MATEMÁTICAS III - MA-133M 5ta PRACTICA CALIFICADA JHOEL JESUS MUNARRIZ CONDORI 20150301k June 27, 2018 1. Transformar l
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MATEMÁTICAS III - MA-133M 5ta PRACTICA CALIFICADA JHOEL JESUS MUNARRIZ CONDORI 20150301k June 27, 2018
1. Transformar los campos vectoriales dados a coordenadas. →
ˆ (a) F (x, y, z) = x2−y +y 2 i + Sol: (
Hacemos:
x ˆ x2 +y 2 j
a Cilindricas (ρ, θ, z ).
x = p.cosθ y = p.senθ
eˆp = cosθ.ˆi + senθ.ˆj Vectores unitarios en coordenadas cilindricas: eˆθ = −senθ.ˆi + cosθ.ˆj eˆz = kˆ Despejamos los valores de ˆi, ˆj y kˆ en funcion de p y θ: ˆi = cosθ.eˆp − senθ.eˆθ ˆj = senθ.eˆp + cosθ.eˆθ kˆ = eˆz →
→
F (x, y, z) = F (p, θ, z) =
−senθ (cosθ.eˆp p
− senθ.eˆθ ) +
cosθ p (senθ.eˆp
+ cosθ.eˆθ )
→
→ F (p, θ, z) = p1 eˆθ →
(b) F (p, θ, z) = p.eˆp + p.eˆθ a Esfericas (r, θ, φ). i. Primero pasamos de cilindricas a cartesianas: p
p = x2 + y 2 eˆp = cosθ.ˆi + senθ.ˆj Usamos: eˆθ = −senθ.ˆi + cosθ.ˆj θ = arctan( xy ) eˆz = kˆ z=z →
→ F (x, y, z) = (x − y)ˆi + (x + y)ˆj
ii. Ahora pasamos de cartesianas a esfericas:
ˆi = senφcosθeˆr − senθeˆθ + cosφcosθeˆφ Usamos: ˆj = senφsenθeˆr + cosθeˆθ + cosφsenθeˆφ ˆ k = cosφeˆr − senφeˆθ →
Reemplazando en F (x, y, z) = (x − y)ˆi + (x + y)ˆj : →
→F (r, θ, φ) = r.sen2 φeˆr + r.senθeˆθ + r.senφcosφeˆθ →
→
→
→
→
→
→
2. Si G = x i − 2y j + z k hallar F tal que ∇ " F = G. Sol: 3. →
(a) Esbozar el campo vectorial F (x, y) = (2y, x) Sol:
1
x = r.senφcosθ y = r.senφsenθ z = r.cosφ
→
(b) Determine el ujo del campo vectorial F (x, y, z) = (y, −x, z) a travez de la supercie de la esfera de centro en el origen y radio R. Sol: I=
˜→ → F .d S =?? S
Aplicamos el teorema de la divergencia: I = →
Pero ∇.F = 1, → I =
˝
→
∇.F dV
E
˝
dV =
E
V
Esf era
=
4πR3 3
4. ´→
→
→
(a) Evaluar F .d r donde F = (1 + y 2 z, 1 + 2xyz, 2 + xy 2 ) y C es la poligonal que une los puntos A(8,0,0), C
B(3,5,0), C(4,4,0), D(1,1,6), E(0,0,8). Sol: i → ∂ ∇ × F = ∂x 1 + y2 z
j
k
∂ ∂y
∂ ∂z
1 + 2xyz
2 + xy
= (0; 0; 0) 2
→
→
Como ∇ × F = 0, el campo es conservativo y garantiza la existencia de la funcion potencial de F , tal → que ∇H = F (H es la funcion potencia de F). ´ → → ´E → → → F .d r = F .d r = H(E) − H(A) C
A →
Ahora tenemos que hallar la funcion H( x ): ∂H 2 ∂x = 1 + y z ∂H ∂y = 1 + 2xyz ∂H 2 ∂z = 2 + xy
→
→H( x ) = x + y + 2z + xy 2 z + C
´ → → ´E → → → F .d r = F .d r = H(0; 0; 8) − H(8; 0; 0) = 8 C
A
(b) Demuestre que ε ε = 6. ijkijk
Sol:
δil Sabemos: ε ε = δjl ijklmn δkl
δim δjm δkm
δin δjn = δil (δjm δkn − δjn δkm ) − δim (δjl δkn − δjn δkl ) + δin (δjl δkn − δjn δkl ) δkn
• Hacemosk = n: Sabemos: ε ε = δil δjm − δim δjl ijklmk
• Hacemos j = m: ε ε = δil δjj − δij δjl , recordar: δij δjl = δil y δii = 3 ijkljk
ε ε = 3δil − δil = 2δil
ijkljk
2
• Hacemos i = l: ε ε = 2δii = 2.3 = 6 ijkijk
→ ε ε =6 ijkijk
5. (a) Determine el area de la parte de la silla z = y 2 − x2 que se encuentra dentro del cilindro x2 + y 2 = 1. Sol: ˜ ˜ → A = dS = | ∇G( x ) | dxdy S
D
→
→
→
G( x ) = z + x2 − y 2 → ∇G( x ) = (2x; −2y; 1), | ∇G( x ) |= (1 + 4(x2 + y 2 ))1/2 ( x = r.cosθ La region D es la region encerrada por la circuferencia x2 + y 2 = 1, hacemos y = r.senθ r.drdθ 2π ´ ´1 ´1 A= (1 + 4r2 )1/2 r.drdθ = 2π r.(1 + 4r2 )1/2 dr 0 0
→A=
→ dxdy =
0
√ π(5 5−1) 6
→
(b) Comprobar el teorema de Stokes para F (x, y, z) = (2z, x, y 2 ) donde S es la supercie del paraboloide z = 4 − x2 − y 2 y C es la traza de S en el plano XY. Sol: → → ı→ → ˜ − Tenemos como objetivo comprobar I = F .d r = ∇ × F .d S c
ı→ → 1. Calcular I = F .d r
S
c
( → − r (t) = (2cos(t); 2sen(t)) Parametrizamos C : x + y = 4 t ∈ [0; 2π] 2
2
ı → → 2π ı I = F .d r = (0; 2cos(t); 4sen2 (t)).(−2sen(t); 2cos(t); 0)dt I=
c 2π ´
0
(4.cos2 t)dt = 4π
0
2. Ahora tenemos que hallar: I =
˜
→ → → → − − ˜ ∇ × F .d S = ∇ × F .∇g(x)dxdy
S
D
→ − S : g(x) =z + x2 + y 2 − 4 = 0 → − ∇g(x) = (2x; 2y; 1) i j k → ∂ ∂ ∂ ∇ × F = ∂x ∂y ∂z = (2y; 2; 1) 2x x y 2 ˜ → I = (4xy + 4y + 1)dxdy D
D : 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 ( x = r.cos(t) Hacemos: y = r.sen(t) I= I=
2π ´ ´2 0 0 2π ´ ´2
→ dxdy = rdrdt /r ∈ [0; 2] ∧t ∈ [0; 2π]
(4r2 cos(t).sen(t) + 4r.sen(t) + 1)r.drdt (4r3 .cost.sent + 4r2 .sent + r)drdt
0 0
I = 4π
3