Problemario av

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Problemario de An´ alisis Vectorial Barranco Jim´ enez Marco Antonio e-mail: [email protected] June 24, 2004 1

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este es un libro de vectores En el libro "Análisis Vectorial" de la Serie Schaum, Editorial Mc Graw Hill

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Problemario de Analisis Vectorial

Barranco Jimenez Marco Antonioe-mail: [email protected]

June 24, 2004

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Page 2: Problemario av

1 Introduccion

La presente seleccion de problemas resueltos de la materia de Analisis Vectorial,tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia,un apoyo bibliografico mas para el entendimiento de la misma, esperando quele sea de gran ayuda, en la aplicacion de la teoria adquirida en el salon de clasesy poder ejercitar sus conocimientos en la solucion de problemas similares.

La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplosen el salon de clases tratando en lo que cabe de cubrir el mas mınimo detallealgebraico, con la unica intencion de lograr la mejor comprension por parte delalumno, como puede observarse en la solucion de cada problema. La mayoriade los problemas resueltos, son problemas que estan propuestos en libros tradi-cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de Analisis Vectorial de laeditorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y ellibro de Analisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyoautor es Hwei P. Hsu., entre otros.

La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la ex-periencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el primer semestre,en la Escuela Superior de Computo del IPN, de la carrera de Ingenierıa en Sis-temas Computacionales, y en la cual el ındice de alumnos que no aprueban lamateria es muy alto.

La materia de Analisis Vectorial por si sola, es una materia que generalmentees muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (aun impartiendoseesta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenierıa en el area de Cien-cias Fısico-Matematicas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo,los pocos conocimientos de las materias basicas de Matematicas (Algebra, Ge-ometrıa Analıtica, Calculo Diferencial e Integral, Trigonometrıa, etc) con los quecuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lectorpodra observar, en la solucion de cada uno de los problemas resueltos, realmenteson mınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias basicas deMatematicas. Ası tambien, podrıa ser el desinteres que muestran en general losalumnos hacia la materia, debido a que posıblemente las demas materias, comoMatematicas Discretas y Programacion, por mencionar algunas, son materiasque en general los conceptos son mas ”faciles” de entender por parte del alumno,o son materias de un interes mayor por ser materias dirijidas a su formacion.

Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambienque en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, comoen muchas otras materias basicas), en general es dificil de asimilar por parte delos alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente,Divergencia y Rotacional, ası como la parte de coordenadas curvilıneas que in-volucran el Calculo de funciones de mas de una variable, matematicamente soncomplicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretacion fısicade los mismos.

2

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Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores queimparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opinional respecto, sin embargo, como mencione anteriormente, la experiencia adquiridaal impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones.

Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma:En el capıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al

Algebra de vectores; desde las operaciones basicas de vectores, algunos proble-mas de aplicacion a la Geometrıa Analıtica, pasando por aplicaciones del pro-ducto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores,hasta ecuaciones de rectas y planos. En este capıtulo, se pone enfasis en laaplicacion de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entrevectores, los cuales son conceptos basicos muy importntes enun curso tradicionalde la materia de Analisis Vectorial.

En el capıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el Calculo Diferencialvectorial; desde el concepto de parametrizacion de curvas y superficies en el espa-cio, derivacion de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergenciay Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvilıneas.

Ası mismo, en el capıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el CalculoIntegral vectorial, desde ejemplos de integrales de lınea, integrales de superficiee integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicacion de los teoremasintegrales de Green, de Stokes y de Gauss.

Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendra la ultimapalabra al decidir si se cumple el objetivo principal, ası tambien, el autor estaabierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que seran bien venidas, parala mejora del presente trabajo.

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2 Problemas del capıtulo 1.

Problema 1:

Muestre que para cualquier vector−→A = a1i+ a2j + a3k se cumple que:

a).− i×[k ×

(j ×−→A

)]= a3k,

b).− k ×[j ×

(i×−→A

)]= a2j,

c).− j ×[i×(k ×−→A

)]= a1i,

no aplique la definicion del determinante, usar las propiedades del productovectorial.

Solucion:

a).− Aplicando las propiedades del producto vectorial, tenemos

i×[k ×

(j ×−→A

)]= i×

[k ×

(j ×

(a1i+ a2j + a3k

))]

= i×[k ×

(j × a1i+ j × a2j + j × a3k

)]

= i×[k ×

(−a1k + a3i

)]

= i×[−a1k × k + a3k × i

]

= i×[a3j]

= a3k.

b) De la misma forma,

k ×[j ×

(i×−→A

)]= k ×

[j ×

(i×(a1i+ a2j + a3k

))]

= k ×[j ×

(i× a1i+ i× a2j + i× a3k

)]

= k ×[j ×

(a2k − a3j

)]

= k ×[j × a2k + j × a3j

]

= k ×[a2i]

= a2j.

En forma analoga para el inciso c).

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Page 5: Problemario av

Problema 2.Probar que

i×(i×−→A

)+ j ×

(j ×−→A

)+ k ×

(k +−→A)

= −2−→A

donde−→A es cualquier vector en el espacio.

Solucion:

Sea el vector−→A en el espacio dado por,

−→A = ai+ bj + ck,

sustituyendo el vector−→A y aplicando la propiedad distributiva del producto

vectorial, obtenemos

i×(i×−→A

)+ j ×

(j ×−→A

)+ k ×

(k ×−→A

)= i×

[i×(ai+ bj + ck

)]

+j ×[j ×

(ai+ bj + ck

)]

+k ×[k ×

(ai+ bj + ck

)]

= i×[i× ai+ i× bj + i× ck

]+

j ×[j × ai+ j × bj + j × ck

]+

k ×[k × ai+ k × bj + k × ck

],

aplicando la definicion del producto vectorial para los vectores i, j y k, y nue-

vamente aplicando la propiedad distributiva obtenemos,

i×(i×−→A

)+ j ×

(j ×−→A

)+ k ×

(k ×−→A

)= i×

[bk − cj

]+ j ×

[−ak + ci

]+ k ×

[aj + bi

]

= bi× k − ci× j − aj × k + cj × i+ ak × j − bk × i= −bj − ck − ai− ck − ai− bj

finalmente, obtenemos

i×(i×−→A

)+ j ×

(j ×−→A

)+ k ×

(k ×−→A

)= −2ai− 2bj − 2ck = −2

−→A.

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Problema 3.Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un

triangulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud.Solucion:Consideremos un triangulo cuyos vertices son los puntos A, B y C, como se

muestra en la figura.

B

X

QP

A C

Y

De la figura, obtenemos

−−→AB =

−→X,

−→AC =

−→Y ,

−−→BC =

−→Y −−→X,

por hipotesis tenemos que,

−−→PB =

1

2

−→X,

−−→BQ =

1

2(−→Y −−→X ),

asimismo, de la figura en el triangulo BPQ obtenemos,

−−→PQ =

−−→PB +

−−→BQ

sustituyendo las ecuaciones anteriores,

−−→PQ =

1

2

−→X +

1

2(−→Y −−→X )

=1

2

−→Y ,

de donde se deduce que∣∣∣−−→PQ

∣∣∣ es paralelo a∣∣∣−→Y∣∣∣ y tiene 1

2 de su longitud.

6

Page 7: Problemario av

Problema 4.

Consideremos 3 puntos diferentes en el espacio O, P y Q, y sean−−→OP =

−→A,−−→

OQ =−→B y R el punto medio del segmento QP, demostrar como se ilustra en

la figura, que el vector−→C se puede escribir de la forma

−→C = 1

2

(−→A +

−→B).

R

QO

P

B

AC

Solucion:De la figura y por hipotesis del problema se tiene que:

(1)−−→QR = 1

2

−−→QP,

ademas, aplicando la suma de vectores en el triangulo OPQ,

(2)−→B +

−−→QP =

−→A,

y tambien de la figura, en el triangulo OQR, obtenemos

(3)−→B +

−−→QR =

−→C ,

sustituyendo la ecuacion (1) en la ecuacion (3),

(4)−→B + 1

2

−−→QP =

−→C ,

por otro lado de la ecuacion (2)−−→QP =

−→A −−→B, sustituyendo en la ecuacion (4)

obtenemos,

−→B +

1

2

(−→A −−→B

)=−→C

apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos,

−→B +

1

2

(−→A)− 1

2

(−→B)

=−→C

1

2

(−→A)

+1

2

(−→B)

=−→C

finalmente, obtenemos

−→C =

1

2

(−→A +

−→B).

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Page 8: Problemario av

Problema 5.Hallar el area del paralelogramo cuyas diagonales son los vectores,

−→A = 3i+ j − 2k,−→B = i− j + 4k,

Solucion:

Geometricamente el producto vectorial de dos vectores−→A y

−→B representa

el area de un paralelogramo de lados−→A y

−→B de la forma,

Area =∣∣∣−→A ×−→B

∣∣∣ ,

B

Ax

y

en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo quenecesitamos encontrar los lados del paralelogramo en terminos de las diagonales.De la figura anterior, obtenemos

a) −→x +−→y = −−→Bb) −→x −−→y =

−→A

sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos:

2−→x =−→A −−→B,

de donde,

c) −→x = 12

(−→A −−→B

),

de forma analoga restando la ecuacion b) de la ecuacion a), obtenemos

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Page 9: Problemario av

d) −→y = − 12

(−→A +

−→B).

De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el area del paralelogramo estadada por:

Area = |−→x ×−→y |

=

∣∣∣∣1

2

(−→A −−→B

)×(−1

2

)(−→A +

−→B)∣∣∣∣

=

∣∣∣∣−1

4

(−→A −−→B

)×(−→A +

−→B)∣∣∣∣ ,

aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos,

Area =1

4

∣∣∣(−→A −−→B

)×−→A +

(−→A −−→B

)×−→B.

∣∣∣

=1

4

∣∣∣−−→A ×−→A +−→A ×−→B −−→B ×−→A +

−→B ×−→B

∣∣∣

=1

4

∣∣∣2−→A ×−→B∣∣∣

=1

2

∣∣∣−→A ×−→B∣∣∣ ,

finalmente al sustituir los vectores dados obtenemos,

Area =1

2

∣∣∣∣∣∣

i j k3 1 −21 −1 4

∣∣∣∣∣∣=

1

2

∣∣∣(

2i− 14j − 4k)∣∣∣

=∣∣∣i− 7j − 2k

∣∣∣=√

1 + 49 + 4

=√

54

= 3√

6.

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Page 10: Problemario av

Problema 6.Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto

medio.Solucion:Sea el paralelogramo de vertices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente

figura.

y

x x

y

D

A B

C

P

De la figura, tenemos

−−→DA = −→x =

−−→CB,

−−→DC = −→y =

−−→AB,

asimismo, aplicando la suma de vectores

(1)

−−→DB = −→x +−→y ,−→AC = −→y −−→x ,

por otro lado de la definicion de paralelismo

(2)

−−→DP = n

−−→DB,−→

AP = m−→AC,

de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos,

(3)

−−→DP = n (−→x +−→y ) ,−→AP = m (−→y −−→x ) ,

por otro lado, en el triangulo DAP, tenemos−−→DA+

−→AP =

−−→DP , es decir;

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Page 11: Problemario av

(4) −→x +−→AP =

−−→DP,

sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuacion (4) obtenemos,

−→x +m (−→y −−→x ) = n (−→x +−→y ) ,

aplicando las propiedades de la adicion de vectores obtenemos,

−→x +m−→y −m−→x − n−→x − n−→y =−→0 ,

o tambien,

(1−m− n)−→x + (m− n)−→y =−→0 ,

de la ecuacion anterior, como los vectores −→x y −→y son distintos del vector−→0

y no paralelos, entonces la igualdad anterior solo se cumple si los escalares soniguales a cero, es decir;

1−m− n = 0,

m− n = 0,

resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos,

n = m =1

2,

por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos

−−→DP =

1

2

−−→DB,

−→AP =

1

2

−→AC.

Como se ilustra geometricamente en la figura.

11

Page 12: Problemario av

Problema 7.Demostrar que las medianas de un triangulo se cortan en un punto que esta

a 13 del lado y 2

3 del vertice opuesto para cada mediana respectivamente.Solucion:Sea el triangulo cuyos vertices son A1, B1 y C1. Asimismo sean A2, B2 y C2

los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. SiP es el punto de interseccion de las medianas, entonces para demostrar que lasmedianas se cortan en un punto que esta a 1

3 del lado y 23 del vertice opuesto

para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones:

A

A

B

AC

C

P

B

B

2

21

1

2

1

−−→A1P = 2

3

−−−→A1A2,−−→

B1P = 23

−−−→B1B2,−−→

C1P = 23

−−−→C1C2,

(a)

o equivalentemente,

−−→PA2 = 1

3

−−−→A1A2,−−→

PB2 = 13

−−−→B1B2,−−→

PC2 = 13

−−−→C1C2,

(b)

como se ilustra geometricamente en la figura. Sean los lados del triangulo dados

por−→A y

−→B, de la figura tenemos las siguientes relaciones:

−→A =

−−−→A1B1,

−→B =

−−−→A1C1,

−→B −−→A =

−−−→B1C1.

12

Page 13: Problemario av

Aplicando la definicion de paralelismo, de la figura obtenemos

−−→A1P = l

(−−−→A1A2

),

−−→B1P = m

(−−−→B1B2

),

−−→C1P = n

(−−−→C1C2

),

(c)

por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los triangulosA1C1P, B1C1P y A1B1P obtenemos,

−→B +

−−→C1P =

−−→A1P,(−→

B −−→A)

+−−→C1P =

−−→B1P,(−→

B −−→A)

+−−→C1P =

−−→B1P,

(d)

pero, de la figura tenemos tambien las siguientes relaciones

−−−→A1A2 =

−→A + 1

2

(−→B −−→A

)= 1

2

(−→A +

−→B),

−−−→B1B2 = 1

2

−→B −−→A,−−−→

C1C2 = 12

−→A −−→B,

(e)

que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los triangulosA1B1A2, A1C1C2 y A1B1B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) seobtiene,

−→B + n

(−−−→C1C2

)= l(−−−→A1A2

),(−→

B −−→A)

+ n(−−−→C1C2

)= m

(−−−→B1B2

),

−→A +m

(−−−→B1B2

)= n

(−−−→A1A2

),

(f)

sustituyendo las ecuaciones (e) en las ecuaciones (f) obtenemos,

−→B + n

(12

−→B −−→A

)= l(

12

(−→A +

−→B))

,(−→B −−→A

)+ n

(12

−→B −−→A

)= m

(12

−→B −−→A

),

−→A +m

(12

−→B −−→A

)= n

2

(−→A +

−→B),

(g)

aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos

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Page 14: Problemario av

(n

2− l

2

)−→A +

(1− n− l

2

)−→B =

−→0 ,

(m+

n

2− 1)−→A +

(1− n− m

2

)−→B =

−→0 ,

(1−m− l

2

)−→A +

(n

2− l

2

)−→B =

−→0 .

Por lo tanto, como−→A y

−→B son vectores distintos de cero, entonces para que

se cumplan las ecuaciones anteriores los escalares deben ser cero, es decir;

n

2− l

2= 0

1− n− l

2= 0

m+n

2− 1 = 0

1− n− m

2= 0

1−m− l

2= 0

n

2− l

2= 0

ası, al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos

n = l = m =2

3.

Finalmente, al sustituir en las ecuaciones (c) se obtienen las ecuaciones (a)que es el resultado que se pedia demostrar.

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Page 15: Problemario av

Problema 8.

Pruebe que∣∣∣−→A∣∣∣−→B +

∣∣∣−→B∣∣∣−→A es perpendicular a

∣∣∣−→A∣∣∣−→B −

∣∣∣−→B∣∣∣−→A , para cua-

lesquiera−→A y

−→B.

Solucion:

De la definicion del producto escalar de dos vectores, si dos vectores −→xy −→y son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a

cero, en este caso −→x y −→y estan dados respectivamente por∣∣∣−→A∣∣∣−→B +

∣∣∣−→B∣∣∣−→A y∣∣∣−→A

∣∣∣−→B −∣∣∣−→B∣∣∣−→A, de esta forma debemos verificar que los vectores dados cumplen

que,

−→x · −→y =(∣∣∣−→A

∣∣∣−→B +∣∣∣−→B∣∣∣−→A)·(∣∣∣−→A

∣∣∣−→B −∣∣∣−→B∣∣∣−→A)

= 0,

aplicando la propiedad distributiva del producto escalar tenemos,

−→x · −→y =(∣∣∣−→A

∣∣∣−→B +∣∣∣−→B∣∣∣−→A)·∣∣∣−→A∣∣∣−→B +

(∣∣∣−→A∣∣∣−→B +

∣∣∣−→B∣∣∣−→A)·(−∣∣∣−→B∣∣∣−→A),

asimismo, aplicando las propiedades conmutativa y distributiva nuevamente,

tenemos

−→x · −→y =∣∣∣−→A∣∣∣−→B ·

∣∣∣−→A∣∣∣−→B +

∣∣∣−→A∣∣∣−→B ·

∣∣∣−→B∣∣∣−→A −

∣∣∣−→B∣∣∣−→A ·

∣∣∣−→A∣∣∣−→B −

∣∣∣−→B∣∣∣−→A ·

∣∣∣−→B∣∣∣−→A,

ahora aplicamos las propiedades asociativa del escalar y la propiedad de la

norma,

−→x · −→y =∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→A∣∣∣−→B · −→B +

∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣−→B · −→A −

∣∣∣−→B∣∣∣∣∣∣−→A∣∣∣−→A · −→B −

∣∣∣−→B∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣−→A · −→A

= A2B2 +AB−→B · −→A −AB−→A · −→B −B2A2

= 0.

donde se aplico finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar.

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Page 16: Problemario av

Problema 9.

Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelo-gramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados.

Solucion:

Sean A,B,C y D los vertices del paralelogramo como se indica en la figura.

XX

Y

YA

DC

B

De la figura tenemos que,

AC = BD =∣∣∣−→X∣∣∣ ,

AB = CD =∣∣∣−→Y∣∣∣ ,

asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo estan dadas por

BC =∣∣∣−→X +

−→Y∣∣∣ ,

AD =∣∣∣−→X −−→Y

∣∣∣ .

Debemos mostrar que,

BC2

+AD2

= AC2

+AB2

+ CD2

+BD2

= 2AC2

+ 2AB2,

es decir,

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Page 17: Problemario av

∣∣∣−→X +−→Y∣∣∣2

+∣∣∣−→X −−→Y

∣∣∣2

= 2∣∣∣−→X∣∣∣2

+ 2∣∣∣−→Y∣∣∣2

.

En forma analoga, al problema anterior, aplicando las propiedades del pro-ducto escalar,

∣∣∣−→X +−→Y∣∣∣2

+∣∣∣−→X −−→Y

∣∣∣2

=(−→X +

−→Y)·(−→X +

−→Y)

+(−→X −−→Y

)·(−→X −−→Y

)

=(−→X +

−→Y)· −→X +

(−→X +

−→Y)· −→Y +

(−→X −−→Y

)· −→X +

(−→X −−→Y

)· −→Y

=−→X · −→X +

−→X · −→Y +

−→X · −→Y +

−→Y · −→Y +

−→X · −→X −−→X · −→Y −−→X · −→Y +

−→Y · −→Y

= 2−→X · −→X + 2

−→Y · −→Y

= 2∣∣∣−→X∣∣∣2

+ 2∣∣∣−→Y∣∣∣2

.

17

Page 18: Problemario av

Problema 10.

Sean los vectores−→A y−→B vectores unitarios, calcular

(3−→A − 4

−→B)·(

2−→A + 5

−→B)

si∣∣∣−→A +

−→B∣∣∣ =√

2.

Solucion:

En forma analoga al problema anterior, aplicando las propiedades del pro-ducto escalar , tenemos que

(3−→A − 4

−→B)·(

2−→A + 5

−→B)

=(

3−→A − 4

−→B)· 2−→A +

(3−→A − 4

−→B)· 5−→B

= 2−→A · 3−→A − 2

−→A · 4−→B + 5

−→B · 3−→A − 5

−→B · 4−→B

= 6−→A · −→A + 7

−→A · −→B − 20

−→B · −→B

= 7−→A · −→B − 14

donde se aplico la hipotesis de que los vectores−→A y

−→B son unitarios es decir

que cumplen que,

−→A · −→A = A2 = 1,−→B · −→B = B2 = 1.

Por otro lado, de la condicion∣∣∣−→A +

−→B∣∣∣ =√

2, elevando al cuadrado esta

expresion y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obten-emos

(−→A +

−→B)·(−→A +

−→B)

= 2

de donde,

(−→A +

−→B)· −→A +

(−→A +

−→B)· −→B = 2

−→A · −→A + 2

−→A · −→B +

−→B · −→B = 2

de la expresion anterior, obtenemos inmediatamente que−→A · −→B = 0. Por lo

tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente,

(3−→A − 4

−→B)·(

2−→A + 5

−→B)

= −14.

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Page 19: Problemario av

Problema 11.

Determine λ1 y λ2 de manera que−→C − λ1

−→A − λ2

−→B sea perpendicular tanto

a−→A como a

−→B, suponiendo que

−→A = i+ j + 2k−→B = 2i− j + k−→C = 2i− j + 4k

Solucion:En forma analoga al problema anterior, aplicando la condicion de perpen-

dicularidad entre vectores, tenemos

−→A ·

(−→C − λ1

−→A − λ2

−→B)

= 0,

−→B ·

(−→C − λ1

−→A − λ2

−→B)

= 0,

usando las propiedades del producto escalar, tenemos

−→A · −→C − λ1

−→A · −→A − λ2

−→A · −→B = 0,

−→B · −→C − λ1

−→B · −→A − λ2

−→B · −→B = 0,

que se puede escribir de la forma,

λ1−→A · −→A + λ2

−→A · −→B =

−→A · −→C ,

λ1−→B · −→A + λ2

−→B · −→B =

−→B · −→C ,

de los vectores dados, tenemos inmediatamente aplicando la definicion del pro-

ducto escalar para vectores en el espacio,

−→A · −→A = 6,

−→B · −→B = 6

−→A · −→B =

−→B · −→A = 3,

−→A · −→C = 9 y

−→B · −→C = 9

de tal forma, para encontrar λ1 y λ2 debemos de resolver el siguiente sistema

de ecuaciones:

19

Page 20: Problemario av

6λ1 + 3λ2 = 9,

3λ1 + 6λ2 = 9,

observese que la solucion del sistema de ecuaciones es inmediata y esta dada

por:

λ1 = 1

λ2 = 1.

20

Page 21: Problemario av

Problema 12.

Sean los vectores

−→A = (1,−1, 2),−→B = (1, 2, 2).

Hallar la proyeccion del vector−→A sobre el vector

−→B y la proyeccion del vector−→

B sobre el vector−→A.

Solucion:

Por definicion, la proyeccion de un vector −→x sobre otro vector −→y , es unvector (como se muestra en la figura) y esta dado por,

Pr oy−→y−→x = |−→x | cos θe−→y ,

X

e−→y Pr oy−→y−→x −→y

en este caso debemos calcular,

Pr oy−→B

−→A =

∣∣∣−→A∣∣∣ cos θe−→

B,

Pr oy−→A

−→B =

∣∣∣−→B∣∣∣ cos θe−→

A,

donde∣∣∣−→A∣∣∣ es la magnitud del vector

−→A,∣∣∣−→B∣∣∣ es la magnitud del vector

−→B, θ el

21

Page 22: Problemario av

angulo formado entre los dos vectores, e−→A

un vector unitario en la direccion del

vector−→A y e−→

Bun vector unitario en la direccion del vector

−→B. De la definicion

del producto escalar podemos calcular el coseno del angulo entre dos vectoresde la forma,

cos θ =

−→A · −→B∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣,

y empleando la definicion de vectores unitarios, los vectores de proyeccion estan

dados por,

Pr oy−→B

−→A =

∣∣∣−→A∣∣∣

−→A · −→B∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣

−→B∣∣∣−→B∣∣∣

=

(−→A · −→BB2

)−→B,

Pr oy−→A

−→B =

∣∣∣−→B∣∣∣

−→A · −→B∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣

−→A∣∣∣−→A∣∣∣

=

(−→A · −→BA2

)−→A,

finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes

de los vectores−→A y

−→B, obtenemos

Pr oy−→B

−→A =

3

9

−→B =

1

3

−→B,

y

Pr oy−→A

−→B =

3

6

−→A =

1

2

−→A.

22

Page 23: Problemario av

Problema 13:

Considere la siguiente figura,

AA

A B1

2

demostrar que

−→A =

−→A · −→B−→B · −→B

−→B +

(−→B ×−→A

)×−→B

−→B · −→B

.

Solucion:

De la figura, el vector−→A =

−→A 1 +

−→A 2, el vector

−→A 1 es la proyecccion del

vector−→A sobre el vector

−→B dada por

−→A 1 = proy−→

B

−→A =

∣∣∣−→A∣∣∣ cos θe−→

B,

de la definicion del producto escalar de dos vectores−→A y

−→B distintos del vector

−→0 , dada por,

−→A · −→B =

∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣ cos θ,

podemos calcular el angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyeccion

del vector−→A sobre el vector

−→B esta dada por:

23

Page 24: Problemario av

proy−→B

−→A =

∣∣∣−→A∣∣∣

−→A · −→B∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣

−→B∣∣∣−→B∣∣∣

=

−→A · −→B∣∣∣−→B∣∣∣2

−→B

=

−→A · −→B−→B · −→B

−→B,

donde se aplico la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector−→A 2,

observese que el vector−→C =

−→B ×−→A es perpendicular tanto al vector

−→A como

al vector−→B, es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector

−→C ×−→A sera

un vector que esta en la direccion de−→A 2, es decir, el vector

(−→B ×−→A

)×−→A esta

en direccion de−→A, de tal forma que la magnitud de este vector esta dada por:

∣∣∣(−→B ×−→A

)×−→B

∣∣∣ =∣∣∣−→B ×−→A

∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣ sinφ,

donde el angulo φ entre los vectores−→B × −→A y

−→B es de 900, de esta forma

como sin 900 = 1, obtenemos

∣∣∣(−→B ×−→A

)×−→B

∣∣∣ =∣∣∣−→B∣∣∣∣∣∣−→A∣∣∣ sin θ

∣∣∣−→B∣∣∣ ,

es decir,

∣∣∣(−→B ×−→A

)×−→B

∣∣∣ =∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→B∣∣∣2

sin θ,

por otro lado, de la figura

∣∣∣−→A 2

∣∣∣ =∣∣∣−→A∣∣∣ sin θ,

por lo tanto,

−→A 2 =

(−→B ×−→A

)×−→B

−→B · −→B

,

finalmente, sustituyendo los valores de los vectores−→A 1 y

−→A 2 obtenemos,

24

Page 25: Problemario av

−→A =

−→A · −→B−→B · −→B

−→B +

(−→B ×−→A

)×−→B

−→B · −→B

.

25

Page 26: Problemario av

Problema 14.

Encuentre un vector unitario perpendicular a los vectores

−→A = 2i+ 2j − 3k,−→B = i+ 3j − k,

a) Aplicando el producto escalar.b) Aplicando el producto vectorial (sin hacer uso de la definicion del deter-

minante).

Solucion:

a) Debemos encontrar un vector−→C = (C1, C2, C3) que sea perpendicular a

los vectores−→A y

−→B simultaneamente, es decir que cumpla que,

−→A · −→C = 0,−→B · −→C = 0,

realizando el producto escalar de los vectores dados obtenemos,

2C1 + 2C2 − 3C3 = 0,

C1 + 3C2 + C3 = 0,

resolviendo el sistema de ecuaciones (multiplicando la segunda ecuacion por −2y sumando esta con la primera ecuacion) obtenemos,

−4C2 − 5C3 = 0,

de donde,

C2 =−5

4C3,

sustituyendo este valor para C2,en por ejemplo la segunda ecuacion, obtenemos

C1 = −3

(−5

4C3

)− C3

=11

4C3.

De esta forma, el vector buscado tiene la forma,

−→C =

11

4C3i−

5

4C3j + C3k,

26

Page 27: Problemario av

ademas el vector buscado,−→C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla

que,∣∣∣−→C∣∣∣ = 1,

aplicando la definicion para calcular la magnitud de un vector, obtenemos

√(11

4C3

)2

+

(5

4C3

)2

+ C23 = 1

√C2

3

16(121 + 25 + 16) = 1

C23

(√162

4

)= 1

despejando C3, obtenemos

C3 = ± 4√162

= ± 4

9√

2

finalmente, al sustituir el valor de C3, en la expresion para el vector−→C , obten-

emos

−→C = ± 1

9√

2(11i− 5j + 4k)

b) En esta parte, como se nos pide que no hagamos uso del determinante

para calcular el producto vectorial, que como se sabe−→C =

−→A ×−→B, es un vector

que por definicion es perpendicular tanto a−→A como a

−→B, debemos emplear

las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple elproducto vectorial, por lo tanto

−→A ×−→B = (2i+ 2j − 3k)× (i+ 3j + k)

= (2i+ 2j − 3k)× i+ (2i+ 2j − 3k)× (3j) + (2i+ 2j − 3k)× k= −i× (2i+ 2j − 3k)− 3j(2i+ 2j − 3k)− k × (2i+ 2j − 3k)

= −2× i− 2i× j + 3j × k − 6j × i− 6j × j + 9j × k − 2k × i− 2k × j + 3k × k= −2k − 3j + 6k + 9i− 2j + 2i

= 11i− 5j + 4k,

finalmente, el vector unitario estara dado por:

27

Page 28: Problemario av

e−→A×−→B =

−→A ×−→B∣∣∣−→A ×−→B

∣∣∣=

11i− 5j + 4k√121 + 25 + 16

= ± 1

9√

2

(11i− 5j + 4k

).

28

Page 29: Problemario av

Problema 15.

Hallar un vector unitario que forme un angulo de 45◦ con el vector−→A =

2i+ 2j − k y un angulo de 60◦ con el vector−→B = j − k.

Solucion:

Buscamos un vector de la forma−→C = (C1, C2, C3) donde el vector

−→C debe

cumplir,

−→A · −→C = AC cos 45◦−→B · −→C = BC cos 60◦

y

∣∣∣−→C∣∣∣ = 1

es decir,

(2i+ 2j − k

)·(C1i+ C2j + C3k

)=

√22 + 22 + (−1)

2

(1√2

)

(j − k

)·(C1i+ C2j + C3k

)=

√12 + (−1)

2

(1

2

)

√(C1)

2+ (C2)

2+ (C3)

2= 1

que resulta,

(1) 2C1 + 2C2 − C3 = 3√2

(2) C2 − C3 =√

22

(3)

√(C1)

2+ (C2)

2+ (C3)

2= 1

ası, se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la solucion del prob-lema se tendra al resolver simultaneamente las ecuaciones (1), (2) y (3).

De la ecuacion (2), obtenemos C3 = C2 −√

22 , sustituyendo en la ecuacion

(1) obtenemos,

2C1 + 2C2 −(C2 −

√2

2

)=

3√2

2C1 + 2C2 − C2 +1√2

=3√2

2C1 + C2 =2√2

29

Page 30: Problemario av

finalmente, obtenemos

C1 =1√2− C2

2.

Por lo tanto el vector−→C sera de la forma,

4)−→C =

(1√2− C2

2

)i+ C2j +

(C2 − 1√

2

)k,

aplicando la ecuacion (3),

√(1√2− C2

2

)2

+ (C2)2

+

(C2 −

1√2

)2

= 1,

realizando un poco de algebra se obtiene,

1

2− 2

(1√2

)(C2

2

)+

(C2)2

4+ (C2)

2+ (C2)

2 − 2C2

(1√2

)+

1

2= 1

1

2− C2√

2+

(C2)2

4+ (C2)

2+ (C2)

2 − 2C2

(1√2

)+

1

2= 1

9

4(C2)

2 −(

3√2

)C2 = 0

(3√2

)C2

(3√

2

4C2 − 1

)= 0

por lo tanto las soluciones para C2 son:

C21 = 0,

y

C22 =4

3√

2,

sustituyendo en la ecuacion (4) finalmente obtenemos,

−→C 1 =

1√2i+

1√2k =

(1√2, 0,− 1√

2

),

y

30

Page 31: Problemario av

−→C2 =

(1√2− 1

2

(4

3√

2

))i+

4

3√

2j +

(4

3√

2− 1√

2

)k

=

(1

3√

2

)i+

4

3√

2j +

1

3√

2k

=

(1

3√

2,

4

3√

2,

1

3√

2

)

31

Page 32: Problemario av

Problema 16.

Escriba un vector de magnitud 5, paralelo al plano 3x + 4y + 5z = 10 yperpendicular al vector i+ 2j + 2k.

Solucion:

Se pide un vector de la forma−→C = C1i + C2j + C3k que sea paralelo al

plano 3x + 4y + 5z = 10 y perpendicular al vector−→A = i + 2j + 2k, es decir,

que cumpla las siguientes condiciones:

−→C · −→A = 0,−→C · −→N = 0,

donde−→N = 3i+ 4j+ 5k, es el vector normal al plano. Calculando los productos

escalares, las condiciones anteriores se pueden escribir de la forma,

C1 + 2C2 + 2C3 = 0,

3C1 + 4C2 + 5C3 = 0,

resolviendo simultaneamente las ecuaciones anteriores obtenemos,

C1 = 2C2,

C3 = −2C2,

por lo tanto, el vector−→C sera de la forma,

−→C = 2C2i+ C2j − 2C2k,

y aplicando la condicion de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir

∣∣∣−→C∣∣∣ = 5, obtenemos

5 =√

4C22 + C2

2 + 4C22

=√

9C22

= ±3C2,

32

Page 33: Problemario av

de donde,

C2 = ±5

3,

finalmente, el vector pedido es de la forma,

−→C = ±5

3

(2i+ j − 2k

).

33

Page 34: Problemario av

Problema 17.

Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector4i− 3j − k.

Solucion:

Se pide un vector−→C de la forma,

−→C = C1i + C2j, la componente C3 es

cero debido a que el vector−→C debe ser paralelo al plano XY y por lo tanto

no tiene componente en k, ademas el vector−→C debe ser perpendicular al vector−→

A = 4i− 3j − k, por lo tanto cumple la condicion,

−→C · −→A = 0,

es decir,

(C1i− C2j

)·(

4i− 3j − k)

= 0,

de donde obtenemos,

C1 =3

4C2.

Por lo tanto, el vector pedido tendra la forma−→C = 3

4C2i + C2j. Tambien

por hipotesis, se pide que el vector−→C sea unitario, es decir que cumpla que∣∣∣−→C

∣∣∣ = 1, por lo tanto

1 =∣∣∣−→C∣∣∣ =

√(3

4C2

)2

+ (C2)2

=

√(C2)

2

(1 +

9

16

)= ±5

4C2,

de donde, obtenemos

C2 = ±4

5,

y

C1 =3

4

(±4

5

)= ±3

5,

finalmente, el vector pedido esta dado por,

−→C = ±3

4i± 4

5j.

34

Page 35: Problemario av

Problema 18.

a) Hallar un vector unitario que forme un angulo de 300 con el vector j y

formando angulos iguales con los vectores i y k(

cos 300 =√

32

).

Solucion:

El vector que estamos buscando es de la forma−→C = (C1, C2, C3) donde el

vector−→C debe cumplir que,

1)−→C · i =

∣∣∣−→C∣∣∣∣∣∣i∣∣∣ cos θ = cos θ,

2)−→C · k =

∣∣∣−→C∣∣∣∣∣∣k∣∣∣ cos θ = cos θ,

3)−→C · j =

∣∣∣−→C∣∣∣∣∣∣j∣∣∣ cos 300 = cos 300,

por definicion de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1),

aplicando la definicion del producto escalar para vectores en el espacio, y delas ecuaciones 1) y 2) obtenemos,

C1 = C3,

asimismo de la ecuacion 3), se tiene

C2 =

√3

2,

sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma,

−→C =

(C1,

√3

2, C1

),

para encontrar la componente C1 aplicamos la condicion de que tiene que ser el

vector−→C unitario, es decir,

∣∣∣−→C∣∣∣ = 1, de esta forma

√√√√C12 +

(√3

2

)2

+ C12 = 1,

de donde obtenemos,

C1 = ± 1√8,

por lo tanto, el vector pedido tiene la forma,

−→C = ±

(1√8,

√3

2,

1√8

).

35

Page 36: Problemario av

Problema 19.Siendo el vector de posicion −→a de un punto dado (x0, y0, z0) y −→r el vector

de posicion de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geometrico de −→r si:

a).− (−→r −−→a ) · −→a = 0

b).− (−→r −−→a ) · −→r = 0

Solucion:a) Sean los vectores

−→a = (x0, y0, z0),−→r = (x, y, z),

entonces,

(−→r −−→a ) · −→a = 0,

(x− x0, y − y0, z − z0) · (x0, y0, z0) = 0,

x0(x− x0) + y0(y − y0) + z0(z − z0) = 0,

si hacemos d = x20 + y2

0 + z20 , la ecuacion anterior se puede escribir de la forma,

x0x+ y0y + z0z = d,

que es la ecuacion de un plano que pasa por un extremo del vector −→a y es

perpendicular al vector −→a .En forma analoga al inciso a), tenemos

(−→r −−→a ) · −→r = 0

x(x− x0) + y(y − y0) + z(z − z0) = 0,

x20 + y2

0 + z20 − xx0 − yy0 − zz0 = 0,

completando cuadrados en la expresion anterior, obtenemos

(x− x0

2)2 + (y − y0

2)2 + (z − z0

2)2 =

1

4(x2

0 + y20 + z2

0),

que es la ecuacion de una esfera con centro en el punto(x0

2 ,y0

2 ,z02

)y radio

r = 12

√x2

0 + y20 + z2

0 .

36

Page 37: Problemario av

Problema 20.Determine el angulo entre el plano x + y + z = 21 y la lınea recta x − 1 =

y + 2 = 2z + 3.

Solucion:Sabemos que la ecuacion ax+ by + cz = d, es la ecuacion de un plano que

pasa por un punto y tiene como normal al vector−→N = (a, b, c) , asimismo, la

ecuacion x−x0

a1= y−y0

b1= z−z0

c1, representa la ecuacion de una lınea recta que

pasa por el punto −→r 0 = (x0, y0, z0) y es paralela al vector−→A = (a1, b1, c1) , por

lo tanto, para calcular el angulo entre el plano y la lınea recta es equivalente a

calcular el angulo entre los vectores−→N y

−→A. En este caso, para el plano dado

tenemos que el vector normal esta dado por−→N = (1, 1, 1) y para identificar el

vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuacion de la recta de la forma,

x− 1

1=y − (−2)

1=z − (− 3

2 )12

de donde, obtenemos

−→r 0 = (−1,−2,−3/2) ,−→A = (1, 1, 1/2).

Para obtener el angulo entre los vectores−→N y

−→A , aplicamos la definicion

del producto escalar de dos vectores dado por,

−→N · −→A =

∣∣∣−→N∣∣∣∣∣∣−→A∣∣∣ cos θ,

de donde,

θ = cos−1

−→A • −→N∣∣∣−→A∣∣∣∣∣∣−→N∣∣∣

,

sustituyendo los vectores−→A y

−→N, obtenemos

θ = cos−1

(1, 1, 1/2) · (1, 1, 1)√

(1)2 + ( 12 )2√

(1)2 + (1)2 + (1)

θ = cos−1

5/2√

274

= cos−1

(5

3√

3

).

37

Page 38: Problemario av

Problema 21.Encuentre una combinacion lineal (si existe) para los siguientes vectores:

−→A1 = −2i+ 12j − 4k,−→A2 = i− 6j + 2k,−→A3 = 2j + 7k,

Solucion:Para verificar si existe una combinacion lineal entre los vectores, debemos

encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de estos escalares esdistinto de cero, tal que se cumpla que:

x−→A1 + y

−→A2 + z

−→A3 =

−→0 ,

es decir,

x(−2, 12,−4) + y(1,−6, 2) + z(0, 2, 7) = (0, 0, 0)

(−2x+ y, 12x− 6y + 2z,−4x+ 2y + 7y) = (0, 0, 0)

aplicando igualdad de vectores en el espacio (dos vectores son iguales si soniguales componente a componente), obtenemos el siguiente sistema de ecua-ciones,

−2x+ y = 0,

12x− 6y + 2z = 0,

−4x+ 2y + 7z = 0.

Al resolver este sistema de ecuaciones (se obtiene la solucion si se aplica, porejemplo el metodo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema,

−2x+ y = 0

z = 0

la solucion del sistema anterior, es de la forma

y = 2x,

x = α ∈ Rz = 0

es decir, la solucion del sistema es la terna,

(x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0),

38

Page 39: Problemario av

para toda α ∈ R, ası por ejemplo si α = 1, entonces una solucion del sistemasera de la forma,

x = 1,

y = 2,

z = 0,

por lo tanto, la combinacion lineal de los vectores−→A1,

−→A2 y

−→A3 esta dada por:

−→A1 + 2

−→A2 + 0

−→A3 =

−→0

o tambien −→A1 = −2

−→A2.

39

Page 40: Problemario av

Problema 22.Encuentre una combinacion lineal (si existe) de los vectores

−→A = 2ı+ − 3k,−→B = ı− 2− 4k,−→C = 4ı+ 3− k,

Solucion:

Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemosla propiedad del producto triple escalar que establece la condicion necesaria para

la dependencia lineal, es decir; si−→A • −→B × −→C = 0, entonces los vectores estan

en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma,

−→A • −→B ×−→C =

∣∣∣∣∣∣

2 1 −31 −2 −44 3 −1

∣∣∣∣∣∣= 2 (2 + 12)− 1 (−1 + 16)− 3 (3 + 8)

= 2 (14)− 1 (15)− 3 (11)

= 28− 15− 33

= −20,

de lo anterior, como−→A • −→B × −→C 6= 0, entonces los vectores

−→A,−→B y

−→C son

linealmente independientes, y por lo tanto, no existe combinacion lineal de ellos.

40

Page 41: Problemario av

Problema 23.

Encontrar un vector unitario perpendicular a la lınea recta dada por lasecuaciones parametricas,

x = 2t− 1,

y = −t− 1,

z = t+ 2,

y perpendicular al vector i− j.Solucion:Las ecuaciones parametricas de la recta dada son equivalentes a la ecuacion

vectorial

−→r (t) = −→r0 + t−→A,

que representa a una recta L en forma parametrica que pasa por el punto −→r 0 =

(−1,−1, 2) y que es paralela al vector−→A = (2,−1, 1).

Se pide un vector de la forma−→C = C1i+C2j+C3k que tenga magnitud uno,

ademas que sea perpendicular a la recta −→r (t) = −→r0 +t−→A , es decir perpendicular

al vector−→A, y tambien perpendicular al vector

−→B = i− j, es decir, que cumpla

las siguientes condiciones:

1)∣∣∣−→C∣∣∣ = 1,

2)−→C · −→A = 0,

3)−→C · −→B = 0,

de las condiciones 2) y 3), calculando el producto escalar, obtenemos

2C1 − C2 + C3 = 0,

C1 − C2 = 0,

de donde obtenemos inmediatamente que,

C1 = C2,

C3 = −C2,

por lo tanto, el vector pedido tendra la forma

−→C = C2i+ C2j − C2k.

Aplicando la condicion 1), obtenemos√

(C2)2

+ (C2)2

+ (−C2)2

=

√3 (C2)

2= 1,

41

Page 42: Problemario av

de donde,

C2 = ±√

1

3,

finalmente, el vector pedido tiene la forma

−→C =

√1

3

(i+ j − k

).

42

Page 43: Problemario av

Problema 24.

Demuestre que la lınea recta x = y = 13 (z + 2) es paralela al plano 2x +

8y + 2z = 5.

Solucion:

La ecuacion de la recta dada se puede reescribir de la forma,

x− 0

1=y − 0

1=z − (−2)

3,

esta ecuacion, representa a una recta que pasa por el punto −→r 0 = (0, 0,−2)

y es paralela al vector−→A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuacion del plano,

tenemos que el vector−→N = (2, 8, 2) es un vector normal al plano, de esta forma

para mostrar que la recta y el plano son paralelos, debemos mostrar que el

vector−→N, que es normal al plano y el vector

−→A, que es paralelo a la recta son

perpendiculares, es decir que satisfacen la condicion−→N · −→A = 0.

Calculando el producto escalar del vector normal−→N y el vector

−→A, obten-

emos

−→N · −→A = (2,−8, 2) · (1, 1, 3) = 0,

por lo tanto, se comprueba que el vector−→A es perpendicular al vector normal

−→N del plano, y como el vector

−→A es paralelo a la recta, luego entonces tambien

es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada tambien es paralela al plano.

43

Page 44: Problemario av

Problema 25.

Las ecuaciones parametricas de una recta son:

x = 3t+ 1,

y = −2t+ 4,

z = t− 3,

encuentre la ecuacion del plano que contiene a dicha recta.

Solucion:

Las ecuaciones parametricas de la recta dada son equivalentes a la ecuacionvectorial de la forma,

−→r (t) = (1, 4,−3) + t(3,−2, 1),

que por definicion es la ecuacion de una recta en forma parametrica que pasa porun punto cuyo vector de posicion esta dado por −→r0 = (1, 4,−3) y es paralela al

vector−→A = (3,−2, 1). Si hacemos −→r0×

−→A =

−→N que es un vector perpendicular al

vector−→A y tambien perpendicular a −→r0 , entonces, la ecuacion del plano pedida

sera de la forma,ax+ by + cz = d,

donded = −→r0 ·

−→N,

y

−→N = ai+ bj + ck,

es decir,

−→N =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 4 −33 −2 1

∣∣∣∣∣∣= −2i− 10j − 14k

asimismo,

d =−→N · −→r0

= (−2i− 10j − 14k) · (i+ 4j − 3k)

= −2− 40 + 42 = 0,

por lo tanto, la ecuacion del plano sera de la forma −2x − 10y − 14z = 0, quese puede escribir finalmente como,

x+ 5y + 7z = 0.

44

Page 45: Problemario av

Problema 26.

Determine las ecuaciones de la lınea recta (en forma parametrica y simetrica)que pasa por el punto (3, 2,−4), paralela a la lınea de interseccion de los planos

x+ 3y − 2z = 8,

x− 3y + z = 0.

Solucion:

De las ecuaciones de los planos, los vectores

−→N1 = i+ 3j − 2k,−→N2 = i− 3j + k,

son vectores normales a cada plano respectivamente, de esta forma−→N1 ×

−→N2

resulta ser un vector que es perpendicular tanto a−→N1 como a

−→N2, por lo que

el vector−→N1 ×

−→N 2 sera paralelo a ambos planos y por lo tanto

−→N1 ×

−→N2 sera

paralelo a la lınea de interseccion de ambos planos. Calculando el productovectorial de las normales,

−→A =

−→N1 ×

−→N2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 3 −21 −3 1

∣∣∣∣∣∣= −3i− 3j − 6k,

por lo tanto, la ecuacion de la recta en forma parametrica sera de la forma,

−→r (t) = −→r0 + t−→A

es decir,

−→r (t) = (3, 2,−4) + t(−3,−3,−6),

y para determinar la forma simetrica de la recta, debemos eliminar el parametrot de la ecuacion vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de estaecuacion vectorial de la forma,

x = 3− 3t,

y = 2− 3t,

z = −4− 6t,

despejando el parametro t e igualando obtenemos,

x− 3

−3=y − 2

−3=z + 4

−6

o tambien,

x− 3 = y − 2 =z + 4

2.

45

Page 46: Problemario av

Problema 27.Encontrar el punto de interseccion (si es que se intersectan) de las siguientes

lıneas rectas.

a).−−→r 1(t) =

(5i+ 4j + 5k

)t+ 7i+ 6j + 8k,

−→r 2(t) =(

6i+ 4j + 6k)t+ 8i+ 6j + 9k,

b).−−→r 1(t) = 2k +

(3i+ 2j + k

)t,

−→r 2(t) = 3i+ 2j + 3k +(

6i+ 4j + 2k)t,

Solucion:

a).− Las ecuaciones anteriores son de la forma,

−→r (t) = −→r0 + t−→A,

que representa la ecuacion parametrica de una recta L que pasa por el punto

(x0, y0, z0) y es paralela al vector−→A. La ecuacion anterior es equivalente a las

ecuaciones

x = x0 + at,

y = y0 + bt,

z = z0 + ct,

que tambien se les llaman las ecuaciones parametricas de la recta L, estas ecua-

ciones son equivalentes a las ecuaciones no parametricas de la recta L dadaspor,

x− x0

a=y − y0

b=z − z0

c.

De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones parametricaspara cada recta,

x = 7 + 5t,y = 6 + 4t,z = 8 + 5t,

yx = 8 + 6t,y = 6 + 4t,z = 9 + 6t,

que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no parametricas respectiva-

46

Page 47: Problemario av

mente,

x− 7

5=

y − 6

4=z − 8

5,

x− 8

6=

y − 6

4=z − 9

6.

Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones quehan de satisfacer las 3 incognitas x, y y z, si consideramos las tres primerasecuaciones, obtenemos

1) x−75 = y−6

4 ,

2) y−64 = z−8

5 ,

3) x−86 = y−6

4 .

Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos

x− 7

5=x− 8

6,

de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuacion 1),

2− 7

5=y − 6

4,

de donde y = 2, finalmente de la ecuacion 2) obtenemos z = 3. Notese que estos

valores tambien satisfacen la cuarta ecuacion y−64 = z−9

6 . Por lo tanto, el punto

de interseccion de las dos rectas tiene al vector 2i + 2j + 3k como vector deposicion.

b).− Como se indico anteriormente, las ecuaciones para −→r 1(t) y −→r 2(t) son

de la forma −→r (t) = −→r0 + t−→A, en este caso los vectores

−→A 1 = 3i + 2j + 3k y−→

A 2 = 6i + 4j + 2k, son vectores paralelos a cada recta respectivamente, pero−→A 2 = 2

(3i+ 2j + k

)= 2−→A 1, es decir,

−→A 1 ‖

−→A 2, por lo que ambas lıneas rectas

son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nuncase van a intersectar.

47

Page 48: Problemario av

Problema 28.

Encontrar la ecuacion del plano que contiene a las siguientes lıneas rectas,

2 + x = 3−y2 = z y x−2

2 = 2y+12 = z − 1

Solucion:

Por definicion, la ecuacion de un plano es de la forma,

ax+ by + cz = d,

donde d = −→r 0 ·−→N, −→r 0 es el vector de posicion de un punto que este en el plano

y−→N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma

para encontrar la ecuacion del plano necesitamos un punto en o sobre este y unvector normal o perpendicular al mismo.

Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma,

x− (−2)

1=

y − 3

−2=z − 0

1,

x− 2

2=

y −(− 1

2

)

1=z − 1

1,

si comparamos estas ecuaciones con la ecuacion general de la recta x−x0

a =y−y0

b = z−z0c , que son equivalentes a la ecuacion vectorial −→r (t) = −→r0 + t

−→A,que

representa la ecuacion parametrica de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0)

y es paralela al vector−→A, las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a

las ecuaciones,

−→r 1(t) = −→r 01 + t−→A = (−2, 3, 0) + t (1,−2, 1) ,

−→r 2(t) = −→r 02 + t−→B =

(2,− 1

2 , 1)

+ t (2, 1, 1) .

De las ecuaciones anteriores, si hacemos el producto vectorial de los vectoresparalelos a cada recta, obtendremos un vector normal o perpendicular a cadarecta, y por lo tanto perpendicular al plano buscado que contiene a las dosrectas, de esta forma calculando el producto vectorial,

−→N =

−→A ×−→B =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 −2 12 1 1

∣∣∣∣∣∣= −3i+ j + 3k,

por lo tanto, sustituyendo en la ecuacion general de un plano, el vector−→N y

cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) pordonde pasa la primera recta, obtenemos

48

Page 49: Problemario av

−3x+ y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3),

finalmente, la ecuacion del plano pedida esta dada por,

−3x+ y + 3z = 9

49

Page 50: Problemario av

Problema 29.

Sean−→P = 3i + j + 2k y

−→Q = i − 2j − 4k los vectores de posicion de los

puntos P y Q respectivamente.a) Hallar la distancia d desde el punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos

P y Q.b) Hallar la ecuacion del plano que pasa por el punto P y es perpendicular

a la recta PQ.c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b).

Solucion:

a) Por definicion, la distancia de un punto de coordenadas (x1, y1, z1) a una

recta de la forma −→r (t) = −→r 0 + t−→A, esta dada por:

d =

∣∣∣(−→r 1 −−→r 0)×−→A∣∣∣

∣∣∣−→A∣∣∣

donde −→r 0 es el vector de posicion del punto por donde pasa la recta L, −→r 1 esel vector de posicion del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta

L y el vector−→A es un vector que es paralelo a la recta L. Por lo tanto, para

calcular la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P y Q,

escribamos dicha ecuacion de la recta en la forma −→r (t) = −→r 0 + t−→A para ası

aplicar la ecuacion anterior.

Aplicando la ecuacion −→r (t) = −→r 0 + t−→A, para los vectores de posicion de

los puntos P y Q, la ecuacion de la recta que une los puntos P y Q se puedeescribir vectorialmente de la forma,

−→r (t) =−→P + t

(−→Q −−→P

)

es decir,

−→r (t) = 3i+ j + 2k + t[(i− 2j − 4k

)−(

3i+ j + 2k)]

−→r (t) = 3i+ j + 2k + t(−2i− 3j − 6k

)

por lo tanto, en la ecuacion anterior tenemos que,

−→r 0 = (3, 1, 2)−→A = (−2,−3,−6)

ademas,

−→r 1 = (−1, 1, 1)

50

Page 51: Problemario av

aplicando la ecuacion para la distancia de un punto a una recta obtenemos,

d =|[(−1, 1, 1)− (3, 1, 2)]× (−2,−3,−6)|

|(−2,−3,−6)|

=|(−4, 0,−1)× (−2,−3,−6)|√

4 + 9 + 36

calculando el producto vectorial,

(−4, 0,−1)× (−2,−3,−6) =

∣∣∣∣∣∣

i j k−4 0 −1−2 −3 −6

∣∣∣∣∣∣= −3i− 22j + 12k

Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos Py Q esta dada por:

d =

∣∣∣−3i− 22j + 12k∣∣∣

√49

=

√9 + 484 + 144

7=

√637

7

b) Por definicion la ecuacion

(−→r −−→r 0) · −→N = 0,

representa la ecuacion de un plano que contiene a un punto de coordenadas

(x0, y0, z0) y un vector normal−→N = ai + bj + ck. En este, caso la ecuacion

del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta PQ se puedeescribir vectorialmente de la forma,

(−→r −−→P)·(−→Q −−→P

)= 0

donde−→Q −−→P es un vector que es paralelo a la recta y que es perpendicular al

plano buscado, sustituyendo los valores para los vectores−→P y

−→Q, obtenemos

(x− 3, y − 1, z − 2) · (−2,−3,−6) = 0

calculando el producto escalar se obtiene,

2x+ 3y + 6z = 21

que es la ecuacion del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y esperpendicular a la recta PQ.

51

Page 52: Problemario av

c) Por definicion, la ecuacion que proporciona la distancia de un punto decoordenadas (x1, y1, z1) al plano ax+ by + cz = d esta dada por:

D =|ax1 + by1 + cz1 − d|√

a2 + b2 + c2,

donde d =−→N · −→r 0 = ax0 + by0 + cz0.

Aplicando la ecuacion anterior, y la ecuacion para el plano calculada en elinciso b) obtenemos,

D =|2(−1) + 3(1) + 6(1)− 21|√

22 + 32 + 62=|7− 21|√

49= 2

que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x+ 3y + 6z = 21.

52

Page 53: Problemario av

Problema 30.

|Calcule la distancia entre los planos

x+ 2y + 3z = 5,

x+ 2y + 3z = 19.

Solucion:

Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrarioen el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo elpunto (0, 1, 1) y apliquemos la expresion para calcular la distancia de un puntode coordenadas (x1, y1, z1) al plano ax+ by + cz = d, dada por la expresion:

D =|ax1 + by1 + z1 − d|√

(a2 + b2 + c2),

donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d =−→N · −→r 0,

siendo −→r 0 el vector de posicion de un punto sobre el plano. En este caso,tenemos

−→N = (a, b, c) = (1, 2, 3),−→r 1 = (x1, y1, z1) = (0, 1, 1),

y

d = 19,

sustituyendo los valores anteriores en la expresion para la distancia, obtenemos

D =|1(0) + 2(1) + 3(1)− 19|√

12 + 22 + 32

=|2 + 3− 19|√

14=|−14|√

14

=14√14

=√

14.

Observese que como los planos son paralelos, el problema tambien se puederesolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5.

53

Page 54: Problemario av

3 Problemas del capıtulo 2.

Problema 1.Escribir las ecuaciones parametricas y no parametricas, de los siguientes

cırculos:a) centro en (0, 1, 0), radio 2, paralelo al plano XZ,b) centro en (1, 1, 1), radio

√3, paralelo al plano XY,

c) centro en (−1, 2, 3), radio 9, paralelo al plano XZ,d) centro en (−1, 3,−1), radio 5, paralelo al plano Y Z.Solucion.Por definicion, la ecuacion

(∗) −→R (θ) =

−→R 0 + (a cos θ) e1 + (a sin θ) e2,

representa un cırculo con centro en el punto (x0, y0, z0) y paralelo al planoformado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares,donde θ esta entre 0 y 2π.

a) Aplicando la ecuacion anterior en este caso,

a = 2

e1 = i

e2 = k−→R 0 = (0, 1, 0),

por lo tanto, la ecuacion pedida es

−→R (θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) i+ (2 sin θ) k

o bien,

−→R (θ) = 2 cos θi+ j + 2 sin θk

es decir, las ecuaciones parametricas de un cırculo de radio 2 paralelo al planoXZ con centro en (0, 1, 0) son:

x = 2 cos θ,

y = 1,

z = 2 sin θ,

que son equivalentes a las ecuaciones no parametricas,

x2 + z2 = 4,

y = 1.

54

Page 55: Problemario av

b) En este caso tenemos, aplicando la ecuacion (∗) obtenemos,

a =√

3

e1 = i

e2 = j−→R 0 = (1, 1, 1),

por lo tanto, la ecuacion pedida es

−→R (θ) = (1, 1, 1) +

(√3 cos θ

)i+(√

3 sin θ)j,

o bien,

−→R (θ) =

(1 +√

3 cos θ)i+(

1 +√

3 sin θ)j + k,

que es equivalente a las siguientes ecuaciones parametricas:

x = 1 +√

3 cos θ,

y = 1 +√

3 sin θ,

z = 1,

de donde obtenemos las ecuaciones no parametricas, de la forma

(x− 1)2 + (y − 1)2 = 3,

z = 1.

c) Analogamente, de la ecuacion (∗) obtenemos

a = 9

e1 = i

e2 = k−→R 0 = (1, 2, 3),

por lo tanto, la ecuacion del cıculo en forma parametrica esta dada por,

−→R (θ) = (1 + 9 cos θ) i+ 2j + (3 + 9 sin θ) k,

que es equivalente a las siguientes ecuaciones parametrica:

x = 1 + 9 cos θ,

y = 2,

z = 3 + 9 sin θ,

55

Page 56: Problemario av

de donde obtenemos las ecuaciones no parametricas, de la forma

(x− 1)2 + (z − 3)2 = 81,

y = 2.

d) De un procedimiento similar a los incisos anteriores se obtiene,

−→R (θ) = −i+ (3 + 5 sin θ) j + (−1 + 5 sin θ) k,

y

(y − 3)2 + (z + 1)2 = 25,

x = −1..

56

Page 57: Problemario av

Problema 2.Dada la curva −→

R = t2

2 i+ t3

3 k; 0 5 t 5 2,

encontrar un vector unitario T (s),donde s es la longitud de arco.

Solucion.Para encontrar T (s), primero debemos reparametrizar la curva en terminos

de la longitud de arco s, es decir; obtener−→R (s) para ası calcular:

T (s) =d−→R (s)

ds,

sabemos que la longitud de arco esta dada por la expresion:

s(t) =

∫ t

0

∣∣∣−→R′(t)

∣∣∣ dt,

de la ecuacion de la curva obtenemos,

−→R ′(t) = ti+ t2k;

de donde,∣∣∣−→R′(t)

∣∣∣ =√t2 + t4 = t

√(1 + t2),

sustituyendo en la expresion para la longitud de arco,

s(t) =

∫ t

0

t√

(1 + t2)dt.

Para resolver la integral, hacemos un simple cambio de variable de la forma

u = 1 + t2,

du = 2tdt,

dt =du

2t,

de esta forma,

s(t) =

∫ t

0

tu12du

2t=

1

2

∫ t

0

u12 du

=

[(1 + t2)

32

3

]t

0

=1

3

[(1 + t2)

32 − 1

],

por lo tanto, la longitud de arco de la curva esta dada por,

57

Page 58: Problemario av

s(t) =1

3

[(1 + t2)

32 − 1

]

de esta expresion, despejamos el parametro t de la forma;

(3s+ 1)23 = 1 + t2;

t(s) =[(3s+ 1)

23 − 1

] 12

,

sustituyendo en la expresion para−→R (t(s)), obtenemos

−→R (s) =

1

2

[(3s+ 1)

23 − 1

]i+

1

3

[(3s+ 1)

23 − 1

] 32

k,

derivando esta expresion con respecto al parametro s,

T (s) =1

2

[2

3(3s+ 1)

−13 (3)

]i+

(1

3

)(2

3

)[(3s+ 1)

23 − 1

] 12

[2

3(3s+ 1)−

13 (3)

]k,

finalmente, el vector unitario esta dado por:

T (s) =1

(3s+ 1)1

3

i+1

(3s+ 1)13

[(3s+ 1)

23 − 1

] 12

k.

Observemos que inmediatamente se puede verificar que∣∣∣T (s)

∣∣∣ = 1, aplicando

la definicion de la magnitud de un vector tenemos,

∣∣∣T (s)∣∣∣ =

√1

(3s+ 1)2

3

+1

(3s+ 1)2

3

[(3s+ 1)

23 − 1

]

=

√1

(3s+ 1)2

3

[1 +

((3s+ 1)

23 − 1

)]

=

√(3s+ 1)

23

(3s+ 1)23

= 1

58

Page 59: Problemario av

Problema 3:

Dada la curva cuyas ecuaciones parametricas son:

x =t

2π,

y = sin t,

z = cos t,

calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cual es

el vector unitario tangente a la curva dada en el punto (0, 0, 1)?.

Solucion:

De las ecuaciones parametricas, la curva esta dada por la ecuacion

−→r (t) =t

2πi+ sin tj + cos tk,

donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definicion la longitud de una curva en el espacio desde

el punto en t = a, al punto en t = b, esta dada por:

l(t) =

∫ t=b

t=a

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ dt,

de la ecuacion de la curva dada, obtenemos

d−→r (t)

dt=

1

2πi+ cos tj − sin tk,

de donde,

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ =

√1

4π2+ cos2 + sin2 t =

√1 + 4π2

4π2,

sustituyendo en la expresion para calcular la longitud de la curva obtenemos,

59

Page 60: Problemario av

l =

∫ 2π

0

√1 + 4π2

2πdt =

[√1 + 4π2

2πt

]t=2π

t=0

=√

1 + 4π2.

Ası mismo por definicion, el vector tangente a una curva en cualquier puntodel espacio esta dado por:

T (t) =d−→r (t)dt∣∣∣d−→r (t)dt

∣∣∣,

en el punto (0, 0, 1) , es decir, en t = 0, obtenemos

d−→r (t = 0)

dt=

1

2πi+ j,

y

∣∣∣∣d−→r (t = 0)

dt

∣∣∣∣ =

√1 + 4π2

2π,

por lo tanto el vector unitario pedido esta dado por:

T =i+ 2πj√1 + 4π2

.

60

Page 61: Problemario av

Problema 4:

Si T denota la tangente unitaria a la curva,

x = t,

y = 2t+ 5,

z = 3t,

demuestre que

dT

dt= 0,

interprete este resultado en forma geometrica.

Solucion:

En este caso, sustituyendo las ecuaciones parametricas, la curva esta dadapor la ecuacion

−→r (t) = ti+ (2t+ 5) j + 3tk.

En forma analoga al problema anterior, el vector tangente a una curva encualquier punto del espacio esta dado por:

T (t) =d−→r (t)dt∣∣∣d−→r (t)dt

∣∣∣,

de esta forma, de la ecuacion de la curva obtenemos,

T =i+ 2j + 3k√

12 + 4 + 9=i+ 2j + 3k√

14

de donde obtenemos,

dT

dt= 0.

61

Page 62: Problemario av

Por otro lado, observese que las ecuaciones parametricas de la curva dadason equivalentes a la ecuacion,

x− 0

1=y − 5

2=z − 0

3,

que es la ecuacion de una lınea recta que pasa por el punto de coordenadas

(0, 5, 0) y es paralela al vector−→A = i+2j+3k, como se ilustra esquematicamente

en la siguiente figura.

ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure

Por lo tanto, la expresion dbTdt = 0 indica que el vector T es constante a lo

largo de la lınea recta, por lo que la direccion de la curva debe estar dada por

un vector unitario en la direccion del vector−→A, como era de esperarse.

62

Page 63: Problemario av

Problema 5:

a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecua-ciones parametricas,

x = et cos t,

y = et sin t,

z = 0,

entre t = 0 y t = 1.

b) Reparametrizar la curva en terminos de la longitud de arco.

Solucion:

a) De las ecuaciones parametricas, la curva esta dada por la ecuacion

−→r (t) = et cos ti+ et sin tj,

donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definicion la longitud de una curva en el espacio desde el

punto en t = a, al punto en t = b, esta dada por:

l(t) =

∫ t=b

t=a

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ dt,

de la ecuacion de la curva dada, obtenemos

d−→r (t)

dt=[−et (sin t) + et cos t

]i+[et cos t+ etsent

]j,

de donde,

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ =

√[et (− sin t+ cos t)]

2+ [et (cos t+ sin t)]

2

=√e2t(sin2 t+ cos2 t− 2 sin t cos t

)+ e2t

(cos2 t+ sin2 t+ 2 sin t cos t

)

=√

2e2t

=√

2et,

63

Page 64: Problemario av

sustituyendo en la expresion para calcular la longitud de la curva obtenemos,

l =√

2

∫ 1

0

etdt =√

2[et]10

=√

2 [e− 1] .

b) Para reparametrizar la curva en terminos de la longitud de arco s, tenemospor definicion, que la longitud de arco s (t) esta dada por la expresion,

s = s(t) =

∫ t

t=t1

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ dt,

para t ≥ t1, en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco esta

dada por:

s (t) =√

2

∫ t

0

etdt

=√

2[et − 1

],

de la expresion anterior despejamos a t en funcion de la longitud de arco s,

de la forma

et =1√2s+ 1,

es decir,

t(s) = log

(s√2

+ 1

)= log

(s+√

2√2

),

por lo tanto, la ecuacion de la curva en terminos de la longitud de arco s esta

dada por:

−→r (t(s)) = exp

[log

(s+√

2√2

)]{cos

[log

s+√

2√2

]i+ sin

[log

s+√

2√2

]j

},

64

Page 65: Problemario av

finalmente obtenemos,

−→r (s) =s+√

2√2

[cos log

(s+√

2√2

)i+ sin log

(s+√

2√2

)j

].

65

Page 66: Problemario av

Problema 6:

Para la curva dada por las ecuaciones parametricas,

x = sin t− t cos t,

y = cos t+ t sin t,

z = t2,

encontrar,

a) La longitud de arco entre el punto (0, 1, 0) y el punto(−2π, 1, 4π2

)

b) T (t) .c) T (π) .Solucion:

En forma analoga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de lacurva estara dada por:

l =

∫ 2π

0

∣∣∣∣d−→r (t)

dt

∣∣∣∣ dt

en este caso,

d−→r (t)

dt= (cos t− cos t+ t sin t) i+ (− sin t+ sin t+ t cos t) j + 2tk

= t sin ti+ t cos tj + 2tk

por lo tanto,

l =

∫ 2π

0

√t2 sin2 t+ t2 cos2 t+ 4t2dt

=

∫ 2π

0

√5t2dt =

[√5

2t2

]2π

0

=

√5

24π2,

finalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto(−2π, 1, 4π2

),

esta dada por

l = 2√

5π2.

66

Page 67: Problemario av

b) En forma analoga a los problemas anteriores, en este caso, el vector

tangente a la curva en cualquier punto del espacio esta dado por:

T (t) =−→r (t)

|−→r (t)|

=t sin ti+ cos tj + 2tk√t2 sin2 t+ t2 cos2 t+ 4t2

=t sin ti+ t cos tj + 2tk

t√

5,

finalmente,

T (t) =1√5

[sin ti+ cos tj + 2k

].

c) Ası mismo en el punto t = π, el vector tangente esta dado por:

T (t = π) =1√5

[−j + 2k

].

67

Page 68: Problemario av

Problema 7.a) Sea el campo escalar φ dado por:

φ(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2

Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0,−1).Solucion.Aplicando la definicion del gradiente, obtenemos

∇φ =

(∂

∂x

(1√

x2 + y2 + z2

),∂

∂y

(1√

x2 + y2 + z2

),∂

∂z

(1√

x2 + y2 + z2

))

= −1

2

(1

(x2 + y2 + z2)32

)(2xi+ 2yj + 2zk

)

= −(

xi+ yj + zk

(x2 + y2 + z2)32

)

por lo tanto en el punto (1, 0,−1), el gradiente de φ esta dado por:

∇φ(1, 0,−1) = − 1

(1 + 0 + 1)32

(i− k)

es decir,

∇φ(1, 0,−1) =1

2√

2(−i+ k).

b) Dado el campo vectorial

−→f (x, y, z) =

xi+ yj + zk√x2 + y2 + z2

calculari) ∇ · −→f en (1,−2, 1).

j) ∇×−→f en (1,−2, 1).Solucion.i) El campo vectorial es de la forma:

−→f (x, y, z) =

x√x2 + y2 + z2

i+y√

x2 + y2 + z2i+

z√x2 + y2 + z2

i

Aplicando la definicion de la divergencia, se tiene

68

Page 69: Problemario av

∂f1

∂x=

∂x

(x√

x2 + y2 + z2

)

=

(x2 + y2 + z2

) 12 − x

(12

((x2 + y2 + z2

)− 12

)2x)

(x2 + y2 + z2)

=

(x2 + y2 + z2

)− 12(x2 + y2 + z2 − x2

)

(x2 + y2 + z2)

finalmente,

∂f1

∂x=

y2 + z2

(x2 + y2 + z2)32

de forma analoga obtenemos,

∂f2

∂y=

∂y

(y√

x2 + y2 + z2

)=

x2 + z2

(x2 + y2 + z2)32

y

∂f3

∂z=

∂z

(z√

x2 + y2 + z2

)=

x2 + y2

(x2 + y2 + z2)32

por lo tanto la difvergencia de la funcion vectorial dada resulta,

∇ · −→f =1

(x2 + y2 + z2)32

(y2 + z2 + x2 + z2 + x2 + y2)

=2(x2 + y2 + z2)

(x2 + y2 + z2)32

=2√

(x2 + y2 + z2)

por lo tanto, la divergencia del campo vectorial evaluado en el punto (1,−2, 1)resulta

∇ · −→f (1,−2, 1) =2√

(12 + (−2)2 + 12)=

√2

3

Solucion alternativa.

a) El campo vectorial−→f (x, y, z) se puede representar de la siguiente forma:

−→f (x, y, z) = φ(x, y, z)

−→A (x, y, z)

donde:

69

Page 70: Problemario av

φ(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2

−→A (x, y, z) = −→r .

Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos

1) ∇ · (φ−→r ) = ∇φ · −→r + φ∇ · −→r ,pero del inciso a) se obtuvo que,

∇(

1√x2 + y2 + z2

)= − xi+ yj + zk

(x2 + y2 + z2)32

que se puede escribir como

(2) ∇φ = −−→rr3 ,

donde r es la magnitud del vector de posicion −→r .Por otro lado de la definicion de la divergencia se tiene,

(3) ∇ · −→r = ∂x∂x + ∂y

∂y + ∂z∂z = 3,

sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuacion (1) obtenemos,

∇ · (φ−→r ) = −−→rr3· −→r +

3

r

=2

r

que es el mismo resultado que se obtuvo anteriormente.En general si un campo escalar φ(x, y, z) se puede representar de la forma,

φ(x, y, z)→ φ(r)

donde r es la magnitud del vector de posicion, entonces

∇φ(r) =∂φ

∂re−→r

donde r = |−→r | =√x2 + y2 + z2 y er =

−→rr .

Por ejemplo, si

φ(x, y, z) = ln1

(x2 + y2 + z2)32

que se puede escribir como

φ(r) = ln1

r3= −3 ln r

70

Page 71: Problemario av

de donde,

∂φ

∂r= −3

r

y por lo tanto,

∇φ(r) =∂φ

∂rer = −3

r

(−→rr

)= − 3

r2−→r .

Por otro lado, si aplicamos la definicion del gradiente, tenemos

∇φ(x, y, z) =3

2

(1

x2 + y2 + z2

)(2xi+ 2yj + 2zk

)

es decir,

∇φ(x, y, z) =

(3

x2 + y2 + z2

)(xi+ yj + zk

)=

3

r2−→r .

j) Si el campo vectorial esta dado como

−→f (x, y, z) =

xi+ yj + zk√x2 + y2 + z2

Por definicion del rotacional tenemos,

∇×−→f =

∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x√x2+y2+z2

y√x2+y2+z2

z√x2+y2+z2

∣∣∣∣∣∣∣

calculando las derivadas parciales, obtenemos

∇×−→f =

(− yz

(x2 + y2 + z2)32

+yz

(x2 + y2 + z2)32

)i

−(− xz

(x2 + y2 + z2)32

+xz

(x2 + y2 + z2)32

)i

+

(− xy

(x2 + y2 + z2)32

+xy

(x2 + y2 + z2)32

)i

es decir,

∇×−→f =−→0

Solucion alternativa.De la misma forma que en el inciso i) si aplicamos la propiedad del operador

”NABLA” ∇×(φ(r)−→A)

= ∇φ(r)×−→A + φ(r)∇×−→A , identificando a φ(r) = 1r

y−→A = −→r tenemos,

71

Page 72: Problemario av

(4) ∇×(−→rr

)= ∇

(1r

)×−→r + 1

r∇×−→r ,

ademas, de la definicion del rotacional tenemos que,

(5) ∇×−→r =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x y z

∣∣∣∣∣∣=−→0 ,

y del inciso a), obtenemos

(6) ∇(

1r

)= −−→rr3 ,

sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuacion (4), obtenemos

∇×(−→rr

)=

(−−→rr3

)×−→r ,

aplicando la definicion del producto vectorial de dos vectores

−→r ×−→r =−→0 ,

finalmente obtenemos,

∇×(−→rr

)=−→0 ,

que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definicion del determinantepara el rotacional.

72

Page 73: Problemario av

Problema 8.

El potencial electrostatico V debido a dos filamentos paralelos infinitos dedensidades lineales λ y −λ esta dado por,

V =∂

2πε0ln(

r2

r1),

donder2

1 = (x− x0)2 + y2,

yr2

2 = (x+ x0)2 + y2,

consideremos los filamentos en la direccion z, pasando por el plano XY en

(−x0, 0, 0) y (x0, 0, 0). Verificar que:

∇V (x, y) =λ

2πε0

[(x+ x0

r21

− x− x0

r22

)i+ 2y

(1

r21

− 1

r22

)j

]

Solucion:Sustituyendo los valores de r2

1 y r22, y aplicando la propiedad de los logar-

itmos, obtenemos

V (x, y) =λ

2πε0ln

[(x+ x0)2 + y2

(x− x0)2 + y2

] 12

4πε0ln

[(x+ x0)2 + y2

(x− x0)2 + y2

].

Por definicion, sabemos que

∇V (x, y) ≡ ∂V

∂xi+

∂V

∂yj.

Calculemos primeramente la derivada con respecto a x,

∂V (x, y)

∂x= k

∂x

[ln

((x+ x0)2 + y2

(x− x0)2 + y2

)],

donde

k =λ

2πε0,

73

Page 74: Problemario av

de esta forma,

∂V (x, y)

∂x= k

{(x− x0)2 + y2

(x+ x0)2 + y2

[[(x− x0)2 + y2

]2(x+ x0)−

[(x+ x0)2 + y2

]2(x− x0)

[(x− x0)2 + y2]2

]},

sustituyendo

r21 = (x− x0)2 + y2,

yr2

2 = (x+ x0)2 + y2,

obtenemos,

∂V (x, y)

∂x= k

{r2

1

r22

[2(x+ x0)r2

1 − 2(x− x0)r22

r41

]}

4πε0

{2(x+ x0)r2

1 − 2(x− x0)r22

r21r

22

}

2πε0

{(x+ x0)

r22

− (x− x0)

r21

}.

Analogamente, para la derivada con respecto a y obtenemos,

∂V (x, y)

∂y= k

∂y

[ln

((x+ x0)2 + y2

(x− x0)2 + y2

)]

= k

{(x− x0)2 + y2

(x+ x0)2 + y2

[(x− x0)2 + y2 − 2y

{(x+ x0)2 + y2

}2y

[(x− x0)2 + y2]2

]}

= k

{r2

1

r22

[2y(r2

1 − r22

r41

]}

= k2y

[1

r22

− 1

r21

]j.

Finalmente, sumando las derivadas parciales con respecto a x y a y obten-emos,

∇V (x, y) =λ

2πε0

[(x+ x0

r21

− x− x0

r22

)i+ 2y

(1

r21

− 1

r22

)j

].

74

Page 75: Problemario av

Problema 9.Hallar:a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 en la direccion del

punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) yb) Su valor maximo y direccion en el punto (1, 1, 0).

Solucion:

a) Sean −→r P y −→r Q los vectores de posicion de los puntos P y Q respectiva-mente, es decir

−→r P = i+ j−→r Q = 2i+ j + k

por lo tanto,

u =−→r Q −−→r P|−→r Q −−→r P |

=

(2i+ j + k

)−(i+ j

)

√(2− 1)2 + (1− 1)2

=1√2

(i+ k

)

asimismo, de la definicion del gradiente dada por la ecuacion, ∇φ(x, y, z) ≡∂V∂x i+ ∂V

∂y j +∂V∂z k obtenemos,

∇φ = 2xi+ 2yj + 2zk

sustituyendo en la expresion para la derivada direccional,

ds= ∇φ · u

=(

2xi+ 2yj + 2zk)· 1√

2

(i+ k

)

=2√2

(x+ z)

evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos,

dφ(1, 1, 0)

ds=√

2.

Es decir, el campo escalar se incrementa a una razon de√

2 por unidad dedistancia cuando se avanza del punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1).

b) Por definicion aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valormaximo de dφ

ds sera igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir;

(dφ

ds

)

max

= |∇φ| = 2√

2

75

Page 76: Problemario av

y tambien de la propiedad del gradiente, el valor maximo de dφds se tendra en

la direccion del gradiente ∇φ(1, 1, 0) = 2(1)i + 2(1)j + 2(0)k, es decir, en la

direccion del vector 2i+ 2j.

76

Page 77: Problemario av

Problema 10.Hallar la derivada de P = 4 exp (2x− y + z) en el punto (1, 1,−1) en di-

reccion del vector (−3, 5, 6).

Solucion:

Por definicion la derivada direccional esta dada por:

∂φ

∂s= ∇φ · u,

en este caso, la derivada direccional estara dada por,

∂P

∂s= ∇P · u,

calculando el gradiente de la funcion P,

∇P =∂

∂x(4 exp (2x− y + z)) i+

∂x(4 exp (2x− y + z)) i+

∂x(4 exp (2x− y + z)) i

= exp (2x− y + z)(

8i− 4j + 4k),

la direccion esta dada en este caso por el vector,

u =−→u|−→u | =

−3i+ 5j + 6k√70

,

por lo tanto la derivada de la funcion P en el punto (1, 1,−1) esta dada por:

∂P (1, 1,−1)

∂s= ∇P (1, 1,−1) · u

= exp (2(1)− (1) + (−1))(

8i− 4j + 4k)· −3i+ 5j + 6k√

70

=−24− 20 + 24√

70

= − 20√70.

77

Page 78: Problemario av

Problema 11Calcule la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz en el punto (e, e, 0) y en

la direccion del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2).Solucion:Para calcular la derivada direccional de f(x, y, z), tenemos por definicion que

df

ds= ∇f · u,

donde, ∇f es el gradiente de la funcion dada y u es el vector que indica ladireccion, que en este caso, esta dada por el vector,

−→u = −→r2 −−→r1 = (0, 3, 2)− (1, 2, 3) = (−1, 1,−1),

de esta forma,

u =−→u|−→u | =

1√3

(−1, 1, 1).

Aplicando la definicion del gradiente, obtenemos

∇f =∂

∂x[xyz] i+

∂y[xyz] j +

∂z[xyz] k

=∂

∂x

[elnxyz

]i+

∂y

[eln xyz

]j +

∂z

[eln xyz

]k

=

[elnxyz

(∂

∂x(lnxyz)

)]i+ eln xyz

[∂

∂y(lnxyz)

]j + eln xyz

[∂

∂y(lnxyz)

]k

=[eln xyz

] [ 1

xyz(yzxyz−1

)i+

1

xyz(z lnx) j +

1

xyz(y lnx) k

],

que se puede escribir de la forma,

∇f =(yzxyz−1

)i+ z lnxj + y lnxk,

de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente esta dado por:

∇f(e, e, o) = 0i+ 0j + e ln(e)k

= e(0, 0, 1),

Finalmente la derivada direccional esta dada por:

78

Page 79: Problemario av

df

ds= e(0, 0, 1) · 1√

3(−1, 1, 1)

=e√3.

79

Page 80: Problemario av

Problema 12.Encontrar los valores de las constantes a, b y c de forma que la derivada de

la funcion

φ(x, y, z) = axy2 + byz + cx3z2

en el punto (1, 2,−1) tenga un maximo de magnitud 64 en la direccionparalela al eje Z.

Solucion:

Por definicion, la derivada direccional esta dada por:

ds= ∇φ · u

Aplicando las hipotesis del problema, esta derivada sera maxima en direccionparalela al eje Z, es decir en direccion del vector k por lo tanto,

(1) ∇φ · k = 64,

(2) ∇φ · j = 0,

(3) ∇φ · i = 0,

aplicando la definicon del gradiente obtenemos,

∇φ =(ay2 + 3cx2z2

)i+ (2axy + bz)j +

(by + 2cx3z

)k

evaluando en el punto (1, 2,−1), obtenemos

∇φ(1, 2,−1) = (4a+ 3c) i+ (4a− b)j + (2b− 2c) k

por lo tanto, de las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemos

(1a) 2b− 2c = 64,

(2a) 4a+ 3c = 0,

(3a) 4a− b = 0,

de las ecuaciones (2a) y (3a) obtenemos,

b = −3c

al sustituir en la ecuacion (1a) obtenemos,

c = −8

nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos,

80

Page 81: Problemario av

a = 6

b = 24

81

Page 82: Problemario av

Problema 13.Dado el campo escalar,

φ(x, y, z) = 2xz + eyz2

a) Encontrar dφds en el punto (2, 1, 1) y en la direccion del vector 2i+ 3j − k.

b) Cual es la direccion del maximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1)y que valor tiene este maximo cambio.

c) Encuentre la ecuacion del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto(2, 1, 1).

Problema:

Por definicion, sabemos que la derivada direccional esta dada por:

df

ds= ∇f · u,

donde, ∇f es el gradiente de la funcion dada y u es el vector que indica ladireccion, que en este caso, esta dada por el vector,

u =1√14

(2, 3,−1) ,

ası mismo,

∇φ ≡ ∂φ

∂xi+

∂φ

∂yj +

∂φ

∂zk = 2zi+ eyz2j + (2x+ eyz) k,

de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente esta dado por:

∇φ = 2i+ ej + (4 + 2e)k

Por lo tanto, la derivada direccional esta dada por:

df

ds=

(2i+ ej + (4 + 2e)k

)·(

1√14

(2, 3,−1)

)

=1√14

[4 + 3e− 4− 2e] =e√14.

b) La direccion en el cual el campo escalar φ esta cambiando mas rapido,esta dada en la direccion gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos

∇φ(2, 1, 1) = 2i+ ej + (4 + 2e)k,

y su maximo valor esta dada por:

|∇φ(2, 1, 1)| =√

22 + e2 + (4 + 2e)2

=√

20 + 16e+ 5e2.

82

Page 83: Problemario av

c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) esta dado por elgradiente,

∇φ(2, 1, 1) = 2i+ ej + (4 + 2e)j,

De esta forma, la ecuacion del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, esta dada por

∇φ • (−→r −−→r0) = 0,

es decir,

2(x− 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0,

que tambien se puede escribir de la forma,

2x+ ey + 4z = 8 + 3e.

83

Page 84: Problemario av

Problema 14.La temperatura de los puntos en el espacio esta dada por:

T (x, y, z) = x2 + y2 − za) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se esta muriendo de frıo. ¿En

que direccion debera volar para que no se muera?

b) Si el mosquito vuela a una razon de 5 unidades de distancia por segundo en

direccion del vector 4i+4j−2k.¿Cual es la razon de cambio de aumento en la temperatura por unidad de

tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?.Solucion:a) Como el gradiente de T a punta en la maxima razon de cambio de la

temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se esta muriendo de frıo, deberamoverse en la direccion del gradiente para calentarse.

Aplicando la definicion del gradiente,

∇T (x, y, z) ≡ ∂T

∂xi+

∂T

∂yj +

∂T

∂zk,

en este caso, tenemos

5T (x, y, z) = 2xi+ 2yj − k,

de esta forma, en el punto (1, 1, 2) el gradiente esta dado por

5T (1, 1, 2) = 2i+ 2j − k,ası que el mosquito debera moverse en la direccion del vector (2, 2,−1).

b) Aplicando regla de la cadena, la razon de cambio en la temperatura estadada por:

dT

dt=dT

ds

ds

dt,

dondedT

ds= 5T · u,

es la derivada direccional, y dsdt , es la rapidez con la que se mueve el mosquito.

Por hipotesis del problema, la direccion esta dada por el vector unitario,

u =4i+ 4j − 2k√

16 + 16 + 4=

(4

6,

4

6,−2

6

),

de esta forma la derivada direccional estara dada por

dT

ds= (2, 2,−1) · 1

3(2, 2,−1) =

4

3+

4

3+

1

3= 3,

y como dsdt = 5, finalmente el cambio en la temperatura estara dada de la forma,

84

Page 85: Problemario av

dT

dt= 15

◦Cseg

.

85

Page 86: Problemario av

Problema 15.El capitan Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio.

La temperatura del casco de la nave, cuando el esta en la posicion (x, y, z) estadada por:

T (x, y, z) = e−x−y−z,

donde x, y y z estan medidas en metros. Actualmente el esta en el punto (2, 2, 2).a) ¿En que direccion debera avanzar para disminuir mas rapido la temper-

atura?b) Si la nave viaja a e8m

s , ¿con que rapidez decaera la temperatura si avanzaen esa direccion?

Solucion:a) Si el campo escalar de temperaturas, esta dado por

T (x, y, z) = e−x−y−z,

de la definicion de la derivada direccional dTds = ∇T · u, que fısicamente nos da

la razon de cambio del campo escalar (temperatura) en la direccion del vectoru, la maxima razon de cambio de aumento de la temperatura estara dada por

(dT

ds

)

max

= |∇T | ,

es decir, cuando ∇T apunta en la direccion de u. Por lo tanto, si el capitanPeluches esta en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direccion contraria algradiente. Aplicando la definicion del gradiente, tenemos

∇T =∂T

∂xi+

∂T

∂yj +

∂T

∂zz

∇T = −e−x−y−z i− e−x−y−z j − e−x−y−z k∇ [T (2, 2, 2)] = −e−2−2−2

(i+ j + k

)= −e−6

(i+ j + k

),

de esta forma, el capitan Peluches se tiene que mover en direccion del vector

e−6(i+ j + k

).

b) Si la nave viaja una rapidez de e8m/s(dsdt

), entoces la rapidez con la cual

diminuye la temperatura, esta dada por (aplicando regla de la cadena):

dT

dt=dT

ds

ds

dt,

donde

dT

ds= ∇T • u,

y

86

Page 87: Problemario av

u =∇T|∇T | =

e−6(i+ j + k

)

√e−123

=

(i+ j + k

)

√3

,

por lo tanto,

dT

ds= ∇T • ∇T|∇T | =

|∇T |2|∇T | = |∇T | = e−6

√3

(0C

m

),

finalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura esta dada por:

dT

dt=√

3

(0C

m

)(e8m

s

)=√

3(e8) 0C

seg.

87

Page 88: Problemario av

Problema 16.a) La temperatura en una caja rectangular esta dada aproximadamente por

T (x, y, z) = x(1− x)(2− y)(3− z),

donde 0 < × < 1, 0 < y < 2 y 0 < z < 3. Si un mosquito se localiza enel punto (0, 1,−2), en que direccion debera volar para enfriarse lo mas rapidoposible. Explique su respuesta.

b) Si el mosquito esta volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo.Con que rapidez esta cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve endireccion paralela al eje x?.

Solucion.a) El gradiante apunta donde la razon de cambio del incremento de tem-

peratura es maxima, por lo que el mosquito debe moverse en direccion opuestaal gradiente. Por definicion, el gradiente de una funcion escalar esta dado por,

∇T =∂T

∂xi+

∂T

∂yj +

∂T

∂zk,

en este caso,T (x, y, z) = x(1− x)(2− y)(3− z),

luego entonces

∇T =∂T

∂xi+

∂T

∂yj +

∂T

∂zk

∇T = [(1− x)− x] (2− y) (3− z) i− x (1− x) (3− z) j − x (1− x) (2− y) k

= (1− 2x) (2− y) (3− z) i− x (1− x) (3− z) j − x (1− x) (2− y) k

evaluando en el punto donde esta el mosquito, tenemos

∇T (0, 1,−2) = (1− 2 (0)) (2− (1)) (3− (−2)) i+ 0j + 0k

= 5i

es decir, el mosquito debe volar en direccion del vector −5i para enfriarse.b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 m

seg = dsdt , entonces aplicando

la regla de la cadena, tenemos

dT

dt=dT

ds

ds

dt,

donde

dT

ds= ∇T • u,

y

88

Page 89: Problemario av

u = (1, 0, 0)

puesto que se mueve en direccion paralela al eje x, por lo tanto

dT

dt= 1.5 (∇T · u)

= 1.5[(

5i)· i],

finalmente, la rapidez con la cual esta cambiando la temperatura de la cajacuando el mosquito se mueve en direccion paralela al eje x, esta dada por

dT

dt= 7.5

0C

seg.

89

Page 90: Problemario av

Problema 17.a) Defina el concepto de conjunto de nivel.b) Defina el concepto de grafica de una funcion.c) Describa el comportamiento, conforme varıa c, del conjunto de nivel para

la siguiente funcion.

f(x, y) = 1− x2 − y2,

d) Cual es el conjunto de nivel si c > 1.

Solucion:

a) Sea f : U ⊂ Rn −→ R, se define el conjunto de nivel como el conjuntode puntos −→x ∈ U que satisfacen,

Lc = {−→x ∈ U : f(−→x ) = C ∈ R} .

b) Sea

f : U ⊂ Rn −→ R,

se define la grafica de la funcion f como el conjunto de puntos

(x1, x2.........xn, f(x1x2, ....., xn)),

que pertenecen a Rn+1 para

(x1, x2.........xn) ∈ U,es decir, el conjunto

{((x1, x2...., xn, f(x1, x2, ...., xn)) ∈ Rn+1 : (x1, ..., xn) ∈ U

}.

c) Si f(x, y) = 1− x2 − y2; en este caso el conjunto de nivel es una curva enR2 tal que cumple:

Lc ={

(x, y) : 1− x2 − y2 = c},

o tambien,

Lc ={

(x, y) : x2 + y2 = 1− c},

es decir, conforme c varie las curvas del nivel son cırculos de radio√

1− c.

d) Si c > 1 el conjunto de nivel es el conjunto vacio.

90

Page 91: Problemario av

Problema 18.Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecua-

ciones parametricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u).Solucion:Por definicion, una superficie S en el espacio esta descrita por una funcion

vectorial de la forma:

−→r (u, v) = x(u, v)i+ y(u, v)j + z(u, v)k,

donde u y v son parametros (variables), en forma analoga al parametro t para

una trayectoria curva en el espacio representada por−→f (t); ası mismo, las ecua-

ciones

x = x(u, v),

y = y(u, v),

z = z(u, v),

son las ecuaciones parametricas de la superficie S.En este caso, la ecuacion parametrica para la superficie S esta dada por:

−→r (u, v) = u cos vi+ u sin vj + z(u)k

por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S repre-sentada por la ecuacion anterior estara dado por:

n =−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

,

donde los vectores −→r u y −→r v son vectores tangentes a las lıneas coordenadasu y v respectivamente, estos vectores estan dados por:

−→r u ≡∂−→r (u, v)

∂u= cos vi+ sin vj + z‘(u)k,

y

−→r v ≡∂−→r (u, v)

∂v= −u sin vi+ u cos vj.

Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos

−→r u×−→r v =

∣∣∣∣∣∣

i j kcos v sin v z‘(u)−u sin v u cos v 0

∣∣∣∣∣∣= (−u cos vz′(u))i−(u sin vz′(u))j+

(u cos2 v + u sin2 v

)k

es decir,

−→r u ×−→r v = (−u cos vz′(u))i− (u sin vz′(u))j + uk,

91

Page 92: Problemario av

la magnitud de este vector esta dada por,

|−→r u ×−→r v| =√

(−u cos vz′(u))2 + (u sin vz′(u))2 + u2 = u

√1 + [z′(u)]

2,

sustituyendo los resultados anteriores en la expresion para el vector unitario n,obtenemos

n =− cos vz′(u)i− sin vz′(u)j + k√

1 + [z‘(u)]2

Problema 19.

Demostrar que−→f = r2−→r es un campo vectorial conservativo y encontrar el

potencial escalar del cual se deriva.

Solucion:

Para mostrar que−→f = r2−→r es un campo conservativo debemos verifica que

∇×−→f =−→O.

Calculando el rotacional de−→f , usando la propiedad distributiva del producto

de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos,

∇× (r2−→r ) = ∇r2 ×−→r + r2 ∇×−→r ,aplicando las siguientes propiedades del operador nabla,

∇rn = nrn−2−→r ,que se demuestra en el problema 22, y la propiedad

∇×−→r =−→O,

obtenemos,

∇× (r2−→r ) = 2−→r ×−→r =−→O,

es decir,−→f = r2−→r , es un campo vectorial conservativo.

Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que−→f (r) = ∇φ(r). Para

hacer esto, aplicamos la siguiente expresion para el gradiente de una funcionque solamente depende de r = |−→r | , y que resulta de aplicar la regla de lacadena,

∇φ(r) =∂φ(r)

∂xi+

∂φ(r)

∂yj +

∂φ(r)

∂zk,

=∂φ

∂r

∂r

∂xi+

∂φ

∂r

∂r

∂yj +

∂φ

∂r

∂r

∂zk,

= φ′(r)∇r,= φ′(r)er,

92

Page 93: Problemario av

de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como,

−→f = r2−→r = r3er,

por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es

decir−→f (r) = ∇φ(r), obtenemos

φ′(r) = r3,

de donde, integrando obtenemos inmediatamente,

φ(r) =r4

4+ C,

donde C es una constante de integracion que depende de las condiciones iniciales.

93

Page 94: Problemario av

Problema 20.

a) Mostrar que 5 • [f(r)−→r ] = 3f(r) + rf ′(r).b) Calcule 5× [f(r)−→r ] (no aplique la definicion del determinante).

Solucion:Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funcion escalar

por una funcion vectorial, dada por:

5 · [f(r)−→r ] = 5f(r) · −→r + f(r)5 ·−→r ,como el campo escalar f(r), solo depende de r = |−→r | , podemos aplicar

5f(r) = f ′(r)5 r = f ′(r)−→rr,

ademas, por definicion de la divergencia de un campo vectorial, tenemos

5 • −→r = 3,

entonces

5 • [f(r)′−→r ] = f ′(r)−→rr• −→r + 3f(r) = rf ′(r) + 3f(r),

b) En forma analoga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del

producto de una funcion escalar por una funcion vectorial, dada por:

5× [f(r)−→r ] = f(r)5×−→r +5f(r)×−→r ,

por definicion, sabemos que 5 × −→r =−→0 , y aplicando la expresion para el

gradiente de una funcion que solamente depende de r, donde r = |−→r | , obtenemos

5f(r)×−→r =f ′(r)r−→r ×−→r =

−→0 ,

finalmente se demuestra que

5× [f(r)−→r ] =−→0 .

94

Page 95: Problemario av

Problema 21.

Hallar el campo vectorial−→F tal que

−→F = f(r)−→r y div

−→F = 0, es decir;

halle la funcion f(r).Solucion:

Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla,

∇ · Φ−→A = ∇Φ · −→A + Φ∇ · −→A,en este caso, tenemos

Φ = f(r),−→A = −→r ,

∇ · [f(r)−→r ] = ∇f(r) · −→r + f(r)∇ · −→rcomo el campo escalar f, solo depende de r = |−→r | , podemos aplicar

5f(r) = f ′(r)5 r = f ′(r)−→rr,

que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado,de la definicion de la divergencia de un campo vectorial, tenemos

∇ · −→r =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)· (x, y, z) = 3,

entonces

∇ · [f(r)−→r ] = f ′(r)−→rr· −→r + 3f(r)

= f ′(r)r + 3f(r),

aplicando la hipotesis del problema dada por ∇ · [f(r)−→r ] = 0, obtenemos

f ′(r)f(r)

r + 3 = 0,

o tambien,

1

f(r)df(r) = −3

rdr,

integrando, obtenemos

95

Page 96: Problemario av

∫df(r)

f(r)= −3

∫dr

r

ln f(r) + cte = −3 (ln r + cte)

ln f(r) = ln r−3 + cte

eln f(r) = e(ln r−3+cte),

finalmente, la funcion escalar esta dada por:

f(r) = Ar−3 =A

r3.

donde A es una constante de integracion.

96

Page 97: Problemario av

Problema 22.a) Si −→r = |−→r | demostrar las siguientes identidades,

I) ∇rn = nrn−2−→rII) ∇2rn = n(n+ 1)rn−2

III) ∇ · (rn−→r ) = (n+ 3) rn

b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular,

I) ∇(

1r

)

II) ∇2()1r3/2

III) ∇ ·(−→rr3

)

Solucion:

a) Por definicion, el vector de posicion de un punto en el espacio esta dadopor,

−→r = xi+ yj + zk,

de donde, la magnitud del vector esta dada por r = |−→r | =√x2 + y2 + z2.

Aplicando la definicion del operador vectorial nabla ∇ dado por,

∇ ≡ ∂

∂xi+

∂yj +

∂zk,

obtenemos para I),

∇rn =∂rn

∂xi+

∂rn

∂yj +

∂rn

∂zk,

sustituyendo la magnitud del vector de posicion, tenemos

∇rn =∂

∂x

(x2 + y2 + z2

)n2 i+

∂y

(x2 + y2 + z2

)n2 j +

∂z

(x2 + y2 + z2

)n2 k

=n

2

(x2 + y2 + z2

)n2−1

(2x) i+n

2

(x2 + y2 + z2

)n2−1

(2y) j +n

2

(x2 + y2 + z2

)n2−1

(2z) k

= n(x2 + y2 + z2

)n−22

(xi+ yj + zk

)

= n |−→r |n−2−→r ,

finalmente,∇rn = nrn−2−→r .

II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano esta dado por,

97

Page 98: Problemario av

∇2 ≡ ∇ · ∇ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2,

de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector −→r , obtenemos

∇2rn =∂2

∂x2

(x2 + y2 + z2

)n2 +

∂2

∂y2

(x2 + y2 + z2

)n2 +

∂2

∂z2

(x2 + y2 + z2

)n2 ,

observese por la forma de la funcion escalar dada, solo necesitamos calcularlas derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z sonanalogas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma,

∇2rn ≡ ∇ · ∇rn = ∇ ·(nrn−2−→r

),

y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla,

∇ ·(

Φ−→A)

= ∇Φ · −→A + Φ∇ · −→A,

donde,

Φ = nrn−2,−→A = −→r ,

por lo tanto,

∇2rn ≡ ∇ ·(nrn−1−→r

)= ∇

(nrn−2

)· −→r + nrn−2∇ · −→r ,

aplicando la divergencia de una funcion vectorial tenemos que ∇ · −→r = 3 y elresultado del inciso anterior, en este caso ∇rn−2 = (n−2)rn−4−→r , de esta forma,

∇2rn = n(n− 2)rn−4−→r · −→r + 3nrn−2,

= n(n− 2)rn−2 + 3nrn−2,

donde aplicamos el hecho de que −→r · −→r = |−→r |2 = r2, finalmente obtenemos

∇2rn = n(n+ 2)rn−2.

III). En forma analoga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad dela divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso lasfunciones escalares y vectoriales estan dadas por,

Φ = rn,−→A = −→r ,

por lo tanto,

98

Page 99: Problemario av

∇ · (rn−→r ) = ∇rn · −→r + rn∇ · −→rusando los resultado de los incisos anteriores obtenemos,

∇ · (rn−→r ) = nrn−2−→r · −→r + 3rn

= nrn + 3rn

= (n+ 3)rn.

b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos,

I) ∇(

1r

)= ∇

(r−1)

= (−1)r−3−→r = −−→rr3 .

II) ∇2()1r3/2 = ∇2(r−

32

)= − 3

2

(− 3

2 + 1)r(−

32−2) = 3

4r− 7

2 = 3

4√r7.

III) ∇ ·(−→rr3

)= ∇ ·

(r−3−→r

)= 0.

99

Page 100: Problemario av

Problema 23.Dado el campo vectorial,

−→F =

−→r|−→r |k

,

donde −→r = xi+ yj + zk. Para que valor de la constante k, la divergencia de−→F

es igual a cero?.Solucion:

Las componentes del campo vectorial−→F estan dadas por:

Fx =x

(x2 + y2 + z2)k2

,

Fy =y

(x2 + y2 + z2)k2

,

Fz =z

(x2 + y2 + z2)k2

,

como la divergencia de una campo vectorial−→F = Fxi + Fy j + Fz k, esta dada

por

∇ · −→F ≡ ∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

solamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma

∂Fx∂x

=∂

∂x

[x

(x2 + y2 + z2)k2

]

=

(x2 + y2 + z2

) k2 − x

[k2

(x2 + y2 + z2

) k2−1

(2x)]

(x2 + y2 + z2)k

=1

(x2 + y2 + z2)k2

− kx2

(x2 + y2 + z2)k2 +1

.

Analogamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos

∂Fy∂y

=1

(x2 + y2 + z2)k2

− ky2

(x2 + y2 + z2)k2 +1

.

∂Fz∂z

=1

(x2 + y2 + z2)k2

− kz2

(x2 + y2 + z2)k2 +1

.

100

Page 101: Problemario av

sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial−→F ,

esta dada por

∇ · −→F =3

(x2 + y2 + z2)k2

− k(x2 + y2 + z2

)

(x2 + y2 + z2)k2 +1

=3− k

(x2 + y2 + z2)k2

.

de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de−→F es igual a

cero.

101

Page 102: Problemario av

Solucion alternativa:Como el campo vectorial es de la forma,

−→F = f(r)−→r ,

en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla,

∇ ·(f(r)−→A)

= ∇f(r) · −→A + f(r)∇ · −→A,donde,

f(r) = |−→r |−k ,−→A = −→r ,

de esta forma,

∇ ·[(|−→r |−k

)−→r]

= ∇(|−→r |−k

)· −→r +

(|−→r |−k

)∇ · −→r ,

aplicando el resultado

∇f(r) =df(r)

drer,

que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r =

|−→r | . Por lo tanto,

∇ ·[(|−→r |−k

)−→r]

= − |−→r |−k−1−→r|−→r | ·

−→r + 3(|−→r |−k

)

= − |−→r |−k−2 |−→r |2 + 3(|−→r |−k

)

=3− k|−→r |k

,

donde se aplico tambien la propiedad de la norma del producto escalar de vec-

tores y el hecho de que

∇ · −→r =∂x

∂x+∂y

∂y+∂z

∂z= 3.

De la misma forma, si k = 3, entonces ∇ · −→F = 0.

102

Page 103: Problemario av

Problema 24.Dado el campo vectorial,

−→F =

−yi+ xj

(x2 + y2)k2

.

Hallar el valor de la constante k, de forma que−→F sea irrotacional, es decir

que ∇×−→F =−→0 .

Solucion.Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla,

∇×(

Φ−→A)

= ∇Φ×−→A + Φ∇×−→A,

donde en este caso,

Φ =(x2 + y2

)− k2 ,−→A = −yi+ xj,

obtenemos,

∇×[((

x2 + y2) k

2

)(−xi+ yj

)]= ∇

((x2 + y2

)− k2 )×(−yi+ xj

)+((x2 + y2

)− k2 )∇×(−yi+ xj

),

del problema anterior, obtenemos

∇((x2 + y2

)− k2 ) =−k

(x2 + y2)k2 +1

(xi+ yj

)

de esta forma,

∇×[(x2 + y2

)− k2 (−xi+ yj)]

=−k

(x2 + y2)k2 +1

(xi+ yj

)×(−yi+ xj

)+(x2 + y2

)− k2 ∇×(−yi+ xj

)

calculando el producto vectorial y el rotacional,

(xi+ yj

)×(−yi+ xj

)=

∣∣∣∣∣∣

i j kx y 0−y x 0

∣∣∣∣∣∣=(x2 + y2

)k

∇×(−yi+ xj

)=

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y 0

−y x 0

∣∣∣∣∣∣= 2k

sustituyendo, obtenemos

103

Page 104: Problemario av

∇×[((

x2 + y2) k

2

)(−xi+ yj

)]=

−k(x2 + y2)

k2 +1

(x2 + y2

)k +

2k

(x2 + y2)k2

=2− k

(x2 + y2)k2

k.

De lo anterior, si k = 2, entonces ∇× −→F =−→0 .

104

Page 105: Problemario av

Problema 25.a) Calcular las constantes a, b y c, de forma que el campo vectorial

−→A = (x+ 2y + az)i+ (bx− 3y − z)j + (4x+ cy + 2z)k

sea irrotacional.b) Si el campo vectorial es irrotacional, encontrar el campo escalar del cual

se deriva este campo vectorial .Solucion:

a) Por definicion, si−→A es irrotacional debe cumplir que ∇×−→A =

−→0 , por lo

tanto

∇×−→A =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x+ 2y + az bx− 3y − z 4x+ cy + 2z

∣∣∣∣∣∣

=

(∂

∂y(4x+ cy + 2z)− ∂

∂z(bx− 3y − z)

)i

−(∂

∂x(4x+ cy + 2z)− ∂

∂z(x+ 2y + az)

)j

+

(∂

∂x(bx− 3y − z)− ∂

∂y(x+ 2y + az)

)k

aplicando la hipotesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces

c+ 1 = 0

−a+ 4 = 0

b− 2 = 0

de las ecuaciones anteriores obtenemos inmediatamente a = 4, b = 2 y c = −1.

Por lo tanto, el campo vectorial que es irrotacional esta dado por:

−→A = (x+ 2y + 4z)i+ (2x− 3y − z)j + (4x− y + 2z)k

b) Debido a que si ∇×−→A =−→0 entonces,

−→A = ∇φ(x, y, z), por lo tanto

(x+ 2y + 4z)i+ (2x− 3y − z)j + (4x− y + 2z)k =∂φ

∂xi+

∂φ

∂xj +

∂φ

∂xk,

105

Page 106: Problemario av

de donde,

∂φ

∂x= x+ 2y + 4z,

∂φ

∂y= 2x− 3y − z,

∂φ

∂z= 4x− y + 2z,

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos:

(1) φ(x, y, z) = x2

2 + 2xy + 4xz + f(y, z),

(2) φ(x, y, z) = 2xy − 32y

2 − yz + g(x, z),

(3) φ(x, y, z) = 4xz − yz + z2 + h(x, y),

derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos,

∂φ

∂y= 2x+

∂f(y, z)

∂y

∂φ

∂y= 2x− 3y − z

de las ecuaciones anteriores se obtiene,

∂f(y, z)

∂y= −3y − z

integrando nuevamente con respecto a y obtenemos,

f(y, z) = −3

2y2 − yz +m(z)

substituyendo en la ecuacion (1) obtenemos,

(4) φ(x, y, z) = x2

2 + 2xy + 4xz − 32y

2 − yz +m(z).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones(3) y (4) derivando parcialmente con respecto a z, obtenemos

∂φ

∂z= 4x− y +

∂m(z)

∂z∂φ

∂z= 4x− y + 2z

de lo anterior, se tiene

106

Page 107: Problemario av

4x− y +∂m(z)

∂z= 4x− y + 2z

dm(z)

dz= 2z

finalmente obtenemos,

m(z) = z2 + cte,

por lo tanto, la funcion escalar φ(x, y, z) tal que−→A = ∇φ(x, y, z) esta dada por:

φ(x, y, z) =x2

2+ 2xy + 4xz − 3

2y2 − yz + z2 + cte

notese que:

∇φ(x, y, z) = (x+ 2y + 4z)i+ (2x− 3y − z)j + (4x− y + 2z)k =−→A.

107

Page 108: Problemario av

Problema 26.a) Demostrar

−→A = (6xy + z3)i+ (3x2 − z)j + (3xz2 − y)k

que es irrotacional.

b) Hallar φ tal que−→A = ∇φ.

Solucion:

a) Verifiquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional

∇×−→A =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

6xy + z3 3x2 − z 3xz2 − y

∣∣∣∣∣∣

=

(∂

∂y(3xz2 − y)− ∂

∂z(3x2 − z)

)i

−(∂

∂x(3xz2 − y)− ∂

∂z(6xy + z3)

)j

+

(∂

∂x(3x2 − z)− ∂

∂y(6xy + z3)

)k

= (−1 + 1)i−(3z2 − 3z2

)j + (6x− 6x)k.

Por lo tanto como ∇×−→A =−→0 entonces

−→A es irrotacional.

b) del resultado anterior, se tiene que−→A = ∇φ por lo tanto

∂φ

∂x= 6xy + z3,

∂φ

∂y= 3x2 − z,

∂φ

∂z= 3xz2 − y.

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos:

(1) φ(x, y, z) = 3x2y + xz3 + f(y, z),

108

Page 109: Problemario av

(2) φ(x, y, z) = 3x2y − yz + g(x, z),

(3) φ(x, y, z) = xz3 − yz + h(x, y),

derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos,

∂φ

∂z= 3xz2 +

∂f(y, z)

∂z,

∂φ

∂z= 3xz2 − y,

de las ecuaciones anteriores se obtiene,

∂f(y, z)

∂y= −y,

integrando nuevamente con respecto a y obtenemos,

f(y, z) = −yz +m(y),

substituyendo en la ecuacion (1) obtenemos,

(4) φ(x, y, z) = 3x2y + xz3 − yz +m(y).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones(2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos

∂φ

∂y= 3x2 − z +

∂m(y)

∂y,

∂φ

∂y= 3x2 − z,

de lo anterior, se tiene

109

Page 110: Problemario av

3x2 − z +∂m(y)

∂y= 3x2 − z,

dm(y)

dy= 0,

finalmente obtenemos

m(z) = cte,

por lo tanto, la funcion escalar φ(x, y, z) tal que−→A = ∇φ(x, y, z) esta dada por:

φ(x, y, z) = 3x2y + xz3 − yz + cte.

110

Page 111: Problemario av

Problema 27.Verificar si el campo vectorial

−→f = 3x2yi+ (x3 + 1)j + 9z2k

se puede obtener a partir del gradiente de una funcion escalar. Si es ası,obtenga el campo escalar.

Solucion:

Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector−→0 .

∇×−→f =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

3x2y x3 + 1 9z2

∣∣∣∣∣∣,

de lo anterior se deduce inmediatamente que,

∇×−→f =−→0 .

Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, ası que se puedededucir a partir del gradiente de una funcion escalar, es decir;

−→f = ∇φ.

De la expresion para el campo vectorial−→f y de la definicion para el gradiente,

obtenemos

∂φ

∂x= 3x2y,

∂φ

∂y= x3 + 1,

∂φ

∂z= 9z2.

111

Page 112: Problemario av

Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos:

(1) φ(x, y, z) = x3y + f(y, z),

(2) φ(x, y, z) = x3y + y + g(x, z),

(3) φ(x, y, z) = 3z3 + h(x, y),

derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las

ecuaciones resultantes, obtenemos

∂h(x, y)

∂x= 3x2y

integrando nuevamente con respecto a x obtenemos,

h(x, y) = x3y +m(y)

substituyendo en la ecuacion (3) obtenemos,

(4) φ(x, y, z) = 3z3 + x3y +m(y).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones(2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuacionesresultantes, obtenemos

dm(y)

dy= 1

finalmente obtenemos,

m(y) = y + cte

por lo tanto, la funcion escalar φ tal que−→f = ∇φ esta dada por:

φ(x, y, z) = 3z3 + x3y + y + cte.

112

Page 113: Problemario av

Problema 28.a) Demostrar que el campo vectorial definido por,

−→E =

−→rr2

es irrotacional.b) Encontrar φ de forma que

−→E = −∇φ, con la condicion de que φ(a) = 0,

siendo a = cte > 0.Solucion:a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al

vector−→0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla

∇×(φ−→A)

= ∇φ×−→A + φ∇×−→A

en este caso, identificamos a φ = φ(r) = 1r2 y

−→A = −→r , aplicando la ecuacion

anterior obtenemos:

∇×(−→rr2

)= ∇

(1r2

)×−→r +

(1

r2

)∇×−→r ,

aplicando la siguiente ecuacion

∇φ(r) = φ′(r)er,

que es valida para campos escalares donde r = |−→r |, obtenemos

∇(

1r2

)= −−→rr,

ademas como ∇ × −→r =−→0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos

finalmente

∇×−→E = ∇×(−→rr2

)=−→0

b) Como ya se demostro que

∇×−→E =−→0

entonces

−→E = −∇φ

aplicando nuevamente la ecuacion ∇φ(r) = φ′(r)er, identificando en este casocorrectamente la expresion para la funcion escalar, obtenemos

dφ(r)

dr= −1

r

integrando, obtenemos

113

Page 114: Problemario av

φ(r) = − ln

(1

r

)+ cte

aplicando la condicion de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de laconstante de integracion dada por

cte = ln a

finalmente, obtenemos

φ(r) = ln(ar

).

114

Page 115: Problemario av

Problema 29.Considere la siguiente transformacion

x = w,

y = ev cosu,

z = ev sinu,

a) Calcule los factores de escala.b) Verifique si el sistema de cordenadas (u, v, w) es ortogonal.c) Hallar el elemento dS2.

Solucion:a) En terminos de la transformacion dada, el vector de posicion esta dado

por:

−→r = wi+ ev cosuj + ev sinuk.

Por definicion, los factores de escala, estan dados por:

hu ≡∣∣∣∣∂−→r∂u

∣∣∣∣ =√e2v [sen2u+ cos2 u] = ev,

hv ≡∣∣∣∣∂−→r∂v

∣∣∣∣ =√e2v[cos2 u+ sin2 u

]= ev,

hw ≡∣∣∣∣∂−→r∂w

∣∣∣∣ = 1.

b) Para verificar si el sistema es ortogonal debemos mostrar que

eu · ev = eu · ew = ev · ew = 0,

ası como,

eu · eu = ev · ev = ew · ew = 1.

Calculemos primero los vectores eu, ev y ew, que son los vectores unitariostangentes a las lıneas coordenadas u, v y w respectivamente. Por definiciontenemos,

eu ≡ ∂−→r /∂u|∂−→r /∂u| =

ev sinuj + ev cosuk√e2v [sen2u+ cos2 u]

= − sinuj + cosuk,

ev ≡ ∂−→r /∂v|∂−→r /∂v| =

ev cosuj + ev sinuk√e2v[cos2 u+ sin2 u

] = cosuj + sinuk,

ew ≡ ∂−→r /∂w|∂−→r /∂w| =

i∣∣∣i∣∣∣

= i,

115

Page 116: Problemario av

de las ecuaciones anteriores, obtenemos

eu · ew = (− sinuj + cosuk) · (cosuj + sinuk)

= − sinu cosuj · j − sin2 uj · k + cos2 uk · j + sinu cosuk · k= 0

tambien, en forma inmediata se observa que se cumple

ev · ew = eu · ev = 0,

ası comoeu · eu = ev · ev = ew · ew = 1

c) Por definicion, el elemento dS2 esta dado por,

dS2 = d−→r · d−→r ,donde

d−→r =∂−→r∂u

du1 +∂−→r∂v

dv +∂−→r∂w

dw,

los vectores, ∂−→r∂u ,

∂−→r∂v y ∂−→r

∂w son vectores tangentes a las lıneas coordenada u,v y w respectivamente y estan dados por

∂−→r∂u

= ev sinuj + ev cosuk

∂−→r∂v

= ev cosuj + ev sinuk

∂−→r∂w

= i

De esta forma, el elemento dS2 esta dado por,

dS2 = dw2 + e2v(sin2 udu2 − 2 sinudu cosudv + sin2 udu2

)

+e2v(cos2 udu2 + 2 cosudv sinudv + sin2 udv2

)

= dw2 + e2v sin2 udu2 + e2v cos2 udv2 + e2v cos2 udu2 + e2v sin2 udv2

= du2[e2v(sin2 u+ cos2 u

)]+ dv2

[e2v(cos2 u+ sin2 u

)]+ dw2

dS2 = e2vdu2 + e2vdv2 + dw2.

Con lo cual se comprueba que es ortogonal, ya que no hay terminos cruzados.

116

Page 117: Problemario av

Problema 30.Encuentre la relacion de los vectores unitarios en coordenadas esfericas y

rectangulares, es decir, encuentre:

i = i (er, eθ, eφ) ,

j = j (er, eθ, eφ) ,

k = k (er, eθ, eφ) ,

y

er = er

(i, j, k

),

eθ = eθ

(i, j, k

),

eφ = eφ

(i, j, k

),

Solucion:

La transformacion entre cordenadas rectangulares y esfericas esta dada por:

x = r sin θ cosφ,

y = r sin θ sinφ,

z = r cos θ

donde, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ r. El vector de posicion de un punto en

el espacio en coordenadas esfericas esta dado por:

−→r = r sin θ cos φi+ r sin θ sinφj + r cos θk

de esta forma, los vectores unitarios tangentes a las lıneas coordenadas r, θ y

φ estan dados por,

er =∂−→r∂r∣∣∣∂−→r∂r∣∣∣

=sin θ cos φi+ sin θ sinφj + cos θk√

sin2 θ(cos2 φ+ sin2 θ

)+ cos2 θ

,

eθ =

∂−→r∂φ∣∣∣∂−→r∂θ∣∣∣

=r cos θ cos φi+ r cos θ sinφj − r sin θk√r2 cos θ2

(sin2 φ+ sin2 φ

)− r2 sin2 θ

,

eφ =

∂−→r∂φ∣∣∣∂−→r∂φ∣∣∣

=−r sin θ sin φi+ r sin θ cosφj√

r2 sin2 θ(sin2 φ cos2 φ

) ,

117

Page 118: Problemario av

que se pueden escribir finalmente de la forma,

(a) er = sin θ cos φi+ sin θ sinφj + cos θk,

(b) eθ = cos θ cos φi+ cos θ sinφj − sin θk,

(c) eφ = − sin φi+ cosφj.

Ahora para encontrar la dependencia de los vectores i, j y k, en terminosde los vectores er, eθ y eφ, aplicamos la siguiente relacion vectorial

−→A =

(−→A · u1

)u1 +

(−→A · u2

)u2 +

(−→A · u3

)u3,

para cualquier vector−→A , que es valida para los vectores u1, u2 y u3, que

forman una base ortonormal, es decir que cumplen que ui · uj = δij , donde δijes la funcion delta de Kcronecker y esta dada por,

δij =

{1, i = j0, i 6= j

}

De esta forma, como los vectores unitarios i, j y k y er, eθ y eφ formanuna base ortonormal, aplicando la expresion anterior escribimos a los vectoresi, j y k en terminos de los vectores er, eθ y eφ de la forma,

(1) i =(i · er

)er +

(i · eθ

)eθ +

(i · eφ

)eφ,

(2) j =(j · er

)er +

(j · eθ

)eθ +

(j · eφ

)eφ,

(3) k =(k · er

)er +

(k · eθ

)eθ +

(k · eφ

)eφ,

por otro lado de las ecuaciones (a), (b) y (c), aplicando la de definicion del

producto escalar, obtenemos

i · er = sin θ cosφ, i · eθ = cos θ cosφ, i · eφ = − sinφ,

j · er = sin θ sinφ, j · eθ = cos θ sinφ, j · eφ = cosφ,

k · er = cos θ, k · eθ = − sin θ, k · eφ = 0,

sustituyendo los resultados anteriores en las ecuaciones (1), (2) y (3), final-

118

Page 119: Problemario av

mente se obtiene

i = sin θ cosφer + cos θ cosφeθ − sinφeφ

j = sin θ sinφer cos θ sin θeθ − cosφeφ

k = cos θer − sin θeφ.

Problema 31.Transformar la siguiente funcion vectorial

−→f =

1

rsenθeϕ,

que esta en cordenadas esfericas (r, θ, φ), a coordenadas rectangulares.

Solucion:Por definicion, las coordenadas esfericas estan dadas por la transformacion:

x = r sin θ cosϕ,

y = r sin θ sinϕ,

z = r cos θ,

por lo tanto, el vector de posicion de un punto en el espacio en coordenadasesfericas, esta dado por:

−→r = xi+ yj + zk = r sin θ cos ϕi+ r sin θ sinϕ+ r cos θ,

de esta expresion, debemos calcular primero el vector unitario tangente a lalınea coordenada ϕ de la forma,

eϕ ≡ ∂−→r /∂ϕ|∂−→r /∂ϕ| =

−r sin θ sin ϕi+ r sin θ cosϕj√(r sin θ sinϕ)2 + (r sin θ cosϕ)2

=−r sin θ sin ϕi+ sin θ cosϕj√r2 sin2 θ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)

,

por lo tanto,eϕ = − sin ϕi+ cosϕj,

sustituyendo en la expresion para−→f , obtenemos

−→f =

1

r sin θeϕ =

1

r sin θ(− sin ϕi+ cosϕj),

y de las ecuaciones de transformacion, obtenemos:

119

Page 120: Problemario av

sinϕ =y

r sin θ,

cosϕ =x

r sin θ,

sustituyendo, obtenemos

−→f = − y

r2 sin2 θi+

x

r2 sin2 θj,

por otro lado, de las ecuaciones de transformacion tambien tenemos que,

x2 + y2 = r2 sin2 θ,

finalmente, sustituyendo la ecuacion anterior obtenemos

−→f = − y

x2 + y2i+

x

x2 + y2j.

120

Page 121: Problemario av

Problema 32.Transformar la funcion vectorial

−→F = ρeρ + ρeφ,

que esta en coordenadas cilındricas, a coordenadas rectangulares.Solucion:El vector de posicion de un punto P en el espacio esta dado por

−→r = xi+ yj + zk

sustituyendo las ecuaciones de transformacion de coordenadas cilındricas y rectangulares,dadas por las ecuaciones

x = ρ cosφ,

y = ρ sinφ,

z = z,

obtenemos

−→r = ρ cos φi+ ρ sinφj + zk,

por lo tanto, los vectores unitarios tangentes a las lıneas coordenadas ρ y φestan dados por:

eρ ≡∂−→r∂ρ∣∣∣∂−→r∂ρ∣∣∣

=cos φi+ sinφj√cosφ2 + sinφ2

= cos φi+ sinφj,

eφ ≡∂−→r∂φ∣∣∣∂−→r∂φ∣∣∣

=−ρ sin φi+ ρ cosφj√ρ2 cosφ2 + ρ2 sinφ2

= − sin φi+ cosφj,

De la transformacion inversa, tenemos

ρ =(x2 + y2

) 12 ,

sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios eρ y eφ, y la ecuacionanterior, en la funcion vectorial, obtenemos

−→F =

((x2 + y2

) 12

)(cos φi+ sinφj

)+((x2 + y2

) 12

)(− sin φi+ cosφj

)

=((x2 + y2

) 12

)(cos φi+ sinφj − sin φi+ cosφj

)

=((x2 + y2

) 12

)(cosφ− sinφ) i+ (sinφ+ cosφ) j

y de las ecuaciones de transformacion, obtenemos

121

Page 122: Problemario av

−→F =

((x2 + y2

) 12

)( x

(x2 + y2)12

− y

(x2 + y2)12

)i+

(x

(x2 + y2)12

+y

(x2 + y2)12

)j

finalmente se obtiene,

−→F = (x− y)i+ (x+ y)j

122

Page 123: Problemario av

Problema 33.

Para las coordenadas cilındricas parabolicas (ξ, η, φ), las ecuaciones de trns-formacion a coordenadas rectangulares estan dadas por,

x = ξη cosφ,

y = ξη sinφ,

z =1

2

(η2 − ξ2

).

a) Hallar los factores de escala.

b) Mostrar que eη × eξ = eφ.

Solucion:

a) Por definicion sabemos que el vector de posicion de un punto en el espacioesta dado por,

−→r = xi+ yj + zk,

sustituyendo las ecuaciones de transformacion, tenemos

−→r (ξ, η, φ) = ξη cos φi+ ξη sinφj +1

2

(η2 − ξ2

)k,

de donde, los factores de escala estan dados por,

hξ ≡∣∣∣∣∂−→r∂ξ

∣∣∣∣ =

√η2 cos2 φ+ η2 sin2 φ+ ξ2 =

√η2 + ξ2,

hη ≡∣∣∣∣∂−→r∂η

∣∣∣∣ =

√ξ2 cos2 φ+ ξ2 sin2 φ+ η2 =

√ξ2 + η2,

hφ ≡∣∣∣∣∂−→r∂φ

∣∣∣∣ =

√sin2 φ+ cos2 φ = 1.

b) Por definicion, los vectores unitarios tangentes a las lıneas coordenadas ξ,η y φ para este caso estan dados por,

123

Page 124: Problemario av

eξ ≡∂−→r∂ξ∣∣∣∂−→r∂ξ∣∣∣

=η cos φi+ η sinφj − ξk√

η2 + ξ2,

eη ≡∂−→r∂η∣∣∣∂−→r∂η∣∣∣

=ξ cos φi+ η sinφj − ηk√

η2 + ξ2,

eξ ≡∂−→r∂ξ∣∣∣∂−→r∂ξ∣∣∣

=− sin φi+ cosφj

1,

tambien se pueden representar de la siguiente forma,

eξ =1

(η cos φi+ η sinφj − ξk

),

eη =1

(ξ cos φi+ ξ sinφj − ηk

),

eφ = − sin φi+ cosφj.

Por lo tanto, calculando el producto vectorial de los vectores unitarios eξ yeη, obtenemos

eξ × eη =1

1

∣∣∣∣∣∣

i j kη cosφ η sinφ −ξξ cosφ ξ sinφ η

∣∣∣∣∣∣

=1

(η2 + ξ2)

[(η2 sinφ+ ξ2 sinφ

)i−(η2 cosφ+ ξ2 cosφ

)j]

=1

(η2 + ξ2)

[(η2 + ξ2

)sin φi−

(η2 + ξ2

)cosφj

]

= sin φi− cosφj = eφ.

124

Page 125: Problemario av

4 Problemas del capıtulo 3.

Problema 1.Si φ(x, y) = xy Calcular

∫φd−→r desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 0)

a lo largo de:

a) La curva y = x2, z = 0.

b) La lınea recta que une los puntos (0, 0, 0) y (1, 1, 0).

Solucion:

a) La ecuacion de la parabola y = x2, z = 0, se puede representar en formaparametrica de la forma,

−→r (t) = ti+ t2j

donde 0 ≤ t ≤ 1. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d−→r

esta dado por:

d−→r (t) = dti+ 2tdtj

ası la integral de lınea resulta,

C

φd−→r =

∫ (1,1,0)

(0,0,0)

φ(x, y)d−→r =

∫ 1

t=0

t(t2) (dti+ 2tdtj

)

= i

∫ 1

t=0

t3dt+ j

∫ 1

t=0

2t4dt

al resolver la integral, obtenemos

C

φd−→r =1

4i+

2

5j

b) Recordemos que la ecuacion parametrica de una recta que pasa por dospuntos esta dada por:

−→r (t) = −→r 1 + t (−→r 2 −−→r 1) ,

125

Page 126: Problemario av

donde−→r 1 y−→r 2 son los vectores de posicion de los puntos (x1, y1, z1) y (x2, y2, z2)

respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (0, 0, 0)y (1, 1, 0), por lo tanto la ecuacion de la recta en forma parametrica que va delpunto (0, 0, 0) y (1, 1, 0) esta dada por,

−→r (t) = t (1, 1, 0) ,

es decir,

−→r (t) = ti+ tj,

ası, en este caso el vector de desplazamiento diferencial esta dado por:

d−→r (t) = dti+ dtj

la integral de lınea resulta,

C

φd−→r =

∫ (1,1,0)

(0,0,0)

φ(x, y)d−→r =

∫ 1

t=0

(t2) (dti+ dtj

)

= i

∫ 1

t=0

t2dt+ j

∫ 1

t=0

t2dt

finalmente al resolver la integral, obtenemos

C

φd−→r =1

3i+

1

3j

Soluciones alternativas:

a) La curva esta descrita por las ecuaciones,

y = x2

z = 0.

126

Page 127: Problemario av

Si escogemos a la variable x como parametro, entonces las ecuaciones parametricasde la curva dada son :

x = x

y = x2,

por lo que la ecuacion de la cuva en forma parametrica esta dada por:

−→r (x) = xi+ x2j; 0 ≤ x ≤ 1

de donde obtenemos,

d−→r = dxi+ 2xdxj

por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:

(1,1,0)∫

(0,0,0)

φd−→r =

∫ 1

0

x3(dxi+ 2xdxj) = ... =1

4i+

2

5j.

Analogamente, si escogemos a y como parametro, las ecuaciones parametricasseran:

x =√y

y = y,

por lo que la ecuacion de la cuva en forma parametrica esta dada por:

−→r (y) =√yi+ yj; 0 ≤ y ≤ 1

de donde obtenemos,

d−→r =1

2√ydyi+ dyj,

por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:

127

Page 128: Problemario av

(1,1,0)∫

(0,0,0)

φd−→r =

∫ 1

0

y52 (

1

2√ydyi+ dyj)

al hacer un poco de algebra, obtenemos

(1,1,0)∫

(0,0,0)

φd−→r = i

∫ 1

0

y

2dy + j

∫ 1

0

y52 dy

= i

[y2

4

]1

0

+ j

[2

5y

52

]1

0

=1

4i+

2

5j

b) Analogamente al inciso a) de la solucion alternativa si escogemos a lavariable x como parametro la ecuacion parametrica de la curva esta dada por:

−→r (x) = xi+ xj; 0 ≤ x ≤ 1

de donde obtenemos,

d−→r = dxi = dxj,

finalmente, al resolver la integral de lınea se obtiene,

∫ (1,1,0)

(0,0,0)

φd−→r =

∫x2(dxi+ dxj) = ... =

1

3i+

1

3j.

128

Page 129: Problemario av

Problema 2.Calcular

∫Cφd−→r para φ = x3y+zy desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) ,

a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0,

b) la recta que une (1, 1,−0) y (2, 4, 0) .

Solucion:a) Si tomamos como parametro a x, donde 1 ≤ x ≤ 2, la ecuacion de la

parabola en forma parametrica esta dada por:

−→r (x) = xi+ x2j,

por lo tanto, el elemento diferencial de lınea esta dado por,

d−→r = dxi+ 2xdxj,

luego entonces,

C

φd−→r =

∫ (2,4,0)

(1,1,0)

(x3y + zy

)d−→r ,

sustituyendo la parametrizacion de la trayectoria, obtenemos

C

φd−→r =

∫ 2

1

(x3x2 + 2x2

) (dxi+ 2xdxj

)

=

∫ 2

1

(x5 + 2x2

) (dxi+ 2xdxj

)=

∫ 2

1

[(x5 + 2x2

)dxi+

(x5 + 2x2

)(2x) dxj

]

=

∫ 2

1

(x5 + 2x2

)dxi+

∫ 2

1

(2x6 + 4x3

)dxj

=

[x6

6+

2

3x3

]2

1

i+

[2

7x7 + x4

]2

1

j

=

[(26

6+

2 (2)3

3

)−(

1

6+

2

3

)]i+

[(2

7(2)

7+ (2)

4

)−(

2

7(1)

7+ (1)

4

)]j

=

(64 + 32− 1− 4

6

)i+

(256 + 112− 2− 7

7

)j,

finalmente, se obtiene ∫

C

φd−→r =

(91

6,

359

7, 0

)

129

Page 130: Problemario av

b) Se sabe que la ecuacion parametrica de una recta que pasa por dos puntosesta dada por:

−→r (t) = −→r 1 + t (−→r 2 −−→r 1) ,

donde−→r 1 y−→r 2 son los vectores de posicion de los puntos (x1, y1, z1) y (x2, y2, z2)

respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (1, 1, 0)y (2, 4, 0), por lo tanto la ecuacion de la recta en forma parametrica que va delpunto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) esta dada por,

−→r (t) = (1, 1,−0) + t (1, 3, 0) ,

donde 0 ≤ t ≤ 1, o tambien,

−→r (t) = (1, t+ 3t, 0) ,

ası, en este caso el vector de desplazamiento diferencial esta dado por:

d−→r (t) = dti+ 3dtj,

y las ecuaciones parametricas de la recta estan dadas por:

x = 1 + t,

y = 1 + 3t,

z = 0.

De esta forma, sustituyendo las ecuaciones parametricas la funcion φ estadada por:

φ = (1 + t)3

(1 + 3t) + 2 + 6t,

por lo tanto,

130

Page 131: Problemario av

C

φd−→r =

∫ (2,4,0)

(1,1,0)

(x3y + zy

)d−→r =

=

∫ t=1

t=0

[(1 + t)

3(1 + 3t) + 2 + 6t

] (dti+ 3dtj

)

=

∫ t=1

t=0

[(1 + 3t+ 3t2 + t3

)(1 + 3t) + 2 + 6t

] (dti+ 3dtJ

)

=

∫ t=1

t=0

(3 + 12t+ 12t2 + 10t3 + 3t4

)dti+ 3

∫ t=1

t=0

(3 + 12t+ 12t2 + 10t3 + 3t4

)dtJ

=

[(3t+ 6t2 + 4t3 +

5

2t4 +

3

5t5)]1

0

i+ 3

[(3t+ 6t2 + 4t3 +

5

2t4 +

3

5t5)]1

0

j

=

[(3 + 6 + 4 +

5

2+

3

5

)− 0

]i+ 3

[(3 + 6 + 4 +

5

2+

3

5

)− 0

]j

=

(30 + 60 + 40 + 25 + 6

10

)i+ 3

(30 + 60 + 40 + 25 + 6

10

)j

finalmente, se obtiene

C

φd−→r =161

10i+

483

10j.

131

Page 132: Problemario av

Problema 3.

Calcular∫c

−→f · d−→r para

−→f = yi + (x+ z)

2j + (x− z)2

k desde el punto(0, 0, 0) al punto (2, 4, 0),

a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0,b) la recta y = 2x.

Solucion:En forma analoga al problema anterior, si tomamos como parametro a x,

donde 0 ≤ x ≤ 2, las ecuaciones parametricas de la curva estan dadas por:

x = x

y = x2

z = 0

ası, la ecuacion parametrica de la parabola esta dada por,

−→r (x) = xi+ x2j,

por lo tanto, el elemento diferencial de lınea esta dado por,

d−→r = dxi+ 2xdxj

de esta forma, la integral de lınea esta dada por:

c

−→f · d−→r =

∫ (2,4,0)

(0,0,0)

(yi+ (x+ z)

2j + (x− z)2

k)·(dxi+ 2xdxj

)

=

∫ 2

0

(x2i+ x2j + x2k

)·(dxi+ 2xdxj

)

=

∫ 2

0

(x2dx+ x2 (2x) dx

)=

∫ 2

0

(x2 + 2x3

)dx

=

(x3

3+

2x4

4

)2

0

=

(23

3+ 2

(2)4

4

)

finalmente, obtenemos

C

−→f · d−→r =

128

12=

32

3.

132

Page 133: Problemario av

b) En forma analoga, si tomamos a x, como parametro, la ecuacion de larecta en forma parametrica esta dada por,

−→r (x) = xi+ 2xj,

donde 0 ≤ x ≤ 2, por lo tanto, el elemento diferencial de lınea en este caso esta

dado por,

d−→r = dxi+ 2dxj,

de esta forma, la integral de lınea esta dada por:

c

−→f · d−→r =

∫ 2

0

(2xi+ x2j + x2k

)·(dxi+ 2dxj

)

=

∫ 2

0

(2x+ 2x2

)dx =

[(x2 +

2

3x3

)]2

0

=

(4 +

2 (2)3

3

)

=28

3.

133

Page 134: Problemario av

Problema 4.

Dado el campo vectorial−→F = 3xi + (2xz − y) j + zk. Calcular

∫C

−→F · d−→r

desde el punto (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3) a lo largo de,

a) la curva x = 2t2, y = t, z = 4t2 − t, para 0 ≤ t ≤ 1.

b) La recta que une a esos puntos.

Solucion:La ecuacion de la curva en forma parametrica esta dada por:

−→r (t) = 2t2i+ tj +(4t2 − t

)k,

donde 0 ≤ t ≤ 1, por lo tanto el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r (t) = 4tdti+ dtj + (8t− 1)dtk.

Por lo tanto, la integral de lınea esta dada por:

C

−→F · d−→r =

∫ (1,1,0)

(0,0,0)

−→F (x, y, z) · d−→r (x, y, z)

=

∫ t=1

t=0

[3(2t2)i+(2(2t2) (

4t2 − t)− t)j +

(4t2 − t

)k] ·

[4tdti+ dtj + (8t− 1)dtk)]

haciendo un poco de algebra obtenemos,

C

−→F · d−→r = 24

∫ 1

0

t3dt+ 16

∫ 1

0

t4dt− 4

∫ 1

0

t3dt+ 32

∫ 1

0

t3dt− 12

∫ 1

0

t2dt

=

[6t4 +

16

5t5 − t4 − t2 + 8t4 − 4t3 + t2

]1

0

=

[16

5t5 + 13t4 − 4t3

]1

0

=16

5+ 13− 4 =

16 + 65− 20

5

=61

5.

134

Page 135: Problemario av

Problema 5.

Calcular∫C

−→r × d−→r a lo largo de la trayectoria representada por la ecuacion,

x2 + 2x+ y2 = 9.

Solucion:

Completando cuadrados en la ecuacion de la trayectoria, obtenemos

(x+ 1)2

+ y2 = 10,

que es la ecuacion de un cırculo con centro en el punto (−1, 0) y radio√

10. Las

ecuaciones parametricas de esta trayectoria estan dadas por,

x = −1 +√

10 cos θ,

y =√

10 sin θ,

donde 0 ≤ θ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuacion de la trayectoria en forma

parametrica esta dada por,

−→r (θ) = (−1, 0) +√

10 cos θi+√

10 sin θj,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dado por,

d−→r = −√

10 sin θi+√

10 cos θj.

Calculando el producto vectorial de −→r y d−→r obtenemos,

−→r ×d−→r =

∣∣∣∣∣∣

i j k√10 cos θ

√10 sin θ 0

−√

10 sin θ√

10 cos θ 0

∣∣∣∣∣∣=(√

10)2

cos2 θ+(√

10)2

sin2θk = 10k,

de esta forma, la integral de lınea esta dada por,

C

−→r × d−→r =2πθ=0 10dθk =

[10kθ

]2πθ=0

= 20πk.

135

Page 136: Problemario av

Problema 6.

Dada la funcion vectorial

−→A = (y − 2x)i+ (3x+ 2y)j,

hallar la integral de lınea de−→A a lo largo de la trayectoria C, que es un cırculo

en el plano XY con centro en el origen y radio 2, sabiendo que C se recorre ensentido negativo, es decir en sentido de las manecillas del reloj.

Solucion:

Y

X0

Como se observa en la figura, y debido a que la trayectoria se recorre ensentido a favor de las manecillas del reloj, las ecuaciones parametricas de latrayectoria C estan dadas por:

x = 2 cos θ,

y = −2 sin θ,

donde

0 5 θ 5 2π,

como la integral de lınea esta definida por∫ −→A•d−→r , debemos de calcular primero

el elemento diferencial de lınea d−→r . El vector de posicion en cualquier punto dela trayectoria C esta dado por −→r = 2 cos θi− 2 sin θj, de donde obtenemos,

d−→r = −2 sin θdθi− 2 cos θdθj,

asimismo, el campo vectorial esta dado por,

−→A = (−2 sin θ − 4 cos θ) j + (6 cos θ − 4 sin θ) j,

136

Page 137: Problemario av

por lo tanto,

−→A · d−→r =

[4 sin2 θ + 4 sin θ cos θ) + (8 sin θ cos θ − 12 cos θ2)

]dθ,

de esta forma la integral de lınea esta dada por,

c

−→A · d−→r =

∫ 2π

θ=0

(sin2 θ + 12 sin θ cos θ − 12 cos2 θ

)dθ

= 4

∫ 2π

θ=0

sin θ cos θdθ − 12

∫ 2π

θ=0

cos2 θdθ

= 4

2− sin 2θ

4

]2π

θ=0

+

[12

sin2 θ

2

]2π

θ=0

− 12

2+

sin 2θ

4

]2π

θ=0

= 4

(2π

2

)− 12

(2π

2

)= −8π.

Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo, las ecuacionesparametricas de C estarıan dadas por x = 2 cos θ y y = 2 sin θ, y por lo tanto,el resultado serıa de la forma

c

−→A · d−→r = 8π.

137

Page 138: Problemario av

Problema 7.Dado el siguiente campo vectorial

−→F (x, y) =

y

x2 + y2i− x

x2 + y2j,

calcular la integral de la componente tangencial de−→F de (−1, 0) a (1, 0);

a) A lo largo del semicırculo que une esos puntos,b) A lo largo de la trayectoria poligonal que se muestra en la siguiente figura.

C

C

C

X

Y

(0,1) (1,1)

(1,0)(−1,0)

3

1

2

Solucion:a) Sabemos que x2 +y2 = 1, es la ecuacion de un cırculo de radio 1, entonces

la ecuacion del semicırculo serıa:

y =√

1− x2,

si escogemos a x como parametro, entonces la ecuacion del la trayectoria curvaque es el semicırculo esta dada por:

−→r (x) = xi+(√

1− x2)j

donde −1 ≤ x ≤ 1, de la ecuacion anterior el elemento diferencial de lınea estadado por:

d−→r = dxi+xdx√1− x2

(−2x)dxj

es decir,

d−→r = dxi−(

xdx√1− x2

)j

por lo tanto, la componente tangencial de−→F a lo largo del semicırculo

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

1∫

−1

[( √1− x2

x2 + 1− x2

)+

( −xx2 + 1− x2

)(− x√

1− x2

)]dx

138

Page 139: Problemario av

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

1∫

−1

(√1− x2 +

x2

√1− x2

)dx =

1∫

−1

dx√1− x2

.

La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambiosde variable trigonometricos y es relativamente sencilla. Antes de resolver laintegral, observemos que se puede resolver seleccionando adecuadamente laparametrizacion de la trayectoria.

En este caso, sabemos que

x(θ) = cos θ,

y(θ) = sin θ,

donde 0 ≤ θ ≤ 2π, son las ecuaciones parametricas de un cırculo de radio 1.Por lo tanto la ecuacion en forma parametrica de la trayectoria semicircular estadada por:

−→r (θ) = cos θi+ sin θj; θ ∈ [0, π]

observe que el parametro θ no va de 0 a π. De la ecuacion anterior, el elementodiferencial de lınea esta dado por:

d−→r (θ) = − sin θdθi+ cos θdθj.

Por lo tanto, la integral de lınea de la componente tangencial del campo−→F

a lo largo de la trayectoria semicircular resulta ser,

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

θ=0∫

θ=π

(cos θi+ sin θj

)·(− sin θdθi+ cos θdθj

)

= −0∫

π

(Sen2θ + Cos2θ)dθ =

π∫

0

dθ = π.

Este ultimo resultado muestra que la seleccion adecuada de la parametrizacionde la trayectoria semicircular conduce a un resultado relativamente mas facilque la seleccion del parametro x.

Por otro lado, notemos que para encontrar la integral de lınea para el incisob) tenemos que resolver dicha integral en tres partes de la forma;

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

C1

−→F · d−→r +

C2

−→F · d−→r +

C3

−→F · d−→r

donde∫C1,∫C2

y∫C3

son las integrales de lınea a lo largo de las trayectoriasrectas como se muestran en la figura. La ecuacion anterior sin necesidad de

139

Page 140: Problemario av

hacer calculos muestran que el procedimiento es un poco laborioso. Por lotanto, analizemos el campo vectorial dado.

Si calculamos el rotacional de−→F obtenemos:

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

yx2+y2 − x

x2+y2 0

∣∣∣∣∣∣∣

= 0i+ 0j + [−x2 − y2 + 2x2

(x2 + y2)2− x2 + y2 − 2y2

(x2 + y2)2]k

=−→0

es decir,−→F es irrotacional. Por lo tanto, si ∇ × −→F =

−→0 (que quiere decir

tambien que es un campo vectorial conservativo) entonces existe una funcionescalar φ tal que : −→

F = ∇φluego entonces, sustituyendo este resultado en la integral de lınea obtenemos

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

(1,0)∫

(−1,0)

∇φ · d−→r

=

(1,0)∫

(−1,0)

(∂φ

∂xdx+

∂φ

∂ydy +

∂φ

∂zdz

)

=

(1,0)∫

(−1,0)

el resultado anterior muestra que la integral de lınea depende solamente de lospuntos inicial y final de la trayectoria. Luego entonces, para el inciso b) dondela trayectoria de integracion es la trayectoria poligonal que se muestra en lafigura, se obtiene el siguiente resultado

(1,0)∫

(−1,0)

−→F · d−→r =

C1

−→F · d−→r +

C2

−→F · d−→r +

C3

−→F · d−→r = π.

140

Page 141: Problemario av

Problema 8.

Demostrar que−→f = xy2i + x3yj no es conservativo sin aplicar el resultado

del irrotacional, es decir sin aplicar que ∇× −→f =−→0 .

Solucion:

Para mostrar que−→f no es conservativo, calculamos la integral de lınea del

campo vectorial−→f por ejemplo, del punto (0, 0) al punto (1, 0) a lo largo de dos

trayectorias diferentes C1 y C2 como se ilustra en la siguiente figura.

Y

X

a

b

C

(0,1)

(1,0)1

Para C1:Las ecuaciones parametricas de la curva estan dadas por:

x = x

y = 0

donde 0 ≤ x ≤ 1. Por lo tanto,

−→r (x) = xi,

d−→r (x) = dxi,

por lo tanto para el campo vectorial dado, obtenemos

C1

−→f · d−→r =

(1,0)∫

(0,0)

−→f · d−→r =

1∫

x=0

(0i+ 0j) · dxi = 0.

Para C2, se tiene que

C2

−→f · d−→r =

a

−→f · d−→r +

b

−→f · d−→r

141

Page 142: Problemario av

para la trayectoria a; las ecuaciones parametricas son:

x = 0

y = y

donde 0 ≤ y ≤ 1, de donde se obtiene

−→r (y) = yj

d−→r (y) = dyj

para la trayectoria b, la ecuacion parametrica de la recta esta dada por:

−→r (t) = (0, 1) + t(1,−1)

= ti+ (1− t)jdonde 0 ≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones parametricas de la curva son:

x = t

y = 1− tpor lo tanto para la trayectoria C2 tenemos:

C2

−→f · d−→r =

1∫

y=0

(0i+ 0j)dyj +

1∫

t=0

[t(1− 2t+ t2

)− t3 (1− t)

]dt

=

∫ 1

0

[t(1− 2t+ t2)− t3 + t4]dt

=

∫ 1

0

(t4 − 2t2 + t)dt =1

5− 2

3+

1

2=

6− 20 + 25

30

finalmente obtenemos,

c2

−→r · d−→r =1

30.

Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de lınea sı depende de la

trayectoria de integracion, luego entonces, el campo vectorial−→f no es conser-

vativo.Solucion alternativa:.

Supongamos que−→f es conservativo, por lo tanto si ∇× −→f =

−→0 entonces

existe una funcion escalar φ tal que−→f = ∇φ es decir;

∂φ

∂x= xy2

∂φ

∂y= x3y,

142

Page 143: Problemario av

pero esto no puede ser, porque de las ecuaciones anteriores obtenemos:

∂y

(∂φ

∂x

)= 2xy

∂x

(∂φ

∂y

)= 3x2y

es decir;

∂2φ

∂x∂y6= ∂2φ

∂y∂x

que contradice el resultado fundamental del Calculo Diferencial que estableceque :

∂2φ

∂x∂y=

∂2φ

∂y∂x.

Por lo tanto, la hipotesis original (−→f es conservativo) no es correcta, ası el

campo vectorial−→f no es conservativo.

143

Page 144: Problemario av

Problema 9.

Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas−→F dado por

−→F (x, y, z) = (y + 2x)i+ (5y − x)j,

que actua sobre una partıcula que se mueve sobre la elipse x2

a2 + y2

b2 = 1, en

sentido opuesto a las manecillas del reloj como se ilustra en la siguiente figura.

fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayectoria de integracion.dibujoelipse.bmpSolucion:

Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas−→F esta definido por:

W =

C

−→F · d−→r ,

se puede calcular la integral de lınea tomando la parametrizacion

x = a cosφ

y = b sinφ

donde 0 ≤ φ ≤ 2π. Sin embargo aplicaremos el teorema de Green, en este caso

si

M(x, y) = y + 2x

N(x, y) = 5y − x,

entonces

∂N

∂x= −1

∂M

∂y= 1,

por lo tanto,

144

Page 145: Problemario av

C

−→F ·d−→r =

∫∫

Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dxdy =

∫∫

Rxy

[(−1)− 1] dxdy = −2

∫∫

Rxy

dxdy = −2A,

donde A es el area de la elipse x2

a2 + y2

b2 = 1 que es igual πab.

Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas−→F esta dado por:

W =

C

−→F · d−→r = −2πab.

145

Page 146: Problemario av

Problema 10.

a) Verificar si−→f = 3x2yi+ (x3 + 1)j + 9z2k es conservativo.

b) Dependiendo de su respuesta en el inciso anterior calcule la integral de

lınea de−→f desde el punto (−1, 0, 2) hasta el punto (1, 2, 4).

Solucion:

a) Para verificar que−→f = 3x2yi+(x3+1)j+9z2k es conservativo, calculemos

el rotacional del campo vectorial−→f .

∇×−→f =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

3x2y x3 + 1 9z2

∣∣∣∣∣∣

= (0− 0)i− (0− 0) j +(3x2 − 3x2

)k

=−→0 .

Por lo tanto, el campo vectorial−→f es conservativo.

b) Si ∇ × −→f =−→0 , entonces existe una funcion escalar talque

−→f = ∇φ, es

decir;

3x2yi+ (x3 + 1)j + 9z2 =∂φ

∂xi+

∂φ

∂yj +

∂φ

∂zk,

de donde obtenemos,

∂φ

∂x= 3x2y,

∂φ

∂y= (x3 + 1),

∂φ

∂z= 9z2,

integrando parcialmente,

1) φ(x, y, z) = x3y + f(y, z),

2) φ(x, y, z) = x3y + y + g(x, z),

146

Page 147: Problemario av

3) φ(x, y, z) = 3z3 + h(x, y),

derivando parcialmente con respecto a la variable y, de las ecuaciones 1) y 2)

obtenemos,

∂φ

∂y= x3 +

∂f(y, z)

∂y,

∂φ

∂y= x3 + 1,

de las ecuaciones anteriores obtenemos

∂f(y, z)

∂y= 1,

integrando nuevamente parcialmente con respecto a la variable y, obtenemos

f(y, z) = y + Ψ(z),

sustituyendo en la ecuacion 1) obtenemos,

4) φ(x, y, z) = x3y + y + Ψ(z).

Aplicando nuevamente el mismo procedimiento, es decir; de las ecuaciones3) y 4), derivamos parcialmente ahora con respecto a la variable z y obtenemos,

∂φ

∂z= 9z2

∂φ

∂z=

Ψ(z)

∂z

igualando las ecuaciones enteriores obtenemos,

Ψ(z) = 3z2 + cte,

finalmente la funcion escalar φ(x, y, z) tal que−→f = ∇φ esta dada por,

147

Page 148: Problemario av

φ(x, y, z) = x3y + y + 3z2 + cte.

Por lo tanto, aplicando el teorema de campos conservativos

C

−→f · d−→r =

(1,2,4)∫

(−1,0,2)

∇φ · d−→r =

(1,2,4)∫

(−1,0,2)

dφ(x, y, z)

= φ(1, 2, 4)− φ(−1, 0, 2)

= 52− 48 = 4.

148

Page 149: Problemario av

Problema 11.Calcular el area de una superficie esferica.

Solucion:

La ecuacion de una superficie S se puede representar mediante una funcionvectorial de la forma :

−→r (u, v) = x(u, v)i+ y(u, v)j + z(u, v)k,

donde u y v son parametros. Asimismo, los elementos diferenciables de lınea

tangentes a las lıneas coordenadas u y v estan dadas por:

∂−→r∂u

du = −→r udu,∂−→r∂v

dv = −→r vdv,

de donde, se define el elemento diferencial de superficie d−→S como:

(1)d−→S = −→r udu×−→r vdv= −→r u ×−→r vdudv,

y su magnitud esta dado por:

(2) dS =∣∣∣d−→S

∣∣∣ = |−→r u ×−→r v| dudv.

Recordemos tambien que −→r u×−→r v es un vector normal en cada punto de lasuperficie S definida por −→r (u, v), ası de las ecuaciones anteriores, el elementodiferencial de superficie esta dado por :

d−→S = ndS,

donde n es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y esta

dado por:

149

Page 150: Problemario av

n =−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

.

De la ecuacion (2), integrando la magnitud del elemento diferencial dS,sobre toda la superficie de la esfera se puede obtener el area de la superficie Ses decir:

S =

∫∫

S

∣∣∣d−→S∣∣∣ =

∫∫

S

n · d−→S .

Como sabemos, para una superficie esferica la forma parametrica para lasuperficie esta dada por:

−→r (θ, φ) = a sin θ cos φi+ a sin θ sinφj + a cos θk,

donde, 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, los vectores tangentes a las

lıneas coordenadas θ y φ estan dados por,

−→r θ ≡∂−→r∂θ

= a cos θ cos φi+ a cos θ sinφj + a sin θk

y

−→r φ ≡∂−→r∂φ

= a sin θ sin φi+ a sin θ cosφj

por lo tanto,

−→r θ ×−→r φ =

∣∣∣∣∣∣

i j ka cos θ cosφ a cos θ sinφ a sin θa sin θ sinφ a sin θ cosφ 0

∣∣∣∣∣∣

= a2 sin2 θ cos φi+ a2 sin2 θ sinφj + a2 sin θ cos θ(cos2 φ+ sin2 φ)k

= a2 sin2 θ cos φi+ a2 sin2 θ sin jφj + a2 sin θ cos θk,

de lo anteriormente aplicando la ecuacion (2), la magnitud del elemento de

superficie para este caso esta dado por:

dS =∣∣∣d−→S

∣∣∣ = |−→r θ ×−→r φ| dθdφ,

150

Page 151: Problemario av

donde,

|−→r θ ×−→r φ| = 2

√a4{

sin4 θ[cos2 φ+ sin2 φ

]+ sin2 θ cos2 θ

}

= 2

√a4{

sin2 θ[sin2 θ + cos2 θ

]}

= a2 sin θ,

por lo tanto, el area de una superficie esferica esta dado por:

S =

∫∫

S

dS =

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

a2 sin θdθdφ = a2

2π∫

φ=0

π∫

θ=0

sin θdθ = a2(φ∣∣2π0 )(cos θ

∣∣ π0 )

= −a2(2π) [(cos (π)− cos (0)]

= 4πa2.

151

Page 152: Problemario av

Problema 12.

Calcular∫∫S

d−→S donde S es la parte z > 0 de una esfera.

Solucion:

Para el caso de una superficie esferica donde z > 0, la ecuacion parametricade dicha superficie esta dada por :

−→r (θ, φ) = a sin θ cos φi+ a sin θ sinφj + a cos θk,

donde;

0 ≤ θ ≤ π/2,0 ≤ φ ≤ 2π.

En este caso, la integral de superficie resulta

1)∫∫S

d−→S =

2π∫φ=0

π2∫

θ=0

(−→r θ ×−→r φ) dθdφ

del ejemplo anterior un vector normal a la superficie de la esfera esta dado por:

−→r θ ×−→r φ = a2 sin2 θ cos φi+ a2 sin2 θ sinφj + a2 sin θ cos θk,

sustituyendo en la integral de superficie obtenemos,

∫∫

S

d−→S = a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

[sin2 θ cos φi+ sin2 θ sin jφj + sin θ cos θk

]dθdφ

= a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin2 θ cosφdθdφi+ a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin2 θ sinφdθdφj +

a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin θ cos θdθdφk,

152

Page 153: Problemario av

las integrales de las componentes i y j se pueden separar de la forma,

a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin2 θ cosφdθdφ = a2

2π∫

φ=0

cosφdφ

π2∫

θ=0

sin2 θdθ

a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin2 θ sinφdθdφ = a2

2π∫

φ=0

sinφdφ

π2∫

θ=0

sin2 θdθ,

pero

2π∫

φ=0

cosφdφ =

2π∫

φ=0

sinφdφ = 0.

Por lo tanto la integral de superficie resulta ser,

∫∫

S

d−→S = a2

2π∫

φ=0

π2∫

θ=0

sin θ cos θdθk

= 2a2π

([sin2 θ

2

]π2

0

)

= 2a2π

[1

2

(sin2

(π2

)− sin2 (0)

)],

finalmente obtenemos,

2)∫∫S

d−→S = πa2k.

153

Page 154: Problemario av

Problema 13.

Calcular∫∫S

d−→S donde S es una esfera.

Solucion:La integral original se puede escribir como:

∫∫

S

d−→S =

∫∫

S1

d−→S +

∫∫

S2

d−→S ,

donde S1 es la parte de la esfera z ≥ 0 y S2 es la parte de la esfera z ≤ 0. Ası

del problema anterior usando la ecuacion 2) se tiene,

∫∫

S1

d−→S = πa2k.

Analogamente, para la parte de la esfera z ≤ 0 aplicando la ecuacion 1) delproblema anterior obtenemos,

∫∫

S2

d−→S =

∫∫

S2

(−→r θ ×−→r φ) dθdφ

= a2

2π∫

φ=0

π∫

θ=π2

sin θ cos θdθdφk

= a2

2π∫

φ=0

π∫

θ=π2

sin θ cos θdθdφk

= a2 [2π]

[1

2

(sin2 (π)− sin2

(π2

))]k

= −πa2k,

finalmente obtenemos,

∫∫

S

d−→S =

−→0 .

154

Page 155: Problemario av

Problema 14:

Sea−→E = −grad

[1

|−→r |

]donde −→r = xi+ yj + zk. Calcular

S

−→E · d−→S , donde

S es la esfera x2 + y2 + z2 = 9.

Solucion:

Por definicion si φ = φ(r), donde r = |−→r | entonces, el gradiente esta dadopor la expresion,

∇φ(r) = φ′(r)−→r|−→r | ,

en este caso tenemos que la funcion dada es igual a φ(r) = 1

|−→r | , por lo tanto el

campo vectorial−→E esta dado por:

−→E = −∇

(1

|−→r |

)= −∇ |−→r |−1

= −(− |−→r |−2

−→r|−→r |

),

es decir,

−→E =

−→r|−→r |3

.

Por otro lado, el elemento diferencial de superficie d−→S esta dado por:

d−→S = ndS,

donde el vector n, es un vector unitario normal a la superficie, que en este caso

es una esfera, y aplicando la propiedad que establece que el gradiente es normalo perpendicular a una superficie, este vector esta dado por:

n =∇φ(x, y, z)

|∇φ(x, y, z)| =∇(x2 + y2 + z2

)

|∇ (x2 + y2 + z2)| =2xi+ 2yj + 2zk∣∣∣2xi+ 2yj + 2zk

∣∣∣=

xi+ yj + zk√x2 + y2 + z2

,

es decir,

155

Page 156: Problemario av

n =−→r|−→r | ,

este resultado se pudo haber obtenido inmediatamente aplicando el resultado

de que φ = φ(r), donde r = |−→r | , tomando φ(r) = r2.

Por lo tanto sustituyendo el resutado para el campo vectorial−→E y el resul-

tado para el vector d−→S , la integral de superficie resulta ser,

S

−→E · d−→S =

S

−→r|−→r |3

·−→r|−→r |dS

=1

|−→r |2 SdS

donde, de la ecuacion para la esfera x2 + y2 + z2 = 9, se tiene que |−→r |2 =

x2 + y2 + z2 = 9. Finalmente apicando el resultado del problema 11, la integralesta dada por:

S

−→E · d−→S =

1

9

(4π (3)

2)

= 4π.

156

Page 157: Problemario av

Problema 15.Calcular

SdS

[a2x2 + b2y2 + c2z2]12

,

sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuacion ax2 + by2 + cz2 = 1.Solucion:La integral de superficie se puede calcular en forma parametrica de la forma,

SfdS =T f (−→r (u, v))

∣∣∣∣∂−→r∂u× ∂−→r

av

∣∣∣∣ dudv,

analizando la ecuacion del elipsoide, una parametrizacion para la superficie S,esta dada por las ecuaciones parametricas,

x =1√a

sin θ cosφ,

y =1√b

sin θ sinφ,

z =1√c

cos θ,

ası, la ecuacion del elipsoide en forma parametrica esta dada por,

−→r (θ, φ) =1√a

sin θ cos φi+1√b

sin θ sinφj +1√c

cos θk,

por lo tanto, los vectores tangentes a las lıneas coordenadas θ y φ estan dadospor,

∂−→r∂θ

=1√a

cos θ cos φi+1√b

cos θ sinφj − 1√c

sin θk

∂−→r∂φ

=1√a

sin θ sin φi+1√b

sin θ cosφj

de esta forma, el vector normal a la superficie esta dado por,

∂−→r∂θ× ∂−→r

∂φ=

∣∣∣∣∣∣∣

i j k1√a

cos θ cosφ 1√b

cos θ sinφ − 1√c

sin θ

− 1√a

sin θ sinφ, 1√b

sin θ cosφ 0

∣∣∣∣∣∣∣

= sin θ

[1√bc

sin θ cos φi− 1√ac

sin θ sinφj +

(1√ab

cos2 φ cos θ +1√ab

cos θ sin2 φ

)k

]

= sin θ

(1√bc

sin θ cos φi− 1√ac

sin θ sinφj +1√ab

cos θk.

),

157

Page 158: Problemario av

y la magnitud esta dada por,

∣∣∣∣∂−→r∂θ× ∂−→r

∂φ

∣∣∣∣ = sin θ

√a sin2 θ cos2 φ

abc+b sin2 θ sin2 φ

abc+c cos2 θ

abc

=sin θ√abc

√a sin2 θ cos2 φ+ b sin2 θ sin2 φ+ c cos2 θ

ası tambien, en terminos de las ecuaciones parametricas, la funcion escalar f sepuede escribir de la froma,

f (−→r (θ, φ)) =1

[a sin2 θ cos2 φ+ b sin2 θ sin2 φ+ c cos2 θ

] 12

por lo tanto, la integral de superficie esta dada por:

SfdS =Tsin θ√abc

[a sin2 θ cos2 φ+ b sin2 θ sin2 φ+ c cos2 θ

] 12

[a sin2 θ cos2 φ+ b sin2 θ sin2 φ+ c cos2 θ

] 12

dθdφ,

que se reduce simplemente a la forma,

SfdS =1√abcT

sin θdθdφ =1√abc

∫ 2π

φ=0

∫ π

φ=0

sin θdθ

=2π√abc

∫ π

θ=0

sin θdθ =2π√abc

[(− cos θ)π0 ]

=2π√abc

[− (cosπ − cos 0)]

finalmente se obtiene,

SdS

[a2x2 + b2y2 + c2z2]12

=4π√abc

.

158

Page 159: Problemario av

Problema 16.

Calcular∫∫S

−→f ·d−→S donde

−→f = x2i+xyj−xzk y S la superficie del plano que

contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) limitado en el primer octante.

Solucion:

Primero debemos escribir la ecuacion de la superficie S de la forma,

ax+ by + cz = d,

donde−→N = (a, b, c) sera un vector normal al plano que contiene a los tres

puntos dados. Sean los puntos P, Q y R que estan en el plano con susrespectivos vectores de posicion −→r P , −→r Q y −→r R, en terminos de estos vectores deposicion podemos encontrar dos vectores sobre el plano y calculando su productovectorial entre ellos podemos encontrar un vector perpendicular a ambos y porlo tanto perpendicular al plano, de la forma

−→N = (−→r P −−→r Q)× (−→r R −−→r Q)

= (1,−2, 0)× (0,−2, 3)

=

∣∣∣∣∣∣

i j k1 −2 00 −2 3

∣∣∣∣∣∣

= −6i− 3j − 2k,

ademas,

d =−→N · −→r P = (−6,−3,−2) · (1, 0, 0) = −6.

Por lo tanto, la ecuacion del plano que contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0)y (0, 0, 3) esta dado por:

−6x− 3y − 2z = −6,

que se puede escribir de la forma,

x+1

2y +

1

3z = 1.

La superficie de integracion esta representada en la siguiente figura.

159

Page 160: Problemario av

Z

Y

X

6x + 2z = 6

(1,0,0)

(0,2,0)

plano z=0

plano x=0

3y + 2z = 6

(0,0,3)

plano y=0

i,e; plano XZ

6x + 3y = 6

i,e; plano XY

i,e; plano YZ

Por lo tanto, aplicando el teorema de la proyeccion de la superficie en elplano coordenado rectangular XY, la integral de superficie esta dada por:

∫∫

S

−→f · ndS =

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy,

donde el vector unitario normal al plano esta dado por:

160

Page 161: Problemario av

n =∇φ|∇φ| =

i+ 12 j + 1

3 k√1 + 1

4 + 19

i+ 12 j + 1

3 k76

de donde obtenemos,

−→f · n =

(x2i+ xyj + xzk

)·(i+

1

2j +

1

3k

)6

7

n · k = ()13()67,

ası, al sustitur en la integral de superficie obtenemos,

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy =

∫∫

Rxy

[(x2 + xy

2 + xz3

)67

()13()67

]dxdy

= 3

∫∫

Rxy

(x2 +

xy

2+xz

3

)dxdy

pero de la ecuacion del plano tenemos que z = 3(1− x− y

2

), sustituyendo en

la ecuacion anterior tenemos,

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy = 3

∫∫

Rxy

[x2 +

xy

2+ x

(1− x− y

2

)]dxdy

= 3

∫∫

Rxy

xdxdy,

para resolver la integral enterior, observemos la region en el plano XY , el orden

de integracion se muestra esquematicamente en la figura siguiente.

161

Page 162: Problemario av

Y

X

(0,2)

(1,0)

Mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x desde x = 0 hasta larecta x = 1− 1

2y; finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2, es decir;

3

∫∫

Rxy

xdxdy = 3

2∫

y=0

x=1− 12y∫

x=0

xdx

dy = 3

2∫

y=0

[(x2

2

)|(1− y2 )0

]dy

=3

2

2∫

y=0

(1− y

2

)2

dy =

(−3(1− y

2

)3

3

)2

0

= +3

3= 1.

Tambien como se muestra esquematicamente en la figura, podemos resolverla integral en el siguiente orden de integracion, manteniendo fijo a x e integrandocon respecto a y desde y = 0 hasta la recta y = 2(1− x), finalmente integramoscon respecto a x desde x = 0 hasta x = 1, es decir;

162

Page 163: Problemario av

Y

X

6X + 3Y = 6

(0,2)

(1,0)

3

∫∫

Rxy

xdxdy =

1∫

x=0

y=2(1−x)∫

y=0

xdy

dx = 3

1∫

x=0

[(xy) |2(1−x)

0

]dx

= 3

1∫

x=0

x(1− x)dx = 6

[x2

2− x3

3

]1

0

= 6

[1

2− 1

3

]= 1.

Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble esindependiente del orden de integracion.

163

Page 164: Problemario av

Problema 17.

Calcular la integral∫∫S

−→f ·d−→S para

−→f = yi+2xj−zk, donde S es la superficie

del plano 2x+ y + 2z = 6 situado en el primer octante.Solucion:

Aplicando el gradiente, un vector normal unitario a la superficie S, que eneste caso es un plano, esta dado por,

n =∇φ|∇φ| =

2i+ j + 2k

3,

de donde:

−→f · n =

1

3[2y + 2x− 2z] ,

n · k =2

3,

por lo tanto,

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy =

∫∫

Rxy

13 (2x+ 2y − 2z)

23

dxdy,

pero de la expresion para la superficie tenemos z = 3− x− 12y, sustituyendo en

la integral anterior obtenemos

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy =

∫∫

Rxy

[x+ y − (3− x− 1

2y)

]dxdy

=

∫∫

Rxy

(2x+

3

2y − 3

)dxdy.

Despues de algunos calculos algebraicos analogos al problema anterior obten-emos,

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy = 18.

164

Page 165: Problemario av

Problema 18.

Calcular el flujo de campo−→f = xi + yj + zk donde S es un cubo unitario

(es decir la superficie limitada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1,z = 1).

Solucion:

Como se muestra en la figura, el flujo a traves del cubo tiene 6 contribu-ciones debidas a las 6 superficies (caras) del cubo unitario, es decir los planos(x = 0, y = 0, z = 0, x = 1, y = 1, z = 1) , por lo tanto la integral de flujooriginal esta dada por:

∫∫

S

−→f · d−→S =

∫∫

S1

−→f · d−→S +

∫∫

S2

−→f · d−→S +

∫∫

S3

−→f · d−→S + · · ·+

∫∫

S6

−→f · d−→S

donde, como se muestra en la figura tenemos

S1 (DEFG) ; x = 1 d−→S = ndS = idydz

S2 (ABCO) ; x = 0 d−→S = ndS = −idydz

S3 (ABEF ) ; y = 1 d−→S = ndS = jdxdz

S4 (0GDC) ; y = 0 d−→S = ndS = −jdxdz

S5 (BCDE) ; z = 1 d−→S = ndS = kdxdy

S6 (AFGO) ; z = 0 d−→S = ndS = −kdxdy.

165

Page 166: Problemario av

Z

X

Y

C

E

A

FG

D

O

B

Por lo tanto, para la superficie S1 tenemos,

∫∫

s1

−→f · d−→s =

∫∫

Rxy

(xi+ yj + zk) · idydz

=

1∫

y=0

1∫

z=0

xdydz =

1∫

y=0

1∫

z=0

dydz = 1,

analogamente para la superficie S2 tenemos,

166

Page 167: Problemario av

∫∫

s2

−→f · d−→s =

∫∫

Rxy

(xi+ yj + zk) ·(−idydz

)

= −∫∫

Rxy

xdydz = 0.

Similarmente para las superficies S3, S4, S5 y S6 obtenemos;

∫∫

S3

−→f · d−→S =

∫∫

S5

−→f · d−→S = 1,

∫∫

S4

−→f · d−→S =

∫∫

S6

−→f · d−→S = 0,

por lo tanto el flujo a traves del cubo unitario esta dado por:

∫∫

S

−→f · d−→S =

∫∫

S1

−→f · d−→S +

∫∫

S2

−→f · d−→S +

∫∫

S3

−→f · d−→S + · · ·+

∫∫

S6

−→f · d−→S = 3.

El resultado anterior se puede obtener aplicando el teorema de Gauss, esteteorema establece lo siguiente:

∫∫

s

−→f · d−→s =

∫∫∫

V

(∇ · −→f

)dV

en este caso: −→f = −→r ,

por lo tanto,

∫∫∫

V

∇ · −→f dV = 3

∫∫∫

V

dV = 3,

donde∫∫∫V

dV es el volumen de un cubo unitario.

167

Page 168: Problemario av

Problema 19.

Calcule el flujo del campo vectorial−→F = i + xyj a lo largo de la superficie

S dada por las ecuaciones parametricas:

x = u+ v,

y = u− v,z = u2,

donde,

0 5 u 5 1

0 5 v 5 1.

Solucion:

El flujo del campo vectorial−→F a traves de la superficie S (que generalmente

se representa por Φ) esta dado por:

Φ =

∫∫

S

−→F · −→dS,

donde

d−→S = ndS,

y

n =−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

,

es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la

ecuacion,

−→r = −→r (u, v),

donde los vectores −→r u y −→r v, son vectores tangentes a las lıneas coordenadas u y

v respectivamente. Asimismo, la magnitud del elemento diferencial de superficieesta dada por,

dS = |−→r u ×−→r v| dudv

168

Page 169: Problemario av

por lo tanto,

d−→S =

−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

|−→r u ×−→r v| dudv

=∂−→r∂u× ∂−→r

∂vdudv,

que es el elemento diferencial de area normal a la superficie S. De las ecuaciones

parametrica para la superficie S, elvector de posicion se puede escribir de laforma,

−→r (u, v) = (u+ v)i+ (u− v)j + u2k,

calculando el vector normal a la superficie, obtenemos

∂−→r∂u

= i+ j + 2uk,

∂−→r∂v

= i− j,

de donde obtenemos,

∂−→r∂u× ∂−→r

∂v=

∣∣∣∣∣∣

i j k1 1 2u1 −1 0

∣∣∣∣∣∣= 2ui+ 2uj − 2k,

por lo tanto, el flujo del campo vectorial−→F a traves de la superficie S esta dado

por,

∫∫

S

−→F · −→dS =

∫∫

S

[i+ (u+ v)(u− v)j

]·[2ui+ 2uj − 2k

]dudv,

calculando el producto escalar,

169

Page 170: Problemario av

∫∫

S

−→F · −→dS =

∫ v=1

v=0

∫ u=1

u=0

(2u+ 2u(u2 − v2)

)dudv

=

∫ 1

v=0

∫ 1

u=0

(2u3 − 2uv2 + 2u)dudv

=

∫ 1

v=0

[2

4u4 − u2v2 + u2

]1

u=0

=

∫ 1

u=0

(1

2− v2 + 1)

)dv

=

∫ 1

u=0

(2

3− v2

)dv =

[3

2v − v3

3

]1

0

,

finalmente, obtenemos

∫∫

S

−→F · −→dS =

7

6.

170

Page 171: Problemario av

Problema 20.

Si−→f = xi + yj + zk Calcualr s

−→f · d−→S , donde S es la superficie cilındrica

representada por la ecuacion

−→r = cos ui+ sinuj + vk.

donde,

0 ≤ u ≤ 2π,

0 ≤ v ≤ 1,

y el elemento diferencial esta dado por d−→S = ndS, y n es el vector unitario

normal exterior a la superficie.

Solucion:Por definicion, sabemos que el vector

n =−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

,

es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la

ecuacion,

−→r = −→r (u, v)

los vectores −→r u y −→r v, son vectores tangentes a las lıneas coordenadas u y v

respectivamente. Por otro lado, si el elemento diferencial de superficie esta dadopor

d−→S = ndS,

y su magnitud esta dada por,

dS = |−→r u ×−→r v| dudventonces,

d−→S =

−→r u ×−→r v|−→r u ×−→r v|

|−→r u ×−→r v| dudv

= −→r u ×−→r vdudv

171

Page 172: Problemario av

Para la ecuacion de la superficie dada, los vectores tangentes a las lıneascoordenada estan dados por,

−→r u =∂−→r∂u

= − sin ui+ cosuj,

−→r v =∂−→r∂u

= k,

de donde,

−→r u ×−→r v =

∣∣∣∣∣∣

i j k− sinu cosu 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣= cos ui+ sinuj,

por otro lado, de las ecuaciones parametricas de la superficie cilındrica, el campo

vectorial esta dado por

−→f =

(cos ui+ sinuj + vk

),

por lo tanto, la integral de flujo resulta

s−→f · d−→S =

∫ v=1

v=0

∫ u=2π

v=0

(cos ui+ sinuj + vk

)·(

cos ui+ sinuj)dudv

=

∫ v=1

v=0

∫ u=2π

v=0

(cos2 u+ sin2 v

)dudv

=

∫ v=1

v=0

∫ u=2π

v=0

dudv

=

∫ v=1

v=0

dv

∫ u=2π

v=0

du

= 2π.

172

Page 173: Problemario av

Problema 21.

Calcular∮c

−→f · d−→r donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la

figura y el campo vectorial esta dado por:−→f = (x− y) i+ (x+ y) j

a) Calculando la integral de lınea directamente yb) Aplicando el Teorema de Green en el plano

Y

X

(1,1)

y=x

y = x2

Solucion:a) De la figura, la trayectoria curva C se divide en dos trayectorias C1(

y = x2)

y C2 (y = x) , por lo tanto, la integral de lınea se expresa de la forma:

C

−→f · d−→r =

C1

−→f · d−→r +

C2

−→f · d−→r

Para la trayectoria C1 las ecuaciones parametricas estan dadas por:

x = x

y = x2,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r = dxi+ 2xdxj,

por lo tanto, la integral de lınea para la trayectoria C1 esta dada por:

173

Page 174: Problemario av

C1

−→f · d−→r =

1∫

x=0

(x− x2)dx+(x+ x2

)2xdx

=

1∫

0

(x+ x2 + 2x3

)dx =

[x2

2+x3

3+x4

2

]1

0

=1

2+

1

3+

1

2=

1

3+

3

3=

4

3.

Asimismo para la trayectoria C2 las ecuaciones parametricas estan dadaspor:

x = x

y = x,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r = dxi+ dxj,

por lo tanto la integral de lınea para la trayectoria C2 esta dada por:

c2

−→f · d−→r =

0∫

1

(x− x) dx+ 2xdx

=[x2]01

= −1 = −3

3.

Por lo tanto la integral de lınea a lo largo de la trayectoria C que se muestraen la figura esta dado por:

C

−→f · d−→r =

C1

−→f · d−→r +

C2

−→f · d−→r =

4

3− 3

3=

1

3

b) En este caso

M (x, y) = x− yN (x, y) = x+ y,

de donde se tiene,

∂N

∂x= 1

∂M

∂y= −1,

174

Page 175: Problemario av

aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

C

(Mdx+Ndy) =

∫∫

Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dxdy

=

∫∫

Rxy

(1− (−1)) dxdy = 2

∫∫

Rxy

dxdy,

para evaluar la integral doble hacemos uso de la figura, integrando primeramentedesde la recta y = x a la parabola y = x2 para despues integrar la variable ydesde y = 0 hasta y = 1, es decir;

2

∫∫

Rxy

dxdy = 2

1∫

y=0

x=√y∫

x=y

dxdy = 2

1∫

y=0

([x]√y

y

)dy

= 2

1∫

y=0

(√y − y) dy =

1

3.

La integral doble tambien se puede resolver integrando primeramente en lavariable y, posteriormente la variable x de la siguiente forma,

2

∫∫

Rxy

dydx =

1∫

x=0

y=x∫

y=x2

dydx = 2

1∫

x=0

([y]xx2) dx

= 2

1∫

0

(x− x2

)dx = 2

[x2

2− x3

3

]1

0

=1

3.

175

Page 176: Problemario av

Problema 22:

Verificar el Teorema de Green en el plano para el campo vectorial,

−→F =

(3x2 + 2y

)i− (x+ 3 cos y) j

donde C es la trayectoria que se muestra en la siguiente figura.ftbpF206.4375pt130.125pt0ptFigureSolucion:

Debemos verificar que,

C

Mdx+Ndy =Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dxdy,

en este caso;

(∗) M =(3x2 + 2y

),

N = − (x+ 3 cos y) .

Primero calculemos la integral de lınea a lo largo de las cuatro trayectoriasrectas que se muestran en la figura que es un paralelogramo, para despues sumartodos los resultados, es decir,

C

Mdx+Ndy =

C1

+

C2

+

C3

+

C4

.

Para C1 :

De la figura, la recta que va del punto (0, 0) al punto (2, 0), esta dada porlas ecuaciones parametricas

x = x,

y = 0,

por lo tanto,

∫ (2,0)

(0,0)

Mdx+Ndy = x=2x=0

(3x2 + 2y

)dx

=[x3 + 2y

]20

= 8.

Para C2 :

De la figura, la recta que va del punto (2, 0) al punto (3, 1), esta dada porlas ecuacion,

x = y + 2,

176

Page 177: Problemario av

si escogemos como parametro a la variable y, obtenemos

∫ (3,1)

(2,0)

Mdx+Ndy = y=1y=0

(3 (y + 2)

2+ 2y − (y + 2)− 3 cos y

)dy

= y=1y=0

(3y2 + 12y + 12 + 2y + y − 2− 3 cos y

)dy

= y=1y=0

(3y2 + 12y + 10− 3 cos y

)dy

=

[y3 +

13

2y2 + 10y − 3 sin (1)

]1

0

= 1 +13

2+ 10− 3 sin (1)

=35

2− 3 sin (1) .

Para C3 :De la figura, la recta que va del punto (3, 1) al punto (1, 1), esta dada por

las ecuaciones parametricas,

x = x,

y = y,

por lo tanto,

∫ (1,1)

(3,1)

Mdx+Ndy = −x=3x=1

(3x2 + 2y

)dx

= −[x3 + 2y

]31

= −30.

Para C4 :

De la figura, la recta que va del punto (1, 1) al punto (0, 0), esta dada porlas ecuacion,

x = y,

si escogemos como parametro a la variable y, obtenemos

∫ (0,0)

(1,1)

Mdx+Ndy = −y=1y=0

(3y2 + 2y)dy − (y + 3 cos y

)dy

= −[y3 + y2 − y2

2− 3 sin (y)

]1

0

= −3

2+ 3 sin (1) ,

177

Page 178: Problemario av

sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas, obtenemos

C

Mdx+Ndy = 8 +35

2− 3 sin (1)− 30− 3

2+ 3 sin (1) ,

de donde,

(1)∫CMdx+Ndy = −6.

Ahora para calcular la integral doble sobre la region que encierra el paralel-ogramo, tenemos de las ecuaciones (∗) que,

∂N

∂x= −1,

y

∂M

∂y= 2,

por lo tanto,

Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)dxdy =

Rxy(−1− 2)dxdy = −3y=1

y=0

[x=y+2x=y dx

]dy

= −3y=1y=0

[[x]

x=y+2x=y

]dy = −3y=1

y=02dy,

finalmente,

(2)Rxy

(∂N∂x − ∂M

∂y

)dxdy = −6.

Este resultado se pudo haber obtenido por simple observacion, puesto que

Rxydxdy es igual al area del paralelogramo que tiene base igual a dos y alura

uno.Ası, de los resutados (1) y (2), se comprueba el Teorema de Green en el

plano.

178

Page 179: Problemario av

Problema 23.

Aplique el teorema de Green en el plano para calcular la integral,

C

(x+ y)dx+ x2dy,

donde C es el triangulo con vertices (0, 0), (2, 0) y (0, 1), que se muestra en la

siguiente figura.

X

(0,1)

(0,0) (2,0)

Y

Solucion:

Por definicion, el teorema de Greenn en el plano establece que

C

Mdx+Ndy =

∫∫

Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y)dxdy,

donde la trayectoria curva C encierra la region que Rxy que esta en el plano

XY .

En este caso,

M = x+ y,

N = x2,

de donde se obtiene,

∂N

∂x= 2x,

∂M

∂y= 1,

179

Page 180: Problemario av

por lo tanto, aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

C

(x+ y)dx+ x2dy,=

∫∫

Rxy

(2x− 1) dxdy,

para resolver la integral interior, mantenemos fijo a y e integramos con respecto

a x, desde la recta x = 0, hasta la recta x = 2(1− y), como se muestra en lasiguiente figura, y finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2.

Y

X(2,0)(0,0)

(0,1)

de esta forma, obtenemos

C

(x+ y)dx+ x2dy =

∫ 1

y=0

∫ x=2(1−y)

x=0

(2x− 1)dxdy,

calculando las integrales obtenemos

C

(x+ y)dx+ x2dy =

∫ 1

y=0

([x2 − x

]x=2(1−y)

x=0

)dy

=

∫ 1

y=0

[4(1− y)2 − 2(1− y)

]dy

= 4

∫ 1

y=0

(1− y)2dy − 2

∫ 1

y=0

(1− y)dy

=

[−4

3(1− y)

3+ (1− y)2

]1

y=0

= −4

3(1− 1)

3+ (1− 1)2 −

[−4

3(1− 0)

3+ (1− 0)

2

]

= −[−4

3+

6

3

]

= −2

3.

180

Page 181: Problemario av

Problema 24.Aplique el teorema de Green en el plano para calcular

C

(y − sinx) dx+ cosxdy,

donde C es el triangulo que se muestra en la siguiente figura.

( )

( )π2

, 0( )

2

( )( )( )( )( )

π , 0

Y

X

Solucion:

En en forma analoga al problema anterior, en este caso

M(x, y) = y − sinx

N(x, y) = cosx,

de donde se tiene,

∂N

∂x= − sinx

∂M

∂y= 1,

aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

C

(y − sinx) dx+ cosxdy =

∫∫

Rxy

(− sinx− 1) dxdy.

Para evaluar la integral doble, integrando primeramente la variable y, desdela recta y = 0 a la recta y = 2

πx, para despues integrar la variable x, desdex = 0 hasta x = π

2 ,como se esquematiza en la siguiente figura.

Y

X

π2

1

π2

1,

,

( )

( )

181

Page 182: Problemario av

Por lo tanto la integral doble resulta,

∫∫

Rxy

(− sinx− 1) dydx = −x=π

2∫

x=0

y=π2 x∫

y=0

(sinx+ 1) dy

dx

= −x=π

2∫

x=0

[[(sinx)y + y]

π2 xy=0

]dx

= −x=π

2∫

x=0

π

2x [sinx+ 1] dx = −π

2

(−x cosx)

x=π2

x=0 +

x=π2∫

x=0

cosxdx+

(x2

2

)π2 x

y=0

= − 2

π

[−x cosx+ sinx+

x2

2

]π2 x

y=0

= − 2

π

[−π

2cos

π

2+ sin

π

2+

(π2

)2

2

]

= − 2

π

[1 +

π2

8

]= − 2

π

(π2 + 8

),

finalmente, obtenemos

∫∫

Rxy

(− sinx− 1) dydx = −(π

4+

2

π

).

182

Page 183: Problemario av

Problema 25.

Calcular la integral

∫∫

S

−→F · ndS,

donde−→F esta dado por:

−→F (x, y, z) = [2x+ cos(yz)] i− [sin(xz) + 5y] j +

[arcsin

(x2y)]k,

y S es la parte superior del plano XY de la esfera x2 + y2 + z2 = a2.

Solucion:

Observese que sı se quiere calcular directamente la integral de superficieresulta ser una integral muy laboriosa, sin embargo si aplicamos el teoremade la Divergencia de Gauss el problema es relativamente simple, puesto que

∇ · −→F = 7, ası aplicando el teorema de la divergnecia de Gauss obtenemos,

∫∫

S

−→F · d−→S =

∫∫∫

V

(∇ · −→f

)dV = 7

∫∫∫

V

dV,

donde∫∫∫V

dV es el volumen de la esfera, pero como se pide solamente la parte

z > 0, entonces

∫∫

S

−→F · d−→S = 7

(2

3πa3

)=

14

3πa3.

183

Page 184: Problemario av

Problema 26.

Verificar el teorema del rotacional de Stokes para−→F = (x+ 2y) i+3zj+yzk

y S la superficie de la mitad superior de la esfera x2 + y2 + z2 = a2.

Solucion:

El teorema del rotacional de Stokes matematicamente se expresa de la forma,

S∇×−→F · d−→S =

C

−→F · d−→r ,

es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de uncampo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral delınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curvacerrada que limita o rodea a la superficie. Primero calcularemos la integral delınea.

Si proyectamos a la esfera en el plano XY, tenemos una circunferencia deradio a con centro en el origen cuyas ecuaciones parametricas estan dadas por,

x = a cos θ,

y = a sin θ,

z = 0,

donde 0 < θ < 2π. En terminos de estas ecuaciones parametricas, el campovectorial esta dado por

−→F = (a cos θ + 2a sin θ) i+ 0j + 0k.

Asimismo, el vector de posicion −→r ,esta dado por,

−→r = a cos θi+ a sin θj,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dado por,

d−→r = −a sin θdθi+ a cos θdθj.

Calculando la integral de lınea en sentido positivo (como lo establece elteorema) tenemos,

184

Page 185: Problemario av

∫ −→F · d−→r = −

∫ 2π

θ=0

[(a cos θ + 2a sin θ) i

]·[−a sin θi+ a cos θj

]dθ

= −a2

∫ 2π

θ=0

cos θ sin θdθ − 2a

∫ 2π

θ=0

sin2 θdθ

= −a2

[sin2 θ

2

]2π

θ=0

− a2

[θ − 1

2sin(2θ)

]2π

θ=0

= −a2

[sin2 (2π)

2

]− a2

[2π − 1

2sin (2 (2π))

]

= −a2

[2π − 1

2sin 2 (2π)

]= −2a2π.

Ahora, calculemos la integral de superficie, para hacer esto calculamos primer-

amente el ∇×−→F ,

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x+ 2y 3z yz

∣∣∣∣∣∣= (z − 3) i+ 2k

Por otro lado, sabemos que la transformacion de coordenadas esfericas yrectangulares esta dada por.

x = a sin θ cosφ,y = a sin θ sinφ,z = a cos θ,

donde 0≤ θ ≤ π2 y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuacion de la superficie S, en

forma parametrica esta dada por,

−→r (θ, φ) = a sin θ cos φi+ a sin θ sinφj + a cos θk.

de donde, el elemento diferencial de superficie esta dado por,

d−→S = (−→r θ ×−→r φ) dθdφ =

(a2 sin2 θ cos φi+ a2 sin2 θ sinφj + a2 sin θ cos θk

)dθdφ,

de esta forma, la integral de superficie de la componente normal del campo−→F ,

185

Page 186: Problemario av

esta dada por,

S∇x−→F · d−→S = S

[(z − 3) i+ 2k

]·[a2 sin2 θ cos φi+ a2 sin2 θ sinφj + a2 sin θ cos θk

]dθdφ

=

∫ 2π

φ=0

∫ π

θ=0

a2[(cos θ − 3) sin2 θ cosφ+ 2 sin θ cos θ

]dθdφ

=

∫ 2π

φ=0

∫ π

θ=0

a2 (cos θ − 3) sin2 θ cosφdθdφ+ 2a2

∫ 2π

φ=0

∫ π

θ=0

sin θ cos θdθdφ,

como podemos observar la primera integral es igual a cero, debido a que∫ πθ=0

cosφdφ =

0, por lo tanto,

S∇x−→F · d−→s = 2a2

∫ 2π

φ=0

∫ π

θ=0

sin θ cos θdθdφ = 2a2

{∫ 2π

φ=0

}{∫ 2π

φ=0

sin θ cos θdθ

}

= 2a2

[2π

(sin2 θ

)

2

θ=0

= 2πa2

(1

2

)= 2πa2.

186

Page 187: Problemario av

Problema 27.Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral

∫C

(2x− y3

)dx−

xydy siendo C el contorno de la region en el primer cuadrante, limitada por lascircunferencias x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 9, como se muestra en la siguientefigura.

Solucion:

Y

Y

C

C

C

C(3,0)

1

4

2

3

(0,3)

(0,1)

(1,0)

Por definicion, el teorema de Green en el plano establece que,

C

Mdx+Ndy =

∫∫

Rxy

(∂N

∂x− ∂M

∂y)dxdy,

donde la trayectoria curva C encierra la region que Rxy que esta en el planoXY . Como se observa en la figura, para calcular la integral de lınea debemoscalcular cuatro integrales a lo largo de las trayectorias C1, C2, C3 y C4, paraesto primero necesitamos escribir en forma parametrica las ecuaciones de cadatrayectoria, de esta forma;

para C1 :

x = 0;

d−→r = −dyj;3 ≤ y ≤ 1,

187

Page 188: Problemario av

para C2 :

x = cos θ;

y = sin θ;

π/2 ≤ θ ≤ 0;

d−→r = −sinθdθi+ cos θdθj;

paraC3 :

y = 0;

d−→r = dxi;

1 ≤ x ≤ 3;

para C4 :

x = 3 cos θ;

y = 3 sin θ;

0 ≤ θ ≤ π/2;

d−→r = −3 sin θdθi+ 3 cos θdθj;

de esta forma, la integral de lınea esta dada por,

∫ −→f · d−→r =

C1

(−y3i− 0j

)·(dyj)

+

C2

((2 cos θ − sin3 θ

)i− cos θ sin θj

)·(− sin θdθi+ cos dθj

)

+

C3

(2xi− 0j

)·(dxi)

+

C4

((6 cos θ − 27 sin3 θ

)i− 9 sin θ cos θj

)·(−3 sin θdθi+ 3 cos dθj

)

=

∫ π/2

θ=0

(−2 cos θ sin θdθ + sin4 θdθ − cos2 θ sin θdθ

)

+

∫ 3

x=1

2xdx

+

∫ π/2

θ=0

(−18 cos θ sin θdθ + 81 sin4 θdθ − 27 cos2 θ sin θdθ

)

=

∫ π/2

θ=0

(−16 cos θ sin θdθ) +

∫ π/2

θ=0

80 sin4 θdθ −∫ π/2

θ=0

26 cos2 θ sin θdθ +[x2]x=3

x=1,

para resolver las integrales de senos y cosenos, hacemos el siguiente cambio devariable

188

Page 189: Problemario av

u = cos θ,du = − sin θdθ,dθ = − du

sin θ ,

por lo tanto,

∫ −→f · d−→r = 16

∫ π/2

θ=0

udu+ 26

∫ π/2

θ=0

u2du+ 40

∫ π/2

θ=0

sin2 θ (1 cos 2θ) dθ + 8

=16u2

2

∫ π/2

θ=0

+26u3

3

∫ π/2

θ=0

+40

∫ π/2

θ=0

sin2 θdθ − 40

∫ π/2

θ=0

sin2 θ cos 2θdθ + 8

=[8 cos2 θ

]π2

0+

[26

3cos3 θ

]π2

0

+ 20

∫ π/2

θ=0

(1− cos 2θ) dθ − 20

∫ π/2

θ=0

(1− cos 2θ) cos 2θdθ + 8

= −8− 26

3+ [20θ]

π20 − [10 sin 2θ]

π20 − 20

∫ π/2

θ=0

cos 2θdθ + 20

∫ π/2

θ=0

cos2 2θdθ + 8

= −8− 26

3+ 10π − [10 sin 2θ]

π20 + 10

∫ π/2

θ=0

(1 + cos 4θ) dθ + 8

= −26

3+ 10π + [10θ]

π20 +

[10

4sin4θ

]π2

0

= −26

3+ 10π + 5π

= −26

3+ 15π.

Ahora debemos calcular la integral doble sobre la region del plano XY queencierra el contorno C, en este caso tenemos

M = 2x− y3,

N = −xy,

por lo tanto,

∫ (2x− y3

)dx−xydy =Rxy

[∂(−xy)

∂x− ∂

(2x− y3

)

∂y

]dxdy =Rxy

(−y + 3y2

)dxdy

para resolver la integral anterior, es mas conveniente usar coordenadas polares,

donde el elemento diferencial de area esta dado por,

dA = dxdy = rdrdθ,

189

Page 190: Problemario av

donde

y = r sin θ.

de esta forma, la integral resulta

Rxy

(−y + 3y2

)dxdy =

∫ π/2

θ=0

∫ r=3

r=1

(−r sin θ + 3r2 sin2 θ

)rdrdθ

=

∫ π/2

θ=0

∫ r=3

r=1

[−r2 sin θ + 3r3 sin2 θ

]dθdr

= −∫ r=3

r=1

r2

∫ π/2

θ=0

sin θdθ + 3

∫ r=3

r=1

r3dr

∫ π/2

θ=0

sin2 θdθ

= −[r3

3

]3

1

(− cos θ)π2

θ=0 + 3

[r4

4

]3

1

(1

2

∫ π/2

θ=0

(1− cos 2θ) dθ

)

= −(

27

3− 1

3

)+ 3

[34

4− 1

4

]1

2

[(θ)

π2

θ=0 −(

1

2sin 2θ

)π2

θ=0

]

= −26

3+ (3) (20)

(1

2

)(π2

)

= −26

3+ 15π.

Por lo tanto se comprueba el teorema de Green.

190

Page 191: Problemario av

Problema 28.La esfera x2 + y2 + z2 = a2 intersecta a los ejes positivos X, Y y Z en los

puntos A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste de tres arcoscirculares AB, BC y CA, como se muestra en la figura.

Y

C

C

C

X

Z

3

2

1

Si el campo vectorial esta dado por,

−→F = (y + z)i+ (z + x)j + (x+ z)k,

calcular

C

−→F · d−→r .

191

Page 192: Problemario av

Solucion:Como se observa en la figura, para calcular la integral de lınea debemos cal-

cular tres integrales a lo largo de las trayectorias C1, C2, y C3, para esto primeronesecitamos escribir en forma parametrica las ecuaciones de cada trayectoria,de esta forma;

para la curva C1 :

x = a cos θ,

y = a sin θ,

z = 0,

0 ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dada por,

d−→r 1 = −a sin θdθi+ a cos θdθj.

para la curva C2 :

y = a cos θ,

z = a sin θ,

x = 0,

0 ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dada por,

d−→r 2 = −a sin θdθj + a cos θdθk,

para la curva C3 :

z = a cos θ,

x = a sin θ,

y = 0,

0 ≤ θ ≤ 2π,

de donde, el elemento diferencial de lınea esta dada por,

d−→r 3 = a cos θdθi− a sin θdθk,

las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a), b) y c) respec-tivamente.

192

Page 193: Problemario av

0

C

Y

0

C

Y

0

X

12

C3

a) b) c)

X

Z Z

Por lo tanto, la integral de lınea estara dada por:

C

−→F · d−→r =

C1

−→F · d−→r 1 +

C2

−→F · d−→r 2 +

C3

−→F · d−→r 3

es decir,

C

−→F · d−→r =

(0,a,0)∫

(a,0,0)

−→F · d−→r 1 +

(0,0,a)∫

(0,a,0

−→F · d−→r 2 +

(a,0,0)∫

(0,0,a)

−→F · d−→r 3

sustituyendo la parametrizacion de cada curva obtenemos,

C

−→F · d−→r =

θ=π2∫

θ=0

(a sin θ, a cos θ, a cos θ) · (−a sin θdθ, a cos θdθ, 0)

+

θ=π2∫

θ=0

(a cos θ + a sin θ, a sin θ, a sin θ) · (0,−a sin θdθ, a cos θdθ)

+

θ=π2∫

θ=0

(a cos θ, a cos θ + a sin θ, a cos θ + a sin θ) · (a cos θdθ, 0,−a sin θdθ) ,

calculando los productos escalares y haciendo un poco de algebra obtenemos

C

−→F · d−→r =

θ=π2∫

θ=0

a2[cos2 θ − sin2 θ + sin θ cos θ − sin2 θ + cos2 θ − sin2 θ − sin θ cos θ

]dθ

= a2

θ=π2∫

θ=0

[2 cos2 θ − 3 sin2 θ

]dθ

193

Page 194: Problemario av

aplicando las identidades trigonometricas del seno cuadrado y coseno cuadrado,obtenemos

C

−→F · d−→r = a2

θ=π2∫

θ=0

[2

(1

2+

1

2cos 2θ

)− 3

(1

2− 1

2cos 2θ

)]dθ

= a2

θ=π2∫

θ=0

[1 + cos 2θ − 3

2+

3

2cos 2θ

]dθ

= a2

θ=π2∫

θ=0

[1 + cos 2θ − 3

2+

3

2cos 2θ

]dθ

= a2

θ=π2∫

θ=0

[−1

2+

5

2cos 2θ

]dθ

= a2

−1

2

θ=π2∫

θ=0

dθ +5

2

θ=π2∫

θ=0

cos 2θdθ

,

finalmente, obtenemos

C

−→F · d−→r = −πa

2

4.

194

Page 195: Problemario av

Problema 29.

Dada la funcion vectorial

−→F = axi+ byj + czk,

calcular S−→F · d−→S , sobre cualquier superficie que encierre una region de vol-

umen V.Solucion:

Para resolver este problema, aplicamos el teorema de Gauss o Teorema dela divergencia, que establece que

S−→f · d−→S =V

(∇ · −→F

)dV,

aplicando la definicion de la divergencia de un campo vectorial, tenemos

∇ · −→F =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)· (ax, by, cz)

= a+ b+ c,

por lo tanto, aplicando el teorema de la divergencia obtenemos,

S−→F · d−→S = (a+ b+ c)V dV

= (a+ b+ c)V.

donde V es el volumen encerrado por cualquier superficie S.

195

Page 196: Problemario av

Problema 30.

Calcular la siguiente integral de volumen

∫∫∫

V

xyzdV,

donde V es el volumen limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0

y el plano x+ 2y + z = 6.

Solucion:

Observese que en las integrales de volumen existen 6 posibles tipos de inte-grales dependiendo del orden de integracion en el que aparezcan las variables x,y e z. Por ejemplo el orden de integracion en el que aparece la siguiente integral,

∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz =

z=z2∫

z=z1

y=g2(z)∫

y=g1(z)

x=ϕ2(y,z)∫

x=ϕ1(y,z)

f(x, y, z)dx

dy

dz

indica que primero se debe integrar la variable x, manteniendo fijas las variables

y e z, por lo que los lımites de integracion para la variable x deben ser dosfunciones ϕ1 y ϕ2 de las variables y e z, este paso nos lleva finalmente a resolveruna integral doble. Ası los lımites de integracion para la variable y son dosfunciones g1 y g2 de la variable z y finalmente los lımites de integracion para lavarible z son dos constantes z1 y z2.

Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden deintegracion,

∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz =

x=x2∫

x=x1

y=t2(x)∫

y=t1(x)

z=ψ2(x,y)∫

z=ψ1(x,y)

f(x, y, z)dz

dy

dx

El volumen V se encuentra representado en la figura.

ftbpF357.8125pt299.9375pt0ptFigureDe esta forma el volumen pedido esta dado por,

196

Page 197: Problemario av

∫∫∫

V

xyzdV =

x=6∫

x=0

y= 6−x2∫

y=0

z=6−x−2y∫

z=0

xyzdz

dy

dx

=

x=6∫

x=0

y= 6−x2∫

y=0

[xy

[z2

2

]6−x−2y

0

dz

]dy

dx

=

x=6∫

x=0

y= 6−x2∫

y=0

[x(6− x)2 − x(6− x)y2 + 4xy3

]dy

dx = ... =

9

5.

Se deja como ejercicio para el lector, resolver la integral empleando cualquierotro posible orden de integracion, por ejemplo puede ser el mencionado anteri-ormente.

197

Page 198: Problemario av

Problema 31.Considerado el solido limitado por la superficie que se muestra en la siguiente

figura. Calcule el volumen bajo el plano z = 6−y y sobre la region x2 +y2 + 9.

Y

X

Z

z = 6 − y

x + y = 92 2

Solucion:En coordenadas cartecianas, para este problema podemos emplear por ejem-

plo el siguiente orden de integracion, que de la figura se observa que es el masconveniente,

∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz =

y=y2∫

y=y1

x=φ2(x)∫

x=φ1(x)

z=ψ2(x,y)∫

z=ψ1(x,y)

f(x, y, z)dz

dx

dy.

198

Page 199: Problemario av

El volumen V se encuentra representado en la figura, en este caso f(x, y, z) =1. De esta forma, el volumen pedido esta dado por,

V =

∫ 3

y=−3

{∫ x=√

9−y2

x=−√

9−y2

[∫ z=6−y

z=0

dz

]dx

}dy

=

∫ 3

y=−3

[∫ x=√

9−y2

x=−√

9−y2

(6− y) dx

]dy

= 2

∫ 3

y=−3

[(6− y) [x]

x=√

9−y2

x=0

]dy

= 2

∫ 3

y=−3

[(6− y)

√9− y2

]dy

= 12

∫ 3

y=−3

(√9− y2

)dy − 2

∫ 3

y=−3

(y√

9− y2)dy.

La primera integral, se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonometrico:

y = 3 sin θ

dy = 3 cos θdθ

por lo que, el integrando se transforma como,

√9− y2 −→

√9(1− sin2 θ) −→ 3 cos θ,

donde los lımites de integracion son ahora desde θ = 0, hasta θ = π2 . Por lo

tanto la primera integral esta dada por:

12

∫ 3

y=−3

(√9− y2

)dy = 24

∫ 3

y=0

(√9− y2

)dy

= 24(3)(3)

∫ θ=π2

θ=0

cos2 θdθ

= 12(3)(3)

∫ θ=π2

θ=0

(1 + cos 2θ) dθ

= 12(3)(3)

[θ +

1

2θsin 2θ

]θ=π2

θ=0

= 54π,

199

Page 200: Problemario av

observese que en la segunda integral, la funcion a integrar es una funcion impar,

por lo tanto esa integral es igual a cero.Finalmente, el volumen limitado por el plano z = 6−y y la region x2+y2+9,

como se muestra en la figura esta dado por:

V = 54π.

Solucion Alternativa:

Este problema tambien se puede resolver en coordenadas cilındricas, pordefinicion la transformacion de coordenadas cilındricas y rectangulares esta dadapor:

x = ρ cosφ,

y = ρ sinφ,

z = z,

de esta forma, el elemento diferencial de volumen esta dado por,

dV = ρdρdφdz,

por lo tanto, el volumen pedido esta dado por,

V =

∫∫∫

V

ρdρdφdz,

por comodidad, seleccionamos el siguiente orden de integracion,

V =

φ=2π∫

φ=0

ρ=3∫

ρ=0

z=6−ρ sinφ∫

z=0

ρdz

dρdφ,

por lo tanto,

200

Page 201: Problemario av

V =

φ=2π∫

φ=0

ρ=3∫

ρ=0

[ρ [z]

z=6−ρ sinφz=0

] dρdφ

=

φ=2π∫

φ=0

ρ=3∫

ρ=0

ρ (6− ρ sinφ) dρ

=

φ=2π∫

φ=0

ρ=3∫

ρ=0

[3ρ2 − sinφ

ρ3

3

]ρ=3

ρ=0

=

φ=2π∫

φ=0

{27− 27

3sinφ

}dφ,

finalmente obtenemos,

V =

[27φ+

27

3cosφ

]φ=2π

φ=0

=

(27(2π) +

27

3cos(2π)

)−(

0 +27

3cos(0)

)

= 54π +27

3− 27

3= 54π.

Como se puede observar, en coordenadas cilındricas es mas simple la solucion.

201

Page 202: Problemario av

Problema 32:

Dado el campo vectorial−→F = 2xyi+ 3yzj + 4xzk calcular,

V

(∇×−→F

)dV,

siendo V, el volumen limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y 2x+2y+z =4.

Solucion:

Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden deintegracion,

∫∫∫

V

(∇×−→F

)dxdydz =

x=x2∫

x=x1

y=t2(x)∫

y=t1(x)

z=ψ2(x,y)∫

z=ψ1(x,y)

(∇×−→F

)dz

dy

dx

El volumen V de integracion se encuentra representado en la figura.

ftbpF291.9375pt280.6875pt0ptFigure

Calculemos primero el rotacional del campo vectorial−→F de la forma,

∇×−→F =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂y

2zy 3yz 4xz

∣∣∣∣∣∣= −3yi− (4z − 0) j + zxk

∇×−→F = −3yi− 4zj − 2xk.

De la figura, nuestros lımites de integracion estan dados por:

0 ≤ z ≤ 4− 2x− 2y0 ≤ y ≤ 2− x

0 ≤ x ≤ 2

de esta manera podemos escribir nuestra integral de volumen de la forma,

V

(∇×−→F

)dV = −

∫ 2

x=0

∫ 2−x

y=0

[[4−2x−2yz=0 (3y, 4z, 2x)

]dzdydx

]

= −∫ 2

x=0

[∫ 2−x

y=0

([3yz]

4−2x−2yz=0 ,

[2z2]4−2x−2y

z=0, [2xz]

4−2x−2yz=0

)dy

]dx

= −∫ 2

x=0

[∫ 2−x

y=0

((12y − 6xy − 6y2

), 2 (4− 2x− 2y)

2,(8x− 4x2 − 4xy

))dy

]dx,

202

Page 203: Problemario av

observese que las integrales con respecto a la variable y son inmediatas, aun ası,

para la integral de la componente en y hacemos el siguiente cambio de variable,

u = 4− 2x− 2y,

du = −2dy

por lo tanto,

V

(∇×−→F

)dV = −

∫ 2

x=0

[6y2 − 3xy2 − 2y3

]2−xy=0

,−[

(4− 2x− 2y)3

3

]2−x

y=0

,[8xy − 4x2 − 4xy2

]2−xy=0

dx,

al evaluar los lımites de integracion de la variable y, despues de algunos pasos

algebraicos obtenemos,

V

(∇×−→F

)dV = −

∫ 2

x=0

[⟨(2− x)

3,

1

3(4− 2x)

3,(2x3 − 8x2 + 8x

)⟩]dx

de donde, al integral la variable x, obtenemos

V

(∇×−→F

)dV = −

[(− (2− x)

4

4,− 1

24(4− 2x)

4,

(x4

2− 8

3x3 + 4x2

))]2

x=0

=

(−(

0− 24

4

),− 1

24

(0− 44

),

(8− 64

3+ 16

))

= −(

4,32

3,

8

3

),

203

Page 204: Problemario av

finalmente, obtenemos

V

(∇×−→F

)dV = −4i− 32

3j − 8

3k.

El problema tambien se puede resolver, considerando el siguiente orden deintegracion,

V

(∇×−→F

)dV =

∫ 4

z=0

∫ 2− z2

y=0

∫ 2−y− 12 z

x=0

(−3y,−4z,−2x) dxdydz

donde nuestra region de integracion se encuentra ahora en el plano Y Z, es decir,

0 ≤ x ≤ z − y − 12z,

0 ≤ y ≤ 2− z2 ,

0 ≤ z ≤ 4,

efectuando la integracion primero con respecto a la variable x obtenemos,

V

(∇×−→F

)dV =

∫ 4

z=0

∫ 2− z2

y=0

[⟨−3y

(2− y − z

2

),−4z

(2− y − z

2

),−(

2− y − z

2

)2⟩dy

]dz

=

∫ 4

z=0

[[⟨(−3y2 + y3 +

3

4y2z

),(−8yz + 2y2z + 2yz2

),

1

3

(2− y − z

2

)3⟩]2− z2

y=0

]dz

...

=

∫ 4

z=0

⟨(z3

16− 3

4z2 + 3z − 4

),

(−z

3

2+ 4z2 − 8z

),−1

3

(2− z

2

)3⟩dz

=

[⟨(z4

64− 1

4z3 +

3

2z2 − 4z

),

(−z

4

8+

4

3z3 − 4z2

),

1

6

(2− z

2

)4⟩]4

z=0

,

finalmente al evaluar los lımites de la variable z, obtenemos

V∇×−→F dV = −4i− 32

3j − 8

3k.

Donde los pasos intermedios que faltan, el lector los puede completar y sonanalogos a los del primer orden de integracion.

204

Page 205: Problemario av

Problema 33.

Dado el campo vectorial−→F (x, y, z) = 2yzi−(x+3y−2)j+(x2+z)k, Calcular

la integral de superficie∫∫S

∇×−→F · d−→S extendida a la superficie de interseccion

de los cilındros x2 + y2 = a2 y x2 + z2 = a2 situada en el primer octante.Solucion:En este problema, aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que

establece,

∫∫

S

∇×−→F · −→dS =

C

−→F · d−→r ,

es decir, la integral de superficie de la componente normal del rotacional de un

campo vectorial, tomada sobre una superficie cerrada, es igual a la integral delınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curvacerrada que limita o rodea a la superficie.

La siguiente figura muestra la interseccion de los cilındros. Aplicando elteorema del rotacional de Stokes, la integral de superficie sera igual a la integralde lınea formada por las trayectorias C1, C2, C3 y C4 como se ilustra en lafigura, es decir una curva simple que encierra la interseccion de los cilındrosesta formada por dos trayectorias rectas C2 y C3 y dos arcos circulares C1 y C4.

Z

X

Y

C

C

C

(0,α,α)(0,α,0)

( a ,U,U)

C

1

2

3

4

( ,U,U)α

Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos,

205

Page 206: Problemario av

∫∫

S

∇×−→F · d−→S =

C

−→F · d−→r

=

C1

−→F · d−→r +

C2

−→F · d−→r +

C3

−→F · d−→r +

C4

−→F · d−→r .

Para la primera trayectoria recta C2 (ver figura) las ecuaciones parametricasestan dadas por:

x = 0

y = a

0 ≤ z ≤ a,

de donde −→r = aj + zk, ası el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r = dzk,

por lo tanto la integral de lınea para la trayectoria C2 esta dada por:

C1

−→F · d−→r =

C1

[2azi− (3a− 2)j + zk

]·[dzk

]

=

a∫

z=0

zdz =

[z2

2

]a

0

=a2

2.

Para la segunda trayectoriarecta recta C3 (ver figura) las ecuaciones parametricasestan dadas por:

x = 0

z = a

0 ≤ y ≤ a,

de donde −→r = yj + ak, ası el elemento diferencial de lınea esta dado por:

206

Page 207: Problemario av

d−→r = dyj,

por lo tanto la integral de lınea para la trayectoria C3 esta dada por:

C3

−→F · d−→r =

C3

[2yai− (3y − 2)j + ak

]·[dyj]

= −

a∫

y=0

2dy −a∫

y=0

3ydy

=

[−2y +

3y2

2

]a

0

,

finalmente obtenemos,

C3

−→F · d−→r =

3a2

2− 2a.

Para la primera trayectoria circular C1 (ver figura) las ecuaciones parametricasestan dadas por:

x = a cosφ,

z = a sinφ,

y = 0,

en donde el parametro φ ∈ [0, π2 ], en este caso se tiene −→r = a cos φi + a sinφk,

ası el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r = −a sinφdφi+ a cosφdφk,

por lo tanto la integral de lınea para la trayectoria circular C1 esta dada por:

C1

−→F · d−→r =

C3

[−(3a sinφ− 2)j + ((a cosφ)2 + a sinφ)k

]·[−a sinφdφi+ a cosφdφk

]

= −

π2∫

φ=0

[a3 cos3 φ+ a2 sinφ cosφ

]dφ = −a3

π2∫

φ=0

cos3 φdφ− a2

π2∫

φ=0

sinφ cosφdφ,

207

Page 208: Problemario av

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonometrica

cos3 = cos2 φ cosφ =

(1

2+

1

2cos 2φ

)cosφ,

la segunda integral es inmediata de la forma udu, finalmente al integrar y evaluar

las integrales obtenemos,

C3

−→F · d−→r = a3

[sin3 φ

3− sinφ

]π2

0

+ a2

[cos2 φ

2

]π2

0

= −2

3a3 − a2

2.

Finalmente para la trayectoria circular C4 (ver figura) las ecuaciones parametricasestan dadas por:

x = a cosφ

y = a sinφ

z = 0,

en donde el parametro φ ∈ [0, π2 ], en este caso se tiene −→r = a cos φi + a sinφj,

ası el elemento diferencial de lınea esta dado por:

d−→r = −a sinφdφi+ a cosφdφj,

por lo tanto la integral de lınea para la trayectoria circular C4 esta dada por:

C4

−→F · d−→r =

C3

[−(a cosφ+ 3a sinφ− 2)j + ((a cosφ)2 + a sinφ)k

[−a sinφdφi+ a cosφdφj

],

es decir,

208

Page 209: Problemario av

C4

−→F · d−→r =

π2∫

φ=0

[−a2 cos2 φdφ− 3a2 sinφ cosφdφ+ 2a cosφdφ

]

= −a2

π2∫

φ=0

cos2 φdφ− 3a2

π2∫

φ=0

sinφ cosφdφ+ 2a

π2∫

φ=0

cosφdφ,

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonometrica,

cos2 φ =

(1

2+

1

2cos 2φ

),

la segunda y tercera integrales son inmediatas, por lo tanto

C4

−→F · d−→r = −a2

2− sin 2φ

4

]π2

0

+ 3a2

[cos2 φ

2

]π2

0

+ [2a sinφ]π20 ,

finalmente al evaluar las integrales obtenemos,

C4

−→F · d−→r = −πa

2

4− 3

2a2 + 2a.

Por lo tanto, la integral de lınea a lo largo de la trayectoria curva simple queencierra la interseccion de los cilındros como se muestra en la figura, se obtieneal sumar los resultados de las trayectorias C1, C2, C3 y C4 es decir;

C

−→F · d−→r =

C1

−→F · d−→r +

C2

−→F · d−→r +

C3

−→F · d−→r +

C4

−→F · d−→r

=

[a2

2

]+

[3a2

2− 2a

]+

[−2

3a3 − a2

2

]+

[−πa

2

4− 3

2a2 + 2a

]

= −2

3a3 − πa2

4.

209

Page 210: Problemario av

Finalmente, aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene

∫∫

S

∇×−→F · d−→S =

C

−→F · d−→r = −2

3a3 − πa2

4.

210

Page 211: Problemario av

Problema 34.Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para

−→F (x, y, z) = (2x− y)i− (2y − z)j + zk,

donde V es el volumen encerrado por la superficie S formada por los planoscoordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x+ 2y + z = 6.

Solucion:El volumen V que encierra la superficie S se muestra en la siguiente figura.

Z

Y

X

SS

S

B(0,0,6)2y + z = 6

C(0,3,0)

A(6,0,0)

x + y = 6

x + 2y = 6

1

2

3

O

Como se muestra en la figura, la superficie S esta formada por 4 superficiesS1(ABO), S2(ACO), S3(BCO) y S4(ABC), por lo tanto para calcular la inte-

211

Page 212: Problemario av

gral de superficie debemos de calcular el flujo de−→F a traves de cada superficie,

es decir;

∫∫

S

−→F · d−→S =

∫∫

S1

−→F · ndS +

∫∫

S2

−→F · ndS +

∫∫

S3

−→F · ndS +

∫∫

S4

−→F · ndS

De la figura se observa lo siguiente:Para la superficie S1(ABO);

y = 0, n = −j y dS = dxdz.

Para la superficie S2(ACO);

z = 0, n = −k y dS = dxdy

Para la superficie S3(ABO);

x = 0, n = −i y dS = dydz.

por lo tanto, las integrales para estas superficies resultan,

∫∫

S1

−→F · ndS =

∫∫

S1

[((2x− y)i− 2yj

)·(−k)]dxdy = 0

∫∫

S2

−→F · ndS =

∫∫

S2

[(2xi+ zj + zk

)·(−j)]dxdz

= −6∫

z=0

x=6−z∫

x=0

zdxdz = −6∫

z=0

z(6− z)dz

=

(−3z2 +

z3

3

)6

z=0

= −36.

∫∫

S3

−→F · ndS =

∫∫

S3

[(−yi− (2y − z)j + zk

)·(−i)]dydz

= −6∫

z=0

y= 6−z2∫

y=0

ydydz =

6∫

z=0

(6− z)2

8dz

=

(− (6− z)3

24

)6

z=0

= 9.

212

Page 213: Problemario av

Para resolver la integral sobre la superficie S4(ABC), aplicamos el teoremade la proyeccion de la superficie sobre un plano coordenado, que establece

∫∫

S4

−→F ·d−→S =

∫∫

Rxy

−→f · n∣∣∣n · k

∣∣∣dxdy.

Para la superficie S4(ABC) aplicando la definicion del gradiente, un vector

normal a la superficie esta dado por−→N = i + 2j + k, ası en este caso el vector

n esta dado por n =bi+2bj+bk√

6de donde se sigue que:

−→F · n =

[(2x− y)i− (2y − z)j + zk

]·[i+ 2j + k√

6

]

=1√6

(2x− 5y + 3z) ,

empleando la ecuacion para la superficie S4(ABC) se tiene z = 6−x−2y,sustituyendoen la expresion anterior obtenemos

−→F · n =

1√6

(18− x− 11y),

tambien obtenemos,

n · k =

(i+ 2j + k√

6

)· k =

1√6.

De los resultados anteriores, la integral para la superficie S4(ABC) esta dadapor:

∫∫

S4

−→F ·d−→S = Rxy

[1√6(18− x− 11y)

1√6

]dxdy =

6∫

y=0

x=6−2y∫

x=0

[18− x− 11y] dxdy

=

6∫

y=0

[(18− x2

2− 11xy

)6−2y

x=0

]dy =

6∫

y=0

[90(1− y) + 20y2

]dy,

finalmente al calcular la integral en y, evaluando los lımites de integracion obten-

emos,

∫∫

S4

−→F ·d−→S =

[90y − 45y2 − 20y3

3

]3

y=0

= 45,

213

Page 214: Problemario av

sumando los resultados obtenidos para las superficies S1(ABO), S2(ACO),

S3(BCO) y S4(ABC), obtenemos

∫∫

S

−→F · d−→S = (−36) + 0 + 9 + 45 = 18.

Para resolver la integral de volumen, si aplicamos la definicion de la diver-

gencia de un campo vectorial−→F en este problema tenemos que ∇ · −→F = 1;

por otro lado, observemos en la figura la region de volumen que encierran lassuperficies S1(ABO), S2(ACO), S3(BCO) y S4(ABC), por lo tanto

∫∫∫

V

∇ · −→F dV =

6∫

z=0

6−z2∫

y=0

6−2y−z∫

x=0

dxdyxz

=

6∫

z=0

6−z2∫

y=0

[6− 2y − z] dy

dz =

6∫

z=0

[y (6− z)− y2

] 6−z2

y=0dy

=

6∫

z=0

[(6− z) (6− z)2

2− (6− z)2

4

]dz =

1

4

6∫

z=0

(6− z)2dz

= −[

(6− z)3

12

]6

z=0

= 18,

que es el mismo resultado que se obtuvo al calcular la integral de superficie. Por

lo tanto, se ha verificado el teorema de la divergencia de Gauss.

214

Page 215: Problemario av

Problema 35.

Sea−→F = −→r , verificar el teorema de la divergencia de Gauss donde S es la

superficie que consta del cono z2 = x2 + y2 para 0 ≤ x2 + y2 ≤ 1 y la superficieque es el disco x2 + y2 ≤ 1, z = 1 como se muestra en la siguente figura:

Z

X

Y

S :

S :2

1 z = x + y2 2

x + y = 12 2

Solucion:

Debemos verificar que,

S−→F · d−→S =V

(∇ · −→F

)dV,

primeramente calculemos la integral de superficie, como se ilustra en la figuraanterior, la superficie S esta formada por las superficies S1 y S2, de esta forma

215

Page 216: Problemario av

S−→r · d−→S =S1

−→r · d−→S +S2

−→r · d−→SPara S1 :

Aplicando la definicion del gradiente, donde φ (x.y.z) = x2 + y2 − z2 = 0obtenemos,

n =∇φ|∇φ|

=2xi+ 2yj − 2zk√4x2 + 4y2 + 4z2

=xi+ yj − zk√x2 + y2 + z2

,

observe que el vector n = xbi+ybj−zbk√x2+y2+z2

, es normal interior (hacia adentro de S1),

por lo tanto

S1

−→r · d−→S = S1

−→r · ndS

= S1

[xi+ yj + zk

]·[xi+ yj − zk√x2 + y2 + z2

]dS

= S2

(x2 + y2 − z2

√x2 + y2 + z2

)dS

= 0.

Para S2 :

De la figura, observese que el vector unitario normal a S2 es n = k, dedonde obtenemos inmediatamente que

n · −→r = z,

ademas como z = 1, entonces la integral sobre la superficie S2 esta dada por:

S2

−→r · ndS2 =S2dS2,

216

Page 217: Problemario av

pero S2dS2 = π (1)

2, es decir, el area de un cırculo de radio 1, por lo tanto

S2

−→r · d−→S = π.

Por lo tanto la integral sobre la superficie S del problema esta dada por:

(1) S−→r · d−→S =S1

−→r · d−→S +S2

−→r · d−→S = π.

Por otro lado,

V∇ · −→r = 3V dV

= 3

[1

3

(π (1)

2(1))]

que es igual al volumen de un cono de altura uno y radio 1, finalmente obtenemos

(2) V∇ · −→r = π

Por lo tanto, de los resultados (1) y (2) se verifica el Teorema de la diver-gencia de Gauus, es decir,

S−→r · d−→S =V ∇ ·

−→F dv = π.

217