 ; x + y 2 36. 4 Ejercicio 2.3.64 Un ‡uido tiene densidad de 1500 y campo de velocidad v = yi + xj + 2zk. Encontrar la rapidez de ‡uido que atraviesa la super…cie, dirigido hacia afuera x2 + y 2 + z 2 = 25. Ejercicio 2.3.65 Utilice la ley de Gauss para hallar la carga contenida en la semiesfera sólida x2 +y 2 +z 2 a2 ; z 0, si el campo eléctrico es E (x; y; z) = xi+yj +2zk. Ejercicio 2.3.66 Utilizar la ley de Gauss para hallar la carga encerrada por el cubo con vértices ( 1; 1; 1) si el campo eléctrico es E (x; y; z) = x i + y j + z k. Ejercicio 2.3.67 La temperatura en el punto (x; y; z) en una sustancia con conductividad K = 6:5 es u (x; y; z) = 2y 2 + 2z 2 . Encontrar la rapidez del ‡ujo térmico hacia dentro que cruza la super…cie cilíndrica y 2 + z 2 = 6; 0 x 4. Ejercicio 2.3.68 La temperatura en un punto de una pelota con conductividad K es inversamente proporcional a la distancia desde el centro de la pelota. Hallar la rapidez del ‡ujo térmico que atraviesa una esfera de radio a con centro en el centro de la pelota. 233

2.4

Teorema de la divergencia de Gauss

En esta sección desarrollaremos, el primero de los dos teoremas del cálculo vectorial integral que son generalizaciones del teorema de Green al espacio. Recordemos que una forma vectorial del teorema de Green, establece que I Z Z F N ds = r F dA C

D

Luego la generalización natural del teorema de Green en el plano, al espacio, es el siguiente. Teorema 2.4.1 (de la divergencia de Gauss) Sea una super…cie cerrada simple suave a pedazos orientada mediante un vector normal exterior unitaria N , que encierra una región sólida M en el espacio. Sea F (x; y; z) un campo vectorial cuyas funciones componentes son continuas con primeras y segundas derivadas parciales continuas en y en todo M . Entonces Z Z Z Z Z F Nd = r F dV M

o equivalentemente

Z Z

F Nd =

Z Z Z

div F dV

M

RR F N d representa el ‡ujo de F a través de en dirección de N . Como Entonces este teorema asegura que el ‡ujo de un campo vectorial hacia afuera de una super…cie cerrada es igual a la integral de la divergencia de ese campo vectorial sobre el sólido M encerrada por la super…cie . Así, como el teorema de Green establece una relación entre una integral de línea con una integral doble; de manera análoga, el teorema de la divergencia de Gauss da la relación entre una integral triple sobre una región sólida M con una integral de super…cie sobre la super…cie de M . En el enunciado del teorema, la super…cie es cerrada simple en el sentido de que forma toda la frontera completa del sólido M y por tanto no se dobla sobre ella misma. La frontera de una región sólida puede considerarse como la piel entre el interior de la región y el espacio a su alrededor. Por ejemplo, la frontera de una bola sólida es una super…cie esférica, la de un cubo sólido es el conjunto de sus seis caras, y la de un cilindro sólido es un tubo sellado por discos en ambos extremos. Una super…cie que es la frontera de una región sólida se denomina super…cie cerrada. Ejemplos de super…cies cerradas simples surgen de las regiones limitadas o acotadas por esferas, elipsoides, cubos, tetraedros, o combinaciones de estas super…cies. 234

Ejemplo 2.4.1 Sea una super…cie cerrada que consta de la super…cie 1 , del cono z 2 = x2 +y 2 para 0 x2 +y 2 1 y la tapa plana 2 que es el disco x2 +y 2 1; z = 1. Sea F (x; y; z) = xi+yj+zk un campo vectorial, veri…que el teorema de la divergencia de Gauss. Solución. Al calcular ambos lados de la ecuación por separado, se tiene. Por una parte, como Z Z Z Z Z Z F Nd = F Nd + F N d Para calcular

RR

1

2

F N d , primero debemos encontrar el vector normal exterior p unitario N . Sea z = x2 + y 2 , vemos que el vector normal es 1

@z i @x

n=

@z j+k = @y

x i z

y j+k z

Note que esta normal apunta hacia el interior del cono debido a que la componente k es positiva. Por tanto, debemos tomar el negativo de ésta como la normal. Es decir, x y 1 n = i + j k = (xi + yj zk) z z z Al utilizar este vector normal, se tiene Z Z Z Z n F N d = F jnj d jnj 1 Z Z 1 = F nd 1

Z Z

F N d

=

1

= =

Z Z Z Z Z Z

1 (xi + yj z

(xi + yj + zk) 1

1

x2 + y 2 z

z2

x2 + y 2

x2 z

1

zk) d

d y2

d = 0:

RR Ahora al calcular F N d donde 2 es el disco tapa del cono. Podemos 2 escribir 2 , como z = 1 para 0 x2 + y 2 1. Aquí, la normal exterior unitaria es simplemente N = k y F N = z; puesto que z = 1 en 2 . Luego Z Z Z Z F N d = 1d = área 2 2

2

235

Como el área del círculo de radio 1 con centro en el origen es , entonces Z Z Z Z F N d = 1d = 2

De este modo, se tiene Z Z F Nd

2

=

Z Z

F Nd + 1

Z Z

F Nd 2

= 0+ = RRR Por otra parte, para calcular M r F dV , primeramente calculemos r F r F =

Entonces Z Z Z

M

r F dV

@ @ @ (x) + (y) + (z) = 3: @x @y @z Z Z Z

3 dV

F N d =

Z Z Z

=

M

= 3 (volumen del cono de altura 1 y radio 1) 1 = 3 (1)2 (1) = : 3

De este modo, se veri…ca Z Z

M

r F dV =

X Ejemplo 2.4.2 Sea M la región sólida entre el paraboloide z = 4 x2 y 2 y el plano xy. Veri…car el teorema de la divergencia para F (x; y; z) = 2zi + xj + y 2 k. Solución. En la siguiente …gura

z ∑2 : 4 − x − y 2

2

N2

x

N1 = −k

D : x 2 + y2 ≤ 4 236

∑1 : z = 0 y

se ve el vector normal a la super…cie 1 que apunta hacia afuera es N1 = k: Mientras que el vector normal a la super…cie 2 que apunta hacia afuera es

Por tanto, se tiene Z Z Z Z F N d = Z Z = Z Z = =

2xi + 2yj + k N2 = p . 4x2 + 4y 2 + 1 F N1 d +

Z Z

1

= = = = =

Z

2 2 2

Z p4

p 4 p Z 4

p 2 4 Z 2 Z p4 Z

Z

F N2 d 2

F ( k)d + F (2xi + 2yj + k) d 2 Z Z y 2 dA + 4xz + 2xy + y 2 dA D1 D2 Z 2 Z p4 y 2 Z 2 Z p4 y 2 y 2 dxdy + 4xz + 2xy + y 2 dxdy p p 1

2

Z

Z Z

2 2

p

4

2

8x

4 y2

4 y2

2

y2

(4xz + 2xy) dxdy y2 y2

x2

4x 4

y 2 + 2xy dxdy

y2 y2

16x

4x3

4xy 2 + 2xy dxdy

y2 4

x

2 2

p p4

2

2x y + x y

y2

4 y2

2 2

dy

0 dy = 0. 2

Por otro lado, como div F = Entonces

@ @ @ (2z) + (x) + y2 = 0 + 0 + 0 = 0 @x @y @z

Z Z Z

M

X

div F dV =

Z Z Z

0 dV = 0:

M

Se han dado estos ejemplos con el propósito de ilustrar la ecuación en el teorema de la divergencia de Gauss. Usualmente no calculamos ambos lados de esta ecuación sino que utilizaremos un lado para evaluar el otro. En los ejemplos 2.4.1 y 2.4.2, la integral triple es más fácil de evaluar que la integral de super…cie. 237

Ejemplo 2.4.3 (Aplicación del teorema de la divergencia) Sea M la región limitada por los planos R Rcoordenados y el plano 2x + 2y + z = 6, y sea F (x; y; z) = xi + y 2 j + zk. Hallar F N d , donde es la super…cie de M . Solución. En la siguiente …gura se ve que M está limitada o acotada por cuatro super…cies. Por tanto, se necesitan cuatro integrales de super…cie para evaluarla.

z ∑2 : plano yz

∑1 : plano xz ∑ 4 : 2x + 2 y + z = 6

y ∑3 : plano xy

x

Sin embargo, por el teorema de la divergencia, sólo se necesita una integral triple. Como @f @g @h + + @x @y @z = 1 + 2y + 1 = 2 + 2y:

div F

=

Se tiene Z Z

F N d

= =

Z Z Z Z

0

=

Z

0

=

Z

3Z

div F dV Z 6 2x 2y

M 3 y

0

3Z 3 y 0

(2 + 2y) dzdxdy

0

(2z + 2yz)j60

2x 2y

3

12

4x + 8y

4xy

dxdy

4y 2 dxdy

0

=

Z

3

2x2 + 8xy

12x

2x2 y

0

= =

18y + 3y 2 63 . 2

X 238

10 3 1 4 y + y 3 2

3 0

4xy 2

3 y 0

dy

Ejemplo 2.4.4 (Aplicación del teorema de la divergencia) Sea M el sólido limitado o acotado por el cilindro x2 + y 2 = 4, el plano x + z = 6 y el plano xy, como se muestra en la …gura siguiente.

z Plano : x + z = 6

Cilindro x 2 + y 2 = 4

x Hallar

RR

y

F N d , donde

es la super…cie de M y

F (x; y; z) = (x2 + sen z)i + (xy + cos z)j + ey k:

Solución. La evaluación directa de esta integral de super…cie sería difícil. Sin embargo, por el teorema de la divergencia, se puede evaluar la integral como sigue. Z Z Z Z Z F N d = div F dV Z Z ZM = (2x + x + 0) dV Z Z ZM = 3x dV M Z 2 Z 2 Z 6 r cos = (3r cos ) r dzdrd 0 0 0 Z 2 Z 2 = 18r2 cos 3r3 cos2 drd 0 0 Z 2 = 48 cos 12 cos2 d 0

=

48 sen

=

12 .

6

+

1 sen 2 2

2 0

X Nótese que para evaluar la integral triple se emplearon coordenadas cilíndricas con x = r cos y dV = r dzdrd . 239

Flujo y el teorema de la divergencia Con el …n de comprender mejor el teorema de la divergencia, consideremos los dos miembros de la ecuación Z Z Z Z Z F Nd = div F dV M

De acuerdo a la sección anterior se sabe que la integral de ‡ujo de la izquierda determina el ‡ujo total de ‡uido que atraviesa la super…cie por unidad de tiempo. Esto puede aproximarse sumando el ‡ujo que ‡uye a través de fragmentos pequeños de la super…cie. La integral triple de la derecha mide este mismo ‡ujo de ‡uido a través de , pero desde una perspectiva muy diferente; a saber, calculando el ‡ujo de ‡uido dentro (o fuera) de cubos pequeños de volumen 4Vi . El ‡ujo en el cubo i-ésimo es aproximadamente div F (xi ; yi ; zi )4Vi . Para algún punto (xi ; yi ; zi ) en el i-ésimo cubo. Notemos que en un cubo en el interior de M , la ganancia (o pérdida) de ‡uido a través de cualquiera de sus seis caras es compensada por una pérdida (o ganancia) correspondiente a través de una de las caras de un cubo adyacente. Después de sumar sobre todos los cubos en M , el único ‡ujo de ‡uido que no se cancela uniendo cubos es el de las caras exteriores en los cubos del borde. Así, la suma n X

div F (xi ; yi ; zi )4Vi

i=1

aproxima el ‡ujo total dentro (o fuera) de M y por consiguiente a través de la super…cie . Ejemplo 2.4.5 (Cálculo del ‡ujo mediante el teorema de divergencia) Sea M la región limitada o acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4. Hallar el ‡ujo dirigido hacia afuera del campo vectorial F (x; y; z) = 2x3 i + 2y 3 j + 2z 3 k a través de la esfera. Solución. Por el teorema de la divergencia, se tiene Z Z Z Z Z Flujo a través de = F N d = div F dV M Z Z Z = 6 x2 + y 2 + z 2 dV M

Pasando a coordenadas esféricas, haciendo x = sen cos ; y = sen sen ; z = cos 240

y dV =

2

sen d d d

donde

0; 0

; 0

2 ; se tiene Z 2Z Z 2 4 = 6 sen d d d 0 0 0 Z 2Z 2 4 sen d d = 6 0 0 Z 2 768 = 24 2 4d = . 5 0

Flujo a través de

X

Ejemplo 2.4.6 Sea M la región acotada por las grá…cas de x2 + y 2 = 4; z = 0 y 3 3 3 de z = 3, la frontera de R RM y F (x; y; z) = x i + y j + z k. Use el teorema de la F N d . divergencia para evaluar Solución. En la siguiente …gura se representan la super…cie típicas del vector N .

y algunas posiciones

z N

z =3 ∑

x 2 + y2 = 4

x

y

Como div F = r F = 3x2 + 3y 2 + 3z 2 = 3 x2 + y 2 + z 2

Entonces, por el teorema de la divergencia tenemos Z Z Z Z Z F Nd = 3 x2 + y 2 + z 2 dV . M

Usando coordenadas cilíndricas para evaluar la integral triple, se tiene Z Z Z 2 Z 2Z 3 F N d = 3 r2 + z 2 r dzdrd 0

= 3

Z

0

2

0

= 3

Z

= 3

0

2

0

2

0

Z

Z

Z

2

1 r2 z + z 3 3

3

r drd 0

3r2 + 9 rdrd

0

2

0

241

3 4 9 2 r + r 4 2

2

d = 180 . 0

X Ejemplo 2.4.7 Sea M la región acotada por el cilindro z = 4 x2 , el plano y+z = 5, RR el plano xy y el plano xz. Hallar F N d para F (x; y; z) = x3 + sen z i + x2 y + cos z j + ex

donde la super…cie

2 +y 2

k

es la super…cie de M .

Solución. La región M está en la siguiente …gura junto con varios vectores unitarios exteriores.

z

y+z =5

z = 4 − x2

y x Sería muy difícil evaluar la integral de super…cie directamente. Sin embargo, usando el teorema de la divergencia puede calcularse el valor de la integral triple Z Z Z Z Z F N d = div dV Z Z ZM Z Z Z 2 2 = 3x + x dV = 4x2 dV M

M

al consultar la …gura obtenemos los límites de integración. Luego Z Z Z Z Z F N d = 4x2 dV = = = = =

Z

Z

Z

Z

2

Z

M 4 x2

2 0 2 Z 4 x2

2 2 2 2

Z

5 z

4x2 dydzdx

0

4x2 (5

z) dzdx

0

20x2 z 48x2

2x2 z 2 4x4

2

4608 35 242

131:7

4 x2 0

dx

2x6 dx

X Ejemplo 2.4.8 (El principio de Arquímedes) El principio de Arquímedes establece que la fuerza de ‡otación de un sólido inmerso en un ‡uido de densidad constante es igual al peso que desplaza el ‡uido. Por ejemplo, un barco de metal ‡otará si desplaza un volumen de agua que pese más que el barco. Obtendremos este principio utilizando el teorema de la divergencia de Gauss. Consideremos una super…cie suave a pedazos en el espacio con interior M . Sea la densidad constante del ‡uido. Tracemos un sistema coordenado como en la siguiente …gura

z

x

N

y

k

∆∑

M

fuerza de la presión sobre 4 t pzN A(4 ) con M debajo de la super…cie del ‡uido. Supondremos que la presión P sobre es igual a la densidad del ‡uido multiplicado por la profundidad de . La presión en (x; y; z) en es entonces P = z, se introduce el menos ya que z es negativa en la dirección hacia abajo y queremos que la presión sea positiva. Consideremos un pedazo pequeño de super…cie 4 también mostrado en la …gura anterior. La fuerza causada por la presión sobre 4 tiene una magnitud de aproximadamente z por el área A(4 ) de 4 . Si N es la normal exterior unitaria de , la fuerza causada por la presión sobre 4 es aproximadamente zN (A (4 )). La componente vertical de esta fuerza es la magnitud de la fuerza de ‡otación que actúa hacia arriba sobre 4 . Esta componente vertical es zN kA (4 ). Sumando estas componentes verticales sobre toda la super…cie obtenemos (aproximadamente) la fuerza de ‡otación neta sobre el objeto; tomamos entonces el límite conforme los elementos de super…cie 4 se eligen más pequeños. Obtenemos en el límite que Z Z la fuerza de ‡otación neta sobre = zN kd Z Z = zk N d . 243

Ahora aplicamos el teorema de la divergencia Z Z la fuerza de ‡otación neta = Z Z = Z Z = Z Z =

de Gauss. Con F = zk, para obtener zk N d Z

ZM

r ( zk) dV

ZM

r (zk) dV dV =

(volumen de M )

M

Como es constante y es igual al peso por unidad de volumen, esta ecuación establece que la fuerza de ‡otación neta es igual al peso del ‡uido desplazado, que es lo que queríamos demostrar. Finalmente, observemos que la ecuación Z Z Z Z Z F N d =

M

r F dV

también, establece que el ‡ujo de un campo vectorial F que sale de M a través de su frontera equilibra exactamente la divergencia del ‡uido que sale de los puntos de M . Este es el enunciado de la conservación de la masa, cuando no se produce ni se destruye ‡uido dentro de M y nos da un modelo físico para el teorema de la divergencia. Ejemplo 2.4.9 Se desea construir un restaurante en la ladera de una montaña. Los planos del arquitecto se muestran en la siguiente …gura. z 2

2

x + y + z = 4R

restaurant

2R

x

x 2 + (y − R ) = R 2 2

x 2 + y2 = 4 R 2

2

2R

R

y

y

x vista superior

vista lateral

a) La pared vertical curvada del restaurant será hecha de vidrio. ¿Cuál será el área de super…cie de esta pared? b) Encontrar el volumen del interior del restaurante. 244

c) Durante un típico día de verano los alrededores del restaurante están sujetos a un campo de temperatura dado por T (x; y; z) = 3x2 + (y R)2 + 16z 2 . Una densidad del ‡ujo de calor V = krT (k es una constante que depende del grado de aislamiento a usarse) a través de todos los lados del restaurante (incluyendo el techo y el contacto con la montaña) produce un ‡ujo de calor. ¿Cuál es el ‡ujo total de calor? (La respuesta dependerá de R y k) Solución. (a) Observe que la pared está sobre el círculo x2 + (y R)2 = R2 y en lo alto de la montaña x2 + y 2 + z = 4R2 . Al parametrizar el círculo mediante x = R cos ;

y

R = R sen ;

0

2

Entonces sobre la montaña, se tiene z = 4R2

x2 + y 2

= 4R2

(R cos )2 + (R + R sen )2

= 4R2

R2 cos2 + R2 + 2R2 sen + sen2

= 4R2

R2 + R2 + 2R2 sen

= 4R2

2R2

2R2 sen = 2R2

Luego, para encontrar el área de la super…cie rant, parametrizamos mediante

de la pared "cilíndrica" del restau2 y 2R2

F ( ; z) = (R cos ) i + (R + R sen ) j + zk; 0 Así, el área de la super…cie está dada por Z 2 Z 4R2 A=

2R2 2R2 sen

0

2R2 sen :

jF

2R2 sen

Fz j dzd

como F

= ( R sen ) i + (R cos ) j + 0k

Fz = 0 i + 0 j + k entonces F

Fz =

i R sen 0

j R cos 0

luego jF

Fz j =

p

k 0 1

= (R cos ) i + (R sen ) j + 0k

R2 cos2 + R2 sen2 = R 245

z

4R2

De este modo Z A =

2

0

=

Z

2

Z

4R2

2R2 2R2 sen

jF

2

2

R 4R

2R

Fz j dzd = A = 2

2R sen

d =

2R3

0 2

2

Z

4R2

R dzd

2R2 2R2 sen

2R3 + 2R2 sen

d

0

0

=

Z

Z

2R3 cos

2 0

= 4 R3 :

Forma alternativa para hallar el área de la pared. Considerando el área de la pared como área de una super…cie lateral sobre una curva C en el plano xy y bajo la super…cie z = f (x; y), la cual está dada en forma general por Z Z f (x; y) ds = f (x; y) R0 (t) dt A= C

C

Al parametrizar el círculo C : x2 + (y R)2 = R2 sobre la que se encuentra la pared mediante x = R cos t; y R = R sen t; 0 t 2 vemos que la ecuación de la curva C es g (t) = R cos t i + (R + R sen t) j g 0 (t) = 0

g (t)

R sen t i + R cos t j p = R2 sen2 t + R2 cos2 t = R

entonces el área de la pared (super…cie lateral) será Z Z A = f (x; y) ds = 4R2 x2 + y 2 g 0 (t) dt C C Z 2 = 2R2 2R2 sen t R dt 0 Z 2 = 2R3 (1 sen t) dt = 2R3 [t + cos t]20 0

= 2R3 (2 + cos 2

0

cos 0) = 2R3 (2 + 1

3

= 4 R : (b) El volumen del restaurante está dado por Z Z Z V = dV M

246

1)

siendo M (interior del restaurante) el sólido limitado arriba por el plano z = 4R2 y abajo por la super…cie z = 4R2 x2 + y 2 y que se encuentra sobre el círculo x2 + (y R)2 = R2 . Para facilitar los calculos, pasamos a coordenadas cilíndricas mediante las fórmulas x = r cos ;

y

R = r sen ;

z=z

donde 0

r

R;

0

2

2R2

y

Por tanto, el volumen del restaurante es Z 2 Z R Z 4R2 V = 0

2R2 sen

r dzdrd =

2R2 2R2 sen

0

z

4R2

3 4 R : 2

(c) Para hallar el ‡ujo utilizamos el teorema de la divergencia que establece Z Z Z Z Z F N d = div F dV M

Como V =

krT donde T (x; y; z) = 3x2 + (y V =

k (6x i + (2y

R)2 + 16z 2 ; entonces

2R) j + 32z k)

luego div V =

k (6 + 2 + 32) =

40

Así, el ‡ujo será Flujo =

Z Z Z

=

40k dV ZMZ Z dV = 40k M

= =

40k (volumen del restaurante) 3 4 40k R = 60k R4 . 2

X Ejemplo 2.4.10 Hallar el ‡ujo de F sobre la esfera donde F es un campo cuadrático inverso dado por F (x; y; z) = y r = xi + yj + zk. Suponga que

dada por x2 + y 2 + z 2 = a2 ,

kq r kqr 2 jrj = jrj jrj3

está orientado hacia afuera. 247

Solución. La ecuación vectorial de la esfera dada es R (u; v) = a sen u cos vi + a sen u sen vj + a cos uk donde 0

u

y 0

v

2

las derivadas parciales de R son Ru0 (u; v) = a cos u cos vi + a cos u sen vj Rv0

(u; v) =

a sen uk

a sen u sen vi + a sen u cos vj + 0k

entonces el vector normal es n = Ru0

i j a cos u cos v a cos u sen v a sen u sen v a sen u cos v

Rv0 =

k a sen u 0

= a2 sen2 u cos2 vi + sen2 u sen vj + sen u cos uk Ahora usando F (x; y; z) =

kqr jrj3

= kq =

1 (xi + yj + zk) jxi + yj + zkj3

kq (a sen u cos vi + a sen u sen vj + a cos uk) a3

Luego F n = F Ru0 Rv0 kq = [a sen u cos vi + a sen u sen vj + a cos uk] a3 a2 sen2 u cos2 vi + sen2 u sen vj + sen u cos uk = kq sen3 u cos2 v + sen3 u sen2 v + sen u cos2 u = kq (sen u) Finalmente, el ‡ujo sobre la esfera Z Z F N d

está dado por Z Z = F n dA D Z Z = kq (sen u) dA D Z 2 Z = kq sen u dudv 0

= 4 kq: 248

0

X Forma alternativa, utilizando el teorema de la divergencia Z Z Z Z Z F lujo = F N d = div (F ) dV M

Como jrj = entonces

p

x2 + y 2 + z 2 ;

jrj =

donde

p

x2 + y 2 + a2

z 2 = a2

x2

y2 =

x2 p

y2

a2

jrj3 = a3 luego el campo vectorial es

F (x; y; z) =

kq (xi + yj + zk) a3

cuya divergencia es div (F ) = Por tanto Flujo =

Z Z Z

kq kq (1 + 1 + 1) = 3 3 a3 a

div (F ) dV = 3

M

= =

kq a3 kq 3 3 a

3

kq a3

Z Z Z

(1) dV

M

volumen de la esfera de radio a 4 3 a = 4kq : 3

El teorema de la divergencia puede ser útil para calcular indirectamente ‡ujos a través de super…cies que no necesariamente son cerradas. Así, como se ilustra en los siguientes ejemplos. Ejemplo 2.4.11 Calcular el ‡ujo del campo vectorial F (x; y; z) = 0 i + (esen xz + tan z) j + y 2 k a través del semielipsoide superior 2x2 + 3y 2 + z 2 = 6; con su normal apuntando hacia arriba. 249

z

0

Solución. Resolvemos este problema usando el teorema de la divergencia, observando que div F = 0. Para que sea posible aplicar el teorema de la divergencia, cerramos por abajo la super…cie dada 2 2 2 z 0 1 : 2x + 3y + z = 6; con una parte del plano xy acotado por la elipse 2x2 + 3y 2 = 6. Es decir, por la super…cie 2x2 + 3y 2 = 6 2 : z = 0; como vemos en la siguiente …gura.

z Σ1

6

2

x

y

Σ2

3

Así, obtenemos una super…cie cerrada

=

1

[

2.

Entonces aplicando el teorema de la divergencia, se tiene Z Z Z Z Z F N d = div F dV V Z Z Z Z F N d 1+ F N d 2 = 0 1

2

Como nos interesa la integral no sobre toda la super…cie entonces Z Z Z Z F N1 d 1 = F N2 d 1

, sino sólo sobre

1

2

2

Vemos así, que la integral sobre 1 es la misma que la integral sobre 2 cambiada de signo. Calcularemos esta última, que aparenta ser más sencilla. Para calcular Z Z F N2 d 2 2

250

podemos parametrizar

2

de la siguiente forma p

R (x; y) = x i + y j + 0k;

3

3 y

r

i j k 1 0 0 0 1 0

=k

p

x

2 2 x 3

2

y

r

2

2 2 x 3

Para esta parametrización, se tiene n=

Rx0

Ry0

=

Como el enunciado nos pide que la normal de la super…cie elipsoidal apunte hacia arriba, lo cual signi…ca que apunte hacia el exterior del volumen indicado en la …gura, que es el que usamos para plantear el teorema de la divergencia. Por lo tanto, para la base también deberemos tomar la normal exterior a dicho volumen. Es decir, k. Por lo tanto, la integral que buscamos se puede expresar como Z Z

F N d

2

=

2

=

= = De este modo, se tiene Z Z

Z

Z

p

3

p p

3

3

p

3

Z Z

1 3 4 9

F N d 1

q 2

q 2 q 2 q 2

2 2 x 3

2 2 x 3

1

=

(0i + 0j Z

y 2 dydx =

2 2 x 3

2 3 r ! 2 3

(2)

0i + j + y 2 k

2 2 x 3

3=2 Z

27 8

Z Z

p

3

p

x2

3 3

=

r

F N d 2

p

3

p

3

3=2

k) dydx

p p 2 1 3 2=3 3 x dx y p p 3 2=3 3 x2 dx

3 : 2

2

=

r

3 : 2

Que es el resultado buscado. X Ejemplo 2.4.12 Aplicar el teorema de la divergencia para calcular el ‡ujo del campo vectorial F (x; y; z) =

x2 y + 6yz 2 i + (2x arctan y) j 1 + y2

2xz (1 + y) + 1 + y 2 1 + y2

a través del lado exterior del segmento de la super…cie z = 1 encuentra sobre el plano xy. 251

x2

k

y 2 , que se

Solución. Para que sea posible aplicar el teorema de la divergencia, cerramos por abajo la super…cie dada x2 y 2 1 :z =1 por una parte, del plano xy que está limitado por el círculo x2 + y 2 = 1. Esto es, por la super…cie x2 + y 2 = 1 2 : z = 0; como vemos en la siguiente …gura.

z

Σ1

Σ2

x

y n = −k

De este modo, se obtiene una super…cie cerrada que consta de = 1 [ 2:

1

y

2.

Es decir,

Entonces al aplicar el teorema de la divergencia, se tiene Z Z Z Z Z F N d = div F dV M Z Z Z Z F N d + F N d = 0 1

2

De esto vemos que el ‡ujo buscado es Z Z F N d = 1

Z Z

F N d 2

al calcular la integral del segundo miembro, vemos que en z = 0 el campo vectorial dado es x2 y i + (2x arctan y) j k F (x; y; 0) = 1 + y2 y que una normal exterior a F n=

x2 y 1 + y2

2

es n =

k, por consiguiente

i + (2x arctan y) j

252

k

[0i + 0j

k] = 1

Entonces el ‡ujo de F a través de 2 es Z Z Z Z Z Z 1 dA F n dA = F N d = D

2

2

D 2

= área del círculo x + y = 1

= Por tanto, el ‡ujo buscado es Z Z

:

F N d =

(

)= :

1

X

2.4.1

Ejercicios propuestos

En los ejercicios del 1 al 12, utilizar el teorema de la divergencia de Gauss para RR evaluar F N d y hallar el ‡ujo de F dirigido hacia el exterior a través de la super…cie del sólido limitado o acotado por las grá…cas de las ecuaciones. Ejercicio 2.4.1 F (x; y; z) = x2 i + y 2 j + z 2 k; : x = 0; x = a; y = 0; y = a; z = 0; z = a. Ejercicio 2.4.2 F (x; y; z) = x2 z 2 i 2yj + 3xyzk; : x = 0; x = a; y = 0; y = a; z = 0; z = a. Ejercicio 2.4.3 F (x; y; z) = x2 i

2xyj + xyz 2 k;

Ejercicio 2.4.4 F (x; y; z) = xyi + yzj

yzk;

Ejercicio 2.4.5 F (x; y; z) = xi + yj + zk; Ejercicio 2.4.6 F (x; y; z) = xyzj; Ejercicio 2.4.7 F (x; y; z) = xi + y 2 j

p : z = a2 x2 y 2 ; z = 0. p : z = a2 x2 y 2 ; z = 0.

: x2 + y 2 + z 2 = 4.

: x2 + y 2 = 9; z = 0; z = 4. zk;

: x2

y 2 = 9; z = 0; z = 4.

Ejercicio 2.4.8 F (x; y; z) = xy 2 + cos z i + x2 y + sen z j + ez k; p : z = 21 x2 + y 2 ; z = 8.

Ejercicio 2.4.9 F (x; y; z) = x3 i + x2 yj + x2 ey k; : z = 4 y; z = 0; x = 0; x = 6; y = 0.

253

Ejercicio 2.4.10 F (x; y; z) = xez i + yez j + ez k; : z = 4 y; z = 0; x = 0; x = 6; y = 0. Ejercicio 2.4.11 F (x; y; z) = xyi + 4yj + xzk;

: x2 + y 2 + z 2 = 9. p : z = 4 x2 y 2 ; z = 0.

Ejercicio 2.4.12 F (x; y; z) = 2 (xi + yj + zk) ; RR En los ejercicios 13 y 14, evaluar rot F N d donde es la super…cie cerrada del sólido limitado o acotado por las grá…cas de x = 4 y z = 9 y 2 , y los planos coordenados. Ejercicio 2.4.13 F (x; y; z) = 4xy + z 2 i + 2x2 + 6yz j + 2xzk: Ejercicio 2.4.14 F (x; y; z) = xy cos zi + yz sen xj + xyzk: En los R Rejercicios del 15 al 24, utilice el teorema de la divergencia de Gauss para evaluar F N d .

Ejercicio 2.4.15 F (x; y; z) = xi + yj (1; 1; 1). Ejercicio 2.4.16 F (x; y; z) = 4xi x2 + y 2 4; 0 z 2. Ejercicio 2.4.17 F (x; y; z) = 2yzi centro en ( 1; 3; 1).

zk;

6yj + k;

es la esfera de radio 4 con centro en

es la super…cie del cilindro sólido

4xzj + xyk;

Ejercicio 2.4.18 F (x; y; z) = x3 i + y 3 j + z 3 k; en el origen.

es la esfera de radio 4 con

es la esfera de radio 1 con centro

Ejercicio 2.4.19 F (x; y; z) = 4xi zj+xk; es la super…cie que acota el hemisferio x2 + y 2 + z 2 1; z 0, junto con la tapa inferior x2 + y 2 1 en el plano xy. Ejercicio 2.4.20 F (x; y; z) = (x y) i + (y 4xz) j + xzk; es la caja rectangular acotada por los planos coordenados x = 0; y = 0; z = 0 y los planos x = 4; y = 2; z = 3. Ejercicio 2.4.21 F (x; y; z) = x2 i + y 2 j + z 2 k; p z = x2 + y 2 para 0 z 2.

es la super…cie que acota al cono

Ejercicio 2.4.22 F (x; y; z) = x2 i + ez j + zk; es la super…cie que acota al cilindro circular x2 + y 2 4; 0 z 2, incluyendo las tapas superior e inferior. 254

Ejercicio 2.4.23 F (x; y; z) = 3xy i + z 2 k; el origen.

es la esfera de radio 1 con centro en

Ejercicio 2.4.24 F (x; y; z) = x2 i + y 2 j + z 2 k; es la caja rectangular acotada por los planos coordenados y los planos x = 6; y = 2; z = 7. En los ejercicios del 25 al 30. Use el teorema de la Divergencia para determinar el ‡ujo de F a través de . Ejercicio 2.4.25 F (x; y; z) = yz i + xz j + xy k; x2=3 + y 2=3 + z 2=3 = 1.

es la grá…ca de

Ejercicio 2.4.26 F (x; y; z) = x2 + z 2 i+ y 2 2xy j +(4z 2yz) k; la super…cie p es la frontera de la región acotada por el cono x = y 2 + z 2 y el plano x = 9.

Ejercicio 2.4.27 F (x; y; z) = 3xi + xzj + z 2 k; la super…cie es la frontera de la región acotada por el paraboloide z = 4 x2 y 2 y el plano xy.

Ejercicio 2.4.28 F (x; y; z) = xy 2 i + yz 2 j + zx2 k; la super…cie es la frontera de la región que se encuentra entre los cilindros x2 + y 2 = 4 y x2 + y 2 = 9 y entre los planos z = 1 y z = 2. Ejercicio 2.4.29 F (x; y; z) = 2xzi + xyzj + yzk; la super…cie es la frontera de la región acotada por los planos coordenados y las grá…cas de x + 2z = 4 y y = 2: Ejercicio 2.4.30 F (x; y; z) = x3 i + y 3 j + z 3 k; la super…cie p es la frontera (super…cie) de la región que se encuentra dentro del cono z = x2 + y 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 25. RR Ejercicio 2.4.31 Veri…car que rot F N d = 0, para toda super…cie cerrada . Ejercicio 2.4.32 Para el campo vectorial constante R R dado por F (x; y; z) = a1 i + a2 j + a3 k veri…car que F N d = 0, donde V es el volumen del sólido limitado o acotado por la super…cie cerrada . Cerrando de un modo adecuado las super…cies abiertas siguientes y utilizando el teorema de la divergencia, calcular los ‡ujos de los campos vectoriales a través de las super…cies indicadas (la normal a la super…cie cerrada se toma exterior). Ejercicio 2.4.33 F (x; y; z) = (1

2x) i + yj + zk;

Ejercicio 2.4.34 F (x; y; z) = z 2 i + xzj + yk;

: x2 + y 2 = 4

Ejercicio 2.4.35 F (x; y; z) = y 2 + z 2 i y 2 j+2yzk; 255

: x2 + y 2 = z 2 (0 z (z

z

4) :

0) :

: x2 +y 2 = z 2 (0

y

1) :

2.5

Teorema de Stokes

Recordemos que otra forma vectorial alternativa del teorema de Green es Z Z I (r F ) k dA F T ds = D

C

Aquí, T es la tangente unitaria a la curva C, y C es una curva cerrada simple suave a pedazos orientada en sentido contrario a las manecillas del reloj, que encierra una región plana D. La generalización de este resultado a una curva C en el espacio que es la frontera de una super…cie se conoce como el teorema de Stokes. El teorema de Stokes, establece la relación entre una integral de super…cie sobre una super…cie orientada y una integral de línea a lo largo de una curva cerrada C en el espacio que forma la frontera o el borde de , como se muestra en la siguiente …gura.

z

N

Superficie ∑ C curva frontera

y x

D

La dirección positiva a lo largo de C es la dirección en sentido contrario a las manecillas del reloj con respecto al vector normal unitario N . La dirección de C se relaciona con la dirección de N de acuerdo con la regla de la mano derecha que establece: Cuando el dedo pulgar de la mano derecha apunta en la dirección del vector normal N , los demás dedos se doblan apuntando en la dirección positiva de C: De hecho, la frontera de una super…cie es la curva que corre alrededor del borde de (como la bastilla alrededor del borde de una tela). Una orientación de determina una orientación para su frontera C, como sigue; se escoje un vector normal positivo N en , cerca de C y se utiliza la regla de la mano derecha para determinar una dirección de movimiento alrededor de N ; esto a su vez, determina una dirección de movimiento alrededor de la frontera C. Otra manera de describir la orientación de C es; si alguien camina a lo largo de C, en la dirección positiva, con la cabeza apuntando en la dirección de N , entonces la super…cie siempre estará a su izquierda. 256

Teorema 2.5.1 (Teorema de Stokes) Sea una super…cie orientada mediante un vector unitario normal N , cuya frontera es una curva cerrada simple, suave a pedazos C con orientación positiva. Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta que contiene a y a C. Entonces I Z Z F dR = (r F ) N d C

Esta ecuación se escribe frecuentemente como Z Z I (rot F ) N d F T ds = C

H

Recordando que C F T ds es R Rla integral de línea alrededor de C de la componente tangencial de F , mientras que (rot F ) N d es la integral de super…cie sobre de la componente normal del rot F . Entonces, el teorema de Stokes dice: La integral de super…cie de la componente normal del rotacional de un campo vectorial F sobre una super…cie , es igual a la integral de línea de la componente tangencial de F alrededor de la curva C que es frontera de . Si F es un campo de fuerza, el teorema a…rma que el trabajo realizado por F a lo largo de C es igual al ‡ujo de rot F a través de : Por otra parte, si F es un campo de velocidades, entonces el teorema de Stokes establece que la circulación de F a lo largo de una curva simple cerrada C, es igual al ‡ujo del rotacional de F a través de cualquier super…cie que tiene como frontera C. Ejemplo 2.5.1 Sea F = yi + xj p xyzk un campo vectorial, consideremos la super…cie que consiste en el cono z = x2 + y 2 para x2 +y 2 9. Como ilustración calcularemos ambos lados de la ecuación en el teorema de Stokes. En la siguiente …gura

z

C : x2 + y2 = 9

z=3

∑ : z = x 2 + y2

(0,0,3)

y

x se muestra a plano z = 3 ( origen).

y a su curva frontera C, donde C es el círculo x2 + y 2 = 9 en el es casi suave y tiene una normal continua en cada punto excepto el

257

Primero, necesitamos el vector normal. Encontramos que @z @z i j+k @x @y x y i j+k z z

n = =

en cada punto excepto en el origen. Este vector tiene magnitud r r x2 y 2 x2 + y 2 + z 2 p + + 1 = = 2 z2 z2 z2 ya que z 2 = x2 + y 2 . Por lo tanto, un vector normal unitario de i 1 h x y N = p i j+k z z 2 1 = p ( xi yj + zk) 2z

es

si z 6= 0. Por ejemplo, en (3; 0; 3), se tiene 1 N (3; 0; 3) = p ( i + k) 2 mostrado en la siguiente …gura. (0,0,3)

z

C : curva frontera

∑ : z = x 2 + y2

N (3,0,3)

y x Este vector normal apunta "hacia dentro" del cono. Si estamos en la curva C y caminamos en la dirección de la ‡echa en la …gura con nuestra cabeza en la dirección de N , la super…cie nos queda a la izquierda. Por tanto, la orientación coherente de C, para esta elección de N , es la dirección de la ‡echa en la …gura. Al parametrizar la curva C con x = 3 cos(t);

y = 3 sen(t);

z = 3;

0

t

2 :

El punto (x; y; z) recorre a C una vez en la dirección positiva cuanto t crece desde 0 hasta 2 . 258

Ahora calculamos I

I

F dR =

ydx + xdy

C Z 2

C

=

xyzdz

[ 3 sen t ( 3 sen t) + 3 cos t (3 cos t)

27 sen t cos t (0)] dt

0

Z

=

2

9dt = 18 .

0

Por otra parte, para calcular r

F =

RR

(r

F ) N d , primero calculamos

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

y

x

xyz

=

xzi + yzj + 2k:

Luego (r Entonces

Z Z

1 x2 z F) N = p 2z (r

F) Nd

1 y 2 z + 2z = p x2 2

y2 + 2

Z Z

p 1 p x2 y 2 + 2 2dA Z ZD 2 = x2 y 2 + 2 dA: =

D

x2

y2

Donde D es el disco + 9 en el plano xy. Transformando esta integral a coordenadas polares se obtiene Z Z Z 2 Z 3 x2 y 2 + 2 dA = r2 cos2 r2 sen2 + 2 r drd ; D

como

cos2

0

sen2

Z Z

D

x2

0

= cos(2 ), se tiene Z 2 Z 3 2 y + 2 dA = r2 cos2 sen2 + 2 r drd 0 0 Z 2 Z 3 = r3 cos (2 ) + 2r drd 0 0 Z 2 Z 3 Z 2 Z 3 3 = cos(2 )d r dr + d 2rdr 0

0

= 0 + (2 ) r2

3 0

= 18 : Que es el mismo resultado que da la integral de línea. 259

0

0

Ejemplo 2.5.2 Veri…car el teorema de Stokes con F (x; y; z) = 2zi+xj +y 2 k, donde es la super…cie del paraboloide z = 4 x2 y 2 y C es la traza de en el plano xy, como se muestra en la siguiente …gura.

z 2

∑:z =4−x − y

2

N (hacia arriba )

y

x

D : x 2 + y2 ≤ 4

Solución. Primeramente calculamos la integral de super…cie, considerando la super…cie dada como la grá…ca de z = S(x; y) = 4 x2 y 2 . Al calcular el rotacional de F; se tiene i j k rot F =

Luego Z Z

(rot F ) N d

= = = = =

@ @x

@ @y

@ @z

2z

x

y2

Z Z Z Z

Z

Z

= 2yi + 2j + k:

(2yi + 2j + k) (2xi + 2yj + k) dA Z p

D

2

2 2 2 2

4 y2

p

(4xy + 4y + 1) dxdy

4 y2

p 4 2x y + (4y + 1) x p 2

2 (4y + 1) 2 2

8y 2

=

8 4 3

p

4

y2

p

+y

= 4 :

dy

y 2 dy

4

y2 + 2 3=2

y2 4 y2

p

p

4

y 2 dy

4

y 2 + 4 arcsen

y 2

2 2

Por otra parte, para calcular la integral de línea, se puede parametrizar C como R(t) = 2 cos t i + 2 sen t j + 0k; 260

0

t

2 :

Luego para F (x; y; z) = 2zi + xj + y 2 k, se tiene Z I f dx + gdy + hdz F dR = C ZC = 2zdx + xdy + y 2 dz C Z 2 (0 + 2 cos t (2 cos t) + 0) dt = 0 Z 2 4 cos2 tdt = 0 Z 2 = 2 (1 + cos 2t) dt 0

= 2 t+

2

1 sen 2t 2

0

= 4 . Que es el mismo valor que el de la integral de super…cie. X Ejemplo 2.5.3 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x; y; z) = xx + z 2 i + y y + x2 j + z z + y 2 k al mover una partícula alrededor del borde de la parte de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 que está en el primer octante, en sentido contrario al giro de las manecillas del reloj (visto desde arriba). Solución. Aplicando el teorema de Stokes el trabajo realizado por F es I Z Z W = F dR = (rot F ) N d C

al calcular el rot F obtenemos rot F

= xx

i

j

@ @x

@ @y

z2

yy

k x2

+ + = 2yi + 2zj + 2xk:

zz

@ @z

+ y2

Por otra parte, considerando la super…cie dada como la grá…ca de z = se tiene @z @z x y n= i j+k = i+ j+k @x @y z z 261

p

4

x2

y2;

Luego rot F n = (2yi + 2zj + 2xk) xy yz = 2 + 2 + 2x z z

x y i+ j+k z z

De este modo, el trabajo realizado por F es Z Z Z Z W = (rot F ) N d = (rot F ) n dA D ! Z Z xy p = 2 + y + x dA 4 x2 y 2 D pasando a coordenadas polares, se tiene W

Z

=2 Z 2

r2 cos sen p + r cos + r sen r drd 4 r2 0 0 Z =2 Z 2 r3 cos sen p = 2 + r2 cos + r2 sen drd 4 r2 0 0 "Z Z =2 Z 2 Z =2 Z 2 3 r cos sen 2 p = 2 drd + r cos drd + 4 r2 0 0 0 0 0 16 16 16 + + = 16: = 3 3 3 = 2

=2 Z 2

r2 sen drd

0

X Ejemplo 2.5.4 (Aplicación del teorema de Stokes) Sea C el triángulo orientado situado en el plano 2x + 2y + z = 6, como se muestra en la siguiente …gura

z ∑ : 2x + 2 y + z = 6

C2

C3 x Evaluar

H

C

C1

x + y=3

F dR, donde F (x; y; z) =

262

y

y 2 i + zj + xk.

#

Solución. Usando el teorema de Stokes, se empieza por hallar el rotacional de F .

rot F =

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

z

x

y2

=

i

j + 2yk:

Considerando z = 6 2x 2y = S(x; y), se tiene Z Z I (rot F ) N d F dR = C Z Z @z @z ( i j + 2yk) = i j + k dA @x @y D Z Z = ( i j + 2yk) (2i + 2j + k) dA D Z 3Z 3 y = (2y 4) dxdy 0 0 Z 3 = 2y 2 + 10y 12 dy 0

3

2 3 y + 5y 2 3 9:

= =

12y 0

X Trátese de evaluar la integral de línea de este ejemplo directamente. Una manera de hacerlo es considerar a C como la unión de C1 ; C2 y C3 , como sigue. C1 : R1 (t) = (3

t)i + tj;

C2 : R2 (t) = (6 C3 : R3 (t) = (t

0

t

3

t)j + (2t

6) k;

3

6)i + (18

2t) k;

t

6

6 t

9

El valor de la integral de línea es I

F dR =

C

=

I

C1 Z 3

F 2

t dt +

0

= 9

R10 (t)dt Z

+

I

C2

6

( 2t + 6) dt +

3

9

9=

F

R20 (t)dt Z

9

+

I

C3

F R30 (t)dt

( 2t + 12) dt

6

9:

Utilizaremos el teorema de Stokes para obtener una interpretación del rotacional de un vector. 263

Ejemplo 2.5.5 (Interpretación del rotacional) El teorema de Stokes proporciona una interesante interpretación física del rotacional. En un campo vectorial F , sea un pequeño disco circular de radio , centrado en (x; y; z) y con frontera C , como se muestra en la siguiente …gura.

T F

α Cα

(x , y, z )

F ⋅T

N

F ⋅N

disco ∑α En cada punto en el círculo C , F tiene un componente normal F N y un componente tangencial F T . Cuanto más alineados están F y T mayor es el valor de F T . Así, un ‡uido tiende a moverse a lo largo del círculo en lugar de a través de él. Por consiguiente, se dice que la integral de línea alrededor de C mide la circulación alrededor de C . Es decir, Z F T d = circulación de F alrededor de C C

Ahora consideremos un pequeño disco centrado en algún punto (x; y; z) de la super…cie , como se muestra en la siguiente …gura rot F

∑

(x , y, z )

N ∑α

En un disco tan pequeño, rot F es casi constante, porque varía poco con respecto a su valor en (x; y; z). Es más, rot F N es casi constante en ; ya que, todos los vectores unitarios normales en son prácticamente iguales. Por consiguiente, del teorema de Stokes se sigue Z Z Z F T d = (rot F ) N d C Z Z = (rot F ) N d = (rot F ) N 264

2

.

Por tanto

R

(rot F ) N

C

F T d 2

circulación de F alrededor de C área del disco = tasa o ritmo de circulación

=

Suponiendo que las condiciones son tales que la aproximación mejora con discos cada vez más pequeños ( ! 0) se obtiene Z 1 (rot F ) N = l{m 2 F T d !0

C

al que se conoce como rotación de F respecto de N . Esto es, rot F (x; y; z) N = rotación de F respecto de N en (x; y; z): En este caso, la rotación de F es máxima cuando rot F y N tienen la misma dirección. Normalmente, esta tendencia a rotar variará de punto a punto de la super…cie , y el teorema de Stokes Z Z Z (rot F ) N d = F dR C

a…rma que la medida colectiva de esta tendencia rotacional considerada sobre toda la super…cie (la integral de super…cie) es igual a la tendencia de un ‡uido a circular alrededor del límite de C (integral de línea). Ejemplo 2.5.6 (Una aplicación del rotacional) Un líquido es agitado en un recipiente cilíndrico de radio 2, de manera que su movimiento se describe por el campo de velocidad p p F (x; y; z) = y x2 + y 2 i + x x2 + y 2 j

como se muestra en la …gura

z

y x 265

Hallar

RR

(rot F ) N d donde

es la super…cie superior del recipiente cilíndrico.

Solución. El rotacional de F está dado por

rot F

=

= 3

p

y

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

p

p x2 + y 2 x x2 + y 2

0

x2 + y 2 k

Haciendo N = k, se tiene Z Z (rot F ) N d

= =

Z Z Z

2

0

=

Z

p 3 x2 + y 2 dA D Z 2 (3r) rdrd 0

2

r3

0

=

Z

2 d 0

2

8d

0

= 16 : X Nota. Si rot F = 0 en toda la región D, la rotación de F con respecto a cada vector unitario normal N es 0. Es decir, F es irrotacional. Por lo visto con anterioridad, se sabe que ésta es una característica de los campos vectoriales conservativos. Ejemplo 2.5.7 Sea F (x; y; z) = ai+bj +ck, donde a; b y c son constantes. Analizar las propiedades rotacionales del campo F . Solución. Todos los vectores del campo F tienen la misma magnitud y dirección, para a; b y c positivos. Si se introduce un medidor de rotacional (o molinete) en cualquier punto de este campo vectorial, las paletas no giran. Observamos que

rot F = r

F

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

a

b

c

Por tanto, F es irrotacional. X 266

= 0:

1

Ejemplo 2.5.8 Sea F (x; y; z) = 3 y 2 + 1 i + 0j + 0k para jyj 4. Describir el campo vectorial F y analizar la circulación de F alrededor de varias circunferencias C en el plano xy. ¿Dónde tiene (rot F ) N su valor máximo? Solución. Si restringimos nuestra atención al plano xy, los vectores de F forman un patrón que se muestra en la siguiente …gura

y

4 C1 C3

x C2 -4

En cualquier plano paralelo al plano xy se repite el mismo patrón. Consideremos a F como campo de velocidades de un ‡uido que se desplaza por un tubo. Observamos que la velocidad del ‡uido es mayor a lo largo del eje x y disminuye a medida que el punto (x; y) se acerca H a las rectas y = 4. Si consideramos la circunferencia C1 , entonces evidentemente C1 F T d > 0 pues cuando se recorre C1 , en el sentido positivo, la componente tangencial F T es grande y positiva en la parte inferior de C1 , y es negativa (pero cercana a 0) en la mitad superior. Si se introduce un medidor de rotacional en el centro de C1 , con su eje perpendicular al plano xy, las paletas girarán en el sentido contrario al del reloj. Considerando otra vez los valores de F T vemos que I I F Td < 0 y F Td = 0 C2

C3

Un medidor de rotacional en C2 giraría en el sentido del reloj y en C3 no giraría. Podemos demostrar que (rot F ) =

6y (y 2 + 1)2

k

Como el vector unitario normal N es k. (rot F ) N = (rot F ) k =

6y (y 2

+ 1)2

Observamos que (rot F ) N es positivo para puntos arriba del eje x, negativo para puntos abajo del eje x y 0 para los puntos en el eje x derivando, Dy [(rot F ) N ] = 267

6 1

3y 2

(y 2 + 1)3

y por lo tanto, los números críticos de (rot F ) N son y = p13 0:577. Con el criterio de la primera derivada vemos que se trata de un máximo y un mínimo. Por lo tanto, el valor máximo de (rot F ) N se alcanza en cualquier punto de la recta horizontal y = p13 .X Para ilustrar otra relación entre rot F y los aspectos rotacionales del movimiento, consideremos un ‡uido que gira uniformemente alrededor del eje z como si fuera un cuerpo rígido, concentrando la atención sobre una partícula del ‡uido que se encuentra en el punto P (x; y; z), donde x; y; z son funciones del tiempo t, se llega a una situación semejante a la que se ilustra en la siguiente …gura

z R ' (t ) = F

θ

P

R (t )

W

y

x Donde R(t) = xi + yj + zk es el vector de posición de P y w = w1 i + w2 j + w3 k es la velocidad angular (constante). Con referencia a la …gura, ddt = jwj. Denotando la velocidad (lineal) R0 (t) de P por F resulta que F =w

R = (w2 z

w3 y) i + (w3 x

w1 z) j + (w1 y

w2 x) k:

y como

rot F = w2 z

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

w3 y w3 x

w1 z w1 y

= 0: w2 x

Usando el hecho de que w es un vector constante se puede veri…car que rot F = 2w1 i + 2w2 j + 2w3 k = 2w. Esto demuestra que la magnitud de rot F es el doble que la de la velocidad angular y la dirección de rot F es a lo largo del eje de rotación. En la introducción sobre integrales de línea independientes de la trayectoria se introdujo el concepto de una región simplemente conexa en el plano, este concepto se puede generalizar al espacio de la siguiente forma. Se dice que una región D en el espacio es simplemente conexa si toda curva cerrada simple C en D es la frontera 268

de una super…cie en D que satisface las condiciones del teorema de Stokes. En regiones de este tipo cualquier curva cerrada simple se puede contraer continuamente a un punto en D sin cruzar la frontera de D. Por ejemplo, la región dentro de una esfera o de un paralelepipedo rectangular es simplemente conexa. La región dentro de un toroide o toro (una super…cie en forma de rosca) no es simplemente conexa. usando esta restricción se puede demostrar el siguiente resultado. Teorema 2.5.2 Si F (x; y; z) tiene derivadas parciales continuasHen toda una región simplemente conexa D, entonces rot F = 0 en D si, y sólo si, C F dR = 0 para toda curva cerrada simple C en D: Demostración. Si rot F = 0, entonces por el teorema de Stokes I Z Z F dR = (rot F ) N d = 0 C

H Inversamente, supongamos que C F dR = 0 para toda curva cerrada simple C. Si en algún punto P , rot F 6= 0, entonces por continuidad existe una subregión de D que contiene a P y dentro de la cual rot F 6= 0. Escogiendo un disco circular del tipo

Rot F N

Contenido en esta subregión y para el cual N es paralela a rot F , entonces I Z Z F dR = (rot F ) N d > 0; C

lo cual es una contradicción. Por tanto, rot F = 0 en todo D.X H Si F es continuo en una región apropiada, la condición de que C F dR = 0 para toda curva cerrada simple es equivalente a la independencia de la trayectoria. Además, como la independencia de la trayectoria es equivalente a F = rf para una función escalar f (es decir, F es conservativo). Combinando estos hechos con el teorema anterior se obtiene el siguiente. Teorema 2.5.3 Si F (x; y; z) tiene primeras derivadas parciales continuas en una región simplemente conexa D, entonces las siguientes condiciones son equivalentes. 269

(i) FR es conservativo, es decir, F = rf para una f . (ii) HC F dR es independiente de la trayectoria en D. (iii) C F dR = 0 para toda curva cerrada simple C en D. (iv) F es irrotacional, es decir, rot F = 0. Ejemplo 2.5.9 Demostrar que si F (x; y; z) = 3x2 + y 2 i + 2xyj F es conservativo.

3z 2 k, entonces

Solución. La función F tiene primeras derivadas parciales continuas para todo (x; y; z). Como

rot F

=

i

j

k

@ @x

@ @y

@ @z

3x2 + y 2 2xy 3z 2 = (0 0) i + (0 0) j + (2y

2y) k = 0:

Se concluye que F es conservativo. X Ejemplo 2.5.10 El agua de una tina de baño tiene campo vectorial de velocidad, cerca del drenaje (sumidero), dado para x; y y z en cm por F (x; y; z) =

y + xz (z 2

2i

+ 1)

yz

x

(z 2

+ 1)

2j

1 k z2 + 1

a) El drenaje de la tina de baño es un disco en el plano xy con centro en el origen y radio de 1 cm. Encuentre la rapidez con la que el agua sale de la tina (es decir, la rapidez a la que el agua circula por el disco.) b) Encuentre la divergencia de F . c) Encuentre el ‡ujo de agua a través del hemisferio de radio 1, centrado en el origen, que se encuentra bajo del plano xy y está orientado hacia abajo. R d) Encuentre C G dr donde C es el borde del drenaje, orientado en el sentido de las manecillas del reloj cuando se observa desde arriba, y donde G (x; y; z) =

1 2

y i 2 z +1

x j 2 z +1

x2 + y 2 (z 2 + 1)2

k

e) Calcule Rot G. f ) Explique por qué sus respuestas a los incisos c y d son iguales. 270

Solución. (a) Debemos calcular la circulación Z Z F (r (t)) r0 (t) dt F dr = C= C

C

Al parametrizar el drenaje de la tina de baño que es un disco en el plano xy con centro en el origen y de radio 1 cm, mediante x = cos t;

y = sen t;

z = 0;

0

t

2

tenemos r (t) = cos ti + sen tj + 0k r0 (t) =

sen ti + cos tj + 0k

Luego C =

Z

2

( sen ti + cos j

0

=

Z

2

0

k) ( sen ti + cos tj + 0k) dt Z 2 2 2 sen t + cos t dt = dt = 2 : 0

(b) Al calcular la divergencia de F; se tiene div F

= =

@ @x

y + xz 2

(z 2 + 1) z

(z 2

+ z

2

+ 1)

(z 2

yz

@ @y

+ 1)2

x

+

2

+

(z 2 + 1) 2z (z 2 + 1)2

@ @z

z2

1 +1

=0

Esto muestra que el campo vectorial F es solenoidal, luego existirá un campo vectorial G tal que Rot G = F: (c) Para calcular el ‡ujo usamos la fórmula Z Z Z Z F lujo = F N d = F n dA D

Siendo D la proyección de sobre el plano xy. Ahora considerando el hemisferio de radio 1 centrado en el origen que se encuentra bajo el plano xy y que está orientado hacia abajo como p 1 x2 y 2 : z=

entonces la normal estará dado por n = =

@z @z i+ j k=p @x @y 1 x y i+ j k z z

x x2

271

y2

i+ p

y 1

x2

y2

j

k

al calcular F n tenemos y + xz

F n =

(z 2

x

(z 2

1 k z2 + 1

2j

x y i+ j z z

+ 1) + 1) 2 2 y z xy 1 xy + x z 2 + 2 + z2 + 1 2 2 z (z + 1) z (z + 1) 2 2 2 x +y +z +1

= = como z 2 = 1

yz

2i

k

(z 2 + 1)2 x2

y 2 , entonces x2 + y 2 + 1

F n =

x2

y 2 + 1)2

x2

(1

y2 + 1

2

=

(2

x2

y 2 )2

Luego el ‡ujo es Flujo =

Z Z

F n dA =

D

Z

2

D

y 2 )2

x2

(2

dA

pasando a coordenadas polares usando las fórmulas x = r cos ; y = r sen se tiene Flujo = R

Z

0

2

Z

1

0

2

y

r drd = r2 )2

(2

dA = rdrd Z

2

0

1 1 d = 2 = : 2 2

(d) Calculando C G dr donde C es el borde del drenaje, orientado en el sentido de las manecillas del reloj cuando se observa desde arriba, y donde G (x; y; z) =

1 2

y i 2 z +1

x2 + y 2

x j 2 z +1

(z 2 + 1)2

k

Parametrizamos C que es el borde del drenaje orientado en el sentido de las manecillas de reloj mediante r (t) = cos t i

sen t j + 0k;

0

t

Entonces r0 (t) =

sen t i 272

cos t j + 0k

2

Luego Z

G dr =

C

Z

2

G (r (t)) r0 (t) dt

0

=

Z

2

0

=

Z

0

2

1 ( sen ti cos tj 2 1 1 dt = 2 = : 2 2

k) ( sen ti

cos tj + 0k) dt

(e) Al calcular el rotacional de G se obtiene i Rot G =

=

1 2

j

@ @x y z 2 +1

y + xz

k

@ @y x z 2 +1 2i

(z 2 + 1) = F (x; y; z) :

yz

@ @z x2 +y 2 (z 2 +1)2

x

2j

(z 2 + 1)

z2

1 k +1

Como era de esperar, pues F es un campo vectorial solenoidal. (f) Las respuestas de los incisos c y d son iguales debido al teorema de Stokes que establece Z Z Z Z Z G dr = Rot G N d = F N d : C

X Recordemos que un campo vectorial F es conservativo o campo gradiente si F = grad f para algún campo escalar f llamado función potencial escalar de F , también recordemos que un campo vectorial F es solenoidal o campo rotacional si F = rot G para algún campo vectorial G, llamado función potencial vectorial de F . El siguiente ejemplo, demuestra que el ‡ujo de un campo vectorial solenoidal que atraviesa una super…cie depende sólo de la frontera de la super…cie. Esto es análogo al hecho de que la integral de línea de un campo vectorial conservativo depende sólo de los puntos …nales de la trayectoria. 273

Ejemplo 2.5.11 Suponga que F = rot G. Suponga también que per…cies orientadas con la misma frontera C. Demostrar que si la misma orientación en C, entonces Z Z Z Z F N d = F N d 1

Si

1

y

2

1 1

y y

2 2

son dos sudeterminan

2

determinan orientaciones opuestas en C, entonces Z Z Z Z F N d = F N d 1

2

Solución. Como F = rot G, entonces por el teorema de Stokes, se tiene Z Z Z Z I F N d = (rot G) N d = G dR 1

y

Z Z

F N d = 2

C

1

Z Z

(rot G) N d = 2

I

G dR:

C

En cada caso, la integral de línea del lado derecho debe calcularse utilizando la orientación determinada por la super…cie. Entonces, las dos integrales de ‡ujo de F son la misma si las orientaciones son las mismas y son opuestas si las orientaciones son opuestas. X

2.5.1

Ejercicios propuestos

En los ejercicios del 1 al 4, veri…car el teorema de Stokes para F y Ejercicio 2.5.1 F (x; y; z) = y 2 i + z 2 j + x2 k; que se encuentra en el primer octante.

.

es la parte del plano x + y + z = 1

Ejercicio 2.5.2 F (x; y; z) = 2yi zj + 3k; es la parte del paraboloide z = 4 x2 y 2 que se encuentra dentro del cilindro x2 + y 2 = 1. p Ejercicio 2.5.3 F (x; y; z) = zi + xj + yk; es el hemisferio z = a2 x2

2 2 2 Ejercicio p 2.5.4 F (x; y; z) = x i + y j + z k; 2 2 z = x + y acotado por el plano z = 1.

y2.

es la parte del cono

Ejercicio 2.5.5 Suponga que F = (3z H sen x) i + x2 + ey j + y 3 cos z k; utilizar el teorema de Stokes para evaluar C F dR, donde C es la curva dada por x = cos t; y = sen t; z = 1; 0 t 2 . 274

Ejercicio 2.5.6 F (x; y; z) = yzi + xyj + xzk; y C el cuadrado con vértices (0; 0; H 2); (1; 0; 2); (1; 1; 2); (0; 1; 2). Utilizar el teorema de Stokes para evaluar C F dR.

Ejercicio 2.5.7 F (x; y; z) = 2yi + ez j arctan xk; y es la parte del paraboloide 2 2 zR = R 4 x y recortada por el plano xy. Utilizar el teorema de Stokes para evaluar rot F N d . Ejercicio 2.5.8 Sean xy 2 i + yz 2 j + zx2 k y el triánguloR Rcon vértices (1; 0; 0), (0; 2; 0); (0; 0; 3). Utilizar el teorema de Stokes para evaluar rot F N d : En los ejercicios del 9 al 13, Evaluar tanto

Ejercicio 2.5.9 F (x; y; z) = yx2 i x2 + y 2 + z 2 = 4; z 0.

H

C

xy 2 j + z 2 k;

Ejercicio 2.5.10 F (x; y; z) = xzi + yzj + xzk; x2 + y 2 9. Ejercicio 2.5.11 F (x; y; z) = zi + xj + yk; 0 z 4.

RR

(r

F) N d

es el hemisferio es el paraboloide z = x2 + y 2 para

es el cono z =

Ejercicio 2.5.12 F (x; y; z) = z 2 i + x2 j + y 2 k; z = 6 x2 y 2 que está en el plano xy. Ejercicio 2.5.13 F (x; y; z) = xyi+yzj +xyk; que está en el primer octante.

F dR como

p x2 + y 2 para

es la parte del paraboloide

es la parte del plano 2x+4y+z = 8

Ejercicio 2.5.14 Calcular la circulación de F = (x y) i + x2 yj + xzak en sentido contrario a las manecillas del reloj alrededor del círculo x2 + y 2 = 1. Sugerencia: Utilizar el teorema de Stokes, siendo cualquier super…cie suave con C como frontera. Movimiento de un líquido. En los ejercicios 15 y 16, el movimiento de un líquido en un recipiente cilíndrico de radio 1 se describe mediante el campo de velocidad RR F (x; y; z). Hallar (rot F ) N d , donde es la super…cie superior del recipiente cilíndrico. Ejercicio 2.5.15 F (x; y; z) = i + j Ejercicio 2.5.16 F (x; y; z) =

2k.

zi + yk.

275

Ejercicio 2.5.17 Sean f y g funciones escalares con derivadas parciales continuas. Supóngase que C y satisfacen las condiciones del teorema de Stokes. Veri…car cada una de las siguientes R R R identidades a) R C (f rg) dR = (rf rg) N d . b) RC (f rf ) dR = 0. c) C (f rg + grf ) dR = 0.

Ejercicio 2.5.18 Demostrar los resultados del ejercicio p anterior para las funciones f (x; y; z) = xyz; g(x; y; z) = z y el hemisferio z = 4 x2 y 2 .

Ejercicio 2.5.19 Sea A un vector constante. Sea una super…cie orientada mediante un vector unitario normal N , limitada o acotada por una curva suave C. Demostrar que Z Z Z 1 A N d = ((A R) dR: 2 C H Ejercicio 2.5.20 Utilizar el teorema de Stokes para evaluar C F T d , donde C es la frontera de la parte del plano x + 4y + z = 12 que está en el primer octante y F = (x z) i + (y x) j + (z y) k.

Ejercicio 2.5.21 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x; y; z) = xx + z 2 i + y y + x2 j + z z + y 2 k al mover una partícula alrededor del borde de la parte de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 que está en el primer octante, en sentido contrario al giro de las manecillas del reloj (visto desde arriba). Ejercicio 2.5.22 Evaluar Z (y + sen x) dx + z 2 + cos y dy + x3 dz C

donde C es la curva R (t) = sen ti + cos tj + sen 2tk;

0

t

Sugerencia: Observe que C está sobre la super…cie z = 2xy:

276

2 :

CAPÍTULO

3 Coordenadas curvilíneas

Hasta ahora, en el análisis vectorial considerado hemos usado coordenadas rectangulares o cartesianas para presentar todos los resultados que ahora conocemos. Las coordenadas rectangulares o cartesianas (x; y; z) son una forma útil para describir la posición de un punto en el espacio R3 , pero no la única, de hecho existen varios sistemas coordenados como veremos luego constituidos por tres parámetros (u1 ; u2 ; u3 ) que (nos) permiten igualmente dar la posición de un punto en el espacio. En particular, son de especial interés por su simplicidad de manejo los sistemas coordenados, llamados ortogonales (curvilíneas). En muchos casos es conveniente usar estas coordenadas curvilíneas. Por ejemplo, si estamos describiendo una super…cie esférica, sería muy engorroso solucionar todas las ecuaciones en coordenadas rectangulares. En este caso, el uso de coordenadas esféricas simpli…ca mucho el problema. En este capítulo desarrollaremos expresiones para el gradiente, divergencia y rotacional en estos otros sistemas coordenados.

3.1

Transformación de coordenadas

Se llama sistema de coordenadas en Rn a una función : Rn ! Rn , suryectiva 0 y continuamente diferenciable, tal que es invertible excepto posiblemente en un conjunto despreciable; en este caso se llama coordenadas del punto x 2 Rn a u 2 Rn tal que (u) = x. En particular, consideremos el sistema de coordenadas u1 u2 u3 en R3 : R 3 ! R3 277

dado por (u1 ; u2 ; u3 ) = (x = x(u1 ; u2 ; u3 ); y = y(u1 ; u2 ; u3 ); z = z(u1 ; u2 ; u3 )) las componentes de x = x(u1 ; u2 ; u3 );

y = y(u1 ; u2 ; u3 );

z = z(u1 ; u2 ; u3 )

(3.1)

se llaman fórmulas de transformación de coordenadas y son las ecuaciones que de…nen la transformación de las coordenadas xyz a las coordenadas u1 u2 u3 . Observe que las fórmulas (3.1) pueden considerarse no sólo como función, sino también como el paso de un sistema de coordenadas al otro. Es decir, el paso del sistema de coordenadas xyz al sistema de coordenadas u1 u2 u3 . Por otra parte, la función inversa 1

: R 3 ! R3

dado por 1

(x; y; z) = (u1 = u1 (x; y; z); u2 = u2 (x; y; z); u3 = u3 (x; y; z))

cuyos componentes u1 = u1 (x; y; z);

u2 = u2 (x; y; z);

u3 = u3 (x; y; z)

(3.2)

llamadas fórmulas de transformación de coordenadas y son las ecuaciones que de…nen la transformación de coordenadas u1 u2 u3 a las coordenadas xyz: Las fórmulas (3.1) y (3.2) establecen una correspondencia biunivoca entre puntos (x; y; z) y (u1 ; u2 ; u3 ) de dos sistemas de coordenadas xyz y u1 u2 u3 . Entonces dado un punto P en R3 de coordenadas cartesianas (x; y; z) se le puede asociar según (3.2) un conjunto único de números (u1 ; u2 ; u3 ) al que llamaremos coordenadas curvilíneas de P . De este modo, todo punto P en R3 puede representarse no sólo por coordenadas cartesianas (x; y; z) sino también por coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ).

z

x

P

(x , y, z ) coordenadas cartesianas (u1 , u2 , u3 ) coordenadas curvilíneas y

Observe que en todo este proceso el punto P no ha cambiado, pero tenemos un nuevo método para asociar números a los puntos. 278

Ejemplo 3.1.1 Las coordenadas cilíndricas (r; ; z), constituyen un sistema de coordenadas en R3 que es la función : R3 ! R3 de…nida por. (r; ; z) = (x = x (r; ; z) ; = (x = r cos ;

y = y (r; ; z) ;

y = r sen ;

z = z (r; ; z))

z = z) :

Donde las componentes de x = r cos ;

y = r sen ;

z = z;

(3.3)

para r 0; 0 2 ; 1 < z < 1; son las ecuaciones o fórmulas que de…nen la transformación de las coordenadas cartesianas a las cilíndricas y son las que de…nen el sistema de coordenadas cilíndricas. Por otra parte, la función inversa de 1

: R3 ! R3

dado por 1

(x; y; z) = (r = r (x; y; z) ; p = r = x2 + y 2 ;

(x; y; z) ; y = arctan ; x

z = z (x; y; z)) z=z

1

Donde las componentes de r=

=

p

x2 + y 2 ;

y = arctan ; x

z=z

(3.4)

son las fórmulas o ecuaciones que de…nen la transformación de coordenadas de las cilíndricas a las cartesianas. Observe que las ecuaciones (3.3) y (3.4) establecen una correspondencia biunivoca entre puntos (x; y; z) y (r; ; z) de los sistemas de coordenadas cartesianas y cilíndricas. Luego dado un punto P en R3 de coordenadas cartesianas (x; y; z) se le puede asociar según (3.4) un conjunto único de números (r; ; z) al que se llama coordenadas cilíndricas de P . De este modo, todo punto P en R3 puede representarse no solo mediante coordenadas cartesianas (x; y; z) sino también mediante coordenadas cilíndricas (r; ; z) y …nalmente observe que en todo este proceso el punto P no ha cambiado, simplemente tiene otras componentes. p En particular, consideremos el punto (x; y; z) = 2 3; 2; 3 de R3 de coordenadas cartesianas según las fórmulas (3.4) p y r = x2 + y 2 ; = arctan ; z = z; x 279

(que nos permiten transformar coordenadas cartesianas a cilíndricas) se obtiene q p p 2 p 2 2 r = x +y = 2 3 + (2)2 = 12 + 4 = 4 = arctan xy = arctan

2p 2 3

= arctan

p1 3

=

5 6

z = z = 3.

p Entonces al punto (x; y; z) = 2 3; 2; 3 de R3 le podemos asociar el conjunto único de números (r; ; z) = 4; 56 ; 3 , que resultan ser las coordenadas cilíndricas p del punto 2 3; 2; 3 . p Finalmente, observemos que el punto en cuestión P = 2 3; 2; 3 no ha cambiado, solo tiene otra manera de representarlo. En otras palabras, una transformación de coordenadas no da un nuevo punto, únicamente cambia las componentes del mismo punto. Ejemplo 3.1.2 Las coordenadas esféricas ( ; ; ), constituyen un sistema de coordenadas de R3 que es la función : R3 ! R3 de…nida por. ( ; ; ) = (x = x ( ; ; ) ;

y = y( ; ; );

= (x = sen cos ;

z = z ( ; ; ))

y = sen sen ;

z = cos ) :

Donde las componentes de x = sen cos ;

y = sen sen ;

z = cos ;

(3.5)

para 0; 0 2 ; 0 ; son las ecuaciones o fórmulas que de…nen la transformación de las coordenadas cartesianas a las esféricas y son las que de…nen el sistema de coordenadas esféricas. Por otra parte, la función inversa de 1

: R3 ! R 3

dado por 1

(x; y; z) = ( = (x; y; z) ; = (x; y; z) ; = p z = = x2 + y 2 + z 2 ; = arccos ;

1 Donde las componentes de p = x2 + y 2 + z 2 ;

z = arccos ;

(x; y; z)) = arctan

= arctan

y x

y x

;

(3.6)

son las fórmulas o ecuaciones que de…nen la transformación de coordenadas de las esféricas a las cartesianas. 280

Observe que las ecuaciones (3.5) y (3.6) establecen una correspondencia biunivoca entre puntos (x; y; z) y ( ; ; ) de los sistemas de coordenadas cartesianas y esféricas. Luego dado un punto P en R3 de coordenadas cartesianas (x; y; z) se le puede asociar según (3.6) un conjunto único de números ( ; ; ) al que se llama coordenadas esféricas de P . De este modo, todo punto P en R3 puede representarse no solo mediante coordenadas cartesianas (x; y; z) sino también mediante coordenadas esféricas ( ; ; ) y …nalmente observe que en todo este proceso el punto P no ha cambiado, simplemente tiene otras componentes. En particular, consideremos el punto (x; y; z) = (1; 1; 1) de R3 de coordenadas cartesianas según las fórmulas (3.6) p z y = x2 + y 2 + z 2 ; = arccos ; = arctan ; x (que nos permiten transformar coordenadas cartesianas a esféricas) se obtiene. q p p = x2 + y 2 + z 2 = (1)2 + ( 1)2 + (1)2 = 3. = arccos z = arccos p13 = arctan xy = arctan

0:955

1 1

=

54; 74 .

4.

Entonces al punto (x; y; p z) = (1; 1; 1) de R3 le podemos asociar el conjunto único 3; 54:74 ; 4 , que resultan ser las coordenadas esféricas de números ( ; ; ) = del punto (1; 1; 1). Finalmente, observemos que el punto en cuestión P = (1; 1; 1) no ha cambiado, solo tiene otra manera de representarlo. En otras palabras, una transformación de coordenadas no da un nuevo punto, únicamente cambia las componentes del mismo punto.

3.1.1

Coordenadas curvilíneas ortogonales

En notación vectorial las fórmulas de transformación de coordenadas (3.1) x = x(u1 ; u2 ; u3 );

y = y(u1 ; u2 ; u3 );

z = z(u1 ; u2 ; u3 )

se expresa como R (u1 ; u2 ; u3 ) = xi + yj + zk = x (u1 ; u2 ; u3 ) i + y (u1 ; u2 ; u3 ) j + z (u1 ; u2 ; u3 ) k El cual representa el vector posición de un punto P en coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ). 281

Si u1 = c1 , se mantiene constante, entonces R(c1 ; u2 ; u3 ), es una función vectorial de dos parámetros u2 ; u3 el cual de…ne una super…cie 1 en el espacio R3 que pasa por P , llamada super…cie coordenado u1 = c1 . De la misma forma si u2 = c2 , se mantiene constante, entonces R(u1 ; c2 ; u3 ), es una función vectorial de dos parámetros u1 ; u3 el cual de…ne una super…cie 2 en el espacio R3 que pasa por P , llamada super…cie coordenado u2 = c2 . De manera similar si u3 = c3 , se mantiene constante, entonces R(u1 ; u2 ; c3 ), es una función vectorial de dos parámetros u1 ; u2 el cual de…ne una super…cie 3 en el espacio R3 que pasa por P , llamada super…cie coordenado u3 = c3 . Por consiguiente, en R3 quedan de…nidos tres super…cies coordenados en cada punto. Por otra parte, si en R (u1 ; u2 ; u3 ) = x (u1 ; u2 ; u3 ) i + y (u1 ; u2 ; u3 ) j + z (u1 ; u2 ; u3 ) k u2 = c2 y u3 = c3 son constantes, entonces al variar u1 , R(u1 ; c2 ; c3 ) describe una curva en R3 que pasa por el punto P llamada curva coordenada u1 ; es decir, si u2 y u3 se mantienen constantes, entonces R(u1 ; c2 ; c3 ) es una función vectorial de un sólo parámetro u1 ; el cual de…ne una curva C1 en el espacio R3 que pasa por P , llamada curva coordenada u1 . Análogamente, se de…nen las curvas coordenadas u2 y u3 en R3 que pasan por el punto P . Por tanto, en R3 quedan ahora de…nidos tres super…cies coordenados y tres curvas coordenadas en cada punto P de R3 .

z

Curva u3 u2 = c2

u1 = c1 P

u3 = c3

Curva u1

Curva u2

y x Observe que las tres curvas coordenadas u1 ; u2 y u3 en R3 , en general no son rectas, como ocurre en el sistema coordenado cartesiano o rectangular, por tal razón tales sistemas coordenados se llaman coordenadas curvilíneas y son análogas a los ejes coordenados x; y; y z de un sistema rectangular. Si además, las curvas coordenadas son ortogonales en todos los puntos, entonces el sistema coordenado curvilíneo es ortogonal. 282

3.1.2

Vectores unitarios en un sistema de coordenadas curvilíneas

Sea R (u1 ; u2 ; u3 ) = x (u1 ; u2 ; u3 ) i + y (u1 ; u2 ; u3 ) j + z (u1 ; u2 ; u3 ) k; el vector posición de un punto P en coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ). Entonces @R el vector tangente en el punto P a la curva coordenada u1 es @u , luego el vector 1 tangente unitario en la dirección y sentido del anterior es e1 =

@R @u1 @R @u1

de donde

@R = h1 e1 , siendo @u1

h1 =

@R @u1

análogamente, se de…nen los otros vectores tangentes unitarios a las curvas coordenadas u2 y u3 en R3 como

e2 =

e3 =

@R @u2 @R @u2 @R @u3 @R @u3

de donde

@R = h2 e2 , siendo @u2

h2 =

@R @u2

de donde

@R = h3 e3 , siendo @u3

h3 =

@R @u3

y

respectivamente. Las magnitudes h1 ; h2 y h3 se llaman factores de escala o coe…cientes métricos (ya que los coe…cientes diferenciales du1 ; du2 y du3 deben multiplicarse por ellos para obtener longitudes de arco, véase página 310) los factores de escala dependen de las coordenadas y tienen dimensión, pero su producto con las coordenadas diferenciales tiene la dimensión de la longitud. Por otra parte, considerando las super…cies coordenadas u1 = c1 ; u1 (x; y; z) = c1 ;

u2 = c2 ;

u3 = c3

u2 (x; y; z) = c2 ;

u3 (x; y; z) = c3

vemos que @u1 @u1 @u1 i+ j+ k @x @y @z es un vector normal en P a la super…cie u1 = c1 , luego el vector normal unitario en esta dirección y sentido viene dado por. ru1 =

E1 =

ru1 ; jru1 j

de donde

ru1 = H1 E1 , siendo 283

H1 = jru1 j

Análogamente, los vectores unitarios

E2 = E3 =

ru2 ; jru2 j ru3 ; jru3 j

de donde

ru2 = H2 E2 , siendo

H2 = jru2 j

de donde

ru3 = H3 E3 , siendo

H3 = jru3 j

y

son normales en P a las super…cies coordenadas u2 = c2 y u3 = c3 , respectivamente. De este modo, en cada punto P de un sistema de coordenadas curvilíneas quedan de…nidas dos sistemas de vectores unitarios e1 ; e2 ; e3 tangentes a las curvas coordenadas y E1 ; E2 ; E3 normales a las super…cies coordenadas. Ambas ternas de vectores unitarios coinciden sólo cuando el sistema de coordenadas curvilíneas sea ortogonal. Es decir, en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonales se veri…can, e1 = E1 ;

e2 = E2 ;

e3 = E3

Estos sistemas de vectores unitarios juegan el mismo papel que los vectores unitarios i; j; k del sistema de coordenadas rectangulares con la diferencia de que estos cambian de dirección y sentido de un punto a otro. Se puede demostrar fácilmente que los conjuntos @R @R @R ; ; @u1 @u2 @u3

y

ru1 ; ru2 ; ru3

son dos sistemas de vectores recíprocos, es decir que cumplen la siguiente relación. @R ruj = @ui

1 si i = j 0 si i 6= j

de este modo, se tiene @R ru1 = 1; @u1

@R ru2 = 1; @u2

@R ru3 = 1: @u3

Gracias a estos resultados se puede demostrar el siguiente. Teorema 3.1.1 En un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal ocurre: (a) h1 =

1 H1 ;

h2 =

1 H2 ;

h3 =

1 H3

(b) e1 = h1 ru1 ; e2 = h2 ru2 ; e3 = h3 ru3 o equivalentemente ru1 = h11 e1 ; ru2 = h12 e2 ; ru3 = h13 e3 : 284

Demostración. Como en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal se veri…can. @R @R @R e1 = h11 @u ; e2 = h12 @u ; e3 = h13 @u : 1 2 3 E1 =

1 H1 ru1 ;

e1 = E1 ; @R @u1 ru1

E2 =

e2 = E2 ;

= 1;

1 H2 ru2 ;

E3 =

e3 = E3

y

@R @u2 ru2

= 1;

@R @u3 ru3

1 H3 ru3 :

= 1, entonces

(a) e1 E1 = e1 E1 = e1 e1 = 1 = h1 =

1 @R 1 ru1 h1 @u1 H1 1 @R ru1 h1 H1 @u1 1 (1) h1 H1 1 , de donde se concluye que h1 H1 1 : H1

Similarmente, se muestran que h2 =

1 H2 ;

h3 =

1 H3 .

(b) 1 1 ru1 = h1 ru1 , de donde ru1 = e1 H1 h1 1 1 = E2 = ru2 = h2 ru2 , de donde ru2 = e2 H2 h2 1 1 ru3 = h3 ru3 , de donde ru3 = e3 = E3 = H3 h3

e1 = E1 = e2 e3 X

Normalmente, a los conjuntos fe1 ; e2 ; e3 g y fE1 ; E2 ; E3 g de vectores unitarios en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal se los denomina bases ortogonales, luego todo vector A se puede expresar en función de los vectores unitarios en la base e1 ; e2 ; e3 , o bien en función de los vectores unitarios de la base E1 ; E2 ; E3 en la forma, A = A1 e1 + A2 e2 + A3 e3 = a1 E1 + a2 E2 + a3 E3 ; 285

siendo A1 ; A2 ; A3 y a1 ; a2 ; a3 las componentes de A en cada uno de los sistemas respectivamente. También, todo vector A se puede representar en función de los vectores @R @R @R ; ; o ru1 ; ru2 ; ru3 ; @u1 @u2 @u3 aunque también se llaman vectores unitarios en la base, en general no tienen módulo unidad. En este caso, se tiene @R @R @R A = C1 @u + C2 @u + C3 @u = C1 1 2 3 A = c1 ru1 + c2 ru2 + c3 ru2 = c1

1 1

+ C2 + c2

2 2

+ C3 + c3

3 3

Siendo C1 ; C2 ; C3 las componentes contravariantes y c1 ; c2 ; c3 las componentes covariantes del vector A. Obsérvese que k

=

@R ; @uk

k

= ruk , para k = 1; 2; 3:

Ejemplo 3.1.3 El sistema de coordenadas cilíndricas se de…ne por la transformación, x = r cos ; y = r sen ; z = z; donde r 0; 0 2 y 1 < z < 1: (a) Determinar los factores de escala hr ; h ; hz y los vectores unitarios er ; e ; ez . (b) Demostrar que el sistema coordenado cilíndrico es ortogonal. (c) Encontrar las relaciones entre los vectores unitarios i; j; k y er ; e ; ez . (d) Si A = A1 i + A2 j + A3 k = Ar er + A e + Az ez , hallar las relaciones entre A1 ; A2 ; A3 y Ar ; A ; Az . (e) Transformar A = xi + yj + zk a coordenadas cilíndricas. (f ) Transformar A = 1r er a coordenadas rectangulares. Solución. (a) Sea R (r; ; z) = xi + yj + zk = x (r; ; z) i + y (r; ; z) j + z (r; ; z) k = r cos i + r sen j + zk; el vector posición de un punto P en coordenadas cilíndricas, entonces @R @r @R @ @R @z

= cos i + sen j =

r sen i + r cos j

= k: 286

De este modo, los factores de escala son p @R = cos2 + sen 2 = 1 @r p @R = r2 sen 2 + r2 cos2 = r @ @r = 1: @z

hr = h

=

hz =

Luego los vectores unitarios son er = e

=

ez =

1 @R = cos i + sen j @r

@R @r

1 @R = @

@R @

sen i + cos j

1 @R =k @z

@R @z

(b) A continuación, se mostrará que el sistema coordenado cilíndrico es ortogonal. Como er e

= (cos i + sen j) ( sen i + cos j) = 0

er ez = (cos i + sen j) (k) = 0 e

ez = ( sen i + cos j) (k) = 0;

esto muestra que er ; e ; ez son mutuamente ortogonales; en consecuencia, el sistema coordenado cilíndrico es ortogonal. Observe que el conjunto de vectores unitarios fer ; e ; ez g constituye una base ortonormal en el sistema de coordenadas cilíndricas; luego todo vector A en el sistema cilíndrico puede expresarse como una combinación lineal de estos vectores de la forma A = Ar er + A e + Az ez donde Ar ; A ; Az son las componentes del vector A respecto de la base ortonormal fer ; e ; ez g. (c) Observemos que las relaciones entre er ; e ; ez e i; j; k están dados por er = cos i + sen j e

=

sen i + cos j

ez = k 287

cuya forma matricial es 2

3 2 er 4 e 5=4 ez

cos sen

32 3 0 i 0 54 j 5 0 1 k

sen cos 0

Como la matriz de coe…cientes es ortogonal, se tiene 2

3 2 i 4 j 5=4 k

cos sen

sen cos 0

2

3 2 i cos 4 j 5 = 4 sen k 0

3 0 0 5 0 1

sen cos

12

3 er 4 e 5 ez

32 3 0 er 0 54 e 5 0 1 ez

Esto dice que las relaciones entre i; j; k y er ; e ; ez son i = cos er

sen e

j = sen er + cos e k = ez (d) Utilizando el anterior resultado, se tiene A = A1 i + A2 j + A3 k = A1 (cos er

sen e ) + A2 (sen er + cos e ) + A3 ez

= (A1 cos + A2 sen ) er + ( A1 sen + A2 cos ) e + A3 ez Como, A = Ar er + A e + Az ez comparando coe…cientes se obtiene Ar = A1 cos + A2 sen A

=

A1 sen + A2 cos

Az = A3 : De modo similar, utilizando el resultado del inciso (c), se tiene A1 = Ar cos

A sen

A2 = Ar sen + A cos A3 = Az

288

En notación matricial las anteriores relaciones pueden expresarse respectivamente como 2 3 2 32 3 Ar cos sen 0 A1 4 A 5 = 4 sen cos 0 5 4 A2 5 Az 0 0 1 A3 3 2 32 3 2 cos sen 0 Ar A1 4 A2 5 = 4 sen cos 0 54 A 5 0 0 1 A3 Az

Observemos que las transformaciones de los vectores unitarios y las componentes de un vector tienen la misma matriz. (e) Transformemos A = xi + yj + zk a coordenadas cilíndricas, note que A1 = x; A2 = y y A3 = z: Luego utilizando los resultados del inciso anterior, se tiene Ar = A1 cos + A2 sen A

=

= x cos + y sen ;

A1 sen + A2 cos

=

x sen + y cos ;

Az = A3 : Sustituyendo x = r cos

y y = r sen

Ar = r cos2 A

=

se obtiene

+ r sen2

= r cos2

r cos sen + r sen cos

+ sen

2

= r;

= 0;

Az = z: Por consiguiente, el vector dado se transforma en A = rer + zez : (f) Finalmente, transformemos A = 1r er a coordenadas rectangulares, note que Ar = 1r ; A = 0 y Az = 0: Luego utilizando los resultados del inciso (d), se tiene A1 = Ar cos

A sen

A2 = Ar sen + A cos

Sustituyendo r = Se obtiene

p

1 cos ; r 1 = sen ; r =

A3 = Az : x2 + y 2 ;

cos

=

x r

=p

A3

y sen

1 x x p p = 2 ; x + y2 x2 + y 2 x2 + y 2 1 y y p = p = 2 ; 2 2 2 2 x + y2 x +y x +y = 0:

A1 = A2

x x2 +y 2

289

=

y r

=p

y : x2 +y 2

Por consiguiente, el vector dado se transforma en A =

x i x2 +y 2

+

y j: x2 +y 2

X

Ejemplo 3.1.4 Consideremos el sistema de coordenadas esféricas ( ; ; ) que está de…nida por la transformación, x = sen cos ; donde

0; 0

; 0

y = sen sen ;

z = cos :

2 .

(a) Hallar los factores de escala h ; h ; h y los vectores unitarios e ; e ; e . (b) Demostrar que el sistema coordenado esférico es ortogonal. (c) Encontrar las relaciones entre los vectores unitarios i; j; k y e ; e ; e . (d) Si A = A1 i + A2 j + A3 k = A e + A e + A e , hallar las relaciones entre A1 ; A 2 ; A 3 y A ; A ; A . (e) Transformar A = xi + yj + zk a coordenadas esféricas. (f ) Transformar A =

1 sen

e a coordenadas rectangulares.

Solución. Sea R ( ; ; ) = xi + yj + zk = x( ; ; )i + y( ; ; )j + z( ; ; ;)k =

sen cos i + sen sen j + cos k

el vector posición de un punto P en coordenadas esféricas, entonces @R @ @R @ @R @

= sen cos i + sen sen j + cos k = =

cos cos i + cos sen j

sen k

sen sen i + sen cos j:

De este modo, los factores de escala son: q @R h = = (sen cos )2 + (sen sen )2 + (cos )2 = 1 @ q @R h = = ( cos cos )2 + ( cos sen )2 + ( sen )2 = @ q @R h = = ( sen sen )2 + ( sen cos )2 = sen : @ 290

Luego los vectores unitarios son: e

=

e

=

e

=

1 h 1 h 1 h

@R = sen cos i + sen sen j + cos k @ @R = cos cos i + cos sen j sen k @ @R = sen i + cos j: @

(b) A continuación, se muestra que el sistema coordenado esférico es ortogonal. Como = sen cos cos2

+ sen cos sen2

e

e

cos sen = 0

e

e' =

sen cos sen + sen cos sen

=0

e

e' =

cos cos sen + cos sen cos

=0

Esto muestra que e ; e ; e' son mutuamente ortogonales; en consecuencia, el sistema coordenado esférico es ortogonal. Observe que el conjunto de vectores unitarios fe ; e ; e g constituye una base ortonormal en el sistema de coordenadas esférico; luego todo vector A en el sistema esférico puede expresarse como una combinación lineal de estos vectores de la forma A=A e +A e +A e donde A ; A ; A son las componentes del vector A respecto de la base ortonormal fe ; e ; e g. (c) Observemos que las relaciones entre e ; e ; e e i; j; k están dados por e

= sen cos i + sen sen j + cos k

e

= cos cos i + cos sen j

e

=

sen k

sen i + cos j:

cuya forma matricial es 2 3 2 e sen cos 4 e 5 = 4 cos cos e sen

sen sen cos sen cos

Como la matriz de coe…cientes es ortogonal A 2 3 2 i sen cos sen sen 4 j 5 = 4 cos cos cos sen k sen cos 291

cos sen 1

32

3 i 54 j 5 0 k

= At ; entonces se obtiene 3 12 3 cos e sen 5 4 e 5 0 e

2

3 2 i sen cos 4 j 5 = 4 sen sen k cos

cos cos cos sen sen

sen cos

Esto dice que las relaciones entre i; j; k y e ; e ; e son

32

3 e 54 e 5 0 e

i = (sen cos ) e + (cos cos ) e

(sen ) e

j = (sen sen ) e + (cos sen ) e + (cos ) e k = (cos ) e

(sen ) e .

(d) Utilizando la relación entre i; j; k con e ; e ; e ; se tiene A = A1 i + A2 j + A3 k = A1 ((sen cos ) e + (cos cos ) e

(sen ) e ) +

A2 ((sen sen ) e + (cos sen ) e + (cos ) e ) + A3 ((cos ) e

(sen ) e )

el cual produce A = (A1 sen cos + A2 sen sen + A3 cos ) e + (A1 cos cos + A2 cos sen

A3 sen ) e +

( A1 sen + A2 cos ) e . Como, A = A1 i + A2 j + A3 k = A e + A e + A e comparando coe…cientes se obtiene la relación deseada; a saber: A

= A1 sen cos + A2 sen sen + A3 cos

A

= A1 cos cos + A2 cos sen

A

=

A3 sen

A1 sen + A2 cos .

Cuya forma matricial es 3 2 2 A sen cos 4 A 5 = 4 cos cos A sen

nuevamente, como la matriz de 2 3 2 A1 sen 4 A2 5 = 4 sen A3

sen sen cos sen cos

cos sen

32

3 A1 5 4 A2 5 0 A3

coe…cientes es ortogonal, se tiene 32 3 cos cos cos sen A sen cos sen cos 5 4 A 5 A cos sen 0 292

que da la relación entre A1 ; A2 ; A3 y A ; A ; A : Observe que las transformaciones de los vectores base y las componentes de un vector tienen la misma matriz. (e) Deseamos transformar el vector A = xi + yj + zk a coordenadas esféricas, aquí A1 = x; A2 = y; A3 = z. Luego utilizando las relaciones A

= A1 sen cos + A2 sen sen + A3 cos

A

= A1 cos cos + A2 cos sen

A

=

A3 sen

A1 sen + A2 cos ,

se tiene A

= x sen cos + y sen sen + z cos

A

= x cos cos + y cos sen

A

=

z sen

x sen + y cos ,

sustituyendo x = sen cos ; y = sen sen ; z = cos ; obtenemos A

A

A

=

sen2 cos2

=

sen2

=

sen2 + cos2 =

=

sen cos cos2

cos2

=

sen cos

=

sen cos

=

+ sen2 sen2 + sen2

+ cos2

+ cos2

+ sen cos sen2

cos

2

2

+ sen

cos sen

cos sen

cos sen = 0

sen sen cos + sen sen cos

= 0:

En consecuencia, A = A e = e . (f) Finalmente, transformemos A=

1 e sen

a coordenadas rectangulares. A = = =

1 e , como e = sen i + cos j sen 1 ( sen i + cos j) sen sen cos i+ j sen sen 293

ahora de x = sen cos ;

y = sen sen ;

z = cos

se tiene sen

=

y ; sen

cos

x ; sen

=

x2 + y 2 =

2

sen2

Por consiguiente. A = =

y 2 sen2

x2

i+

x 2 sen2

j

x y i+ 2 j. 2 +y x + y2

X Ejemplo 3.1.5 Hallar las relaciones entre er ; e ; ez del sistema de coordenadas cilíndricas y e ; e ; e del sistema coordenado esférico. Solución. Recordemos que las relaciones entre er ; e ; ez del sistema coordenado cilíndrico con i; j; k del sistema rectangular y viceversa están dadas por 2

3 2 er 4 e 5=4 ez

cos sen

sen cos 0

mientras que las 2 e 4 e e 2

32 3 2 3 2 0 i i cos 0 5 4 j 5 y 4 j 5 = 4 sen 0 1 k k 0

sen cos

32 3 0 er 0 54 e 5 0 1 ez

relaciones entre e ; e ; e con las i; j; k y viceversa están dadas por 3 2 32 3 sen cos sen sen cos i 5 = 4 cos cos cos sen sen 5 4 j 5 y sen cos 0 k 3 3 2 32 i sen cos cos cos sen e 4 j 5 = 4 sen sen cos sen cos 5 4 e 5 k cos sen 0 e

respectivamente, luego las relaciones entre e ; e ; e y er ; e ; ez estarán dadas por 3 2 32 32 3 2 e sen cos sen sen cos cos sen 0 er 4 e 5 = 4 cos cos cos sen sen 5 4 sen cos 0 54 e 5 e sen cos 0 0 0 1 ez 2 32 3 sen 0 cos er 4 5 4 cos 0 sen e 5 = ez 0 1 0 294

mientras que las relaciones entre er ; e ; ez y e ; e ; e 2 3 2 er sen 0 cos 4 e 5 = 4 cos 0 sen ez 0 1 0 2 sen cos 0 0 0 1 = 4 cos sen 0

estarán dadas por 3 12 3 e 5 4 e 5 e 32 3 e 54 e 5 e

Por tanto, las relaciones entre er ; e ; ez y e ; e ; e están dadas por: e

= sen er + cos ez ;

er = sen e + cos e ;

e = cos er e =e ;

sen ez ;

ez = cos e

e =e sen e .

X Ejemplo 3.1.6 Sea A un vector dado respecto de dos sistemas de coordenadas _ _ _ curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ) y u1 ; u2 ; u3 . Hallar la relación entre las componentes contravariantes de dicho vector en ambos sistemas. Solución. Sean A1 ; A2 ; A3 las componentes contravariantes del vector A en las coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ) y A1 ; A2 ; A3 las componentes contravariantes de A en las coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ). Entonces A = A1

@R @R @R @R @R @R + A2 + A3 = A1 + A2 + A3 @u1 @u2 @u3 @ u1 @ u2 @ u3

Deseamos encontrar la relación entre las componentes A1 ; A2 ; A3 y A1 ; A2 ; A3 . Las fórmulas de transformación entre ambos sistemas están dadas por u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) y

u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 )

respectivamente, sea R (u1 ; u2 ; u3 ) = u1 (u1 ; u2 ; u3 )

@R @R @R + u2 (u1 ; u2 ; u3 ) + u3 (u1 ; u2 ; u3 ) @u1 @u2 @u3

el vector posición de un punto P en coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), entonces @R @ u1 @R @ u2 @R @ u3

= = =

@R @u1 @R @u2 @R @u3 + + @u1 @ u1 @u2 @ u1 @u3 @ u1 @R @u1 @R @u2 @R @u3 + + @u1 @ u2 @u2 @ u2 @u3 @ u2 @R @u1 @R @u2 @R @u3 + + @u1 @ u3 @u2 @ u3 @u3 @ u3 295

Luego A1

@R @R @R + A2 + A3 @u1 @u2 @u3

@R @R @R + A2 + A3 @ u1 @ u2 @ u3 @R @u @R @u 1 2 = A1 + + @u1 @ u1 @u2 @ u1 @R @u1 @R @u2 + + A2 @u1 @ u2 @u2 @ u2 @R @u1 @R @u2 A3 + + @u1 @ u3 @u2 @ u3 = A1

@R @u3 @u3 @ u1 @R @u3 @u3 @ u2 @R @u3 @u3 @ u3

+ + ,

que es equivalente a A1

@R @R @R + A2 + A3 @u1 @u2 @u3

@R @R @R + A2 + A3 @ u1 @ u2 @ u3 @u @u1 @u 1 1 + A2 + A3 A1 @ u1 @ u2 @ u3 @u2 @u2 @u2 A1 + A2 + A3 @ u1 @ u2 @ u3 @u @u3 @u 3 3 + A2 + A3 A1 @ u1 @ u2 @ u3

= A1 =

@R + @u1 @R + @u2 @R @u3

Igualando coe…cientes se obtiene las relaciones entre las componentes A1 ; A2 ; A3 y A1 ; A2 ; A3 @u1 @u1 @u1 + A2 + A3 @ u1 @ u2 @ u3 @u @u @u2 2 2 = A1 + A2 + A3 @ u1 @ u2 @ u3 @u @u @u3 3 3 = A1 + A2 + A3 ; @ u1 @ u2 @ u3

A1 = A1 A2 A3

los cuales podemos escribir abreviadamente como Ap = A1

@up @up @up + A2 + A3 , para p = 1; 2; 3 @ u1 @ u2 @ u3

O todavia en forma más compacta Ap =

Xq=3 q=1

Aq

@up , @ uq 296

para p = 1; 2; 3

Análogamente, intercambiando las coordenadas se obtienen las relaciones entre A1 ; A2 ; A3 y A1 ; A2 ; A3 . Ap = X

Xq=3 q=1

Aq

@ up , @uq

para p = 1; 2; 3

Los resultados anteriores nos llevan a adoptar la siguiente. De…nición 3.1.1 Si tres magnitudes A1 ; A2 ; A3 en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) están relacionadas con otras tres A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) por las fórmulas de transformación anteriores, dichas magnitudes se denominan componentes de un vector contravariante o tensor contravariante de primer orden. De este modo, un vector contravariante o tensor contravariante de primer orden es un vector A = A1 ; A2 ; A3 , cuyas componentes A1 ; A2 ; A3 en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) están relacionadas con sus mismas componentes A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) mediante las fórmulas de transformación de componentes anteriores. Entonces un vector contravariante o tensor contravariante de primer orden no es sólo un conjunto de componentes A = A1 ; A2 ; A3 en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), sino es una cantidad abstracta que puede ser representada en cualquier sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) mediante el conjunto de componentes A = A1 ; A2 ; A3 . Observe que en este proceso las componentes A1 ; A2 ; A3 del vector A en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) se transforman en las componentes A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) según las leyes de transformación de componentes @ u1 @ u1 @ u1 + A2 + A3 @u1 @u2 @u3 @ u @ u @ u2 2 2 + A2 + A3 = A1 @u1 @u2 @u3 @ u @ u @ u3 3 3 = A1 + A2 + A3 @u1 @u2 @u3

A1 = A1 A2 A3

bajo las fórmulas de transformación de coordenadas u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ; 297

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) :

En un proceso de este tipo se mezclan las coordenadas y las componentes del vector A. Si las componentes de un vector contravariante son conocidas en un sistema de coordenadas, entonces las componentes se conocen en todos los otros sistemas de coordenadas posibles por medio de las leyes de transformación de componentes. Ejemplo 3.1.7 Sea A un vector dado respecto de dos sistemas de coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ) y (u1 ; u2 ; u3 ). Hallar la relación entre las componentes covariantes de dicho vector en ambos sistemas. Solución. Sean A1 ; A2 ; A3 las componentes covariantes del vector A en las coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ) y A1 ; A2 ; A3 las componentes covariantes de A en las coordenadas curvilíneas (u1 ; u2 ; u3 ). Entonces A = A1 ru1 + A2 ru2 + A3 ru3 = A1 ru1 + A2 ru2 + A3 ru3 Deseamos encontrar la relación entre las componentes A1 ; A2 ; A3 y A1 ; A2 ; A3 . Las fórmulas de transformación entre ambos sistemas están dadas por u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) y

u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

respectivamente. Considerando las super…cies coordenadas u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 )

donde u1 = u1 (x; y; x) ;

u2 = u2 (x; y; x) ;

u3 = u3 (x; y; x)

se tiene @ u1 @x @ u2 @x @ u3 @x @ u1 @y @ u2 @y @ u3 @y

= = =

= = =

@ u1 @u1 @ u1 @u2 @ u1 @u3 + + @u1 @x @u2 @x @u3 @x @ u2 @u1 @ u2 @u2 @ u2 @u3 + + @u1 @x @u2 @x @u3 @x @ u3 @u1 @ u3 @u2 @ u3 @u3 + + @u1 @x @u2 @x @u3 @x @ u1 @u1 @ u1 @u2 @ u1 @u3 + + @u1 @y @u2 @y @u3 @y @ u2 @u1 @ u2 @u2 @ u2 @u3 + + @u1 @y @u2 @y @u3 @y @ u3 @u1 @ u3 @u2 @ u3 @u3 + + @u1 @y @u2 @y @u3 @y 298

@ u1 @z @ u2 @z @ u3 @z

= = =

@ u1 @u1 @ u1 @u2 @ u1 @u3 + + @u1 @z @u2 @z @u3 @z @ u2 @u1 @ u2 @u2 @ u2 @u3 + + @u1 @z @u2 @z @u3 @z @ u3 @u1 @ u3 @u2 @ u3 @u3 + + @u1 @z @u2 @z @u3 @z

pero también ocurre que A1 ru1 + A2 ru2 + A3 ru3 = A1 A2 A3

@u1 i+ @x @u2 i+ @x @u3 i+ @x

@u1 j+ @y @u2 j+ @y @u3 j+ @y

@u1 k + @z @u2 k + @z @u3 k @z

que es equivalente a A1 ru1 + A2 ru2 + A3 ru3 =

@u1 @u2 @u3 + A2 + A3 @x @x @x @u2 @u3 @u1 + A2 + A3 A1 @y @y @y @u2 @u3 @u1 + A2 + A3 A1 @z @z @z A1

i+ j+ k:

Similarmente, se obtiene A1 ru1 + A2 ru2 + A3 ru3 =

@ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 @x @x @x @ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 A1 @y @y @y @ u1 @ u2 @ u3 A1 + A2 + A3 @z @z @z A1

i+ j+ k:

Igualando los coe…cientes de i; j; k en las anteriores expresiones, se tiene @u1 @u2 @u3 + A2 + A3 @x @x @x @u1 @u2 @u3 A1 + A2 + A3 @y @y @y @u1 @u2 @u3 A1 + A2 + A3 @z @z @z A1

@ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 @x @x @x @ u1 @ u2 @ u3 = A1 + A2 + A3 @y @y @y @ u1 @ u2 @ u3 = A1 + A2 + A3 @z @z @z

= A1

299

Considerando la primera igualdad, se tiene A1

@u1 @u2 @u3 + A2 + A3 @x @x @x

@ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 @x @x @x @ u1 @u1 @ u1 @u2 = A1 + + @u1 @x @u2 @x @ u2 @u1 @ u2 @u2 A2 + + @u1 @x @u2 @x @ u3 @u1 @ u3 @u2 A3 + + @u1 @x @u2 @x = A1

@ u1 @u3 @u3 @x @ u2 @u3 @u3 @x @ u3 @u3 @u3 @x

+ + ,

que es equivalente a A1

@u2 @u3 @u1 + A2 + A3 @x @x @x

=

@ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 @u1 @u1 @u1 @ u1 @ u2 @ u3 A1 + A2 + A3 @u2 @u2 @u2 @ u1 @ u2 @ u3 A1 + A2 + A3 @u3 @u3 @u3

A1

@u1 + @x @u2 + @x @u3 : @x

Igualando los coe…cientes se obtiene las relaciones entre las componentes A1 ; A2 ; A3 y A1 ; A2 ; A3 : @ u1 @ u2 @ u3 A1 = A1 + A2 + A3 @u1 @u1 @u1 @ u1 @ u2 @ u3 A2 = A1 + A2 + A3 @u2 @u2 @u2 @ u1 @ u2 @ u3 A3 = A1 + A2 + A3 @u3 @u3 @u3 que se puede escribir en la siguiente forma. Ap = A1

@ u1 @ u2 @ u3 + A2 + A3 , para @up @up @up

O bien,

Xq=3

p = 1; 2; 3:

@ uq , para p = 1; 2; 3: q=1 @up Al intercambiar las coordenadas obtenemos las siguientes relaciones entre las componentes A1 ; A2 ; A3 y las A1 ; A2 ; A3 Xq=3 @uq Ap = Aq , para p = 1; 2; 3: q=1 @ up Ap =

Aq

X

Los resultados anteriores nos conducen a adoptar la siguiente. 300

De…nición 3.1.2 Si tres magnitudes, A1 ; A2 ; A3 en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) están relacionadas con otras tres A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), por las ecuaciones de transformación de componentes anteriores, dichas magnitudes se llaman componentes de un vector covariante o tensor covariante de primer orden. De este modo, un vector covariante o tensor covariante de primer orden es un vector A = (A1 ; A2 ; A3 ), cuyas componentes A1 ; A2 ; A3 en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) están relacionadas con sus mismas componentes A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) mediante las fórmulas de transformación de componentes anteriores. Entonces un vector covariante o tensor covariante de primer orden no es sólo un conjunto de componentes A = (A1 ; A2 ; A3 ) en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), sino es una cantidad abstracta que puede ser representada en cualquier sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) mediante el conjunto de componentes A = A1 ; A2 ; A3 . Observe que en este proceso las componentes A1 ; A2 ; A3 del vector A en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) se transforman en las componentes A1 ; A2 ; A3 en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) según las leyes de transformación de componentes Ap =

Xq=3 q=1

Aq

@uq @ up

bajo las fórmulas de transformación de coordenadas u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 )

En un proceso de este tipo se mezclan las coordenadas y las componentes del vector A. Si las componentes de un vector covariante son conocidas en un sistema de coordenadas, entonces las componentes se conocen en todos los otros sistemas de coordenadas posibles por medio de las leyes de transformación de componentes. En el caso particular de que la transformación sea de un sistema de coordenadas rectangular a otro rectangular, los tensores se llaman tensores cartesianos. Ejemplo 3.1.8 Las componentes de un tensor contravariante en coordenadas rectangulares son xy; 2y z 2 ; xz. Hallar sus componentes contravariantes en coordenadas cilíndricas.

301

Solución. Sean Aq las componentes contravariantes en coordenadas rectangulares u1 = x; u2 = y; u3 = z, entonces A1 = xy = u1 u2 ;

A2 = 2y

z 2 = 2u2

(u3 )2 ;

A3 = xz = u1 u3

Sean Ap las componentes contravariantes que deseamos hallar en coordenadas cilíndricas u1 = r; u2 = ; u3 = z; las cuales obtenemos al utilizar las siguientes leyes de transformación de componentes Ap =

Xq=3 q=1

Aq

@ up , para p = 1; 2; 3 @uq

(I )

esto sugiere, dice que debemos utilizar las fórmulas de transformación de coordenadas siguientes. u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 )

Es decir, debemos pasar de las coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) a las (u1 ; u2 ; u3 ). Como las fórmulas de transformación entre ambos sistemas de coordenadas son x = r cos ;

y = r sen ;

z=z

u1 = u1 cos u2 ; u2 = u1 sen u2 ; u3 = u3 y p y x2 + y 2 ; = tan 1 ; x q u2 (u1 )2 + (u2 )2 ; u2 = tan 1 = u1

r = u1

z=z ; u3 = u3

entonces, al utilizar estas últimas, las fórmulas de transformación de componentes (I), dan las componentes pedidas. A saber, A1 = =

@ u1 1 @ u1 2 @ u1 3 A + A + A @u1 @u2 @u3 u1 u2 q (u1 u2 ) + q 2u2 (u1 )2 + (u2 )2 (u1 )2 + (u2 )2

r cos r2 cos sen r sen 2r sen z2 p +p r2 cos2 + r2 sen2 r2 cos2 + r2 sen2 3 2 r sen r cos sen = + 2r sen z2 r r = r2 cos2 sen + 2r sen2 z 2 sen : =

302

(u3 )2

A2 = = = = A3 =

@ u2 1 @ u2 2 @ u2 3 A + A + A @u1 @u2 @u3 u2 u1 2u2 (u3 )2 2 2 (u1 u2 ) + 2 (u1 ) + (u2 ) (u1 ) + (u2 )2 r sen r cos r2 cos sen + 2r sen z2 2 r r2 z 2 cos r sen2 cos + 2 cos sen : r @ u3 1 @ u3 2 @ u3 3 A + A + A @u1 @u2 @u3

= 0 (u1 u2 ) + 0 2u2

(u3 )2 + 1 (u1 u3 )

= zr cos : De este modo, las componentes contravariantes en coordenadas cilíndricas son A1 = r2 cos2 sen + 2r sen2 A2 =

z 2 sen z 2 cos cos + 2 cos sen r

r sen2

A3 = zr cos : X Ejemplo 3.1.9 Las componentes de un tensor covariante en coordenadas rectangulares son xy; 2y z 2 ; xz. Hallar sus componentes covariantes en coordenadas esféricas. Solución. Sean Aq las componentes covariantes en coordenadas rectangulares u1 = x; u2 = y; u3 = z, entonces A1 = xy = u1 u2 ;

A2 = 2y

z 2 = 2u2

(u3 )2 ;

A3 = xz = u1 u3

Sean Ap las componentes covariantes que deseamos hallar en coordenadas esféricas u1 = ; u2 = ; u3 = ; las cuales obtenemos al utilizar las siguientes leyes de transformación de componentes Ap =

3 X q=1

Aq

@uq ; @ up

para p = 1; 2; 3

(II )

esto sugiere, dice que debemos utilizar las fórmulas de transformación de coordenadas siguientes. u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ;

u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ; 303

u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 )

Es decir, para hallar las componentes buscadas debemos pasar de las coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) a las (u1 ; u2 ; u3 ). Como las fórmulas de transformación entre ambos sistemas de coordenadas son x =

sen cos ;

y = sen sen ;

u1 = u1 sen u2 cos u3 ;

z = cos

u2 = u1 sen u2 sen u3 ;

u3 = u1 cos u2

al utilizar estás, entonces las fórmulas (II) dan las componentes deseadas. A saber, A1 =

@u1 @u2 @u3 A1 + A2 + A3 @ u1 @ u1 @ u1 (u3 )2 + (cos u2 ) (u1 u3 )

= (sen u2 cos u3 ) (u1 u2 ) + (sen u2 sen u3 ) 2u2 = (sen cos )

2

sen2 sen cos

(sen sen ) 2 sen sen

2

+ cos2

+ (cos )

2

sen cos cos

:

@u1 @u2 @u3 A1 + A2 + A3 @ u2 @ u2 @ u2

A2 =

= (u1 cos u2 cos u3 ) (u1 u2 ) + (u1 cos u2 sen u3 ) 2u2

(u3 )2

+ ( u1 sen u2 ) (u1 u3 ) 2

= ( cos cos )

sen2 sen cos 2

+ ( cos sen ) 2 sen sen (

A3 =

sen )

2

sen cos cos

cos2

+

:

@u2 @u3 @u1 A1 + A2 + A3 @ u3 @ u3 @ u3

= ( u1 sen u2 sen u3 ) (u1 u2 ) + (u1 sen u2 cos u3 ) 2u2 = (

sen sen )

2

sen2 sen cos

( sen cos ) 2 sen sen

2

cos

(u3 )2

+ 2

:

X En los siguientes ejemplos, se muestra que el vector velocidad es un vector contravariante, mientras que el vector fuerza es un vector covariante. Ejemplo 3.1.10 Mostrar que la velocidad de una partícula en movimiento en el espacio es un tensor contravariante de primer orden o vector contravariante. 304

Solución. Sea R (t) = u1 (t) i + u2 (t) j + u3 (t) k el vector posición de una partícula P en movimiento en el espacio dado en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), entonces la velocidad de la partícula en un instante t está dado por R0 (t) = u01 (t) i + u02 (t) j + u03 (t) k du1 du2 du3 = i+ j+ k dt dt dt Luego, las componentes de la velocidad en el sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) son du1 du2 du3 ; ; dt dt dt mientras que, en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) las componentes de la velocidad serán du1 du2 du3 ; ; : dt dt dt Ahora veamos cómo se transforman las componentes mación de coordenadas

du1 du2 du3 dt ; dt ; dt

bajo la transfor-

u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ; u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ; u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) Según la regla de la cadena, se tiene du1 dt du2 dt du3 dt

= = =

@ u1 du1 @ u1 du2 @ u1 du3 + + @u1 dt @u2 dt @u3 dt @ u2 du1 @ u2 du2 @ u2 du3 + + @u1 dt @u2 dt @u3 dt @ u3 du1 @ u3 du2 @ u3 du3 + + @u1 dt @u2 dt @u3 dt

que se puede expresar como

haciendo

P duq @ up dup q=3 = ; dt q=1 dt @uq Ap =

dup dt

para p = 1; 2; 3

y Aq =

305

duq dt

duq dt

vemos claramente que las componentes Aq = transformación de componentes Ap =

q=3 P

Aq

q=1

@ up ; @uq

para

se transforman según las leyes de

p = 1; 2; 3

Esto muestra que la velocidad de la partícula es un tensor contravariante de primer orden o simplemente vector contravariante. X Ejemplo 3.1.11 Mostrar que el vector gradiente de un campo escalar cio es un tensor covariante de primer orden o vector covariante.

en el espa-

Solución. Sea = (u1 ; u2 ; u3 ) un campo escalar en el espacio dado en un sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ), entonces el gradiente de es r =

@ @ @ i+ j+ k @u1 @u2 @u3

Luego, las componentes del gradiente de en el sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) son @ @ @ ; ; @u1 @u2 @u3 mientras que, en otro sistema de coordenadas (u1 ; u2 ; u3 ) las componentes del gradiente de serán @ @ @ ; ; : @ u1 @ u2 @ u3 Ahora veamos cómo se transforman las componentes formación de coordenadas

@ @ @ @u1 ; @u2 ; @u3

bajo la trans-

u1 = u1 (u1 ; u2 ; u3 ) ; u2 = u2 (u1 ; u2 ; u3 ) ; u3 = u3 (u1 ; u2 ; u3 ) Según la regla de la derivación parcial de una función de función, se tiene @ @ u1 @ @ u2 @ @ u3

= = =

@ @u1 @ @u2 @ @u3 + + @u1 @ u1 @u2 @ u1 @u3 @ u1 @ @u1 @ @u2 @ @u3 + + @u1 @ u2 @u2 @ u2 @u3 @ u2 @ @u1 @ @u2 @ @u3 + + @u1 @ u3 @u2 @ u3 @u3 @ u3

que puede ser expresado de la siguiente forma q=3 P @ @uq @ = ; @ up q=1 @uq @ up

306

para p = 1; 2; 3

haciendo Ap =

@ @ up

y Aq =

vemos claramente que las componentes Aq = transformación de componentes Ap =

q=3 P q=1

Aq

@uq ; @ up

@ @uq

para

@ @uq se transforman según las leyes de

p = 1; 2; 3

Esto muestra que el vector gradiente de un campo escalar es un tensor covariante de primer orden o simplemente vector covariante. Interpretando el campo escalar como una función potencial, resulta que las fuerzas son vectores covariantes.X Los dos últimos ejemplos muestran claramente la diferencia que existe entre un vector contravariante y un vector covariante, dicha diferencia está completamente determinada por la ley de transformación de componentes.

3.1.3

Elementos diferenciales de línea de área y de volumen

Ahora consideraremos el problema de calcular varias cantidades como, por ejemplo, la longitud de arco, el gradiente, la divergencia y el rotacional en términos de coordenadas curvilíneas ortogonales generales. En esta subsección estudiaremos el primer problema. A saber, el cómo calcular la longitud de una curva en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonales y en la siguiente sección desarrollaremos los otros problemas. Recordemos que dada una curva en el espacio en coordenadas cartesianas rectangulares (x; y; z) ; R : [a; b] R ! R3 de…nida mediante R (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k;

a

t

b:

entonces, el vector tangente a la curva está dada por R0 (t) = x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k cuyo módulo está dado por el producto punto. p R0 (t) = R0 (t) R0 (t) p = (x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k) (x0 (t) i + y 0 (t) j + z 0 (t) k) q = [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 307

Luego la longitud de la curva está de…nido por Z b L= R0 (t) dt a

Por otra parte, la función de longitud de arco de la curva está dado por Z t R0 (u) du s = s (t) = a Z tq = [x0 (u)]2 + [y 0 (u)]2 + [z 0 (u)]2 du a

que mide la distancia sobre la curva desde el punto inicial (x (a) ; y (a) ; z (a)) hasta el punto (x (t) ; y (t) ; z (t)). Al usar la de…nición de longitud de arco y el segundo teorema fundamental del cálculo, se tiene ds = R0 (t) dt que en forma diferencial se escribe como ds = R0 (t) dt Que resulta ser la diferencial de la longitud de arco. De este modo, se ve claramente que Z b Z b L= ds = R0 (t) dt a

a

Esto muestra que la longitud de la curva no es más que la integral de la diferencial de la longitud de arco ds. Ahora observemos que ds = = = = = = =

R0 (t) dt p R0 (t) R0 (t) dt q [x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 + [z 0 (t)]2 dt s dx 2 dy 2 dz 2 + + dt dt dt dt s (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 dt (dt)2 q 1 (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 dt dt q (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 308

Entonces ds2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = (dx i + dy j + dz k) (dx i + dy j + dz k) = dR dR Al que se lo llama elemento diferencial de arco en coordenadas rectangulares a lo largo de la curva. A continuación, veamos cómo es este elemento diferencial de arco ds2 en coordenadas curvilíneas ortogonales generales. Sea R (u1 ; u2 ; u3 ) = x (u1 ; u2 ; u3 ) i + y (u1 ; u2 ; u3 ) j + z (u1 ; u2 ; u3 ) k el vector posición de un punto P en coordenadas curvilíneas ortogonales, entonces dR =

@R @R @R du1 + du2 + du3 @u1 @u2 @u3

Como @R = h1 e1 ; @u1

@R = h2 e2 ; @u2

@R = h3 e3 ; @u3

Entonces dR = h1 e1 du1 + h2 e2 du2 + h3 e3 du3 : La diferencial de la longitud de arco ds es el elemento de línea y viene dada por ds =

p

dR dR

Luego el cuadrado del elemento de línea es ds2 = dR dR Esto es ds2 = (h1 du1 e1 + h2 du2 e2 + h3 du3 e3 ) (h1 du1 e1 + h2 du2 e2 + h3 du3 e3 ) = h21 du21 e1 e1 + h1 du1 h2 du2 e1 e2 + h1 du1 h3 du3 e1 e3 + h2 du2 h1 du1 e2 e1 + h22 du22 e2 e2 + h2 du2 h3 du3 e2 e3 + h3 du3 h1 du1 e3 e1 + h3 du3 h2 du2 e3 e2 + h23 du23 e3 e3 como en un sistema de coordenadas ortogonales los vectores unitarios son ortogonales ocurre que ei ej =

1 si i = j 0 si i 6= j 309

Se concluye ds2 = h21 du21 + h22 du22 + h23 du23 : En particular, a lo largo de la curva coordenada u1 , el elemento de línea ds1 en el punto P es ds1 = h1 du1 . Análogamente, los elementos de línea en P a lo largo de las curvas coordenadas u2 y u3 son, ds2 = h2 du2 y ds3 = h3 du3 . Observe que en ds2 , aparecen los factores de escala h1 ; h2 y h3 elevados al cuadrado y multiplicando a los correspondientes diferenciales (du1 )2 ; (du2 )2 y (du3 )2 . Por otra parte, se puede demostrar que los elementos del área o los elementos diferenciales del área en coordenadas curvilíneas ortogonal son dA1 = ds2 ds3 = h2 du2 h3 du3 = h2 h3 du2 du3 dA2 = ds1 ds3 = h1 du1 h3 du3 = h1 h3 du1 du3 dA3 = ds1 ds2 = h1 du1 h2 du2 = h1 h2 du1 du2 : Estos elementos del área corresponden a dydz; dxdz y dxdy en coordenadas rectangulares respectivamente. También, se puede demostrar que el elemento de volumen dV o elemento diferencial del volumen en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal viene dado por dV = ds1 ds2 ds3 = h1 h2 h3 du1 du2 du3 : Este corresponde al elemento diferencial del volumen dV = dxdydz en coordenadas rectangulares. Donde ds1 = h1 du1 ; ds2 = h2 du2 ; ds3 = h3 du3 ; representan las dimensiones del elemento de volumen en coordenadas curvilíneas ortogonales. Ejemplo 3.1.12 Hallar el cuadrado del elemento de línea en coordenadas cilíndricas y determinar los factores de escala correspondientes. Solución. Sea R (r; ; z) = r cos i + r sen j + zk el vector posición de un punto P en coordenadas cilíndricas, entonces @R @R @R dr + d + dz @r @ @z = (cos i + sen j) dr + ( r sen i + r cos j) d + kdz

dR =

= (cos dr

r sen d ) i + (sen dr + r cos d ) j + dzk;

Luego ds2 = dR dR = (cos dr

r sen d )2 + (sen dr + r cos d )2 + (dz)2

= (dr)2 + r2 (d )2 + (dz)2 ; 310

de donde los factores de escala son h1 = hr = 1;

h2 = h = r;

h3 = hz = 1;

y son ellos los que relacionan las coordenadas cilíndricas y rectangulares. Observe que en ds2 , aparecen los factores de escala hr = 1; h = r y hz = 1 elevados al cuadrado y multiplicando a los correspondientes diferenciales (dr)2 ; (d )2 y (dz)2 . X De este modo, vemos que el elemento diferencial de la longitud de arco ds en coordenadas cilíndricas es q h2r (dr)2 + h2 (d )2 + h2z (dz)2 q = (dr)2 + r2 (d )2 + (dz)2

ds =

De hecho, se puede usar esta fórmula para encontrar la longitud de cualquier curva en coordenadas cilíndricas. Por ejemplo, si una curva está dada en coordenadas cilíndricas mediante las ecuaciones paramétricas r = r(t); = (t); z = z(t); para a

t

b, entonces q ds = [r0 (t)]2 + r2

0

2

(t)

+ [z 0 (t)]2 dt;

y la longitud de la curva es Z

b

a

Z bq [r0 (t)]2 + r2 ds =

0

(t)

a

2

+ [z 0 (t)]2 dt:

Ejemplo 3.1.13 Hallar el cuadrado del elemento de línea en coordenadas esféricas y luego determinar los factores de escala correspondientes. Solución. Sea R ( ; ; ) = sen cos i + sen sen j + cos k el vector posición de un punto P en coordenadas esféricas, entonces @R @R @R d + d + d @ @ @ = (sen cos i + sen sen j + cos k) d +

dR =

( cos cos i + cos sen j (

sen k) d +

sen sen i + sen cos j) d

= (sen cos d + cos cos d

sen sen d ) i +

(sen sen d + cos sen d + sen cos d ) j + (cos d

sen d ) k: 311

Luego ds2 = dR dR sen sen d )2 +

= (sen cos d + cos cos d

(sen sen d + cos sen d + sen cos d )2 + sen d )2

(cos d = (d )2 +

2

(d )2 +

2

sen2 (d )2 ;

de donde los factores de escala son h1 = h = 1;

h2 = h = ;

h3 = h = sen ;

y son ellos los que relacionan las coordenadas esféricas y rectangulares.X De este modo, vemos que el elemento diferencial de la longitud de arco ds en coordenadas esféricas es q

h2 (d )2 + h2 (d )2 + h2 (d )2 q = (d )2 + 2 (d )2 + 2 sen2 (d )2

ds =

La cual podemos utilizar para calcular la longitud de una curva en coordenadas esféricas. Por ejemplo, si una curva está dada en coordenadas esféricas mediante las ecuaciones paramétricas = (t); para a

t

b, entonces q ds = [ 0 (t)]2 +

= (t);

2

0

2

(t)

= (t);

2 sen2

+

0

2

(t)

dt;

y la longitud de la curva es Z

a

b

Z bq ds = [ 0 (t)]2 +

2

0

(t)

2

+

2 sen2

0

(t)

2

dt:

a

Ejemplo 3.1.14 Hallar las dimensiones del elemento de volumen en coordenadas (a) cilíndricas y (b) esféricas. Solución. (a) Las dimensiones del elemento de volumen en coordenadas cilíndricas están dadas por dsr = hr dr; ds = h d ; dsz = hz dz 312

utilizando los factores de escala obtenidos en el ejemplo 3.1.12, vemos que las dimensiones del elemento de volumen en coordenadas cilíndricas son dsr = (1)dr;

ds = r d ;

dsz = (1)dz

(b) Análogamente, ulilizando los factores de escala obtenidos en el ejemplo 3.1.13, se ve que las dimensiones del elemento de volumen en coordenadas esféricas son ds

= h d ;

ds = h d ;

ds = h d

ds

= (1)d ;

ds = d ;

ds = sen d

X Ejemplo 3.1.15 Hallar el elemento de volumen dV en coordenadas a) cilíndricas, b) esféricas. Solución. Recordemos que el elemento de volumen en coordenadas curvilíneas ortogonales (u1 ; u2 ; u3 ) está dada por dV = h1 h2 h3 du1 du2 du3 , de este modo, el elemento de volumen en coordenadas (a) cilíndricas u1 = r; u2 = ; u3 = z es dV = hr h hz drd dz = r drd dz (b) esféricas u1 = ; u2 = ; u3 = dV

es

= h h h d d d = (1)( )( sen )d d d =

2

sen d d d :

X Ejemplo 3.1.16 Hallar tro el origen y radio a.

RRR

V

x2 + y 2 + z 2 dxdydz, siendo V una esfera de cen-

Solución. Observe que la integral pedida es ocho veces la integral sobre la parte de la esfera contenida en el primer octante. Por tanto, en coordenadas rectangulares se tiene Z x=a Z y=pa2 x2 Z z=pa2 x2 y2 8 x2 + y 2 + z 2 dxdydz x=0

y=0

z=0

313

Note, que su cálculo es posible, pero es complicado; sin embargo utilizando coordenadas esféricas dicho cálculo resulta fácil. De hecho, pasando a coordenadas esféricas, el integrando x2 + y 2 + z 2 , se transforma simplemente en 2 y el elemento de volumen, dxdydz se convierte en 2 sen d d d , luego para recorrer la región del primer octante, se …jan y y se integra respecto de desde = 0 hasta = a; a continuación manteniendo constante se integra respecto de desde = 0 hasta = =2 y …nalmente, se integra respecto de desde = 0 hasta = =2. Hemos planteado la integración en el orden ; ; , por supuesto se podia haber seguido otro orden cualquiera. 8

Z

0

=2 Z

0

=2 Z a

2

2

sen

d d d

= 8

Z

0

0

= 8 = = = =

Z

0 5 8a

5 8a5 5

=2 Z

0

=2 Z

Z

0

Z

4

sen d d d

0

=2

0 =2 Z

a

5

5

d d

sen 0

=2

sen d d

0

=2

[ cos ]0

0

Z 8a5 5 0 4 a5 : 5

=2 Z a

=2

d

=2

d

Físicamente, la integral calculada representa el momento de inercia de la esfera respecto del origen. Es decir, el momento polar de inercia, siendo la densidad de la esfera igual a la unidad.X En general, cuando se pasa de coordenadas rectangulares a coordenadas curvilíneas ortogonales, el elemento de volumen dxdydz, se transforma en dV = h1 h2 h3 du1 du2 du3 . Ejemplo 3.1.17 Demostrar que el cuadrado del elemento de línea en coordenadas curvilíneas se puede expresar de la forma 2

ds =

3 X 3 X

gpq dup duq

p=1 q=1

Solución. Como dR =

@R @R @R du1 + du2 + du3 @u1 @u2 @u3 314

entonces ds2 = dR dR @R @R @R @R @R @R = du1 + du2 + du3 du1 + du2 + du3 @u1 @u2 @u3 @u1 @u2 @u3 @R @R 2 @R @R @R @R = du1 + du1 du2 + du1 du3 + @u1 @u1 @u1 @u2 @u1 @u3 @R @R @R @R 2 @R @R du2 du1 + du + du2 du3 + @u2 @u1 @u2 @u2 2 @u2 @u3 @R @R @R @R @R @R 2 du3 du1 + du3 du2 + du : @u3 @u1 @u3 @u2 @u3 @u3 3 3 X 3 X @R @R = gpq dup duq , donde gpq = : @up @uq p=1 q=1

X

@R @R @R ; y @u tangentes a las curObservación 3.1.1 Observemos que los vectores @u 1 @u2 3 vas coordenadas u1 ; u2 y u3 respectivamente, describen aproximadamente la naturaleza de un sistema de coordenadas curvilíneas. Los productos interiores de estos vectores aparecen a menudo, de modo que existe una notación especial para ellos. A saber. @R @R = gpq @up @uq

la que precisamente se ha utilizado en la conclusión del ejemplo anterior. Como @R @R @R = @up @uq @uq

@R @up

tenemos que gpq = gqp @R @R ; son ortogonales, como sucede muchas veces en la práctica, Si los vectores @u p @uq entonces solo los productos interiores

gpp =

@R @R @up @up

serán distinto de cero. Muchas fórmulas importantes pueden ser expresadas en coordenadas curvilíneas usando las funciones gpq y sin referencia a las funciones coordenadas curvilíneas usadas, por esta razón a la expresión ds2 =

3 X 3 X p=1 q=1

315

gpq dup duq

Se la llama forma cuadrática fundamental o forma métrica. Una vez que gpq ha sido calculado, para un determinado sistema de coordenadas, la ecuación anterior puede ser usada para cualquier curva diferenciable. Las magnitudes gpq se llaman coe…cientes métricos y son simétricos. Es decir, gpq = gqp . Si gpq = 0, para p 6= q el sistema de coordenadas es ortogonal; en este caso se tiene g11 = h21 ; g22 = h22 ; g33 = h23 Además, cualquier sistema de coordenadas para el que las gpq son constantes es llamado un sistema de coordenadas cartesianas, de acuerdo a esto el sistema de coordenadas esféricas no son sistemas de coordenadas cartesianas lo mismo ocurre con las coordenadas cilíndricas. En el contexto del análisis tensorial las magnitudes gpq son las componentes de un tensor covariante de segundo orden denominado tensor métrico o tensor fundamental, cuya forma matricial es 2 3 g11 g12 g13 4 g21 g22 g23 5 g31 g32 g33

Ejemplo 3.1.18 Expresar el tensor métrico en coordenadas: (a) cilíndricas y (b) esféricas. Solución. (a) Puesto que en coordenadas cilíndricas ocurre. ds2 = (dr)2 + r2 (d )2 + (dz)2 Entonces si u1 = r; u2 = g12 = g21 = 0; g23 = g32 = 0; forma matricial es 2 g11 4 g21 g31

; u3 = z resulta g11 = 1; g22 = r2 ; g33 = 1 y g31 = g13 = 0. De este modo, el tensor métrico en 3 2 3 g12 g13 1 0 0 g22 g23 5 = 4 0 r2 0 5 g32 g33 0 0 1

(b) Similarmente, como en coordenadas esféricas se veri…ca ds2 = (d )2 +

entonces haciendo u1 = ; 2 g11 4 g21 g31 X

2

(d )2 +

2

sen2 (d )2

u2 = ; u3 = , el tensor métrico en forma matricial es 3 2 3 g12 g13 1 0 0 g22 g23 5 = 4 0 2 0 5 2 2 g32 g33 0 0 sen 316

3.1.4

Ejercicios propuestos

Ejercicio 3.1.1 Las coordenadas cilíndricas parabólicas (u; v; z) están de…nidas por x=

1 2 u 2

v2 ;

y = uv;

z=z

siendo 1 < u < 1; v 0; 1 < z < 1 a) Dibujar algunas de las super…cies coordenadas. b) Determinar el cuadrado del elemento de línea y los factores de escala hu ; hv ; hz . c) Determinar los elementos de área Au ; Av ; Az . d) Encontrar el elemento diferencial de volumen dV . Ejercicio 3.1.2 Las coordenadas paraboloidales (u; v; ) están de…nidas por x = uv cos ;

y = uv sen ;

z=

1 2 u 2

v2

siendo u 0; v 0; 0 < < 2 . a) Dibujar algunas de las super…cies coordenadas. b) Determinar el cuadrado del elemento de línea y los factores de escala hu ; hv ; h . c) Determinar los elementos de área Au ; Av ; A . d) Encontrar el elemento diferencial de volumen dV . Ejercicio 3.1.3 Las coordenadas cilíndricas elípticas (u; v; z) están de…nidas por x = a cosh u cos v;

y = a sen h u sen v;

z=z

siendo u 0; 0 v 2 ; 1 < z < 1. a) Dibujar algunas de las super…cies coordenadas. b) Determinar el cuadrado del elemento de línea y los factores de escala hu ; hv ; hz . c) Determinar los elementos de área Au ; Av ; Az . d) Encontrar el elemento diferencial de volumen dV . Ejercicio 3.1.4 Las coordenadas esferoidales alargadas ( ; ; ) están de…nidas por x = a senh sen cos ;

y = a senh sen sen ;

z = a cosh cos

siendo 0; 0 ; 0