Problemario av

Problemario de An´lisis Vectorial
a
Barranco Jim´nez Marco Antonio
e
e-mail: mabarrancoj@ipn.mx

June 24, 2004

1

1 Introducciń
o

La presente selecciń de problemas resueltos de la materia de An´lisis Vectorial,
o a
tiene como objetivo principal, el de proporcionar al alumno que cursa la materia,
un apoyo bibliogr´fico m´s para el entendimiento de la misma, esperando que
a a
le sea de gran ayuda, en la aplicaciń de la teoria adquirida en el salń de clases
o o
y poder ejercitar sus conocimientos en la soluciń de problemas similares.
o
La mayoria de los problemas, son problemas que se resuelven como ejemplos
en el salń de clases tratando en lo que cabe de cubrir el m´s m´
o a ınimo detalle
algebraico, con la unica intenciń de lograr la mejor comprensiń por parte del
´ o o
alumno, como puede observarse en la soluciń de cada problema. La mayoria
o
de los problemas resueltos, son problemas que estń propuestos en libros tradi-
a
cionales de la materia, como por ejemplo, el libro de An´lisis Vectorial de la
a
editorial Mc Graw Hill (serie Schaum), cuyo autor es Murray R. Spiegel y el
libro de An´lisis Vectorial de la editorial Addison-Wesley Iberoamericana, cuyo
a
autor 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 C´mputo del IPN, de la carrera de Ingenier´ en Sis-
o ıa
temas Computacionales, y en la cual el ´ ındice de alumnos que no aprueban la
materia es muy alto.

La materia de An´lisis Vectorial por si s´la, es una materia que generalmente
a o
es muy complicada para los estudiantes de nuevo ingreso, (ań impartińdose
u e
´sta en un semestre posterior) en una carrera de Ingenier´ en el area de Cien-
e ıa ´
cias F´
ısico-Matem´ticas, este hecho tiene distintos puntos de vista; por ejemplo,
a
a a ´
los pocos conocimientos de las materias b´sicas de Matem´ticas ( Algebra, Ge-
ometr´ Anal´
ıa ıtica, C´lculo Diferencial e Integral, Trigonometr´ etc) con los que
a ıa,
cuenta el estudiante al ingresar al nivel superior, sin embargo, como el lector
podr´ observar, en la soluciń de cada uno de los problemas resueltos, realmente
a o
son m´ınimos los conocimientos que el alumno necesita de las materias b´sicas de
a
Matem´ticas. As´ tambiń, podr´ ser el desinter´s que muestran en general los
a ı e ıa e
alumnos hacia la materia, debido a que pos´ ıblemente las dem´s materias, como
a
Matem´ticas Discretas y Programaciń, por mencionar algunas, son materias
a o
que en general los conceptos son m´s ”fćiles” de entender por parte del alumno,
a a
o son materias de un inter´s mayor por ser materias dirijidas a su formaciń.
e o
Y principalmente, en realidad el temario de la materia (mencionando tambiń e
que en algunos casos puede ser muy extenso para cubrirse en un semestre, como
en muchas otras materias b´sicas), en general es dificil de asimilar por parte de
a
los alumnos, conceptos por ejemplo, por citar algunos, como el de Gradiente,
Divergencia y Rotacional, as´ como la parte de coordenadas curvil´
ı ıneas que in-
volucran el C´lculo de funciones de m´s de una variable, matem´ticamente son
a a a
complicados de manejar por los alumnos, sin mencionar la interpretaciń f´ o ısica
de los mismos.

2

Este punto de vista puede o no ser compartida por muchos profesores que
imparten o han impartido alguna vez la materia, y es muy respetable su opiniń o
al respecto, sin embargo, como mencion´ anteriormente, la experiencia adquirida
e
al impartir la materia, me permiten hacer estas observaciones.
Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma:
En el cap´ ıtulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado al
´
Algebra de vectores; desde las operaciones b´sicas de vectores, algunos proble-
a
mas de aplicaciń a la Geometr´ Anal´
o ıa ıtica, pasando por aplicaciones del pro-
ducto escalar y vectorial, dependencia lineal, triple producto escalar de vectores,
hasta ecuaciones de rectas y planos. En este cap´ ıtulo, se pone enf´sis en la
a
aplicaciń de las propiedades elementales del producto escalar y vectorial entre
o
vectores, los cuales son conceptos b´sicos muy importntes enun curso tradicional
a
de la materia de An´lisis Vectorial.
a
En el cap´ıtulo 2 se tratan problemas relacionados con el C´lculo Diferencial
a
vectorial; desde el concepto de parametrizaciń de curvas y superficies en el espa-
o
cio, derivaciń de funciones vectoriales, aplicaciones de Gradiente, Divergencia
o
y Rotacional, hasta llegar a coordenadas curvil´ ıneas.
As´ mismo, en el cap´
ı ıtulo 3 se tratan problemas relacionados con el C´lculo
a
Integral vectorial, desde ejemplos de integrales de l´ ınea, integrales de superficie
e integrales de volumen, hasta llegar a problemas de aplicaciń de los teoremas
o
integrales de Green, de Stokes y de Gauss.
Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr´ la ultima
a ´
palabra al decidir si se cumple el objetivo principal, as´ tambiń, el autor esta
ı e
abierto a todo tipo de comentarios y sugerencias que serń bien venidas, para
a
la mejora del presente trabajo.

3

2 Problemas del cap´
ıtulo 1.
Problema 1:
→
−
Muestre que para cualquier vector A = a1 i + a2 j + a3 k se cumple que:

→
−
a).− i× k× j× A = a3 k,
→
−
b).− k× j× i× A = a2 j,
→
−
c).− j× i× k× A = a1 i,

no aplique la definiciń del determinante, usar las propiedades del producto
o
vectorial.

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

→
−
i× k× j× A = i × k × j × a1 i + a 2 j + a 3 k

= i × k × j × a1 i + j × a2 j + j × a3 k

= i × k × −a1 k + a3 i

= i × −a1 k × k + a3 k × i

= i × a3 j

= a3 k.

b) De la misma forma,

→
−
k× j× i× A = k × j × i × a1 i + a 2 j + a 3 k

= k × j × i × a1 i + i × a2 j + i × a3 k

= k × j × a2 k − a 3 j

= k × j × a2 k + j × a3 j

= k × a2 i

= a2 j.
En forma an´loga para el inciso c).
a

4

Problema 2.
Probar que
→
− →
− →
− →
−
i × i × A + j × j × A + k × k + A = −2 A
→
−
donde A es cualquier vector en el espacio.

Soluciń:
o
→
−
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 + b j + c k

+ j × j × ai + b j + c k

+ k × k × ai + b j + c k

= i × i × ai + i × b j + i × ck +

j × j × ai + j × bj + j × ck +

k × k × ai + k × bj + k × ck ,

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

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 − c i × j − aj × k + c j × i + ak × j − b k × i
= −bj − ck − ai − ck − ai − bj
finalmente, obtenemos

→
− →
− →
− →
−
i × i × A + j × j × A + k × k × A = −2ai − 2bj − 2ck = −2 A .

5

Problema 3.
Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un
trińgulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud.
a
Soluciń:
o
Consideremos un trińgulo cuyos v´rtices son los puntos A, B y C, como se
a e
muestra en la figura.
B

X

P Q

A C

Y

De la figura, obtenemos

−−
→ →
−
AB = X,
−→ →
−
AC = Y,
−→
− → →
− −
BC = Y − X,

por hip´tesis tenemos que,
o
−→
− 1→−
PB = X,
2
−→
− 1 → →
− −
BQ = ( Y − X ),
2
asimismo, de la figura en el trińgulo BP Q obtenemos,
a

−
−→ −→ −→
− −
P Q = P B + BQ
sustituyendo las ecuaciones anteriores,

−
−→ 1→ 1 → →
− − −
PQ = X + (Y − X)
2 2
1→−
= Y,
2
−
−→ →
− 1
de donde se deduce que P Q es paralelo a Y y tiene 2 de su longitud.

6

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 A + B .
2

P

R
A
C

O Q

B

Soluciń:
o
De la figura y por hip´tesis del problema se tiene que:
o
−
−→ −
−→
(1) QR = 1 QP ,
2
adem´s, aplicando la suma de vectores en el trińgulo OP Q,
a a
→ −
− −→ → −
(2) B + QP = A ,
y tambiń de la figura, en el trińgulo OQR, obtenemos
e a
→ −
− −→ → −
(3) B + QR = C ,
sustituyendo la ecuaciń (1) en la ecuaciń (3),
o o
→ 1−
− −→ → −
(4) B + 2 QP = C ,
−
−→ → →− −
por otro lado de la ecuaciń (2) QP = A − B , sustituyendo en la ecuaciń (4)
o o
obtenemos,
→ 1 → →
− − − →
−
B+ A−B =C
2
apicando las propiedades distributiva y asociativa obtenemos,
→ 1 →
− − 1 →
− →
−
B+ A − B =C
2 2
1 →
− 1 →
− →
−
A + B =C
2 2
→ 1 → →
− − −
C = A+B .
2

7

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

→
−
A = 3i + j − 2k,
→
−
B = i − j + 4k,

Soluciń:
o
→ →
− −
Geom´tricamente el producto vectorial de dos vectores A y B representa
e
→ →
− −
el area de un paralelogramo de lados A y B de la forma,
´

´ → →
− −
Area = A × B ,

A
x

B

y

en este caso, tenemos las diagonales del paralelogramo (ver figura), por lo que
necesitamos encontrar los lados del paralelogramo en t´rminos de las diagonales.
e
De la figura anterior, obtenemos

→
−
a) → + → = − B
− −
x y
→
−
b) → − → = A
− −
x y

sumamos las ecuaciones a) y b) obtenemos:

→ →
− −
2→ = A − B ,
−
x
de donde,
→ →
− −
c) → =
−
x 1
2 A−B ,

de forma an´loga restando la ecuaciń b) de la ecuaciń a), obtenemos
a o o

8

→ →
− −
d) → = − 1 A + B .
−
y 2

De esta forma, de las ecuaciones c) y d), el area del paralelogramo est´
´ a
dada por:

´
Area = | → × →|
− −
x y
1 → →
− − 1 → →
− −
= A−B × − A+B
2 2
1 → →
− − → →
− −
= − A−B × A+B ,
4

aplicando las propiedades del producto vectorial tenemos,

´ 1 → →
− − →
− → →
− − →
−
Area = A − B × A + A − B × B.
4
1 → → → → → → → →
− − − − − − − −
= −A × A + A × B − B × A + B × B
4
1 → →
− −
= 2A × B
4
1 → →
− −
= A×B ,
2
ﬁnalmente al sustituir los vectores dados obtenemos,

1 i j k 1
´
Area = 3 1 −2 = 2i − 14j − 4k
2 2
1 −1 4
= i − 7j − 2k
√
= 1 + 49 + 4
√
= 54
√
= 3 6.

9

Problema 6.
Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto
medio.
Soluciń:
o
Sea el paralelogramo de v´rtices A, B, C y D, como se ilustra en la siguiente
e
figura.

A B
y

x x

P

D C

y

De la figura, tenemos

−→
− → = −→
− −
DA = x CB,
−→
− →=−
− −→
DC = y AB,

asimismo, aplicando la suma de vectores
−→ → →
−
DB = − + − ,
x y
(1) −→ − −
AC = → − →,
y x
por otro lado de la definiciń de paralelismo
o
−→
− −→
−
DP = nDB,
(2) −→ −→
AP = mAC,
de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos,
−→
−
DP = n (→ + →) ,
− −
x y
(3) − → → − →) ,
− −
AP = m ( y x
−→ −
− → −→−
por otro lado, en el trińgulo DAP, tenemos DA + AP = DP , es decir;
a

10

(4) → + − = −→,
→
− AP DP
x
−

sustituyendo las ecuaciones (3) en la ecuaciń (4) obtenemos,
o

→ + m (→ − →) = n (→ + →) ,
−
x − −
y x − −
x y
aplicando las propiedades de la adiciń de vectores obtenemos,
o

→ + m → − m→ − n → − n → = →,
−
x −
y −
x −
x −
y
−
0
o tambiń,
e

−
→
(1 − m − n)→ + (m − n)→ = 0 ,
−
x −
y
→
−
de la ecuaciń anterior, como los vectores → y → son distintos del vector 0
o −
x −
y

y no paralelos, entonces la igualdad anterior s´lo se cumple si los escalares son
o
iguales a cero, es decir;

1−m−n = 0,
m−n = 0,

resolviendo el sistema de ecuaciones para n y m obtenemos,

1
n=m= ,
2
por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones (2) obtenemos

−→
− 1 −→
−
DP = DB,
2
−→ 1− →
AP = AC.
2

Como se ilustra geom´tricamente en la figura.
e

11

Problema 7.
Demostrar que las medianas de un trińgulo se cortan en un punto que esta
a
3
2
a 1 del lado y 3 del v´rtice opuesto para cada mediana respectivamente.
e
Soluciń:
o
Sea el trińgulo cuyos v´rtices son A1 , B1 y C1 . Asimismo sean A2 , B2 y C2
a e
los puntos medios de cada lado respectivamente, como se ilustra en la figura. Si
P es el punto de intersecciń de las medianas, entonces para demostrar que las
o
1
medianas se cortan en un punto que esta a 3 del lado y 2 del v´rtice opuesto
3 e
para cada mediana debemos mostrar que se cumplen las siguientes relaciones:

B1

A 2
A C2 P

C1
B2
A1

B

−→
− 2− −
−→
A1 P = 3 A1 A2 ,
−→
− 2 −→
−−
B1 P = 3 B1 B2 ,
(a)
−→
− 2− −
−→
C1 P = 3 C1 C2 ,

o equivalentemente,
−→
− 1− −
−→
P A2 = 3 A1 A2 ,
−→
− 1 −→
−−
P B2 = 3 B1 B2 ,
(b)
−→
− 1− −
−→
P C2 = 3 C1 C2 ,

como se ilustra geom´tricamente en la figura. Sean los lados del trińgulo dados
e a
→ →
− −
por A y B , de la figura tenemos las siguientes relaciones:

→
− −−
−→
A = A1 B 1 ,
→
− −−
−→
B = A1 C1 ,
→ →
− − −−
−→
B−A = B 1 C1 .

12

Aplicando la definiciń de paralelismo, de la figura obtenemos
o
−→
− −−
−→
A1 P = l A1 A2 ,
−→
− −−
−→
B1 P = m B1 B2 , (c)
−→
− −−
−→
C1 P = n C1 C2 ,

por otro lado, aplicando la suma y diferencia de vectores en los trińgulos
a
A1 C1 P, B1 C1 P y A1 B1 P obtenemos,
→ −→ −→
− − −
B + C1 P = A1 P ,
→ →
− − −→ −→
− −
B − A + C1 P = B 1 P , (d)
→ →
− − −→ −→
− −
B − A + C1 P = B 1 P ,

pero, de la figura tenemos tambiń las siguientes relaciones
e

−−
−→ → − → →
− − 1 →− →
−
A1 A2 = A + 1 B − A = 2 A + B ,
2
−−
−→ → →
− − (e)
B1 B2 = 1 B − A ,
2
− → 1→ →
−− − −
C1 C2 = 2 A − B ,
que resultan de aplicar la suma y diferencia de los vectores en los trińgulos
a
A1 B1 A2 , A1 C1 C2 y A1 B1 B2 respectivamente. De las ecuaciones (a) y (b) se
obtiene,

→
− −−
−→ −−
−→
B + n C1 C2 = l A1 A2 ,
→ →
− − −−
−→ −−
−→
B − A + n C1 C2 = m B 1 B 2 , (f )
→
− −−
−→ −−
−→
A + m B 1 B 2 = n A1 A2 ,

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

→
− → →
− − − →
→ −
B +n 1B − A =l 1 A + B
2 2 ,
→ →
− − 1→
− → − 1→
− →−
B − A +n 2B − A =m 2B − A , (g)
→
− 1→
− → − → →
− −
A +m 2B − A = n A + B ,
2

aplicando las propiedades de la suma de vectores, obtenemos

13

n l →
− l →
− →
−
− A + 1−n− B = 0,
2 2 2
n →
− m →
− →
−
m+ −1 A + 1−n− B = 0,
2 2
l →
− n l →
− →
−
1−m− A+ − B = 0.
2 2 2

− →
→ −
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 l
− = 0
2 2
l
1−n− = 0
2
n
m+ −1 = 0
2
m
1−n− = 0
2
l
1−m− = 0
2
n l
− = 0
2 2
as´ al resolver las ecuaciones anteriores obtenemos
ı,

2
n=l=m= .
3

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

14

Problema 8.

→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
Pruebe que A B + B A es perpendicular a A B − B A , para cua-
→ →
− −
lesquiera A y B .
Soluciń:
o

De la definiciń del producto escalar de dos vectores, si dos vectores →
o −
x
→ son perpendiculares entonces su producto escalar entre ellos es igual a
−
y y
→ →
− − → →
− −
cero, en este caso → y → estń dados respectivamente por A B + B A y
−
x −
y a
→ → → →
− − − −
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
→ →
− − → →
− −
= A2 B 2 + AB B · A − AB A · B − B 2 A2
= 0.

donde se aplic´ finalmente la propiedad conmutativa del producto escalar.
o

15

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.
Soluciń:
o

Sean A, B, C y D los v´rtices del paralelogramo como se indica en la figura.
e

C Y
D

X
X

A B
Y
De la figura tenemos que,

→
−
AC = BD = X ,
→
−
AB = CD = Y ,

asimismo de la figura, las diagonales del paralelogramo estń dadas por
a

→ →
− −
BC = X+Y ,
→ →
− −
AD = X−Y .

Debemos mostrar que,

2 2 2 2 2 2
BC + AD = AC + AB + CD + BD
2 2
= 2AC + 2AB ,

es decir,

16

→ →
− − 2 → →
− − 2 →
− 2 →2
−
X+Y + X−Y =2 X +2 Y .

En forma an´loga, al problema anterior, aplicando las propiedades del pro-
a
ducto escalar,

→ →
− − 2 → →
− − 2 → →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
X+Y + X−Y = 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
− −
→ → − −
→ →
= 2X · X + 2 Y · Y
→2
− →2
−
= 2 X +2 Y .

17

Problema 10.
→ →
− − →
− →
− →
− →
−
Sean los vectores A y B vectores unitarios, calcular 3 A − 4 B · 2 A + 5 B
→ →
− − √
si A + B = 2.

Soluciń:
o

En forma an´loga al problema anterior, aplicando las propiedades del pro-
a
ducto escalar , tenemos que

→
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
− →
−
3A − 4B · 2A + 5B = 3A − 4B · 2A + 3A − 4B · 5B
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
= 2A · 3A − 2A · 4B + 5B · 3A − 5B · 4B
→ →
− − → →
− − → →
− −
= 6 A · A + 7 A · B − 20 B · B
→ →
− −
= 7 A · B − 14
→ →
− −
donde se aplic´ la hip´tesis de que los vectores A y B son unitarios es decir
o o

que cumplen que,

→ →
− −
A·A = A2 = 1,
→ →
− −
B·B = B 2 = 1.

→ →
− − √
Por otro lado, de la condiciń A + B = 2, elevando al cuadrado ´sta
o e
expresiń y aplicando la la propiedad de la norma del producto escalar, obten-
o
emos

→ →
− − → →
− −
A+B · A+B =2
de donde,

− −
→ → → − → → →
− − −
A+B ·A+ A+B ·B = 2
→ →
− − → → → →
− − − −
A · A + 2A · B + B · B = 2
→ →
− −
de la expresiń anterior, obtenemos inmediatamente que A · B = 0. Por lo
o

tanto, sustituyendo este valor, obtenemos finalmente,

→
− →
− →
− →
−
3 A − 4 B · 2 A + 5 B = −14.

18

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

Soluciń:
o
En forma an´loga al problema anterior, aplicando la condiciń de perpen-
a o
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 + λ 2 A · B = A · C,
→ →
− − → →
− − → →
− −
λ1 B · A + λ 2 B · B = B · C,

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

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

6λ1 + 3λ2 = 9,
3λ1 + 6λ2 = 9,

obs´rvese que la soluci´n del sistema de ecuaciones es inmediata y est´ dada
e o a

por:

λ1 = 1
λ2 = 1.

20

Problema 12.

Sean los vectores

→
−
A = (1, −1, 2),
→
−
B = (1, 2, 2).
→
− →
−
Hallar la proyecciń del vector A sobre el vector B y la proyecciń del vector
o o
→
− →
−
B sobre el vector A .

Soluciń:
o
Por definiciń, la proyecciń de un vector → sobre otro vector →, es un
o o −x −
y
vector (como se muestra en la figura) y est´ dado por,
a

y
−
Pr oy→ → = |→| cos θe→ ,
− x
−
x −
y

X

e→
−
y Pr oy→ →
−
− x
y
→
−
y
en este caso debemos calcular,

→
− →
−
Pr oy→ A
−
B
= A cos θe→ ,
−
B
→
− →
−
Pr oy→ B
−
A
= B cos θe→ ,
−
A

→
− → →
− − →
−
donde A es la magnitud del vector A , B es la magnitud del vector B , θ el

21

angulo formado entre los dos vectores, e→ un vector unitario en la direcciń del
´ −
A
o
→
− →
−
→ un vector unitario en la direcciń del vector B . De la definiciń
vector A y e B
− o o
del producto escalar podemos calcular el coseno del angulo entre dos vectores
´
de la forma,

→ →
− −
A·B
cos θ = → → ,
− −
A B

y empleando la definiciń de vectores unitarios, los vectores de proyecciń estń
o o a

dados por,

 
→ →
− − →
− → →
− −
→
− →  A·B
−  B = A·B →
−
Pr oy→ A
− = A → →
− − →
− B,
B
A B B B2
 
→ →
− − →
− → →
− −
→
− →  A·B
−  A = A·B →
−
Pr oy→ B
− = B → →
− − →
− A,
A
A B A A2

finalmente, calculando el producto escalar de los vectores dados y la magnitudes
→ →
− −
de los vectores A y B , obtenemos

→ 3→ 1→
− − −
Pr oy→ A = B = B ,
−
B 9 3
y
→ 3→ 1→
− − −
Pr oy→ B = A = A .
−
A 6 2

22

Problema 13:

Considere la siguiente figura,

A A2

A1 B
demostrar que

→ →
− − → →
− − →
−
→
− A ·B→
− B×A ×B
A = → →B +
− − → →
− − .
B·B B·B
Soluciń:
o
→ →
− − →
− →
−
De la figura, el vector A = A 1 + A 2 , el vector A 1 es la proyeccciń del
o
→
− →
−
vector A sobre el vector B dada por
→
− →
− →
−
A 1 = proy→ A = A cos θe→ ,
−
B
−
B

→ →
− −
de la definiciń del producto escalar de dos vectores A y B distintos del vector
o
→
−
0 , dada por,

→ →
− − − −
→ →
A · B = A B cos θ,

podemos calcular el angulo entre los dos vectores, de esta forma la proyecciń
´ o
→
− →
−
del vector A sobre el vector B est´ dada por:
a

23

 
→ →
− − →
−
→
− →  A·B  B
−
proy→ A
−
B
= A → −
− → →
−
A B B
→ →
− −
A ·B→
−
= B
→2
−
B
→ →
− −
A ·B→
−
= → → B,
− −
B·B
→
−
donde se aplic´ la propiedad de la norma del producto escalar. Para vector A 2 ,
o
→ → →
− − − →
−
obs´rvese que el vector C = B × A es perpendicular tanto al vector A como
e
→
− → →
− −
al vector B , es decir, saliendo de la hoja, de tal forma que el vector C × A ser´
a
→
− → →
− − →
−
un vector que est´ en la direcciń de A 2 , es decir, el vector B × A × A esta
a o
−
→
en direcciń de A , de tal forma que la magnitud de este vector est´ dada por:
o a

→ →
− − →
− − − −
→ → →
B × A × B = B × A B sin φ,
→ →
− − →
−
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,

→ →
− − →
− → →2
− −
B × A × B = A B sin θ,

por otro lado, de la figura

→
− →
−
A 2 = A sin θ,

por lo tanto,

→ →
− − →
−
→
− B×A ×B
A2 = → →
− − ,
B·B
→
− →
−
finalmente, sustituyendo los valores de los vectores A 1 y A 2 obtenemos,

24

→ →
− − → →
− − →
−
→
− A ·B→
− B×A ×B
A = → →B +
− − → →
− − .
B·B B·B

25

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 definiciń del deter-
o
minante).

Soluciń:
o
→
−
a) Debemos encontrar un vector C = (C1 , C2 , C3 ) que sea perpendicular a
→ →
− −
los vectores A y B simultńeamente, es decir que cumpla que,
a
→ →
− −
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 ecuaciń por −2
o
y sumńdo ´sta con la primera ecuaciń) obtenemos,
a e o

−4C2 − 5C3 = 0,
de donde,
−5
C2 = C3 ,
4
sustituyendo este valor para C2 ,en por ejemplo la segunda ecuaciń, obtenemos
o

−5
C1 = −3 C3 − C3
4
11
= C3 .
4
De esta forma, el vector buscado tiene la forma,
→ 11
− 5
C = C3 i − C3 j + C3 k,
4 4

26

→
−
adem´s el vector buscado, C , debe cumplir que sea unitario, es decir que cumpla
a
que,
→
−
C = 1,

aplicando la definiciń para calcular la magnitud de un vector, obtenemos
o

2 2
11 5 2
C3 + C3 + C3 = 1
4 4
2
C3
(121 + 25 + 16) = 1
16
√
2 162
C3 = 1
4

despejando C3 , obtenemos
4 4
C3 = ± √ =± √
162 9 2
→
−
finalmente, al sustituir el valor de C3 , en la expresiń para el vector C , obten-
o

emos

→
− 1
C = ± √ (11i − 5j + 4k)
9 2

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 definiciń es perpendicular tanto a A como a B , debemos emplear
o
las propiedades (anticonmutativa, asociativa, distributiva, etc.) que cumple el
producto 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 estar´ dado por:
a

27

→ →
− −
A×B 11i − 5j + 4k 1
e→×→
− −
A B
= → → = √
− − = ± √ 11i − 5j + 4k .
A×B 121 + 25 + 16 9 2

28

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.
´
Soluciń:
o
→
− →
−
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,

2 1
2 i + 2 j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k = 22 + 22 + (−1) √
2
2 1
j − k · C1 i + C 2 j + C 3 k = 12 + (−1)
2
2 2 2
(C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1

que resulta,
3
(1) 2C1 + 2C2 − C3 = √
2
√
2
(2) C 2 − C3 = 2
2 2 2
(3) (C1 ) + (C2 ) + (C3 ) = 1
as´ se tienen 3 ecuaciones con 3 incognitas. Por lo tanto, la soluciń del prob-
ı, o
lema se tendr´ al resolver simultńeamente las √
a a ecuaciones (1), (2) y (3).
De la ecuaciń (2), obtenemos C3 = C2 − 22 , sustituyendo en la ecuaciń
o o
(1) obtenemos,

√
2 3
2C1 + 2C2 − C2 − = √
2 2
1 3
2C1 + 2C2 − C2 + √ = √
2 2
2
2C1 + C2 = √
2

29

1 C2
C1 = √ − .
2 2
→
−
Por lo tanto el vector C ser´ de la forma,
a
→
− 1 C2 1
4) C = √
2
− 2 i + C 2 j + C2 − √
2
k,

aplicando la ecuaciń (3),
o

2 2
1 C 1
√ − 2 2
+ (C2 ) + C2 − √ = 1,
2 2 2
realizando un poco de algebra se obtiene,
´

2
1 1 C2 (C2 ) 2 2 1 1
−2 √ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ + = 1
2 2 2 4 2 2
2
1 C2 (C2 ) 2 2 1 1
−√ + + (C2 ) + (C2 ) − 2C2 √ + = 1
2 2 4 2 2
9 2 3
(C2 ) − √ C2 = 0
4 2
√
3 3 2
√ C2 C2 − 1 = 0
2 4

por lo tanto las soluciones para C2 son:

C21 = 0,
y
4
C22 = √ ,
3 2
sustituyendo en la ecuaciń (4) finalmente obtenemos,
o

→
− 1 1 1 1
C1 = √ i+ √ k = √ , 0, − √ ,
2 2 2 2
y

30

−
→ 1 1 4 4 4 1
C2 = √ − √ i+ √ j+ √ −√ k
2 2 3 2 3 2 3 2 2
1 4 1
= √ i+ √ j+ √ k
3 2 3 2 3 2
1 4 1
= √ , √ , √
3 2 3 2 3 2

31

Problema 16.

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

Soluciń:
o

→
−
Se pide un vector de la forma C = C1 i + C2 j + C3 k 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 simultńeamente las ecuaciones anteriores obtenemos,
a

C1 = 2C2 ,
C3 = −2C2,
→
−
por lo tanto, el vector C ser´ de la forma,
a

→
−
C = 2C2 i + C2 j − 2C2 k,

y aplicando la condiciń de que el vector debe ser de magnitud 5, es decir
o
→
−
C = 5, obtenemos

5 = 2 2 2
4C2 + C2 + 4C2

= 2
9C2
= ±3C2 ,

32

de donde,
5
C2 = ± ,
3
ﬁnalmente, el vector pedido es de la forma,

→
− 5
C =± 2i + j − 2 k .
3

33

Problema 17.

Hallar un vector unitario paralelo al plano XY y perpendicular al vector
4i − 3j − k.

Soluciń:
o
→
− →
−
Se pide un vector C de la forma, C = C1 i + C2 j, 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, adem´s el vector C debe ser perpendicular al vector
a
→
−
A = 4i − 3j − k, por lo tanto cumple la condiciń,
o

→ →
− −
C · A = 0,
es decir,

C1 i − C2 j · 4i − 3j − k = 0,
de donde obtenemos,
3
C1 = C2 .
4

→
−
Por lo tanto, el vector pedido tendr´ la forma C = 3 C2 i + C2 j. Tambiń
a 4 e
→
−
por hip´tesis, se pide que el vector C sea unitario, es decir que cumpla que
o
→
−
C = 1, por lo tanto

2
→
− 3 2 2 9 5
1= C = C2 + (C2 ) = (C2 ) 1+ = ± C2 ,
4 16 4
de donde, obtenemos
4
C2 = ± ,
5
y

3 4 3
C1 = ± =± ,
4 5 5
finalmente, el vector pedido est´ dado por,
a

→
− 3 4
C = ± i ± j.
4 5

34

Problema 18.

a) Hallar un vector unitario que forme un angulo de 30 0 con el vector j y
´
√
formando angulos iguales con los vectores i y k cos 300 = 23 .
´

Soluciń:
o
→
−
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 definiciń de los vectores unitarios i = (1, 0, 0), j = (0, 0, 1) y k = (0, 0, 1),
o

aplicando la definiciń del producto escalar para vectores en el espacio, y de
o
las ecuaciones 1) y 2) obtenemos,

C1 = C 3 ,
asimismo de la ecuaciń 3), se tiene
o
√
3
C2 = ,
2
sustituyendo las ecuaciones anteriores, el vector pedido tiene la forma,

√
→
− 3
C = C1 , , C1 ,
2
para encontrar la componente C1 aplicamos la condiciń de que tiene que ser el
o
→
− →
−
vector C unitario, es decir, C = 1, de esta forma

√ 2
2
3
C1 + + C1 2 = 1,
2

de donde obtenemos,
1
C1 = ± √ ,
8
por lo tanto, el vector pedido tiene la forma,
√
→
− 1 3 1
C =± √ , ,√ .
8 2 8

35

Problema 19.
Siendo el vector de posiciń → de un punto dado (x0 , y0 , z0 ) y → el vector
o −a −r
de posiciń de un punto cualquiera (x, y, z), hallar el lugar geom´trico de → si:
o e −
r

a).− (→ − →) · → = 0
− − −
r a a
→ − →) · → = 0
− − −
b).− ( r a r
Soluciń:
o
a) Sean los vectores

→
−
a = (x0 , y0 , z0 ),
→
−
r = (x, y, z),

entonces,

(→ − →) · → = 0,
− − −
r a a

(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · (x0 , y0 , z0 ) = 0,
x0 (x − x0 ) + y0 (y − y0 ) + z0 (z − z0 ) = 0,
si hacemos d = x2 + y0 + z0 , la ecuaciń anterior se puede escribir de la forma,
0
2 2
o

x0 x + y0 y + z0 z = d,
que es la ecuaciń de un plano que pasa por un extremo del vector → y es
o −
a

perpendicular al vector →.
−
a
En forma an´loga al inciso a), tenemos
a

(→ − → ) · → = 0
− − −
r a r
x(x − x0 ) + y(y − y0 ) + z(z − z0 ) = 0,
x2 + y0 + z0 − xx0 − yy0 − zz0 = 0,
0
2 2

completando cuadrados en la expresiń anterior, obtenemos
o

x0 2 y0 z0 1
(x − ) + (y − )2 + (z − )2 = (x2 + y0 + z0 ),
2 2
2 2 2 4 0
que es la ecuaciń de una esfera con centro en el punto x0 , y0 , z2
o 2 2
0
y radio
1
r= 2 0
2 2
x2 + y0 + z 0 .

36

Problema 20.
ınea recta x − 1 =
Determine el angulo entre el plano x + y + z = 21 y la l´
´
y + 2 = 2z + 3.

Soluciń:
o
Sabemos que la ecuaciń ax + by + cz = d, es la ecuaciń de un plano que
o o
→
−
pasa por un punto y tiene como normal al vector N = (a, b, c) , asimismo, la
ecuaciń x−x0 = y−y0 = z−z0 , representa la ecuaciń de una l´
o a1 b1 c1 o ınea recta que
→ = (x , y , z ) y es paralela al vector → = (a , b , c ) , por
−
pasa por el punto r
−
A
0 0 0 0 1 1 1
lo tanto, para calcular el angulo entre el plano y la l´
´ ınea 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 est´ dado por N = (1, 1, 1) y para identificar el
a
vector paralelo a la recta dada, reescribimos la ecuaciń de la recta de la forma,
o
3
x−1 y − (−2) z − (− 2 )
= = 1
1 1 2
de donde, obtenemos

→
−
r0 = (−1, −2, −3/2) ,
→
−
A = (1, 1, 1/2).

−
→ −
→
Para obtener el angulo entre los vectores N y A , aplicamos la definiciń
´ o
del producto escalar de dos vectores dado por,
→ →
− − → →
− −
N · A = N A cos θ,
de donde,
 
→ →
− −
−1  A •N 
θ = cos → → ,
− −
A N
→
− →
−
sustituyendo los vectores A y N , obtenemos
 
(1, 1, 1/2) · (1, 1, 1)
θ = cos−1  
1
(1)2 + ( 2 )2 (1)2 + (1)2 + (1)
 
5/2 
θ = cos−1 
27
4

5
= cos−1 √ .
3 3

37

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

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

Soluciń:
o
Para verificar si existe una combinaciń lineal entre los vectores, debemos
o
encontrar escalares x, y y z para verificar si al menos uno de ´stos escalares es
e
distinto 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 son
iguales 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 soluciń si se aplica, por
o
ejemplo el m´todo de Gauss), el sistema es equivalente al sistema,
e

−2x + y = 0
z = 0

la soluciń del sistema anterior, es de la forma
o

y = 2x,
x = α∈R
z = 0

es decir, la soluciń del sistema es la terna,
o

(x, y, z) = (α, 2α, 0) = α(1, 2, 0),

38

para toda α ∈ R, as´ por ejemplo si α = 1, entonces una soluciń del sistema
ı o
ser´ de la forma,
a

x = 1,
y = 2,
z = 0,
− −
→ → − →
por lo tanto, la combinaciń lineal de los vectores A1 , A2 y A3 est´ dada por:
o a
−
→ −
→ −
→ → −
A1 + 2 A2 + 0 A3 = 0

o tambiń
e
→
− −
→
A1 = −2A2 .

39

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

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

Soluciń:
o

Verifiquemos primeramente si los vectores son l.i. o l.d., para esto apliquemos
la propiedad del producto triple escalar que establece la condiciń necesaria para
o
→ → →
− − −
la dependencia lineal, es decir; si A • B × C = 0, entonces los vectores estń a
en un plano y son linealmente dependientes, de esta forma,

2 1 −3
→ → →
− − −
A•B×C = 1 −2 −4
4 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 = 0, entonces los vectores A , B y C son

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

40

Problema 23.
Encontrar un vector unitario perpendicular a la l´
ınea recta dada por las
ecuaciones param´tricas,
e

x = 2t − 1,
y = −t − 1,
z = t + 2,
y perpendicular al vector i − j.
Soluciń:
o
Las ecuaciones param´tricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaciń
e o
vectorial
→(t) = → + t→,
−
r −
r0
−
A
que representa a una recta L en forma param´trica que pasa por el punto →0 =
e −r
→
−
(−1, −1, 2) y que es paralela al vector A = (2, −1, 1).
→
−
Se pide un vector de la forma C = C1 i+C2 j +C3 k que tenga magnitud uno,
→
−
adem´s que sea perpendicular a la recta →(t) = → +t A , es decir perpendicular
a −r −r0
−
→ −
→
al vector A , y tambiń perpendicular al vector B = i − j, es decir, que cumpla
e
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 − C 2 = 0,
de donde obtenemos inmediatamente que,

C1 = C2 ,
C3 = −C2 ,
por lo tanto, el vector pedido tendr´ la forma
a
→
−
C = C2 i + C2 j − C2 k.
Aplicando la condiciń 1), obtenemos
o
2 2 2 2
(C2 ) + (C2 ) + (−C2 ) = 3 (C2 ) = 1,

41

de donde,

1
C2 = ± ,
3
ﬁnalmente, el vector pedido tiene la forma

→
− 1
C = i+j−k .
3

42

Problema 24.

1
Demuestre que la l´
ınea recta x = y = 3 (z + 2) es paralela al plano 2x +
8y + 2z = 5.

Soluciń:
o

La ecuaciń de la recta dada se puede reescribir de la forma,
o

x−0 y−0 z − (−2)
= = ,
1 1 3
esta ecuaciń, representa a una recta que pasa por el punto →0 = (0, 0, −2)
o −
r
→
−
y es paralela al vector A = (1, 1, 3). Por otro lado, de la ecuaciń del plano,
o
→
−
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 condiciń N · A = 0.
o
→
− →
−
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 tambińe
es paralelo al plano y por lo tanto, la recta dada tambiń es paralela al plano.
e

43

Problema 25.

Las ecuaciones param´tricas de una recta son:
e

x = 3t + 1,
y = −2t + 4,
z = t − 3,

encuentre la ecuaciń del plano que contiene a dicha recta.
o

Soluciń:
o

Las ecuaciones param´tricas de la recta dada son equivalentes a la ecuaciń
e o
vectorial de la forma,
→(t) = (1, 4, −3) + t(3, −2, 1),
−
r

que por definiciń es la ecuaciń de una recta en forma param´trica que pasa por
o o e
un punto cuyo vector de posiciń est´ dado por → = (1, 4, −3) y es paralela al
o a −
r0
−
→ − → →− −
vector A = (3, −2, 1). Si hacemos → × A = N que es un vector perpendicular al
r0
→
−
vector A y tambiń perpendicular a →, entonces, la ecuacion del plano pedida
e −
r0
ser´ de la forma,
a
ax + by + cz = d,
donde
− → −
d = → · N,
r0
y
→
−
N = ai + bj + ck,
es decir,
→
− i j k
N = 1 4 −3 = −2i − 10j − 14k
3 −2 1
asimismo,

→ →
− −
d = N · r0
= (−2i − 10j − 14k) · (i + 4j − 3k)
= −2 − 40 + 42 = 0,

por lo tanto, la ecuaciń del plano ser´ de la forma −2x − 10y − 14z = 0, que
o a
se puede escribir finalmente como,

x + 5y + 7z = 0.

44

Problema 26.

Determine las ecuaciones de la l´ınea recta (en forma param´trica y sim´trica)
e e
que pasa por el punto (3, 2, −4), paralela a la l´
ınea de intersecciń de los planos
o

x + 3y − 2z = 8,
x − 3y + z = 0.
Soluciń:
o

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 ser´ paralelo a ambos planos y por lo tanto N1 × N2 ser´
a a
paralelo a la l´
ınea de intersecciń de ambos planos. Calculando el producto
o
vectorial de las normales,

→ −
− → − → i j k
A = N1 × N2 = 1 3 −2 = −3i − 3j − 6k,
1 −3 1
por lo tanto, la ecuaciń de la recta en forma param´trica ser´ de la forma,
o e a
→(t) = → + t→
−
r −
r0
−
A
es decir,
→(t) = (3, 2, −4) + t(−3, −3, −6),
−
r
y para determinar la forma sim´trica de la recta, debemos eliminar el par´metro
e a
t de la ecuaciń vectorial, para hacer esto, escribimos las componentes de esta
o
ecuaciń vectorial de la forma,
o
x = 3 − 3t,
y = 2 − 3t,
z = −4 − 6t,
despejando el par´metro t e igualando obtenemos,
a
x−3 y−2 z+4
= =
−3 −3 −6
o tambiń,
e
z+4
x−3=y−2= .
2

45

Problema 27.
Encontrar el punto de intersecciń (si es que se intersectan) de las siguientes
o
l´
ıneas rectas.

→ (t) = 5i + 4j + 5k t + 7i + 6j + 8k,
−
r1
a).− → (t) = 6i + 4j + 6k t + 8i + 6j + 9k,
−
r2

→ (t) = 2k + 3i + 2j + k t,
−
r1
b).− → (t) = 3i + 2j + 3k + 6i + 4j + 2k t,
−
r2

Soluciń:
o

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

→(t) = → + t→,
−
r −
r0
−
A
que representa la ecuaciń param´trica de una recta L que pasa por el punto
o e
→
−
(x0 , y0 , z0 ) y es paralela al vector A . La ecuaciń anterior es equivalente a las
o
ecuaciones

x = x0 + at,
y = y0 + bt,
z = z0 + ct,

que tambiń se les llaman las ecuaciones param´tricas de la recta L, ´stas ecua-
e e e

ciones son equivalentes a las ecuaciones no param´tricas de la recta L dadas
e
por,

x − x0 y − y0 z − z0
= = .
a b c

De lo anterior, para las rectas dadas tenemos las siguientes ecuaciones param´tricas
e
para cada recta,

x = 7 + 5t, x = 8 + 6t,
y = 6 + 4t, y y = 6 + 4t,
z = 8 + 5t, z = 9 + 6t,
que son equivalentes a las siguientes ecuaciones no param´tricas respectiva-
e

46

mente,

x−7 y−6 z−8
= = ,
5 4 5
x−8 y−6 z−9
= = .
6 4 6
Las ecuaciones anteriores constituyen un conjunto de cuatro ecuaciones que
han de satisfacer las 3 inc´gnitas x, y y z, si consideramos las tres primeras
o
ecuaciones, obtenemos

x−7 y−6
1) 5 = 4 ,
y−6 z−8
2) 4 = 5 ,
x−8 y−6
3) 6 = 4 .

Resolviendo el sistema, de las ecuaciones 1) y 3), obtenemos
x−7 x−8
= ,
5 6
de donde obtenemos que x = 2, sustituyendo en la ecuaciń 1),
o

2−7 y−6
= ,
5 4
de donde y = 2, finalmente de la ecuaciń 2) obtenemos z = 3. N´tese que ´stos
o o e

valores tambiń satisfacen la cuarta ecuaciń y−6 = z−9 . Por lo tanto, el punto
e o 4 6
de intersecciń de las dos rectas tiene al vector 2 i + 2j + 3k como vector de
o
posiciń.
o
b).− Como se indic´ anteriormente, las ecuaciones para →1 (t) y →2 (t) son
o −r −
r
de la forma r→(t) = → + t→, en este caso los vectores → = 3i + 2j + 3k y
− −
r0
−
A
−
A1
→
−
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 l´ ıneas rectas
son paralelas que pasan por los puntos (0, 0, 2) y (3, 2, 3) y por lo tanto, nunca
se van a intersectar.

47

Problema 28.

Encontrar la ecuaciń del plano que contiene a las siguientes l´
o ıneas rectas,
3−y x−2 2y+1
2+x= 2 =z y 2 = 2 =z−1

Soluciń:
o

Por definiciń, la ecuaciń de un plano es de la forma,
o o

ax + by + cz = d,
→ →
− −
donde d = →0 · N , r 0 es el vector de posiciń de un punto que este en el plano
−r o
→
−
y N = (a, b, c) es un vector normal o perpendicular al plano. De esta forma
para encontrar la ecuaciń del plano necesitamos un punto en o sobre ´ste y un
o e
vector normal o perpendicular al mismo.
Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma,

x − (−2) y−3 z−0
= = ,
1 −2 1
x−2 y − −1 2 z−1
= = ,
2 1 1
si comparamos estas ecuaciones con la ecuaciń general de la recta x−x0 =
o a
→
−
y−y0
b = c , que son equivalentes a la ecuaciń vectorial →(t) = → + t A ,que
z−z0
o −r −
r0
representa la ecuaciń param´trica de una recta L que pasa por el punto (x 0 , y0 , z0 )
o e
→
−
y es paralela al vector A , las ecuaciones de las rectas dadas son equivalentes a
las ecuaciones,
→ (t) = → + t→ = (−2, 3, 0) + t (1, −2, 1) ,
−
r1 −
r 01
−
A
→ (t) = → + t→ = 2, − 1 , 1 + t (2, 1, 1) .
−r2 −r 02
−
B 2

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

→ → →
− − − i j k
N = A×B = 1 −2 1 = −3i + j + 3k,
2 1 1
→
−
por lo tanto, sustituyendo en la ecuaciń general de un plano, el vector N y
o
cualquier punto que este sobre el plano, por ejemplo el punto (−2, 3, 0) por
donde pasa la primera recta, obtenemos

48

−3x + y + 3z = (−2, 3, 0) · (−3, 1, 3),
ﬁnalmente, la ecuaci´n del plano pedida est´ dada por,
o a

−3x + y + 3z = 9

49

Problema 29.
→
− →
−
Sean P = 3i + j + 2k y Q = i − 2j − 4k los vectores de posiciń de los o
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 ecuaciń del plano que pasa por el punto P y es perpendicular
o
a la recta P Q.
c) Hallar la distancia D del punto (−1, 1, 1) al plano calculado en b).

Soluciń:
o

a) Por definiciń, la distancia de un punto de coordenadas (x 1 , y1 , z1 ) a una
o
→
−
recta de la forma →(t) = →0 + t A , est´ dada por:
−r −r a
→
−
(→ 1 − → 0 ) × A
−
r −
r
d= →
−
A

donde →0 es el vector de posiciń del punto por donde pasa la recta L, →1 es
−r o −
r
el vector de posiciń del punto a donde se quiere calcular la distancia a la recta
o
→
−
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 ecuaciń de la recta en la forma →(t) = →0 + t A para as´
o −r −r ı
aplicar la ecuaciń anterior.
o
→
−
Aplicando la ecuaciń →(t) = →0 + t A , para los vectores de posiciń de
o − r −r o
los puntos P y Q, la ecuaciń de la recta que une los puntos P y Q se puede
o
escribir vectorialmente de la forma,

→(t) = → + t → − →
−
r
−
P
− −
Q P

es decir,
→(t) = 3i + j + 2k + t
−
r i − 2 j − 4 k − 3i + j + 2 k

→(t) = 3i + j + 2k + t −2i − 3j − 6k
−
r

por lo tanto, en la ecuaciń anterior tenemos que,
o

→
−
r0 = (3, 1, 2)
→
−
A = (−2, −3, −6)

adem´s,
a
→ = (−1, 1, 1)
−
r1

50

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

|[(−1, 1, 1) − (3, 1, 2)] × (−2, −3, −6)|
d =
|(−2, −3, −6)|
|(−4, 0, −1) × (−2, −3, −6)|
= √
4 + 9 + 36
calculando el producto vectorial,

i j k
(−4, 0, −1) × (−2, −3, −6) = −4 0 −1 = −3i − 22j + 12k
−2 −3 −6

Finalmente, la distancia del punto (−1, 1, 1) a la recta que une los puntos P
y Q est´ dada por:
a

−3i − 22j + 12k √ √
9 + 484 + 144 637
d= √ = =
49 7 7

b) Por definiciń la ecuaciń
o o
→
−
(→ − →0 ) · N = 0,
− −
r r
representa la ecuaciń de un plano que contiene a un punto de coordenadas
o
→
−
(x0 , y0 , z0 ) y un vector normal N = ai + bj + ck. En este, caso la ecuaciń
o
del plano que pasa por el punto P y es perpendicular a la recta P Q se puede
escribir vectorialmente de la forma,
→−→ · →−→ =0
− −
r P
− −
Q P
→ →
− −
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 ecuaciń del plano que contiene al punto de coordenadas (3, 1, 2) y es
o
perpendicular a la recta P Q.

51

c) Por definiciń, la ecuaciń que proporciona la distancia de un punto de
o o
coordenadas (x1 , y1 , z1 ) al plano ax + by + cz = d est´ dada por:
a

|ax1 + by1 + cz1 − d|
D= √ ,
a2 + b 2 + c 2
→ −
−
donde d = N · →0 = ax0 + by0 + cz0 .
r
Aplicando la ecuaciń anterior, y la ecuaciń para el plano calculada en el
o o
inciso b) obtenemos,

|2(−1) + 3(1) + 6(1) − 21| |7 − 21|
D= √ = √ =2
2 2 + 32 + 62 49
que es la distancia del punto (−1, 1, 1) al plano 2x + 3y + 6z = 21.

52

Problema 30.

|
Calcule la distancia entre los planos

x + 2y + 3z = 5,
x + 2y + 3z = 19.

Soluciń:
o

Para encontar la distancia entre los planos, tomemos un punto arbitrario
en el primer plano (observe que los planos dados son paralelos), por ejemplo el
punto (0, 1, 1) y apliquemos la expresiń para calcular la distancia de un punto
o
de coordenadas (x1 , y1 , z1 ) al plano ax + by + cz = d, dada por la expresiń:
o
|ax1 + by1 + z1 − d|
D= ,
(a2 + b2 + c2 )
→ −
−
donde a, b y c, son las componentes del vector normal al plano y d = N · →0 ,
r

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

→
−
N = (a, b, c) = (1, 2, 3),
→
−
r1 = (x1 , y1 , z1 ) = (0, 1, 1),

y

d = 19,
sustituyendo los valores anteriores en la expresiń para la distancia, obtenemos
o

|1(0) + 2(1) + 3(1) − 19|
D = √
12 + 22 + 32
|2 + 3 − 19| |−14|
= √ = √
14 14
14 √
= √ = 14.
14

Obs´rvese que como los planos son paralelos, el problema tambiń se puede
e e
resolver al considerar cualquier punto en el segundo plano y en ese caso d = 5.

53

ıtulo 2.

Problema 1.
Escribir las ecuaciones param´tricas y no param´tricas, de los siguientes
e e
c´
ırculos:
a) centro en (0, 1, 0), radio √ paralelo al plano XZ,
2,
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.
Soluciń.
o
Por definiciń, la ecuaciń
o o
→
− →
−
(∗) R (θ) = R 0 + (a cos θ) e1 + (a sin θ) e2 ,
representa un c´ırculo con centro en el punto (x 0 , y0 , z0 ) y paralelo al plano
formado por los vectores unitarios e1 y e2 que son mutuamente perpendiculares,
donde θ est´ entre 0 y 2π.
a
a) Aplicando la ecuaciń anterior en este caso,
o

a = 2
e1 = i
e2 = k
→
−
R0 = (0, 1, 0),

por lo tanto, la ecuaciń pedida es
o
→
−
R (θ) = (0, 1, 0) + (2 cos θ) i + (2 sin θ) k
o bien,
→
−
R (θ) = 2 cos θ i + j + 2 sin θ k
es decir, las ecuaciones param´tricas de un c´
e ırculo de radio 2 paralelo al plano
XZ con centro en (0, 1, 0) son:

x = 2 cos θ,
y = 1,
z = 2 sin θ,

que son equivalentes a las ecuaciones no param´tricas,
e

x2 + z 2 = 4,
y = 1.

54

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

√
a = 3
e1 = i
e2 = j
→
−
R0 = (1, 1, 1),

por lo tanto, la ecuaciń pedida es
o
→
− √ √
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 param´tricas:
e

√
x = 1 + 3 cos θ,
√
y = 1 + 3 sin θ,
z = 1,

de donde obtenemos las ecuaciones no param´tricas, de la forma
e

(x − 1)2 + (y − 1)2 = 3,
z = 1.

c) An´logamente, de la ecuaciń (∗) obtenemos
a o

a = 9
e1 = i
e2 = k
→
−
R0 = (1, 2, 3),

por lo tanto, la ecuaciń del c´
o ıculo en forma param´trica est´ dada por,
e a
→
−
R (θ) = (1 + 9 cos θ) i + 2j + (3 + 9 sin θ) k,
que es equivalente a las siguientes ecuaciones param´trica:
e

x = 1 + 9 cos θ,
y = 2,
z = 3 + 9 sin θ,

55

de donde obtenemos las ecuaciones no param´tricas, de la forma
e

(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

Problema 2.
Dada la curva
→
− t2 t3
R = 2i + 3 k; 0 t 2,

encontrar un vector unitario T (s),donde s es la longitud de arco.
Soluciń.
o
Para encontrar T (s), primero debemos reparametrizar la curva en t´rminos
e
→
−
de la longitud de arco s, es decir; obtener R (s) para as´ calcular:
ı
→
−
d R (s)
T (s) = ,
ds
sabemos que la longitud de arco est´ dada por la expresiń:
a o
t −
→
s(t) = R (t) dt,
0

de la ecuaciń de la curva obtenemos,
o
→
−
R (t) = ti + t2 k;
de donde,
−
→
R (t) = t2 + t 4 = t (1 + t2 ),

sustituyendo en la expresiń para la longitud de arco,
o
t
s(t) = t (1 + t2 )dt.
0

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

u = 1 + t2 ,
du = 2tdt,
du
dt = ,
2t
de esta forma,

t t
1 du 1 1
s(t) = tu 2 = u 2 du
0 2t 2 0
3 t
2
(1 + t ) 2 1 3
= = (1 + t2 ) 2 − 1 ,
3 3
0

por lo tanto, la longitud de arco de la curva est´ dada por,
a

57

1 3
(1 + t2 ) 2 − 1
s(t) =
3
de esta expresiń, despejamos el par´metro t de la forma;
o a
2
(3s + 1) 3 = 1 + t2 ;

1
2 2
t(s) = (3s + 1) 3 − 1 ,
→
−
sustituyendo en la expresiń para R (t(s)), obtenemos
o
3
→
− 1 2 1 2 2
R (s) = (3s + 1) 3 − 1 i + (3s + 1) 3 − 1 k,
2 3
derivando esta expresiń con respecto al par´metro s,
o a

1
1 2 −1 1 2 2 2 2 1
T (s) = (3s + 1) 3 (3) i+ (3s + 1) 3 − 1 (3s + 1)− 3 (3) k,
2 3 3 3 3

finalmente, el vector unitario est´ dado por:
a

1
1 1 2 2
T (s) = 1 i+ 1 (3s + 1) 3 − 1 k.
(3s + 1) 3 (3s + 1) 3

Observemos que inmediatamente se puede verificar que T (s) = 1, aplicando
la definiciń de la magnitud de un vector tenemos,
o

1 1 2
T (s) = 2 + 2 (3s + 1) 3 − 1
(3s + 1) 3 (3s + 1) 3

1 2
= 2 1 + (3s + 1) 3 − 1
(3s + 1) 3

2
(3s + 1) 3
= 2
(3s + 1) 3
= 1

58

Problema 3:

Dada la curva cuyas ecuaciones param´tricas son:
e

t
x = ,
2π
y = sin t,
z = cos t,

calcular la longitud de arco entre el punto (0, 0, 1) y el punto (1, 0, 1) . ¿Cu´l es
a

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

Soluciń:
o

De las ecuaciones param´tricas, la curva est´ dada por la ecuaciń
e a o

→ (t) = t i + sin tj + cos tk,
−
r
2π
donde 0 ≤ t ≤ 2π. Por definiciń la longitud de una curva en el espacio desde
o

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

t=b
d→ (t)
−
r
l(t) = dt,
t=a dt
de la ecuaciń de la curva dada, obtenemos
o

d→ (t)
−
r 1
= i + cos tj − sin tk,
dt 2π
de donde,

d→ (t)
−
r 1 1 + 4π 2
= + cos2 + sin2 t = ,
dt 4π 2 4π 2
sustituyendo en la expresiń para calcular la longitud de la curva obtenemos,
o

59

2π
√ √ t=2π
1 + 4π 2 1 + 4π 2
l= dt = t = 1 + 4π 2 .
0 2π 2π
t=0

As´ mismo por deﬁnici´n, el vector tangente a una curva en cualquier punto
ı o
del espacio est´ dado por:
a

d→(t)
−
r
dt
T (t) = ,
d→(t)
−
r
dt

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

d→ (t = 0)
−
r 1
= i + j,
dt 2π
y

√
d→ (t = 0)
−
r 1 + 4π 2
= ,
dt 2π
por lo tanto el vector unitario pedido est´ dado por:
a

i + 2π j
T =√ .
1 + 4π 2

60

Problema 4:

Si T denota la tangente unitaria a la curva,

x = t,
y = 2t + 5,
z = 3t,

demuestre que

dT
= 0,
dt
interprete este resultado en forma geom´trica.
e

Soluciń:
o

En este caso, sustituyendo las ecuaciones param´tricas, la curva est´ dada
e a
por la ecuaciń
o

→ (t) = ti + (2t + 5) j + 3tk.
−
r

En forma an´loga al problema anterior, el vector tangente a una curva en
a
cualquier punto del espacio est´ dado por:
a

d→(t)
−
r
dt
T (t) = ,
d→(t)
−
r
dt

de esta forma, de la ecuaciń de la curva obtenemos,
o

i + 2j + 3k i + 2j + 3k
T =√ = √
1 2+4+9 14
de donde obtenemos,

dT
= 0.
dt

61

Por otro lado, obs´rvese que las ecuaciones param´tricas de la curva dada
e e
son equivalentes a la ecuaciń,
o

x−0 y−5 z−0
= = ,
1 2 3
que es la ecuaciń de una l´
o ınea recta que pasa por el punto de coordenadas
→
−
(0, 5, 0) y es paralela al vector A = i+2j+3k, como se ilustra esquem´ticamente
a
en la siguiente figura.

ftbpF260.9375pt294.5pt0ptFigure

b
Por lo tanto, la expresiń dT = 0 indica que el vector T es constante a lo
o dt
largo de la l´
ınea recta, por lo que la direcciń de la curva debe estar dada por
o
→
−
un vector unitario en la direcciń del vector A , como era de esperarse.
o

62

Problema 5:

a) Determine la longitud de arco de la curva dada por las siguientes ecua-
ciones param´tricas,
e

x = et cos t,
y = et sin t,
z = 0,

entre t = 0 y t = 1.

b) Reparametrizar la curva en t´rminos de la longitud de arco.
e

Soluciń:
o

a) De las ecuaciones param´tricas, la curva est´ dada por la ecuaciń
e a o

→ (t) = et cos ti + et sin tj,
−
r
donde 0 ≤ t ≤ 1. Por definiciń la longitud de una curva en el espacio desde el
o

punto en t = a, al punto en t = b, est´ dada por:
a

t=b
d→ (t)
−
r
l(t) = dt,
t=a dt
de la ecuaciń de la curva dada, obtenemos
o

d→ (t)
−
r
= −et (sin t) + et cos t i + et cos t + et sent j,
dt
de donde,

d→ (t)
−
r 2 2
= [et (− sin t + cos t)] + [et (cos t + sin t)]
dt
= e2t sin2 t + cos2 t − 2 sin t cos t + e2t cos2 t + sin2 t + 2 sin t cos t
√
= 2e2t
√ t
= 2e ,

63

sustituyendo en la expresiń para calcular la longitud de la curva obtenemos,
o

√ 1 √ 1 √
l= 2 et dt = 2 et 0
= 2 [e − 1] .
0

b) Para reparametrizar la curva en t´rminos de la longitud de arco s, tenemos
e
por definiciń, que la longitud de arco s (t) est´ dada por la expresiń,
o a o

t
d→ (t)
−
r
s = s(t) = dt,
t=t1 dt
para t ≥ t1 , en este caso escogemos t1 = 0. Por lo tanto la longitud de arco est´
a

dada por:

√ t
s (t) = 2 et dt
0
√
= 2 et − 1 ,

de la expresiń anterior despejamos a t en funciń de la longitud de arco s,
o o

de la forma

1
et = √ s + 1,
2
es decir,

√
s s+ 2
t(s) = log √ +1 = log √ ,
2 2
por lo tanto, la ecuaciń de la curva en t´rminos de la longitud de arco s est´
o e a

dada por:

√ √ √
→ (t(s)) = exp log
− s+ 2 s+ 2 s+ 2
r √ cos log √ i + sin log √ j ,
2 2 2

64

ﬁnalmente obtenemos,

√ √ √
→(s) = s + 2 cos log
−
r √
s+ 2
√ i + sin log
s+ 2
√ j .
2 2 2

65

Problema 6:

Para la curva dada por las ecuaciones param´tricas,
e

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, 4π 2
b) T (t) .
c) T (π) .
Soluci´n:
o

En forma an´loga a los problemas anteriores, en este caso la longitud de la
a
curva estar´ dada por:
a
2π
d→ (t)
−
r
l= dt
0 dt
en este caso,

d→ (t)
−
r
= (cos t − cos t + t sin t) i + (− sin t + sin t + t cos t) j + 2tk
dt
= t sin ti + t cos tj + 2tk

por lo tanto,

2π
l = t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2 dt
0
√ 2π
2π √ 5 2
= 5t2 dt = t
0 2
0
√
5 2
= 4π ,
2
ﬁnalmente la longitud de la curva desde el punto (0, 1, 0) al punto −2π, 1, 4π 2 ,

est´ dada por
a

√
l = 2 5π 2 .

66

b) En forma an´loga a los problemas anteriores, en este caso, el vector
a

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

→ (t)
−
r
T (t) = → (t)|
−
|r
t sin ti + cos tj + 2tk
=
t2 sin2 t + t2 cos2 t + 4t2
t sin ti + t cos tj + 2tk
= √ ,
t 5
ﬁnalmente,

1
T (t) = √ sin ti + cos tj + 2k .
5

c) As´ mismo en el punto t = π, el vector tangente est´ dado por:
ı a

1
T (t = π) = √ −j + 2k .
5

67

Problema 7.
a) Sea el campo escalar φ dado por:
1
φ(x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2
Calcular el gradiente de φ en el punto (1, 0, −1).
Soluciń.
o
Aplicando la definiciń del gradiente, obtenemos
o

∂ 1 ∂ 1 ∂ 1
φ = , ,
∂x x2 + y2 + z2 ∂y x2 + y2 + z2 ∂z x2 + y2 + z2
1 1
= − 3 2xi + 2y j + 2z k
2 (x2 + y2 + z2 ) 2
xi + y j + z k
= − 3
(x2 + y 2 + z 2 ) 2

por lo tanto en el punto (1, 0, −1), el gradiente de φ est´ dado por:
a
1
φ(1, 0, −1) = − 3 (i − k)
(1 + 0 + 1) 2
es decir,
1
φ(1, 0, −1) = √ (−i + k).
2 2
b) Dado el campo vectorial

−
→ xi + y j + z k
f (x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2
calcular
→
−
i) · f en (1, −2, 1).
→
−
j) × f en (1, −2, 1).
Soluciń.
o
i) El campo vectorial es de la forma:

→
− x y z
f (x, y, z) = i+ i+ i
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2

Aplicando la definiciń de la divergencia, se tiene
o

68

∂f1 ∂ x
=
∂x ∂x x2 + y2 + z2
1 1
1 −2
x2 + y 2 + z 2 2
−x 2 x2 + y 2 + z 2 2x
=
(x2 + y2 + z2)
1
2 −2
x2 + y 2 + z x2 + y 2 + z 2 − x 2
=
(x2 + y 2 + z 2 )

finalmente,

∂f1 y2 + z2
= 3
∂x (x2 + y 2 + z 2 ) 2
de forma an´loga obtenemos,
a

∂f2 ∂ y x2 + z 2
= = 3
∂y ∂y x2 + y 2 + z 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2
y

∂f3 ∂ z x2 + y 2
= = 3
∂z ∂z x2 + y 2 + z 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2
por lo tanto la difvergencia de la funciń vectorial dada resulta,
o

→
− 1
· f = 3 (y 2 + z 2 + x2 + z 2 + x2 + y 2 )
(x2+ y2 + z2 ) 2
2(x2 + y 2 + z 2 ) 2
= 3 =
(x2 + y2 + z2) 2 (x2 + y 2 + z 2 )

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

→
− 2 2
· f (1, −2, 1) = =
(12 + (−2)2 + 12 ) 3
Soluciń alternativa.
o
→
−
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

1
φ(x, y, z) =
x2 + y2 + z2
→
− →.
−
A (x, y, z) = r

Si aplicamos la siguiente propiedad del operador vectorial nabla obtenemos

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

1 xi + y j + z k
=− 3
x2 + y2 + z2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2
que se puede escribir como
→
−
φ = − rr3 ,
(2)
donde r es la magnitud del vector de posiciń →.
o − r
Por otro lado de la definiciń de la divergencia se tiene,
o

(3) ·→=
−
r ∂x
∂x + ∂y
∂y + ∂z
∂z = 3,
sustituyendo las ecuaciones (2) y (3) en la ecuaciń (1) obtenemos,
o
→
−
r → 3
· (φ→) =
−
r − ·− +
r
r3 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 posiciń, entonces
o
∂φ
φ(r) = e→
−
∂r r
→
−
donde r = |→| = x2 + y 2 + z 2 y er =
−
r r
r .
Por ejemplo, si
1
φ(x, y, z) = ln 3
(x2 + y2 + z2 ) 2
que se puede escribir como
1
φ(r) = ln = −3 ln r
r3

70

de donde,
∂φ 3
=−
∂r r
y por lo tanto,

∂φ 3 →
−
r 3→
φ(r) = er = − =− −.
r
∂r r r r2
Por otro lado, si aplicamos la definiciń del gradiente, tenemos
o

3 1
φ(x, y, z) = 2xi + 2y j + 2z k
2 x2 + y 2 + z 2
es decir,

3 3→ −.
φ(x, y, z) = xi + y j + z k = r
x2 + y2 + z2 r2
j) Si el campo vectorial esta dado como

→
− xi + y j + z k
f (x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2
Por definiciń del rotacional tenemos,
o

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
× f = ∂x ∂y ∂z
√ 2 x2 2 √ 2 y2 2 √ 2 z2 2
x +y +z x +y +z x +y +z

calculando las derivadas parciales, obtenemos

→
− yz yz
× f = − 3 + 3 i
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
xz xz
− − 3 + 3 i
(x2 + y2 + z2) 2 (x2 + y2 + z2 ) 2
xy xy
+ − 3 + 3 i
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
es decir,
→ →
− −
× f = 0
Soluciń alternativa.
o
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) = 1 r
→ −
−
y A = → tenemos,
r

71

→
−
(4) × r
r = 1
r ×→+
−
r 1
r × →,
−
r

adem´s, de la definiciń del rotacional tenemos que,
a o

i j k
→
−
(5) ×→=
−
r ∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
= 0,
x y z
y del inciso a), obtenemos

1 →
−
(6) r = − rr3 ,
sustituyendo las ecuaciones (5) y (6) en la ecuaciń (4), obtenemos
o
→
−
r →
−
r
× = − × →,
−
r
r r3
aplicando la definiciń del producto vectorial de dos vectores
o
→ × → = →,
− −
r r
−
0
→
−
r →
−
× = 0,
r
que es el mismo resultado que se obtuvo aplicando la definiciń del determinante
o
para el rotacional.

72

Problema 8.
El potencial electrost´tico V debido a dos filamentos paralelos infinitos de
a
densidades lineales λ y −λ est´ dado por,
a
∂ r2
V = ln( ),
2πε0 r1
donde
2
r1 = (x − x0 )2 + y 2 ,
y
2
r2 = (x + x0 )2 + y 2 ,
consideremos los filamentos en la direcciń z, pasando por el plano XY en
o

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

λ x + x0 x − x0 1 1
V (x, y) = 2 − 2 i + 2y 2 − r2 j
2πε0 r1 r2 r1 2

Soluciń:
o
2 2
Sustituyendo los valores de r1 y r2 , y aplicando la propiedad de los logar-
itmos, obtenemos

1
λ (x + x0 )2 + y 2 2
λ (x + x0 )2 + y 2
V (x, y) = ln = ln .
2πε0 (x − x0 )2 + y 2 4πε0 (x − x0 )2 + y 2

Por definiciń, sabemos que
o
∂V ∂V
V (x, y) ≡ i+ j.
∂x ∂y

Calculemos primeramente la derivada con respecto a x,

∂V (x, y) ∂ (x + x0 )2 + y 2
=k ln ,
∂x ∂x (x − x0 )2 + y 2

donde

λ
k= ,
2πε0

73

de esta forma,

∂V (x, y) (x − x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 2(x + x0 ) − (x + x0 )2 + y 2 2(x − x0 )
=k 2 ,
∂x (x + x0 )2 + y 2 [(x − x0 )2 + y 2 ]
sustituyendo

r1 = (x − x0 )2 + y 2 ,
2

y
2
r2 = (x + x0 )2 + y 2 ,
obtenemos,

2 2 2
∂V (x, y) r1 2(x + x0 )r1 − 2(x − x0 )r2
= k 2 4
∂x r2 r1
2 2
λ 2(x + x0 )r1 − 2(x − x0 )r2
= 2 r2
4πε0 r1 2
λ (x + x0 ) (x − x0 )
= 2 − 2 .
2πε0 r2 r1

An´logamente, para la derivada con respecto a y obtenemos,
a

∂V (x, y) ∂ (x + x0 )2 + y 2
= k ln
∂y ∂y (x − x0 )2 + y 2
(x − x0 )2 + y 2 (x − x0 )2 + y 2 − 2y (x + x0 )2 + y 2 2y
= k 2
(x + x0 )2 + y 2 [(x − x0 )2 + y 2 ]
2 2 2
r1 2y(r1 − r2
= k 2 4
r2 r1
1 1
= k2y 2 − 2 j.
r2 r1

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

λ x + x0 x − x0 1 1
V (x, y) = 2 − 2 i + 2y 2 − r2 j .
2πε0 r1 r2 r1 2

74

Problema 9.
Hallar:
a) La derivada direccional de φ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 en la direcciń del
o
punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1) y
b) Su valor m´ximo y direcciń en el punto (1, 1, 0).
a o

Soluciń:
o

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

→
−
rP = i+j
→
−
r = 2i + j + k
Q

por lo tanto,

→ −→
−
rQ −P
r 2i + j + k − i + j 1
u= →− −→ |
− = = √ i+k
|rQ rP (2 − 1) 2 + (1 − 1)2 2
asimismo, de la definiciń del gradiente dada por la ecuaciń,
o o φ(x, y, z) ≡
∂V ∂V ∂V
∂x i + ∂y j + ∂z k obtenemos,

φ = 2xi + 2y j + 2z k
sustituyendo en la expresiń para la derivada direccional,
o

dφ
= φ·u
ds
1
= 2xi + 2y j + 2z k · √ i + k
2
2
= √ (x + z)
2
evaluando en el punto (1, 1, 0) finalmente obtenemos,

dφ(1, 1, 0) √
= 2.
ds
√
Es decir, el campo escalar se incrementa a una razń de 2 por unidad de
o
distancia cuando se avanza del punto P (1, 1, 0) al punto Q(2, 1, 1).

b) Por definiciń aplicando la propiedad del gradiente que establece, el valor
o
m´ximo de dφ ser´ igual a la magnitud del gradiente de φ, es decir;
a ds a

dφ √
= | φ| = 2 2
ds max

75

y tambiń de la propiedad del gradiente, el valor m´ximo de dφ se tendr´ en
e a ds a
la direcciń del gradiente φ(1, 1, 0) = 2(1) i + 2(1)j + 2(0)k, es decir, en la
o
direcciń del vector 2i + 2j.
o

76

Problema 10.
Hallar la derivada de P = 4 exp (2x − y + z) en el punto (1, 1, −1) en di-
recciń del vector (−3, 5, 6).
o

Soluciń:
o

Por definiciń la derivada direccional est´ dada por:
o a

∂φ
= φ · u,
∂s
en este caso, la derivada direccional estar´ dada por,
a

∂P
= P · u,
∂s
calculando el gradiente de la funciń P,
o

∂ ∂ ∂
P = (4 exp (2x − y + z)) i + (4 exp (2x − y + z)) i + (4 exp (2x − y + z)) i
∂x ∂x ∂x
= exp (2x − y + z) 8i − 4j + 4k ,

la direcciń est´ dada en este caso por el vector,
o a

→
−
u −3i + 5j + 6k
u= → =
−| √ ,
|u 70
por lo tanto la derivada de la funciń P en el punto (1, 1, −1) est´ dada por:
o a

∂P (1, 1, −1)
= P (1, 1, −1) · u
∂s
−3i + 5j + 6k
= exp (2(1) − (1) + (−1)) 8i − 4j + 4k · √
70
−24 − 20 + 24
= √
70
20
= −√ .
70

77

Problema 11
Calcule la derivada direccional de f (x, y, z) = x yz en el punto (e, e, 0) y en
la direcciń del punto (1, 2, 3) hacia el punto (0, 3, 2).
o
Soluciń:
o
Para calcular la derivada direccional de f (x, y, z), tenemos por definiciń que
o

df
= f · u,
ds
donde, f es el gradiente de la funciń dada y u es el vector que indica la
o
direcciń, que en este caso, est´ dada por el vector,
o a
→ = → − → = (0, 3, 2) − (1, 2, 3) = (−1, 1, −1),
−
u − −
r2 r1
de esta forma,
→
−
u 1
u = → = √ (−1, 1, 1).
−|
|u 3
Aplicando la definiciń del gradiente, obtenemos
o

∂ yz ∂ yz ∂ yz
f = [x ] i + [x ] j + [x ] k
∂x ∂y ∂z
∂ yz ∂ yz ∂ yz
= eln x i + eln x j + eln x k
∂x ∂y ∂z
yz ∂ yz ∂ yz ∂
= eln x (ln xyz ) i + eln x (ln xyz ) j + eln x (ln xyz ) k
∂x ∂y ∂y
yz 1 1 1
= eln x yzxyz−1 i + yz (z ln x) j + yz (y ln x) k ,
xyz x x


f = yzxyz−1 i + z ln xj + y ln xk,
de esta forma en el punto (e, e, o), el gradiente est´ dado por:
a

f (e, e, o) = 0i + 0j + e ln(e)k
= e(0, 0, 1),

Finalmente la derivada direccional est´ dada por:
a

78

df 1
= e(0, 0, 1) · √ (−1, 1, 1)
ds 3
e
= √ .
3

79

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

φ(x, y, z) = axy 2 + byz + cx3 z 2
en el punto (1, 2, −1) tenga un m´ximo de magnitud 64 en la direcciń
a o
paralela al eje Z.

Soluciń:
o

Por definiciń, la derivada direccional est´ dada por:
o a
dφ
= φ·u
ds
Aplicando las hip´tesis del problema, ´sta derivada ser´ m´xima en direcciń
o e a a o
paralela al eje Z, es decir en direcciń del vector k por lo tanto,
o

(1) φ · k = 64,

(2) φ · j = 0,

(3) φ · i = 0,
aplicando la definicń del gradiente obtenemos,
o

φ = ay 2 + 3cx2 z 2 i + (2axy + bz)j + by + 2cx3 z 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 ecuaciń (1a) obtenemos,
o

c = −8
nuevamente empleando las ecuaciones (21) y (3a) obtenemos,

80

Problema 13.
Dado el campo escalar,

φ(x, y, z) = 2xz + ey z 2

a) Encontrar dφ en el punto (2, 1, 1) y en la direcciń del vector 2 i + 3j − k.
ds o
b) Cu´l es la direcciń del m´ximo cambio de φ(x, y, z) en el punto (2, 1, 1)
a o a
y que valor tiene ´ste m´ximo cambio.
e a
c) Encuentre la ecuaciń del plano tangente a φ(x, y, z) = 4 + e en el punto
o
(2, 1, 1).
Problema:
Por definiciń, sabemos que la derivada direccional est´ dada por:
o a
df
= f · u,
ds
donde, f es el gradiente de la funciń dada y u es el vector que indica la
o
direcciń, que en este caso, est´ dada por el vector,
o a
1
u = √ (2, 3, −1) ,
14
as´ mismo,
ı
∂φ ∂φ ∂φ
φ≡ i+ j+ k = 2z i + ey z 2 j + (2x + ey z) k,
∂x ∂y ∂z
de tal forma que en el punto (2, 1, 1) , el gradiente est´ dado por:
a

φ = 2i + ej + (4 + 2e)k

Por lo tanto, la derivada direccional est´ dada por:
a

df 1
= 2i + ej + (4 + 2e)k ·√ (2, 3, −1)
ds 14
1 e
= √ [4 + 3e − 4 − 2e] = √ .
14 14
b) La direcciń en el cual el campo escalar φ est´ cambiando m´s r´pido,
o a a a
est´ dada en la direcciń gradiente, de esta forma en el punto (2, 1, 1), tenemos
a o

φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)k,

y su m´ximo valor est´ dada por:
a a

| φ(2, 1, 1)| = 22 + e2 + (4 + 2e)2
= 20 + 16e + 5e2 .

82

c) El vector normal a la superficie en el punto (2, 1, 1) est´ dado por el
a
gradiente,
φ(2, 1, 1) = 2i + ej + (4 + 2e)j,
De esta forma, la ecuaciń del plano tangente a φ(2, 1, 1) = 4 + e, est´ dada por
o a

φ • (→ − →) = 0,
− −
r r0
es decir,

2(x − 2) + e(y − 1) + (4 + 2e)(z − 1) = 0,
que tambiń se puede escribir de la forma,
e

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

83

Problema 14.
La temperatura de los puntos en el espacio est´ dada por:
a

T (x, y, z) = x2 + y 2 − z
a) Si un mosquito situado en el punto (1, 1, 2) se est´ muriendo de fr´ ¿En
a ıo.
qu´ direcciń deber´ volar para que no se muera?
e o a
b) Si el mosquito vuela a una razń de 5 unidades de distancia por segundo en
o
direcciń del vector 4i+4j−2k.
o
¿Cu´l es la razń de cambio de aumento en la temperatura por unidad de
a o
tiempo en el momento en que pasa el mosquito por el punto (1, 1, 2)?.
Soluciń:
o
a) Como el gradiente de T a punta en la m´xima razń de cambio de la
a o
temperatura y el mosquito en el punto (1, 1, 2) se est´ muriendo de fr´ deber´
a ıo, a
moverse en la direcciń del gradiente para calentarse.
o
Aplicando la definiciń del gradiente,
o
∂T ∂T ∂T
T (x, y, z) ≡ i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
en este caso, tenemos

T (x, y, z) = 2xi + 2y j − k,

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

T (1, 1, 2) = 2i + 2j − k,
as´ que el mosquito deber´ moverse en la direcciń del vector (2, 2, −1).
ı a o
b) Aplicando regla de la cadena, la razń de cambio en la temperatura esta
o
dada por:

dT dT ds
= ,
dt ds dt
donde
dT
= T · u,
ds
es la derivada direccional, y ds , es la rapidez con la que se mueve el mosquito.
dt
Por hip´tesis del problema, la direcciń est´ dada por el vector unitario,
o o a

4i + 4 j − 2 k 4 4 2
u= √ = , ,− ,
16 + 16 + 4 6 6 6
de esta forma la derivada direccional estar´ dada por
a
dT 1 4 4 1
= (2, 2, −1) · (2, 2, −1) = + + = 3,
ds 3 3 3 3
ds
y como dt = 5, finalmente el cambio en la temperatura estar´ dada de la forma,
a

84

◦
dT C
= 15 .
dt seg

85

Problema 15.
El capitń Peluches tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio.
a
La temperatura del casco de la nave, cuando ´l esta en la posiciń (x, y, z) est´
e o a
dada por:

T (x, y, z) = e−x−y−z ,
donde x, y y z estń medidas en metros. Actualmente ´l est´ en el punto (2, 2, 2).
a e a
a) ¿En qu´ direcciń deber´ avanzar para disminuir m´s rapido la temper-
e o a a
atura?
b) Si la nave viaja a e8 m , ¿con qu´ rapidez decaer´ la temperatura si avanza
s e a
en esa direcciń?
o
Soluciń:
o
a) Si el campo escalar de temperaturas, est´ dado por
a

T (x, y, z) = e−x−y−z ,

de la definiciń de la derivada direccional dT = T · u, que f´
o ds ısicamente nos da
la razń de cambio del campo escalar (temperatura) en la direcciń del vector
o o
u, la m´xima razń de cambio de aumento de la temperatura estar´ dada por
a o a

dT
= | T|,
ds max

es decir, cuando T apunta en la direcciń de u. Por lo tanto, si el capitń
o a
Peluches est´ en el punto (2, 2, 2) se tiene que mover en direcciń contraria al
a o
gradiente. Aplicando la definiciń del gradiente, tenemos
o
∂T ∂T ∂T
T = i+ j+ z
∂x ∂y ∂z
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 capitń Peluches se tiene que mover en direcciń del vector
a o
−6
e i+j+k .
b) Si la nave viaja una rapidez de e8 m/s ds , entoces la rapidez con la cual
dt
diminuye la temperatura, est´ dada por (aplicando regla de la cadena):
a
dT dT ds
= ,
dt ds dt
donde
dT
= T • u,
ds
y

86

T e−6 i + j + k i+j+k
u= = √ = √ ,
| T| e−12 3 3
por lo tanto,
2 √ 0
dT T | T| C
= T• = = | T | = e−6 3 ,
ds | T| | T| m
ﬁnalmente, la rapidez con la que disminuye la temperatura est´ dada por:
a

dT √ 0
C m √ 0
C
= 3 e8 = 3 e8 .
dt m s seg

87

Problema 16.
a) La temperatura en una caja rectńgular est´ dada aproximadamente por
a a

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 en
el punto (0, 1, −2), en que direcciń deber´ volar para enfriarse lo m´s r´pido
o a a a
posible. Explique su respuesta.
b) Si el mosquito est´ volando a una velocidad de 1.5 metros por segundo.
a
Con qu´ rapidez est´ cambiando la temperatura de la caja cuando se mueve en
e a
direcciń paralela al eje x?.
o
Soluciń.
o
a) El gradiante apunta donde la razń de cambio del incremento de tem-
o
peratura es m´xima, por lo que el mosquito debe moverse en direcciń opuesta
a o
al gradiente. Por definiciń, el gradiente de una funciń escalar est´ dado por,
o o a
∂T ∂T ∂T
T = i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
en este caso,
T (x, y, z) = x(1 − x)(2 − y)(3 − z),
luego entonces

∂T ∂T ∂T
T = i+ j+ k
∂x ∂y ∂z
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 direcciń del vector −5 i para enfriarse.
o
m
b) Si el mosquito vuela a una rapidez de v = 1.5 seg = ds , entonces aplicando
dt
la regla de la cadena, tenemos
dT dT ds
= ,
dt ds dt
donde
dT
= T • u,
ds
y

88

u = (1, 0, 0)
puesto que se mueve en direcciń paralela al eje x, por lo tanto
o
dT
= 1.5 ( T · u)
dt
= 1.5 5i · i ,

finalmente, la rapidez con la cual est´ cambiando la temperatura de la caja
a
cuando el mosquito se mueve en direcciń paralela al eje x, est´ dada por
o a
0
dT C
= 7.5 .
dt seg

89

Problema 17.
a) Defina el concepto de conjunto de nivel.
b) Defina el concepto de gr´fica de una funciń.
a o
c) Describa el comportamiento, conforme var´ c, del conjunto de nivel para
ıa
la siguiente funciń.
o

f (x, y) = 1 − x2 − y 2 ,
d) Cual es el conjunto de nivel si c > 1.

Soluciń:
o

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

Lc = {→ ∈ U : f (→) = C ∈ R} .
−
x −
x

b) Sea

f : U ⊂ Rn −→ R,
se define la gr´fica de la funciń f como el conjunto de puntos
a o

(x1 , x2 .........xn , f (x1 x2 , ....., xn )),
n+1
que pertenecen a R 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 − y 2 ; en este caso el conjunto de nivel es una curva en
2
R tal que cumple:

Lc = (x, y) : 1 − x2 − y 2 = c ,
o tambiń,
e

Lc = (x, y) : x2 + y 2 = 1 − c ,
√
es decir, conforme c varie las curvas del nivel son c´
ırculos de radio 1 − c.

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

90

Problema 18.
Hallar un vector unitario normal a la superficie S representada por las ecua-
ciones param´tricas x = u cos v, y = u sin v, y z = z(u).
e
Soluciń:
o
Por definiciń, una superficie S en el espacio est´ descrita por una funciń
o a o
vectorial de la forma:
→(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k,
−
r
donde u y v son par´metros (variables), en forma an´loga al par´metro t para
a a a
→
−
una trayectoria curva en el espacio representada por f (t); as´ mismo, las ecua-
ı
ciones

x = x(u, v),
y = y(u, v),
z = z(u, v),

son las ecuaciones param´tricas de la superficie S.
e
En este caso, la ecuaciń param´trica para la superficie S est´ dada por:
o e a
→(u, v) = u cos v i + u sin v j + z(u)k
−
r
por lo tanto, un vector normal unitario en cada punto de la superficie S repre-
sentada por la ecuaciń anterior estar´ dado por:
o a

ru −v
→ ×→
− r
n= →− × → |,
|ru −v
r
donde los vectores →u y →v son vectores tangentes a las l´
−
r −
r ıneas coordenadas
u y v respectivamente, ´stos vectores estń dados por:
e a
→
−
→ ≡ ∂ r (u, v) = cos v i + sin v j + z‘(u)k,
−
ru
∂u
y
→
−
→ ≡ ∂ r (u, v) = −u sin v i + u cos v j.
−rv
∂v
Calculando el producto vectorial de estos vectores, obtenemos

i j k
→ ×→ =
−
ru −v
r cos v sin v z‘(u) = (−u cos vz (u))i−(u sin vz (u))j+ u cos2 v + u sin2 v k
−u sin v u cos v 0

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

91

la magnitud de este vector est´ dada por,
a

|→u × →v | =
− − 2
r r (−u cos vz (u))2 + (u sin vz (u))2 + u2 = u 1 + [z (u)] ,

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

− cos vz (u)i − sin vz (u)j + k
n=
2
1 + [z‘(u)]

Problema 19.
→
−
Demostrar que f = r 2 → es un campo vectorial conservativo y encontrar el
−
r
potencial escalar del cual se deriva.
Soluciń:
o
→
−
Para mostrar que f = r 2 → es un campo conservativo debemos verifica que
−r
−
→ → −
× f = O.
→
−
Calculando el rotacional de f , usando la propiedad distributiva del producto
de un campo escalar por un campo vectorial obtenemos,

× (r 2 →) =
−
r r2 × → + r2
−
r × →,
−
r
aplicando las siguientes propiedades del operador nabla,

rn = nrn−2 →,
−
r
que se demuestra en el problema 22, y la propiedad
→
−
× → = O,
−
r
obtenemos,
→
−
× (r 2 →) = 2→ × → = O ,
−
r − −
r r
→
− −
es decir, f = r 2 →, es un campo vectorial conservativo.
r
→
−
Ahora debemos encontrar el potencial φ(r) tal que f (r) = φ(r). Para
hacer esto, aplicamos la siguiente expresiń para el gradiente de una funciń
o o
o −
que s´lamente depende de r = |→| , y que resulta de aplicar la regla de la
r
cadena,

∂φ(r) ∂φ(r) ∂φ(r)
φ(r) = i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
∂φ ∂r ∂φ ∂r ∂φ ∂r
= i+ j+ k,
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z
= φ (r) r,
= φ (r)er ,

92

de esta forma, el campo vectorial dado, se puede escribir como,
→
−
f = r 2 → = r 3 er ,
−
r
por lo tanto, aplicando el hecho de que el campo vectorial es conservativo, es
→
−
decir f (r) = φ(r), obtenemos

φ (r) = r 3 ,

de donde, integrando obtenemos inmediatamente,

r4
φ(r) = + C,
4
donde C es una constante de integraci´n que depende de las condiciones iniciales.
o

93

Problema 20.

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

Soluciń:
o
Aplicando la propiedad de la divergencia del producto de una funciń escalar
o
por una funciń vectorial, dada por:
o

· [f (r)→] =
−
r f (r) · → + f (r) ·→,
−
r −
r
como el campo escalar f (r), s´lo depende de r = | r
o →| , podemos aplicar
−

→
−
r
f (r) = f (r) r = f (r)
,
r
adem´s, por definiciń de la divergencia de un campo vectorial, tenemos
a o

• → = 3,
−
r
entonces
→
−r →
• [f (r) →] = f (r)
−
r • − + 3f (r) = rf (r) + 3f (r),
r
r
b) En forma an´loga al inciso a) aplicando la propiedad del rotacional del
a

producto de una funciń escalar por una funciń vectorial, dada por:
o o

× [f (r)→] = f (r)
−
r ×→ +
−
r f (r) × →,
−
r
→
−
por definiciń, sabemos que
o × → = 0 , y aplicando la expresiń para el
−
r o

gradiente de una funciń que s´lamente depende de r, donde r = | →| , obtenemos
o o −
r

f (r) → → →
− ×− =−,
f (r) × → =
−
r r r 0
r
finalmente se demuestra que
→
−
× [f (r)→] = 0 .
−
r

94

Problema 21.
→
− →
− →
−
Hallar el campo vectorial F tal que F = f (r)→
−
r y div F = 0, es decir;
halle la funciń f (r).
o
Soluciń:
o

Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla,
→
− →
− →
−
· ΦA = Φ· A +Φ · A,
en este caso, tenemos

Φ = f (r),
→
− →,
−
A = r

· [f (r)→] =
−
r f (r) · → + f (r) · →
−
r −
r
→| , podemos aplicar
−
como el campo escalar f, s´lo depende de r = | r
o
→
−
r
f (r) = f (r) r = f (r) ,
r
que se demuestra aplicando regla de la cadena (ver problema 19). Por otro lado,
de la definiciń de la divergencia de un campo vectorial, tenemos
o

∂ ∂ ∂
·→=
−
r , , · (x, y, z) = 3,
∂x ∂y ∂z
entonces

→
−r →
· [f (r)→] =
−
r f´ (r) · − + 3f (r)
r
r
= f´ (r)r + 3f (r),

aplicando la hip´tesis del problema dada por
o · [f (r) →] = 0, obtenemos
−
r

f´(r)
r + 3 = 0,
f (r)
o tambiń,
e
1 3
df (r) = − dr,
f (r) r
integrando, obtenemos

95

df (r) dr
= −3
f (r) r
ln f (r) + cte = −3 (ln r + cte)
ln f (r) = ln r −3 + cte
−3
eln f (r) = e(ln r +cte) ,

finalmente, la funciń escalar est´ dada por:
o a
A
f (r) = Ar −3 = .
r3
donde A es una constante de integraciń.
o

96

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

I) r n = nrn−2 →
−
r
2 n
II) r = n(n + 1)r n−2
III) · (r n →) = (n + 3) r n
−
r

b) Aplique los resultados del inciso a) para calcular,
1
I) r
2
II) ()1r 3/2
→
−r
III) · r3

Solucion:

a) Por definiciń, el vector de posiciń de un punto en el espacio est´ dado
o o a
por,
→ = xi + y j + z k,
−
r
de donde, la magnitud del vector esta dada por r = |→| = x2 + y 2 + z 2 .
−r
Aplicando la definiciń del operador vectorial nabla dado por,
o
∂ ∂ ∂
≡ i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
obtenemos para I),
∂rn ∂rn ∂rn
rn = i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
sustituyendo la magnitud del vector de posiciń, tenemos
o

∂ n ∂ n ∂ n
rn = x2 + y 2 + z 2 2 i + x2 + y 2 + z 2 2 j + x2 + y 2 + z 2 2 k
∂x ∂y ∂z
n 2 2
n
2 2 −1 n 2 2
n
2 2 −1 n 2 n
2 −1
= x +y +z (2x) i + x +y +z (2y) j + x + y2 + z2 (2z) k
2 2 2
n−2
= n x2 + y 2 + z 2 2
xi + y j + z k

= n |→|
− n−2 →,
r −
r

finalmente,
rn = nrn−2 →.
−
r

II) Para este caso, sabemos que el operador laplaciano est´ dado por,
a

97

2 ∂2 ∂2 ∂2
≡ ·
+ 2 + 2,=
∂x2 ∂y ∂z
de esta forma, sustituyendo la magnitud del vector →, obtenemos
−r

2 n ∂2 n ∂2 n ∂2 n
r = x2 + y 2 + z 2 2
+ x2 + y 2 + z 2 2
+ x2 + y 2 + z 2 2
,
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
observese por la forma de la funciń escalar dada, s´lo necesitamos calcular
o o
las derivadas parciales con respecto a x, las derivada con respecto a y y z son
an´logas, sin embargo podemos usar el resultado del inciso anterior de la forma,
a
2 n
r ≡ · rn = · nrn−2 → ,
−
r
y en este caso podemos aplicar la siguiente propiedad del operador nabla,
→
− →
− →
−
· ΦA = Φ· A +Φ · A,
donde,

Φ = nr n−2 ,
→
−
A −
= →,
r

por lo tanto,
2 n
r ≡ · nrn−1 → =
−
r nrn−2 · → + nr n−2
−
r · →,
−
r
o −
aplicando la divergencia de una funciń vectorial tenemos que · → = 3 y el
r
n−2 n−4 →
− , de esta forma,
resultado del inciso anterior, en este caso r = (n−2)r r

2 n
r = n(n − 2)r n−4 → · → + 3nr n−2 ,
− −
r r
n−2
= n(n − 2)r + 3nr n−2 ,

donde aplicamos el hecho de que → · → = |→| = r2 , finalmente obtenemos
− −
r r − 2
r
2 n
r = n(n + 2)r n−2 .
III). En forma an´loga al inciso a) parte II), aplicando la propiedad de
a
la divergencia de un campo escalar por un campo vectorial, en este caso las
funciones escalares y vectoriales estń dadas por,
a

Φ = rn ,
→
− →,
−
A = r

por lo tanto,

98

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

· (r n →)
−
r = nr n−2 → · → + 3r n
− −
r r
= nr + 3r n
n

= (n + 3)r n .

b) Aplicando los resultados del inciso a) obtenemos,

→
−
I) 1
r = r−1 = (−1)r −3 → = − rr3 .
−
r
r− 2 = − 2 − 3 + 1 r(− 2 −2) = 3 r− 2 =
3 3 7
2 3 3
II) ()1r 3/2 = 2
2 4
√ .
4 r7
→
−
III) · rr3 = · r−3 → = 0.
−r

99

Problema 23.
Dado el campo vectorial,

→
− →
−r
F = → k,
−|
|r
→
−
donde → = xi + y j + z k. Para qu´ valor de la constante k, la divergencia de F
−
r e

es igual a cero?.
Soluci´n:
o
→
−
Las componentes del campo vectorial F est´n dadas por:
a

x
Fx = k ,
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
y
Fy = k ,
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
z
Fz = k ,
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
→
−
como la divergencia de una campo vectorial F = Fx i + Fy j + Fz k, est´ dada
a

por

→ ∂Fx
− ∂Fy ∂Fz
·F ≡ + +
∂x ∂y ∂z
s´lamente necesitamos calcular una derivada parcial, de esta forma
o

∂Fx ∂ x
=
∂x ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) k
2

k k
k 2 −1
x2 + y 2 + z 2 2
−x 2 x2 + y 2 + z 2 (2x)
= k
(x2 + y 2 + z2)
1 kx2
= k − k .
+1
(x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2
An´logamente para las derivadas parciales con respecto a y y z, obtenemos
a

∂Fy 1 ky 2
= k − k .
∂y (x2 + y 2 + z 2 ) 2
(x2 + y 2 + z 2 ) 2
+1

∂Fz 1 kz 2
= k − k .
∂z (x2 + y 2 + z 2 ) 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2
+1

100

→
−
sumando los resultados anteriores, la divergencia del campo vectorial F ,
est´ dada por
a

→
− 3 k x2 + y 2 + z 2 3−k
·F = k − k = k .
+1
(x2 + y2 + z2) 2
(x2 + y2 + z2) 2 (x2 + y2 + z2 ) 2
→
−
de lo anterior, vemos que si k = 3, entonces la divergencia de F es igual a
cero.

101

Soluci´n alternativa:
o
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) = |→| ,
− −k
r
→
− →,
−
A = r
de esta forma,

· − −k → =
|→|
r −
r |→|
r −
r −
− −k · → + |→|−k
r · →,
−
r
aplicando el resultado

df (r)
f (r) = er ,
dr
que se cumple para campos escalares que solamente dependen de r, donde r =

|→| . Por lo tanto,
−
r

→
−
· |→|
− −k →
r −
r = − −k−1 r · → + 3 |→|−k
− | →|
r −r −r
|→|
−
r
= − | →|
− −k−2 |→|2 + 3 |→|−k
r −
r −
r
3−k
= − k,
|→ |
r
donde se aplic´ tambi´n la propiedad de la norma del producto escalar de vec-
o e

tores y el hecho de que

∂x ∂y ∂z
·→=
−
r + + = 3.
∂x ∂y ∂z

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

102

Problema 24.
Dado el campo vectorial,

→
− −y i + xj
F = k .
(x2 + y 2 ) 2
→
−
Hallar el valor de la constante k, de forma que F sea irrotacional, es decir
→ →
− −
que × F = 0 .
Soluci´n.
o
Aplicando la siguiente propiedad del operador nabla,
→
− →
− →
−
× ΦA = Φ× A +Φ × A,

donde en este caso,

−k
Φ = x2 + y 2 2
,
→
−
A = −y i + xj,

obtenemos,

k
−k −k
× x2 + y 2 2
−xi + y j = x2 + y 2 2
× −y i + xj + x2 + y 2 2
× −y i + xj ,

del problema anterior, obtenemos

−k −k
x2 + y 2 2
= k xi + y j
+1
(x2 + y2 ) 2
de esta forma,

−k −k −k
× x2 + y 2 2
−xi + y j = k xi + y j × −y i + xj + x2 + y 2 2
× −y i + xj
2 +1
(x2 + y 2 )

calculando el producto vectorial y el rotacional,

i j k
xi + y j × −y i + xj = x y 0 = x2 + y 2 k
−y x 0
i j k
∂ ∂
× −y i + xj = ∂x ∂y 0 = 2k
−y x 0

sustituyendo, obtenemos

103

k −k 2k
× x2 + y 2 2
−xi + y j = k x2 + y 2 k + k
+1
(x2 +y2) 2 (x2 + y2) 2
2−k
= k k.
(x2 + y 2 ) 2
→ →
− −
De lo anterior, si k = 2, entonces × F = 0.

104

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 ´ste campo vectorial .
e
Soluciń:
o
→
− → →
− −
a) Por definiciń, si A es irrotacional debe cumplir que × A = 0 , por lo
o
tanto

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

aplicando la hip´tesis de que el campo vectorial debe ser conservativo, entonces
o

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 est´ dado por:
a
→
−
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

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

105

de donde,

∂φ
= x + 2y + 4z,
∂x
∂φ
= 2x − 3y − z,
∂y
∂φ
= 4x − y + 2z,
∂z
Integrando parcialmente con respecto a x, y y z respectivamente, obtenemos:

x2
(1) φ(x, y, z) = 2 + 2xy + 4xz + f (y, z),

(2) φ(x, y, z) = 2xy − 3 y 2 − yz + g(x, z),
2

(3) φ(x, y, z) = 4xz − yz + z 2 + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a y, de las ecuaciones (1) y (2) obtenemos,

∂φ ∂f (y, z)
= 2x +
∂y ∂y
∂φ
= 2x − 3y − z
∂y
de las ecuaciones anteriores se obtiene,

∂f (y, z)
= −3y − z
∂y
integrando nuevamente con respecto a y obtenemos,
3
f (y, z) = − y 2 − yz + m(z)
2
substituyendo en la ecuaci´n (1) obtenemos,
o

x2 3
(4) φ(x, y, z) = 2 + 2xy + 4xz − 2 y 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 ∂m(z)
= 4x − y +
∂z ∂z
∂φ
= 4x − y + 2z
∂z
de lo anterior, se tiene

106

∂m(z)
4x − y + = 4x − y + 2z
∂z
dm(z)
= 2z
dz

m(z) = z 2 + cte,
→
−
por lo tanto, la funci´n escalar φ(x, y, z) tal que A =
o φ(x, y, z) est´ dada por:
a

x2 3
φ(x, y, z) = + 2xy + 4xz − y 2 − yz + z 2 + cte
2 2
n´tese que:
o

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

107

Problema 26.
a) Demostrar
→
−
A = (6xy + z 3 )i + (3x2 − z)j + (3xz 2 − y)k
que es irrotacional.
→
−
b) Hallar φ tal que A = φ.

Soluci´n:
o

a) Veriﬁquemos primeramente si el campo vectorial dado es irrotacional

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
×A = ∂x ∂y ∂z
3 2 2
6xy + z 3x − z 3xz − y
∂ ∂
= (3xz 2 − y) − (3x2 − z) i
∂y ∂z
∂ ∂
− (3xz 2 − y) − (6xy + z 3 ) j
∂x ∂z
∂ ∂
+ (3x2 − z) − (6xy + z 3 ) k
∂x ∂y
= (−1 + 1)i − 3z 2 − 3z 2 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
= 6xy + z 3 ,
∂x
∂φ
= 3x2 − z,
∂y
∂φ
= 3xz 2 − y.
∂z


(1) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 + f (y, z),

108

(2) φ(x, y, z) = 3x2 y − yz + g(x, z),

(3) φ(x, y, z) = xz 3 − yz + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a z las ecuaciones (1) y (3) obtenemos,

∂φ ∂f (y, z)
= 3xz 2 + ,
∂z ∂z
∂φ
= 3xz 2 − y,
∂z
de las ecuaciones anteriores se obtiene,

∂f (y, z)
= −y,
∂y
integrando nuevamente con respecto a y obtenemos,

f (y, z) = −yz + m(y),
o

(4) φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 − yz + m(y).

(2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y, obtenemos

∂φ ∂m(y)
= 3x2 − z + ,
∂y ∂y
∂φ
= 3x2 − z,
∂y
de lo anterior, se tiene

109

∂m(y)
3x2 − z + = 3x2 − z,
∂y
dm(y)
= 0,
dy
ﬁnalmente obtenemos

m(z) = cte,
→
−
por lo tanto, la funci´n escalar φ(x, y, z) tal que A =
o φ(x, y, z) est´ dada por:
a

φ(x, y, z) = 3x2 y + xz 3 − yz + cte.

110

Problema 27.
Verificar si el campo vectorial

→
−
f = 3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 k

se puede obtener a partir del gradiente de una funciń escalar. Si es as´
o ı,
obtenga el campo escalar.
Soluciń:
o
→
−
Verifiquemos si el rotacional del campo vectorial dado es igual al vector 0 .

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
× f = ∂x ∂y ∂z
,
2 3 2
3x y x + 1 9z
de lo anterior se deduce inmediatamente que,

→ →
− −
× f = 0.

Por lo tanto el campo vectorial es un campo conservativo, as´ que se puede
ı
deducir a partir del gradiente de una funciń escalar, es decir;
o

−
→
f = φ.

→
−
De la expresiń para el campo vectorial f y de la definiciń para el gradiente,
o o
obtenemos

∂φ
= 3x2 y,
∂x
∂φ
= x3 + 1,
∂y
∂φ
= 9z 2 .
∂z

111


(1) φ(x, y, z) = x3 y + f (y, z),

(2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z),

(3) φ(x, y, z) = 3z 3 + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a x las ecuaciones (1) y (3) e igualando las

ecuaciones resultantes, obtenemos

∂h(x, y)
= 3x2 y
∂x
integrando nuevamente con respecto a x obtenemos,

h(x, y) = x3 y + m(y)
o

(4) φ(x, y, z) = 3z 3 + x3 y + m(y).

(2) y (4) derivando parcialmente con respecto a y e igualando las ecuaciones
resultantes, obtenemos

dm(y)
=1
dy

m(y) = y + cte
→
−
por lo tanto, la funci´n escalar φ tal que f = φ est´ dada por:
o a

φ(x, y, z) = 3z 3 + x3 y + y + cte.

112

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

→ →
− −r
E = 2
r
es irrotacional.
→
−
b) Encontrar φ de forma que E = − φ, con la condiciń de que φ(a) = 0,
o
siendo a = cte > 0.
Soluciń:
o
a) Para demostrar que el rotacional del campo vectorial dado es igual al
→
−
vector 0 , aplicaremos la siguiente propiedad del operador nabla
→
− →
− →
−
× φA = φ× A +φ ×A
→
−
en este caso, identificamos a φ = φ(r) = 1
r2 y A = →, aplicando la ecuaciń
−
r o
anterior obtenemos:
→
−
r 1 1
× = r2
×→+
−
r × →,
−
r
r2 r2
aplicando la siguiente ecuaciń
o

φ(r) = φ (r)er ,
que es v´lida para campos escalares donde r = |→|, obtenemos
a −
r

1 →
−
r
r2
=− ,
r
→
−
adem´s como
a × → = 0 . Al sustituir las expresiones anteriores, obtenemos
−
r
finalmente

→
− →
−
r →
−
×E = × r2
= 0

b) Como ya se demostr´ que
o
→ →
− −
×E = 0
entonces
→
−
E =− φ
aplicando nuevamente la ecuaciń φ(r) = φ (r)er , identificando en este caso
o
correctamente la expresiń para la funciń escalar, obtenemos
o o

dφ(r) 1
=−
dr r
integrando, obtenemos

113

1
φ(r) = − ln + cte
r
aplicando la condici´n de que φ(a) = 0 siendo a > 0, obtenemos el valor de la
o
constante de integraci´n dada por
o

cte = ln a

a
φ(r) = ln .
r

114

Problema 29.
Considere la siguiente transformaciń
o

x = w,
y = ev cos u,
z = ev sin u,

a) Calcule los factores de escala.
b) Verifique si el sistema de cordenadas (u, v, w) es ortogonal.
c) Hallar el elemento dS 2 .
Soluciń:
o
a) En t´rminos de la transformaciń dada, el vector de posiciń est´ dado
e o o a
por:
→ = wi + ev cos uj + ev sin uk.
−
r
Por definiciń, los factores de escala, estń dados por:
o a

∂→
−
r
hu ≡ = e2v [sen2 u + cos2 u] = ev ,
∂u
∂→
−
r
hv ≡ = e2v cos2 u + sin2 u = ev ,
∂v
∂→
−
r
hw ≡ = 1.
∂w

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

eu · ev = eu · ew = ev · ew = 0,
as´ como,
ı

eu · eu = ev · ev = ew · ew = 1.
Calculemos primero los vectores eu , ev y ew , que son los vectores unitarios
tangentes a las l´
ıneas coordenadas u, v y w respectivamente. Por definiciń o
tenemos,

∂ →/∂u
−
r ev sin uj + ev cos uk
eu ≡ = = − sin uj + cos uk,
|∂ →/∂u|
−
r e2v [sen2 u + cos2 u]
∂ →/∂v
−
r ev cos uj + ev sin uk
ev ≡ = = cos uj + sin uk,
|∂ →/∂v|
−
r e2v cos2 u + sin2 u
∂ →/∂w
−
r i
ew ≡ = = i,
|∂ →/∂w|
−
r i

115

de las ecuaciones anteriores, obtenemos

eu · e w = (− sin uj + cos uk) · (cos uj + sin uk)
= − sin u cos uj · j − sin2 uj · k + cos2 uk · j + sin u cos uk · k
= 0

tambiń, en forma inmediata se observa que se cumple
e

ev · ew = eu · ev = 0,

as´ como
ı
eu · e u = e v · e v = e w · e w = 1
c) Por definiciń, el elemento dS 2 est´ dado por,
o a

dS 2 = d→ · d→,
− −
r r
donde

∂→
−
r ∂→
−
r ∂→
−
r
d→ =
−
r du1 + dv + dw,
∂u ∂v ∂w
→
− →
− →
−
los vectores, ∂ r , ∂ r y ∂ r son vectores tangentes a las l´
∂u ∂v ∂w ıneas coordenada u,
v y w respectivamente y estń dados por
a

∂→
−
r
= ev sin uj + ev cos uk
∂u
∂→
−
r
= ev cos uj + ev sin uk
∂v
∂→
−
r
= i
∂w
De esta forma, el elemento dS 2 est´ dado por,
a

dS 2 = dw2 + e2v sin2 udu2 − 2 sin udu cos udv + sin2 udu2
+e2v cos2 udu2 + 2 cos udv sin udv + sin2 udv 2
= dw2 + e2v sin2 udu2 + e2v cos2 udv 2 + e2v cos2 udu2 + e2v sin2 udv 2
= du2 e2v sin2 u + cos2 u + dv 2 e2v cos2 u + sin2 u + dw2
dS 2 = e2v du2 + e2v dv 2 + dw2 .

Con lo cual se comprueba que es ortogonal, ya que no hay t´rminos cruzados.
e

116

Problema 30.
Encuentre la relaciń de los vectores unitarios en coordenadas esf´ricas y
o e
rectńgulares, es decir, encuentre:
a

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 ,

Soluciń:
o
La transformaciń entre cordenadas rectńgulares y esf´ricas est´ dada por:
o a e a

x = r sin θ cos φ,
y = r sin θ sin φ,
z = r cos θ

donde, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π y 0 ≤ r. El vector de posiciń de un punto en
o
el espacio en coordenadas esf´ricas est´ dado por:
e a

→ = r sin θ cos φi + r sin θ sin φj + r cos θ k
−
r
de esta forma, los vectores unitarios tangentes a las l´
ıneas coordenadas r, θ y
φ estń dados por,
a

∂→
−
r
∂r sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θ k
er = →
− = ,
∂r
∂r sin2 θ cos2 φ + sin2 θ + cos2 θ
∂→
−
r
∂φ r cos θ cos φi + r cos θ sin φj − r sin θ k
eθ = = ,
∂→
−
r
∂θ r2 cos θ 2 sin2 φ + sin2 φ − r2 sin2 θ
∂→
−
r
∂φ −r sin θ sin φi + r sin θ cos φj
eφ = = ,
∂→
−
r
∂φ r2 sin2 θ sin2 φ cos2 φ

117

que se pueden escribir finalmente de la forma,

(a) er = sin θ cos φi + sin θ sin φj + cos θ k,
(b) eθ = cos θ cos φi + cos θ sin φj − sin θ k,
(c) eφ = − sin φi + cos φj.

Ahora para encontrar la dependencia de los vectores i, j y k, en t´rminos
e
de los vectores er , eθ y eφ , aplicamos la siguiente relaciń vectorial
o
→
− →
− →
− →
−
A = A · u 1 u1 + A · u 2 u2 + A · u 3 u3 ,
→
−
para cualquier vector A , que es v´lida para los vectores u1 , u2 y u3 , que
a

forman una base ortonormal, es decir que cumplen que u i · uj = δij , donde δij
es la funciń delta de Kcronecker y est´ dada por,
o a

1, i = j
δij =
0, i = j

De esta forma, como los vectores unitarios i, j y k y er , eθ y eφ forman
una base ortonormal, aplicando la expresiń anterior escribimos a los vectores
o
i, j y k en t´rminos de los vectores er , eθ y eφ de la forma,
e

(1) i = i · e r er + i · e θ eθ + i · e φ eφ ,
(2) j = j · e r er + j · e θ eθ + j · e φ eφ ,
(3) k = k · e r er + k · e θ eθ + k · e φ eφ ,

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

producto escalar, obtńemos
e

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

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

118

mente se obtiene

i = sin θ cos φer + cos θ cos φeθ − sin φeφ
j = sin θ sin φer cos θ sin θeθ − cos φeφ
k = cos θer − sin θeφ .

Problema 31.
Transformar la siguiente funciń vectorial
o
→
− 1
f = eϕ ,
rsenθ
que est´ en cordenadas esf´ricas (r, θ, φ), a coordenadas rectńgulares.
a e a
Soluciń:
o
Por definiciń, las coordenadas esf´ricas estń dadas por la transformaciń:
o e a o

x = r sin θ cos ϕ,
y = r sin θ sin ϕ,
z = r cos θ,

por lo tanto, el vector de posiciń de un punto en el espacio en coordenadas
o
esf´ricas, est´ dado por:
e a
→ = xi + y j + z k = r sin θ cos ϕi + r sin θ sin ϕ + r cos θ,
−
r
de esta expresiń, debemos calcular primero el vector unitario tangente a la
o
l´
ınea coordenada ϕ de la forma,

∂ →/∂ϕ
−
r −r sin θ sin ϕi + r sin θ cos ϕj
eϕ ≡ →/∂ϕ| =
|∂ −
r (r sin θ sin ϕ)2 + (r sin θ cos ϕ)2
−r sin θ sin ϕi + sin θ cos ϕj
= ,
r2 sin2 θ(sin2 ϕ + cos2 ϕ)

por lo tanto,
eϕ = − sin ϕi + cos ϕj,
→
−
sustituyendo en la expresiń para f , obtenemos
o
→
− 1 1
f = eϕ = (− sin ϕi + cos ϕj),
r sin θ r sin θ
y de las ecuaciones de transformaciń, obtenemos:
o

119

y
sin ϕ = ,
r sin θ
x
cos ϕ = ,
r sin θ
sustituyendo, obtenemos
→
− y x
f =− 2 i+ 2 j,
r2sin θ r sin2 θ
por otro lado, de las ecuaciones de transformaciń tambiń tenemos que,
o e

x2 + y 2 = r2 sin2 θ,

finalmente, sustituyendo la ecuaciń anterior obtenemos
o
→
− y x
f =− i+ 2 j.
x2 +y 2 x + y2

120

Problema 32.
Transformar la funciń vectorial
o
→
−
F = ρeρ + ρeφ ,
que est´ en coordenadas cil´
a ındricas, a coordenadas rectangulares.
Soluciń:
o
El vector de posiciń de un punto P en el espacio esta dado por
o
→ = xi + y j + z k
−
r
sustituyendo las ecuaciones de transformaciń de coordenadas cil´
o ındricas y rectńgulares,
a
dadas por las ecuaciones

x = ρ cos φ,
y = ρ sin φ,
z = z,

obtenemos
−
→ = ρ cos φi + ρ sin φj + z k,
r
por lo tanto, los vectores unitarios tangentes a las l´
ıneas coordenadas ρ y φ
estń dados por:
a
∂→
−
r
∂ρ cos φi + sin φj
eρ ≡ = = cos φi + sin φj,
∂→
−
r cos φ2 + sin φ2
∂ρ

∂→
−
r
∂φ −ρ sin φi + ρ cos φj
eφ ≡ = = − sin φi + cos φj,
∂→
−
r ρ2 cos φ2 + ρ2 sin φ2
∂φ

De la transformaciń inversa, tenemos
o
1
ρ = x2 + y 2 2
,
sustituyendo las expresiones para los vectores unitarios e ρ y eφ , y la ecuaciń
o
anterior, en la funciń vectorial, obtenemos
o

→
− 1 1
F = x2 + y 2 2
cos φi + sin φj + x2 + y 2 2
− sin φi + cos φj
1
= x2 + y 2 2
cos φi + sin φj − sin φi + cos φj
1
= x2 + y 2 2
(cos φ − sin φ) i + (sin φ + cos φ) j

y de las ecuaciones de transformaciń, obtenemos
o

121

→
− 1 x y x y
F = x2 + y 2 2
1 − 1 i+ 1 + 1 j
(x2 + y 2 ) 2
(x2 + y 2 ) 2
(x2 + y 2 ) 2
(x2 + y 2 ) 2

ﬁnalmente se obtiene,
→
−
F = (x − y)i + (x + y)j

122

Problema 33.

Para las coordenadas cil´
ındricas parab´licas (ξ, η, φ), las ecuaciones de trns-
o
formaciń a coordenadas rectńgulares estń dadas por,
o a a

x = ξη cos φ,
y = ξη sin φ,
1 2
z = η − ξ2 .
2
a) Hallar los factores de escala.

b) Mostrar que eη × eξ = eφ .

Soluciń:
o

a) Por definiciń sabemos que el vector de posiciń de un punto en el espacio
o o
est´ dado por,
a

→ = xi + y j + z k,
−
r
sustituyendo las ecuaciones de transformaciń, tenemos
o

→ (ξ, η, φ) = ξη cos φi + ξη sin φj + 1 η 2 − ξ 2 k,
−r
2
de donde, los factores de escala estń dados por,
a

∂→
−
r
hξ ≡ = η 2 cos2 φ + η 2 sin2 φ + ξ 2 = η2 + ξ2 ,
∂ξ
∂→
−
r
hη ≡ = ξ 2 cos2 φ + ξ 2 sin2 φ + η 2 = ξ2 + η2,
∂η
∂→
−
r
hφ ≡ = sin2 φ + cos2 φ = 1.
∂φ

b) Por definiciń, los vectores unitarios tangentes a las l´
o ıneas coordenadas ξ,
η y φ para este caso estń dados por,
a

123

∂→
−
r
∂ξ η cos φi + η sin φj − ξ k
eξ ≡ = ,
∂→
−
r η2 + ξ2
∂ξ
∂→
−
r
∂η ξ cos φi + η sin φj − η k
eη ≡ = ,
∂→
−
r η2 + ξ2
∂η
∂→
−
r
∂ξ − sin φi + cos φj
eξ ≡ = ,
∂→
−
r 1
∂ξ

tambi´n se pueden representar de la siguiente forma,
e

1
eξ = η cos φi + η sin φj − ξ k ,
hξ
1
eη = ξ cos φi + ξ sin φj − η k ,
hη
eφ = − sin φi + cos φj.

Por lo tanto, calculando el producto vectorial de los vectores unitarios e ξ y
eη , obtenemos

1 1 i j k
eξ × e η = η cos φ η sin φ −ξ
hξ hη
ξ cos φ ξ sin φ η
1
= η 2 sin φ + ξ 2 sin φ i − η 2 cos φ + ξ 2 cos φ j
(η 2 + ξ 2 )
1
= 2 + ξ2)
η 2 + ξ 2 sin φi − η 2 + ξ 2 cos φj
(η
= sin φi − cos φj = eφ .

124

ıtulo 3.

Problema 1.
Si φ(x, y) = xy Calcular φd→ desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 0)
−
r
a lo largo de:

a) La curva y = x2 , z = 0.
b) La l´
ınea recta que une los puntos (0, 0, 0) y (1, 1, 0).

Soluciń:
o
a) La ecuaciń de la par´bola y = x2 , z = 0, se puede representar en forma
o a
param´trica de la forma,
e

→(t) = ti + t2 j
−
r
donde 0 ≤ t ≤ 1. Por lo tanto el elemento de desplazamiento diferencial d →
−
r

est´ dado por:
a

d→(t) = dti + 2tdtj
−
r
as´ la integral de l´
ı ınea resulta,

(1,1,0) 1
−
φd→
r = φ(x, y)d→ =
−
r t t2 dti + 2tdtj
C (0,0,0) t=0
1 1
= i t3 dt + j 2t4 dt
t=0 t=0

al resolver la integral, obtenemos

1 2
φd→ =
−
r i+ j
C 4 5

b) Recordemos que la ecuaciń param´trica de una recta que pasa por dos
o e
puntos est´ dada por:
a

→(t) = → + t (→ − → ) ,
−
r −
r1 −
r2 −1
r

125

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

respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (0, 0, 0)
y (1, 1, 0), por lo tanto la ecuaciń de la recta en forma param´trica que va del
o e
punto (0, 0, 0) y (1, 1, 0) est´ dada por,
a

→(t) = t (1, 1, 0) ,
−
r
es decir,

→(t) = ti + tj,
−
r
as´ en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ dado por:
ı, a

−
d→(t) = dti + dtj
r
la integral de l´
ınea resulta,

(1,1,0) 1
φd→
−
r = φ(x, y)d→ =
−
r t2 dti + dtj
C (0,0,0) t=0
1 1
= i t2 dt + j t2 dt
t=0 t=0

finalmente al resolver la integral, obtenemos

1 1
φd→ =
−
r i+ j
C 3 3

Soluciones alternativas:

a) La curva est´ descrita por las ecuaciones,
a

y = x2
z = 0.

126

Si escogemos a la variable x como par´metro, entonces las ecuaciones param´tricas
a e
de la curva dada son :

x = x
y = x2 ,

por lo que la ecuaciń de la cuva en forma param´trica est´ dada por:
o e a

→(x) = xi + x2 j;
−
r 0≤x≤1
de donde obtenemos,

d→ = dxi + 2xdxj
−
r
por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:

(1,1,0)
1
1 2
φd→ =
−
r x3 (dxi + 2xdxj) = ... = i + j.
0 4 5
(0,0,0)

An´logamente, si escogemos a y como par´metro, las ecuaciones param´tricas
a a e
serń:
a

√
x = y
y = y,

por lo que la ecuaciń de la cuva en forma param´trica est´ dada por:
o e a

→(y) = √y i + y j;
−
r 0≤y≤1
de donde obtenemos,

1
d→ = √ dy i + dy j,
−
r
2 y
por lo que la integral se puede calcular de la siguiente forma:

127

(1,1,0)
1
1
φd→ =
− 5
r y 2 ( √ dy i + dy j)
0 2 y
(0,0,0)

al hacer un poco de algebra, obtenemos
´

(1,1,0)
1 1
y
φd→
− 5
r = i dy + j y 2 dy
0 2 0
(0,0,0)
1 1
y2 2 5
= i +j y2
4 0 5 0
1 2
= i+ j
4 5

b) An´logamente al inciso a) de la soluciń alternativa si escogemos a la
a o
variable x como par´metro la ecuaciń param´trica de la curva est´ dada por:
a o e a

→(x) = xi + xj;
−
r 0≤x≤1
de donde obtenemos,

d→ = dxi = dxj,
−
r
finalmente, al resolver la integral de l´
ınea se obtiene,

(1,1,0)
1 1
φd→ =
−
r x2 (dxi + dxj) = ... = i + j.
(0,0,0) 3 3

128

Problema 2.
Calcular C φd→ para φ = x3 y +zy desde el punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) ,
−
r

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

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

Soluciń:
o
a) Si tomamos como par´metro a x, donde 1 ≤ x ≤ 2, la ecuaciń de la
a o
par´bola en forma param´trica est´ dada por:
a e a

→(x) = xi + x2 j,
−
r
por lo tanto, el elemento diferencial de l´
ınea est´ dado por,
a

d→ = dxi + 2xdxj,
−
r
luego entonces,
(2,4,0)
φd→ =
−
r x3 y + zy d→,
−
r
C (1,1,0)

sustituyendo la parametrizaciń de la trayectoria, obtenemos
o

2
φd→
−
r = x3 x2 + 2x2 dxi + 2xdxj
C 1
2 2
= x5 + 2x2 dxi + 2xdxj = x5 + 2x2 dxi + x5 + 2x2 (2x) dxj
1 1
2 2
= x5 + 2x2 dxi + 2x6 + 4x3 dxj
1 1
2 2
x6 2 2 7
= + x3 i+ x + x4 j
6 3 1 7 1
3
26 2 (2) 1 2 2 7 4 2 7 4
= + − + i+ (2) + (2) − (1) + (1) j
6 3 6 3 7 7
64 + 32 − 1 − 4 256 + 112 − 2 − 7
= i+ j,
6 7

finalmente, se obtiene
91 359
φd→ =
−
r , ,0
C 6 7

129

b) Se sabe que la ecuaciń param´trica de una recta que pasa por dos puntos
o e
est´ dada por:
a

→(t) = → + t (→ − → ) ,
−
r −
r1 −
r2 −1
r
donde →1 y →2 son los vectores de posiciń de los puntos (x1 , y1 , z1 ) y (x2 , y2 , z2 )
−
r −
r o

respectivamente por donde pasa la recta. En este caso los puntos son: (1, 1, 0)
y (2, 4, 0), por lo tanto la ecuaciń de la recta en forma param´trica que va del
o e
punto (1, 1, 0) al punto (2, 4, 0) est´ dada por,
a

→(t) = (1, 1, −0) + t (1, 3, 0) ,
−
r
donde 0 ≤ t ≤ 1, o tambiń,
e
→(t) = (1, t + 3t, 0) ,
−
r
as´ en este caso el vector de desplazamiento diferencial est´ dado por:
ı, a

d→(t) = dti + 3dtj,
−
r
y las ecuaciones param´tricas de la recta estń dadas por:
e a

x = 1 + t,
y = 1 + 3t,
z = 0.

De esta forma, sustituyendo las ecuaciones parametricas la funciń φ est´
o a
dada por:

3
φ = (1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t,
por lo tanto,

130

(2,4,0)
φd→
−
r = x3 y + zy d→ =
−
r
C (1,1,0)
t=1
3
= (1 + t) (1 + 3t) + 2 + 6t dti + 3dtj
t=0
t=1
= 1 + 3t + 3t2 + t3 (1 + 3t) + 2 + 6t dti + 3dtJ
t=0
t=1 t=1
= 3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dti + 3 3 + 12t + 12t2 + 10t3 + 3t4 dtJ
t=0 t=0
1 1
5 3 5 3
= 3t + 6t2 + 4t3 + t4 + t5 i + 3 3t + 6t2 + 4t3 + t4 + t5 j
2 5 0 2 5 0
5 3 5 3
= 3+6+4+ + −0 i+3 3+6+4+ + −0 j
2 5 2 5
30 + 60 + 40 + 25 + 6 30 + 60 + 40 + 25 + 6
= i+3 j
10 10

ﬁnalmente, se obtiene

161 483
φd→ =
−
r i+ j.
C 10 10

131

Problema 3.
→ −
− →
−
Calcular c f · d→ para f = y i + (x + z) j + (x − z) k desde el punto
2 2
r
(0, 0, 0) al punto (2, 4, 0),
a) a lo largo de la parabola y = x2 z = 0,
b) la recta y = 2x.

Soluciń:
o
En forma an´loga al problema anterior, si tomamos como par´metro a x,
a a
donde 0 ≤ x ≤ 2, las ecuaciones param´tricas de la curva estń dadas por:
e a

x = x
y = x2
z = 0
as´ la ecuaciń param´trica de la par´bola est´ dada por,
ı, o e a a

→(x) = xi + x2 j,
−
r
por lo tanto, el elemento diferencial de l´
a

−
d→ = dxi + 2xdxj
r
de esta forma, la integral de l´
ınea esta dada por:

(2,4,0)
→ →
− − 2 2
f ·dr = y i + (x + z) j + (x − z) k · dxi + 2xdxj
c (0,0,0)
2
= 2
x i + x2 j + x2 k · dxi + 2xdxj
0
2 2
= x2 dx + x2 (2x) dx = x2 + 2x3 dx
0 0
2
x3 2x4
= +
3 4 0
3 4
2 (2)
= +2
3 4
→ → 128
− − 32
f ·dr = = .
C 12 3

132

b) En forma an´loga, si tomamos a x, como parametro, la ecuaci´n de la
a o
recta en forma param´trica est´ dada por,
e a

→(x) = xi + 2xj,
−
r
donde 0 ≤ x ≤ 2, por lo tanto, el elemento diferencial de l´
ınea en este caso est´
a

dado por,

d→ = dxi + 2dxj,
−
r
ınea esta dada por:

2
→ →
− −
f ·dr = 2xi + x2 j + x2 k · dxi + 2dxj
c 0
2 2
2
= 2x + 2x2 dx = x2 + x3
0 3 0
3
2 (2)
= 4+
3
28
= .
3

133

Problema 4.
→
− → →
−
Dado el campo vectorial F = 3xi + (2xz − y) j + z k. 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.

Soluci´n:
o
La ecuaci´n de la curva en forma param´trica est´ dada por:
o e a

→(t) = 2t2 i + tj + 4t2 − t k,
−
r
donde 0 ≤ t ≤ 1, por lo tanto el elemento diferencial de l´
ınea est´ dado por:
a

d→(t) = 4tdti + dtj + (8t − 1)dtk.
−
r

Por lo tanto, la integral de l´
ınea est´ dada por:
a

(1,1,0)
→ →
− − →
−
F ·dr = F (x, y, z) · d→(x, y, z)
−
r
C (0,0,0)
t=1
= [3 2t2 i + 2 2t2 4t2 − t − t j + 4t2 − t k] ·
t=0
[4tdti + dtj + (8t − 1)dtk)]
haciendo un poco de algebra obtenemos,
´

1 1 1 1 1
→ →
− −
F ·dr = 24 t3 dt + 16 t4 dt − 4 t3 dt + 32 t3 dt − 12 t2 dt
C 0 0 0 0 0
1
16 5
= 6t4 + t − t4 − t2 + 8t4 − 4t3 + t2
5 0
1
16 5
= t + 13t4 − 4t3
5 0
16 16 + 65 − 20
= + 13 − 4 =
5 5
61
= .
5

134

Problema 5.

Calcular → × d→ a lo largo de la trayectoria representada por la ecuaciń,
−
r −
r o
C

x2 + 2x + y 2 = 9.

Solucion:

Completando cuadrados en la ecuaciń de la trayectoria, obtenemos
o
2
(x + 1) + y 2 = 10,
√
que es la ecuaciń de un c´
o ırculo con centro en el punto (−1, 0) y radio 10. Las

ecuaciones param´tricas de esta trayectoria estń dadas por,
e a

√
x = −1 + 10 cos θ,
√
y = 10 sin θ,

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

param´trica est´ dada por,
e a

→(θ) = (−1, 0) + √10 cos θ i + √10 sin θ j,
−
r
de donde, el elemento diferencial de l´
a

√ √
d→ = − 10 sin θ i + 10 cos θ j.
−
r

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

→×d→ =
− − √ i √ j k √ 2 √ 2
r r = 10 cos2 θ+ 10 sin2 θk = 10k,
√ cos θ
10 √ 10 sin θ 0
− 10 sin θ 10 cos θ 0
ınea est´ dada por,
a

2π
→ × d→ =2π 10dθ k = 10kθ
−
r −
r θ=0 = 20π k.
θ=0
C

135

Problema 6.
Dada la funciń vectorial
o
→
−
A = (y − 2x)i + (3x + 2y)j,
→
−
hallar la integral de l´
ınea de A a lo largo de la trayectoria C, que es un c´
ırculo
en el plano XY con centro en el origen y radio 2, sabiendo que C se recorre en
sentido negativo, es decir en sentido de las manecillas del reloj.
Soluciń:
o

Y

0
X

Como se observa en la figura, y debido a que la trayectoria se recorre en
sentido a favor de las manecillas del reloj, las ecuaciones param´tricas de la
e
trayectoria C estń dadas por:
a

x = 2 cos θ,
y = −2 sin θ,

donde
0 θ
2π,
→ −
−
ınea est´ definida por A •d→, debemos de calcular primero
como la integral de l´ a r
ınea d→. El vector de posiciń en cualquier punto de
el elemento diferencial de l´ −r o
la trayectoria C est´ dado por r
a → = 2 cos θ i − 2 sin θ j, de donde obtenemos,
−

d→ = −2 sin θdθ i − 2 cos θdθ j,
−
r
asimismo, el campo vectorial est´ dado por,
a

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

136

por lo tanto,

→ →
− −
A · d r = 4 sin2 θ + 4 sin θ cos θ) + (8 sin θ cos θ − 12 cos θ 2 ) dθ,

de esta forma la integral de l´
a

2π
→ →
− −
A ·dr = sin2 θ + 12 sin θ cos θ − 12 cos2 θ dθ
c θ=0
2π 2π
= 4 sin θ cos θdθ − 12 cos2 θdθ
θ=0 θ=0
2π 2π 2π
θ sin 2θ sin2 θ θ sin 2θ
= 4 − + 12 − 12 +
2 4 θ=0 2 θ=0 2 4 θ=0
2π 2π
= 4 − 12 = −8π.
2 2

Notese que si la trayectoria C se recorre en sentido positivo, las ecuaciones
param´tricas de C estar´ dadas por x = 2 cos θ y y = 2 sin θ, y por lo tanto,
e ıan
el resultado ser´ de la forma
ıa

→ →
− −
A · d r = 8π.
c

137

Problema 7.
Dado el siguiente campo vectorial
→
− y x
F (x, y) = i− 2 j,
x2 + y 2 x + y2
→
−
calcular la integral de la componente tangencial de F de (−1, 0) a (1, 0);
a) A lo largo del semic´ ırculo que une esos puntos,
b) A lo largo de la trayectoria poligonal que se muestra en la siguiente figura.
Y

C2
(0,1) (1,1)
C
1

C3

X
(−1,0) (1,0)

Soluciń:
o
a) Sabemos que x2 + y 2 = 1, es la ecuaciń de un c´
o ırculo de radio 1, entonces
la ecuaciń del semic´
o ırculo ser´
ıa:

y= 1 − x2 ,
si escogemos a x como par´metro, entonces la ecuaciń del la trayectoria curva
a o
que es el semic´
ırculo est´ dada por:
a
→(x) = xi +
−
r 1 − x2 j

donde −1 ≤ x ≤ 1, de la ecuaciń anterior el elemento diferencial de l´
o ınea est´
a
dado por:
xdx
d→ = dxi + √
−
r (−2x)dxj
1 − x2
es decir,
xdx
d→ = dxi −
−
r √j
1 − x2
→
−
por lo tanto, la componente tangencial de F a lo largo del semic´
ırculo
(1,0) 1 √
→ →
− − 1 − x2 −x x
F ·dr = + −√ dx
x2 + 1 − x 2 x2 + 1 − x2 1 − x2
(−1,0) −1

138

(1,0) 1 1
→ →
− − x2 dx
F ·dr = 1− x2 +√ dx = √ .
1 − x2 1 − x2
(−1,0) −1 −1

La integral anterior es del tipo de integrales que se resuelven con cambios
de variable trigonom´tricos y es relativamente sencilla. Antes de resolver la
e
integral, observemos que se puede resolver seleccionando adecuadamente la
parametrizaciń de la trayectoria.
o
En este caso, sabemos que

x(θ) = cos θ,
y(θ) = sin θ,

donde 0 ≤ θ ≤ 2π, son las ecuaciones param´tricas de un c´
e ırculo de radio 1.
Por lo tanto la ecuaciń en forma param´trica de la trayectoria semicircular est´
o e a
dada por:
→(θ) = cos θ i + sin θ j;
−
r θ ∈ [0, π]
observe que el par´metro θ no va de 0 a π. De la ecuaciń anterior, el elemento
a o
diferencial de l´
a

d→(θ) = − sin θdθ i + cos θdθ j.
−
r
→
−
ınea de la componente tangencial del campo F
a lo largo de la trayectoria semicircular resulta ser,

(1,0) θ=0
→ →
− −
F ·dr = cos θ i + sin θ j · − sin θdθ i + cos θdθ j
(−1,0) θ=π
0 π
2 2
= − (Sen θ + Cos θ)dθ = dθ = π.
π 0

Este ultimo resultado muestra que la selecciń adecuada de la parametrizaciń
´ o o
de la trayectoria semicircular conduce a un resultado relativamente m´s facil
a
que la selecciń del par´metro x.
o a
Por otro lado, notemos que para encontrar la integral de l´ınea para el inciso
b) tenemos que resolver dicha integral en tres partes de la forma;
(1,0)
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
F ·dr = F ·dr + F ·dr + F ·dr
C1 C2 C3
(−1,0)

donde C1 , C2 y C3 son las integrales de l´
ınea a lo largo de las trayectorias
rectas como se muestran en la figura. La ecuaciń anterior sin necesidad de
o

139

hacer c´lculos muestran que el procedimiento es un poco laborioso. Por lo
a
tanto, analizemos el campo vectorial dado.
→
−
Si calculamos el rotacional de F obtenemos:

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
×F = ∂x ∂y ∂z
y x
x2 +y 2 − x2 +y2 0
−x − y + 2x2
2 2
x2 + y 2 − 2y 2
= 0i + 0j + [ − ]k
(x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2
→
−
= 0
→
− →
− →
−
es decir, F es irrotacional. Por lo tanto, si × F = 0 (que quiere decir
tambiń que es un campo vectorial conservativo) entonces existe una funciń
e o
escalar φ tal que :
−
→
F = φ
luego entonces, sustituyendo este resultado en la integral de l´
ınea obtenemos

(1,0) (1,0)
→ →
− −
F ·dr = φ · d→
−
r
(−1,0) (−1,0)
(1,0)
∂φ ∂φ ∂φ
= dx + dy + dz
∂x ∂y ∂z
(−1,0)
(1,0)

= dφ
(−1,0)

el resultado anterior muestra que la integral de l´
ınea depende solamente de los
puntos inicial y final de la trayectoria. Luego entonces, para el inciso b) donde
la trayectoria de integraciń es la trayectoria poligonal que se muestra en la
o
figura, se obtiene el siguiente resultado
(1,0)
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
F ·dr = F ·dr + F ·dr + F · d r = π.
C1 C2 C3
(−1,0)

140

Problema 8.
→
−
Demostrar que f = xy 2 i + x3 y j no es conservativo sin aplicar el resultado
→ →
− −
del irrotacional, es decir sin aplicar que × f = 0 .
Soluciń:
o
→
−
Para mostrar que f no es conservativo, calculamos la integral de l´ ınea 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

(0,1)

b
a

X
C1 (1,0)

Para C1 :
Las ecuaciones param´tricas de la curva estń dadas por:
e a

x = x
y = 0

donde 0 ≤ x ≤ 1. Por lo tanto,

→(x) =
−
r xi,
→(x) =
−
dr dxi,

por lo tanto para el campo vectorial dado, obtenemos
(1,0) 1
→ →
− − → →
− −
f ·dr = f ·dr = (0i + 0j) · dxi = 0.
C1
(0,0) x=0

Para C2 , se tiene que
→ →
− − → →
− − → →
− −
f ·dr = f ·dr + f ·dr
C2 a b

141

para la trayectoria a; las ecuaciones param´tricas son:
e

x = 0
y = y
donde 0 ≤ y ≤ 1, de donde se obtiene

→(y) =
−
r yj
→(y) =
−
dr dy j
para la trayectoria b, la ecuaciń param´trica de la recta est´ dada por:
o e a
→(t) = (0, 1) + t(1, −1)
−
r
= ti + (1 − t)j
donde 0 ≤ t ≤ 1,es decir las ecuaciones param´tricas de la curva son:
e
x = t
y = 1−t
por lo tanto para la trayectoria C2 tenemos:

1 1
→ →
− −
f ·dr = (0i + 0j)dy j + t 1 − 2t + t2 − t3 (1 − t) dt
C2
y=0 t=0
1
= [t(1 − 2t + t2 ) − t3 + t4 ]dt
0
1
1 2 1 6 − 20 + 25
= (t4 − 2t2 + t)dt = − + =
0 5 3 2 30

→ · d→ = 1 .
− −
r r
c2 30
Por lo tanto, de los resultados anteriores, la integral de l´
ınea s´ depende de la
ı
→
−
trayectoria de integraciń, luego entonces, el campo vectorial f no es conser-
o
vativo.
Soluciń alternativa:.
o
→
− →
− →
−
Supongamos que f es conservativo, por lo tanto si × f = 0 entonces
→
−
existe una funciń escalar φ tal que f = φ es decir;
o

∂φ
= xy 2
∂x
∂φ
= x3 y,
∂y

142

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

∂ ∂φ
= 2xy
∂y ∂x
∂ ∂φ
= 3x2 y
∂x ∂y

es decir;

∂2φ ∂2φ
=
∂x∂y ∂y∂x
que contradice el resultado fundamental del C´lculo Diferencial que establece
a
que :

∂2φ ∂2φ
= .
∂x∂y ∂y∂x
→
−
Por lo tanto, la hip´tesis original ( f es conservativo) no es correcta, as´ el
o ı
→
−
campo vectorial f no es conservativo.

143

Problema 9.
→
−
Calcular el trabajo realizado por un campo de fuerzas F dado por
→
−
F (x, y, z) = (y + 2x)i + (5y − x)j,
x2 y2
que actua sobre una part´
ıcula que se mueve sobre la elipse a2 + b2 = 1, en

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

fhFU3.5258in2.4327in0ptTrayectoria de integraciń.dibujoelipse.bmp
o
Soluciń:
o
→
−
Como el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ definido por:
a

→ →
− −
W = F ·dr,
C

se puede calcular la integral de l´
ınea tomando la parametrizaciń
o

x = a cos φ
y = b sin φ

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
= −1
∂x
∂M
= 1,
∂y
por lo tanto,

144

→ →
− − ∂N ∂M
F ·d r = − dxdy = [(−1) − 1] dxdy = −2 dxdy = −2A,
∂x ∂y
C Rxy Rxy Rxy

x2 y2
donde A es el area de la elipse
´ a2 + b2 = 1 que es igual πab.

→
−
Por lo tanto el trabajo realizado por el campo de fuerzas F est´ dado por:
a

→ →
− −
W = F · d r = −2πab.
C

145

Problema 10.
→
−
a) Verificar si f = 3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 k es conservativo.

b) Dependiendo de su respuesta en el inciso anterior calcule la integral de
→
−
l´
ınea de f desde el punto (−1, 0, 2) hasta el punto (1, 2, 4).

Soluciń:
o
→
−
a) Para verificar que f = 3x2 y i+(x3 +1)j+9z 2 k es conservativo, calculemos
→
−
el rotacional del campo vectorial f .

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
× f = ∂x ∂y ∂z
2 3 2
3x y x + 1 9z
= (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 funciń escalar talque f =
o φ, es
decir;

∂φ ∂φ ∂φ
3x2 y i + (x3 + 1)j + 9z 2 = i+ j+ k,
∂x ∂y ∂z
de donde obtenemos,

∂φ
= 3x2 y,
∂x
∂φ
= (x3 + 1),
∂y
∂φ
= 9z 2 ,
∂z
integrando parcialmente,

1) φ(x, y, z) = x3 y + f (y, z),

2) φ(x, y, z) = x3 y + y + g(x, z),

146

3) φ(x, y, z) = 3z 3 + h(x, y),
derivando parcialmente con respecto a la variable y, de las ecuaciones 1) y 2)

obtenemos,

∂φ ∂f (y, z)
= x3 + ,
∂y ∂y
∂φ
= x3 + 1,
∂y
de las ecuaciones anteriores obtenemos

∂f (y, z)
= 1,
∂y
integrando nuevamente parcialmente con respecto a la variable y, obtenemos

f (y, z) = y + Ψ(z),
sustituyendo en la ecuaciń 1) obtenemos,
o

4) φ(x, y, z) = x3 y + y + Ψ(z).

3) y 4), derivamos parcialmente ahora con respecto a la variable z y obtenemos,

∂φ
= 9z 2
∂z
∂φ Ψ(z)
=
∂z ∂z
igualando las ecuaciones enteriores obtenemos,

Ψ(z) = 3z 2 + cte,
→
−
finalmente la funciń escalar φ(x, y, z) tal que f =
o φ est´ dada por,
a

147

φ(x, y, z) = x3 y + y + 3z 2 + cte.

Por lo tanto, aplicando el teorema de campos conservativos

(1,2,4) (1,2,4)
→ →
− −
f ·dr = φ · d→ =
−
r dφ(x, y, z)
C (−1,0,2) (−1,0,2)

= φ(1, 2, 4) − φ(−1, 0, 2)
= 52 − 48 = 4.

148

Problema 11.
Calcular el area de una superficie esf´rica.
´ e

Soluciń:
o

La ecuaciń de una superficie S se puede representar mediante una funciń
o o
vectorial de la forma :

→(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k,
−
r
donde u y v son par´metros. Asimismo, los elementos diferenciables de l´
a ınea

tangentes a las l´
ıneas coordenadas u y v estń dadas por:
a

∂→
−
r → du,
−
du = ru
∂u
∂→
−
r → dv,
−
dv = rv
∂v
→
−
de donde, se define el elemento diferencial de superficie d S como:

→ −
−
d S = →u du × →v dv
r −
r
(1) → × → dudv,
− −
= ru rv
y su magnitud est´ dado por:
a

→
−
(2) dS = d S = |→u × →v | dudv.
−
r −
r

Recordemos tambiń que →u × →v es un vector normal en cada punto de la
e −r −r
superficie S definida por r −
→(u, v), as´ de las ecuaciones anteriores, el elemento
ı
diferencial de superficie est´ dado por :
a

→
−
d S = ndS,
donde n es un vector unitario normal en cada punto de la superficie S y est´
a

dado por:

149

→ ×→
−
ru −v
r
n= →− × → |.
|ru −v
r

De la ecuaciń (2), integrando la magnitud del elemento diferencial dS,
o
sobre toda la superficie de la esfera se puede obtener el area de la superficie S
´
es decir:
→
− →
−
S= dS = n · dS .
S S

Como sabemos, para una superficie esf´rica la forma param´trica para la
e e
superficie est´ dada por:
a

→(θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k,
−
r
donde, 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, los vectores tangentes a las

l´
ıneas coordenadas θ y φ estń dados por,
a

→
−
→ ≡ ∂ r = a cos θ cos φi + a cos θ sin φj + a sin θ k
−
rθ
∂θ
y
→
−
→ ≡ ∂ r = a sin θ sin φi + a sin θ cos φj
−
rφ
∂φ
por lo tanto,

i j k
→ ×→
−
rθ −φ
r = a cos θ cos φ a cos θ sin φ a sin θ
a sin θ sin φ a sin θ cos φ 0
= a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ(cos2 φ + sin2 φ)k
= a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin jφj + a2 sin θ cos θ k,

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

superficie para este caso est´ dado por:
a

→
−
dS = d S = |→θ × →φ | dθdφ,
−
r −
r

150

donde,

|→θ × →φ | =
−
r −
r 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 esf´rica est´ dado por:
´ e a

2π π 2π π
2 2
S = dS = a sin θdθdφ = a dφ sin θdθ = a2 (φ 2π π
0 )(cos θ 0 )
S φ=0 θ=0 φ=0 θ=0
2
= −a (2π) [(cos (π) − cos (0)]
= 4πa2 .

151

Problema 12.
→
−
Calcular d S donde S es la parte z > 0 de una esfera.
S
Soluciń:
o

Para el caso de una superficie esf´rica donde z > 0, la ecuaciń param´trica
e o e
de dicha superficie est´ dada por :
a

→(θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k,
−
r
donde;

0 ≤ θ ≤ π/2,
0 ≤ φ ≤ 2π.

En este caso, la integral de superficie resulta

π
→
− 2π 2
1) dS = (→θ × →φ ) dθdφ
−
r −
r
S φ=0 θ=0

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

→ × → = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k,
−
rθ −φ
r
sustituyendo en la integral de superficie obtenemos,

π
2π 2
−
→
dS = a2 sin2 θ cos φi + sin2 θ sin jφj + sin θ cos θ k dθdφ
S φ=0 θ=0
π π
2π 2 2π 2

= a2 sin2 θ cos φdθdφi + a2 sin2 θ sin φdθdφj +
φ=0 θ=0 φ=0 θ=0
π
2π 2

2
a sin θ cos θdθdφk,
φ=0 θ=0

152

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

π π
2π 2 2π 2

a2 sin2 θ cos φdθdφ = a2 cos φdφ sin2 θdθ
φ=0 θ=0 φ=0 θ=0
π π
2π 2 2π 2

a2 sin2 θ sin φdθdφ = a2 sin φdφ sin2 θdθ,
φ=0 θ=0 φ=0 θ=0

pero
2π 2π

cos φdφ = sin φdφ = 0.
φ=0 φ=0

Por lo tanto la integral de superﬁcie resulta ser,

π
2π 2
→
−
dS = a2 dφ sin θ cos θdθ k
S φ=0 θ=0
π

2 sin2 θ 2

= 2a π
2 0

1 π
= 2a2 π sin2 − sin2 (0) ,
2 2


→
−
2) d S = πa2 k.
S

153

Problema 13.
→
−
Calcular d S donde S es una esfera.
S

Soluciń:
o
La integral original se puede escribir como:

→
− →
− →
−
dS = dS + dS ,
S S1 S2

donde S1 es la parte de la esfera z ≥ 0 y S2 es la parte de la esfera z ≤ 0. As´
ı

del problema anterior usando la ecuaciń 2) se tiene,
o

→
−
d S = πa2 k.
S1

An´logamente, para la parte de la esfera z ≤ 0 aplicando la ecuaciń 1) del
a o
problema anterior obtenemos,

→
−
dS = (→θ × →φ ) dθdφ
−
r −
r
S2 S2
2π π
2
= a sin θ cos θdθdφk
φ=0 θ= π
2

2π π
2
= a dφ sin θ cos θdθdφk
φ=0 θ= π
2

1 π
= a2 [2π] sin2 (π) − sin2 k
2 2
= −πa2 k,


→ →
− −
dS = 0 .
S

154

Problema 14:

→
− → →
− −
Sea E = −grad 1
donde → = xi + y j + z k. Calcular
−
r E · d S , donde
|→|
−r S
S es la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9.

Soluciń:
o

Por definiciń si φ = φ(r), donde r = |→| entonces, el gradiente est´ dado
o −
r a
por la expresiń,
o
→
−
r
φ(r) = φ (r) → ,
−|
|r
1
en este caso tenemos que la funciń dada es igual a φ(r) =
o , por lo tanto el
|→|
−
r

→
−
campo vectorial E est´ dado por:
a

→
− 1 →
−
E =− =− | →|
−
r
−1 − −2 r
= − − |→|
r ,
|→ |
−
r |−
→|
r
es decir,

→
− →
−
r
E = → 3.
−|
|r

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

→
−
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 normal
o perpendicular a una superficie, este vector esta dado por:

φ(x, y, z) x2 + y 2 + z 2 2xi + 2y j + 2z k xi + y j + z k
n= = = = ,
| φ(x, y, z)| | (x2 + y 2 + z 2 )| 2xi + 2y j + 2z k x2 + y 2 + z 2

es decir,

155

→
−
r
n= → ,
−|
|r
este resultado se pudo haber obtenido inmediatamente aplicando el resultado

de que φ = φ(r), donde r = |→| , tomando φ(r) = r 2 .
−
r
→
−
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,

→ →
− − →
−r →
−
r
E · dS = 3 · |→| dS
−
S S |→|
−r r
1
= − 2 dS
|→| S
r

donde, de la ecuaci´n para la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9, se tiene que |→| =
o − 2
r

x2 + y 2 + z 2 = 9. Finalmente apicando el resultado del problema 11, la integral
est´ dada por:
a

→ → 1
− − 2
E · dS = 4π (3) = 4π.
S 9

156

Problema 15.
Calcular
dS
S 1 ,
[a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ] 2
sobre la superficie del elipsoide dada por la ecuaciń ax 2 + by 2 + cz 2 = 1.
o
Soluciń:
o
La integral de superficie se puede calcular en forma param´trica de la forma,
e

∂→ ∂→
−
r −
r
S f dS =T f (→ (u, v))
−
r × dudv,
∂u av
analizando la ecuaciń del elipsoide, una parametrizaciń para la superficie S,
o o
est´ dada por las ecuaciones param´tricas,
a e

1
x = √ sin θ cos φ,
a
1
y = √ sin θ sin φ,
b
1
z = √ cos θ,
c

as´ la ecuaciń del elipsoide en forma param´trica est´ dada por,
ı, o e a
1 1 1
→ (θ, φ) = √ sin θ cos φi + √ sin θ sin φj + √ cos θ k,
−r
a b c
por lo tanto, los vectores tangentes a las l´
ıneas coordenadas θ y φ estń dados
a
por,

∂→
−
r 1 1 1
= √ cos θ cos φi + √ cos θ sin φj − √ sin θ k
∂θ a b c
∂→
−
r 1 1
= √ sin θ sin φi + √ sin θ cos φj
∂φ a b
de esta forma, el vector normal a la superficie est´ dado por,
a

i j k
∂→ ∂→
−
r −
r 1 1 1
× = √ cos θ cos φ
a
√
b
cos θ sin φ − √c sin θ
∂θ ∂φ 1 1
− √a sin θ sin φ, √
b
sin θ cos φ 0
1 1 1 1
= sin θ √ sin θ cos φi − √ sin θ sin φj + √ cos2 φ cos θ + √ cos θ sin2 φ k
bc ac ab ab
1 1 1
= sin θ √ sin θ cos φi − √ sin θ sin φj + √ cos θ k. ,
bc ac ab

157

y la magnitud est´ dada por,
a

∂→ ∂→
−
r −
r a sin2 θ cos2 φ b sin2 θ sin2 φ c cos2 θ
× = sin θ + +
∂θ ∂φ abc abc abc
sin θ
= √ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ
abc
as´ tambiń, en t´rminos de las ecuaciones param´tricas, la funciń escalar f se
ı e e e o
puede escribir de la froma,

1
f (→ (θ, φ)) =
−
r 1
a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 2

por lo tanto, la integral de superficie est´ dada por:
a

1
sin θ a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 2

S f dS =T √ 1 dθdφ,
abc a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ 2

que se reduce simplemente a la forma,

2π π
1 1
S f dS = √ sin θdθdφ = √ dφ sin θdθ
abc T abc φ=0 φ=0
π
2π 2π π
= √ sin θdθ = √ [(− cos θ)0 ]
abc θ=0 abc
2π
= √ [− (cos π − cos 0)]
abc
finalmente se obtiene,

dS 4π
S 1 =√ .
[a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ] 2 abc

158

Problema 16.
→ →
− − →
−
Calcular f ·d S donde f = x2 i+xy j −xz k y S la superficie del plano que
S
contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) limitado en el primer octante.

Soluciń:
o

Primero debemos escribir la ecuaciń de la superficie S de la forma,
o

ax + by + cz = d,
→
−
donde N = (a, b, c) ser´ un vector normal al plano que contiene a los tres
a

puntos dados. Sean los puntos P, Q y R que estń en el plano con sus
a
respectivos vectores de posiciń →P , →Q y →R , en t´rminos de estos vectores de
o − −
r r −r e
posiciń podemos encontrar dos vectores sobre el plano y calculando su producto
o
vectorial entre ellos podemos encontrar un vector perpendicular a ambos y por
lo tanto perpendicular al plano, de la forma

→
−
N = (→P − → Q ) × ( →R − → Q )
−r −r −
r −
r
= (1, −2, 0) × (0, −2, 3)
i j k
= 1 −2 0
0 −2 3
= −6i − 3j − 2k,

adem´s,
a

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

Por lo tanto, la ecuaciń del plano que contiene a los puntos (1, 0, 0), (0, 2, 0)
o
y (0, 0, 3) est´ dado por:
a

−6x − 3y − 2z = −6,
1 1
x + y + z = 1.
2 3
La superficie de integraciń esta representada en la siguiente figura.
o

159

(0,0,3) Z

plano x=0
i,e; plano YZ

plano y=0

i,e; plano XZ

3y + 2z = 6

6x + 2z = 6

Y

(0,2,0)
(1,0,0)
plano z=0
i,e; plano XY

X 6x + 3y = 6

Por lo tanto, aplicando el teorema de la proyecciń de la superficie en el
o
plano coordenado rectńgular XY, la integral de superficie est´ dada por:
a a

→
−
→
− f ·n
f · ndS = dxdy,
S Rxy
n·k

donde el vector unitario normal al plano est´ dado por:
a

160

φ i + 1j + 1k
2 3
n = =
| φ| 1
1+ 4 + 9 1

i + 1j + 1k
2 3
7
6

de donde obtenemos,

→
− 1 1 6
f ·n = x2 i + xy j + xz k · i + j + k
2 3 7
n·k = ()13()67,

as´ al sustitur en la integral de superficie obtenemos,
ı,

→
−
f ·n x2 + xy + xz
2 3
6
7
dxdy = dxdy
n·k ()13()67
Rxy Rxy
xy xz
= 3 x2 + + dxdy
2 3
Rxy

y
pero de la ecuaciń del plano tenemos que z = 3 1 − x −
o 2 , sustituyendo en

la ecuaciń anterior tenemos,
o

→
−
f ·n xy y
dxdy = 3 x2 + +x 1−x− dxdy
n·k 2 2
Rxy Rxy

= 3 xdxdy,
Rxy

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

de integraciń se muestra esquem´ticamente en la figura siguiente.
o a

161

Y

(0,2)

X
(1,0)

Mantenemos fijo a y e integramos con respecto a x desde x = 0 hasta la
recta x = 1 − 1 y; finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2, es decir;
2

 
2 x=1− 1 y
2 2
  x2 (1− y )
3 xdxdy = 3  xdx dy = 3 |0 2 dy
2
Rxy y=0 x=0 y=0
2 2
y 3
3 y 2 −3 1 − 2 3
= 1− dy = =+ = 1.
2 2 3 3
y=0 0

Tambiń como se muestra esquem´ticamente en la figura, podemos resolver
e a
la integral en el siguiente orden de integraciń, manteniendo fijo a x e integrando
o
con respecto a y desde y = 0 hasta la recta y = 2(1 − x), finalmente integramos
con respecto a x desde x = 0 hasta x = 1, es decir;

162

Y

(0,2)

6X + 3Y = 6

X

(1,0)

 
1 y=2(1−x) 1
  2(1−x)
3 xdxdy =  xdy  dx = 3 (xy) |0 dx
Rxy x=0 y=0 x=0
1 1
x2 x3 1 1
= 3 x(1 − x)dx = 6 − =6 − = 1.
2 3 0 2 3
x=0

Los resultados anteriores muestran que el resultado de una integral doble es
independiente del orden de integraci´n.
o

163

Problema 17.
→ →
− − →
−
Calcular la integral f ·d S para f = y i+2xj −z k, donde S es la superficie
S
del plano 2x + y + 2z = 6 situado en el primer octante.
Soluciń:
o

Aplicando el gradiente, un vector normal unitario a la superficie S, que en
este caso es un plano, est´ dado por,
a

φ 2i + j + 2 k
n= = ,
| φ| 3
de donde:

→
− 1
f ·n = [2y + 2x − 2z] ,
3
2
n·k = ,
3
por lo tanto,

→
− 1
f ·n 3 (2x + 2y − 2z)
dxdy = 2 dxdy,
Rxy
n·k Rxy
3

1
pero de la expresiń para la superficie tenemos z = 3 − x − 2 y, sustituyendo en
o
la integral anterior obtenemos

→
−
f ·n 1
dxdy = x + y − (3 − x − y) dxdy
n·k 2
Rxy Rxy

3
= 2x + y − 3 dxdy.
2
Rxy

Despu´s de algunos c´lculos algebraicos an´logos al problema anterior obten-
e a a
emos,

→
−
f ·n
dxdy = 18.
Rxy
n·k

164

Problema 18.
→
−
Calcular el flujo de campo f = xi + y j + z k 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).

Soluciń:
o

Como se muestra en la figura, el flujo a trav´s del cubo tiene 6 contribu-
e
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 flujo
original est´ dada por:
a

→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
f · dS = f · dS + f · dS + f · dS + ···+ f · dS
S S1 S2 S3 S6

donde, como se muestra en la figura tenemos

→
−
S1 (DEF G) ; 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 (AF GO) ; z = 0 d S = ndS = −kdxdy.

165

Z

C
B

E
D

O
Y
A

G
F

X
Por lo tanto, para la superﬁcie S1 tenemos,

→ →
− −
f ·ds = (xi + y j + z k) · idydz
s1 Rxy
1 1 1 1

= xdydz = dydz = 1,
y=0 z=0 y=0 z=0

an´logamente para la superﬁcie S2 tenemos,
a

166

→ →
− −
f ·ds = (xi + y j + z k) · −idydz
s2 Rxy

= − xdydz = 0.
Rxy

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

→ →
− − → →
− −
f · dS = f · d S = 1,
S3 S5
→ →
− − → →
− −
f · dS = f · d S = 0,
S4 S6

por lo tanto el ﬂujo a trav´s del cubo unitario est´ dado por:
e a

→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
f ·dS = f ·dS + f ·dS + f ·dS +···+ f · d S = 3.
S S1 S2 S3 S6

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

→ →
− − →
−
f ·ds = · f dV
s V

en este caso:
→ →
−
f =−,
r
por lo tanto,

→
−
· f dV = 3 dV = 3,
V V

donde dV es el volumen de un cubo unitario.
V

167

Problema 19.
→
−
Calcule el flujo del campo vectorial F = i + xy j a lo largo de la superficie
S dada por las ecuaciones param´tricas:
e

x = u + v,
y = u − v,
z = u2 ,

donde,

0 u 1
0 v 1.

Soluciń:
o

→
−
El flujo del campo vectorial F a trav´s de la superficie S (que generalmente
e
se representa por Φ) esta dado por:

→ −
− →
Φ= F · dS,
S

donde
→
−
d S = ndS,
y
→ ×→
−
ru −v
r
n= →− × → |,
|ru −v
r
es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la

ecuaciń,
o
→ = →(u, v),
−
r −
r
donde los vectores →u y →v , son vectores tangentes a las l´
−
r −
r ıneas coordenadas u y

v respectivamente. Asimismo, la magnitud del elemento diferencial de superficie
est´ dada por,
a

dS = |→u × →v | dudv
−
r −
r

168

por lo tanto,

→
− → ×→
−
ru −v →
r − →
−
dS = → × → | | r u × r v | dudv
−
|ru −
rv
∂→ ∂→
−r −r
= × dudv,
∂u ∂v
que es el elemento diferencial de area normal a la superficie S. De las ecuaciones
´

param´trica para la superficie S, elvector de posiciń se puede escribir de la
e o
forma,

→(u, v) = (u + v)i + (u − v)j + u2 k,
−
r
calculando el vector normal a la superficie, obtenemos

∂→
−
r
= i + j + 2uk,
∂u
∂→
−
r
= i − j,
∂v
de donde obtenemos,

∂→ ∂→
−
r −
r i j k
× = 1 1 2u = 2ui + 2uj − 2k,
∂u ∂v
1 −1 0
→
−
por lo tanto, el flujo del campo vectorial F a trav´s de la superficie S est´ dado
e a

por,

→ −
− →
F · dS = i + (u + v)(u − v)j · 2ui + 2uj − 2k dudv,
S S

calculando el producto escalar,

169

v=1 u=1
→ −
− →
F · dS = 2u + 2u(u2 − v 2 ) dudv
v=0 u=0
S
1 1
= (2u3 − 2uv 2 + 2u)dudv
v=0 u=0
1 1
2 4
= u − u2 v 2 + u2
v=0 4 u=0
1
1
= − v 2 + 1) dv
u=0 2
1 1
2 3 v3
= − v 2 dv = v− ,
u=0 3 2 3 0

→ −
− → 7
F · dS = .
6
S

170

Problema 20.
→
− → →
− −
Si f = xi + y j + z k Calcualr s f · d S , donde S es la superficie cil´
ındrica
representada por la ecuaciń
o
→ = cos ui + sin uj + v k.
−
r
donde,

0 ≤ u ≤ 2π,
0 ≤ v ≤ 1,
→
−
y el elemento diferencial est´ dado por d S = ndS, y n es el vector unitario
a
normal exterior a la superficie.

Soluciń:
o
Por definiciń, sabemos que el vector
o
→ ×→
−
ru −v
r
n= →− × → |,
−
|ru rv
es un vector normal unitario en cada punto de la superficie S dada por la

ecuaciń,
o

→ = →(u, v)
−
r −
r
los vectores →u y →v , son vectores tangentes a las l´
−
r −
r ıneas coordenadas u y v

respectivamente. Por otro lado, si el elemento diferencial de superficie est´ dado
a
por
→
−
d S = ndS,
y su magnitud est´ dada por,
a

dS = |→u × →v | dudv
−
r −
r
entonces,

→
− → ×→
−
ru −v →
r − →
−
dS = → × → | | r u × r v | dudv
−
|ru −
rv
= → × → dudv
−
r −
r
u v

171

Para la ecuaciń de la superficie dada, los vectores tangentes a las l´
o ıneas
coordenada estń dados por,
a

→
− ∂→
−
r
ru = = − sin ui + cos uj,
∂u
→
−
∂r
→
−
rv = = k,
∂u
de donde,

i j k
→ ×→ =
−
ru −v
r − sin u cos u 0 = cos ui + sin uj,
0 0 1
por otro lado, de las ecuaciones param´tricas de la superficie cil´
e ındrica, el campo

vectorial est´ dado por
a

→
−
f = cos ui + sin uj + v k ,

por lo tanto, la integral de flujo resulta

v=1 u=2π
→ →
− −
s f · dS = cos ui + sin uj + v k · cos ui + sin uj dudv
v=0 v=0
v=1 u=2π
= cos2 u + sin2 v dudv
v=0 v=0
v=1 u=2π
= dudv
v=0 v=0
v=1 u=2π
= dv du
v=0 v=0
= 2π.

172

Problema 21.
→ −
−
Calcular c f · d→ donde C es la trayectoria cerrada que se muestra en la
r
→
−
figura y el campo vectorial est´ dado por: f = (x − y) i + (x + y) j
a
a) Calculando la integral de l´
ınea directamente y
b) Aplicando el Teorema de Green en el plano

Y

(1,1)

y=x

2
y=x

X

Soluciń:
o
a) De la figura, la trayectoria curva C se divide en dos trayectorias C 1
y = x2 y C2 (y = x) , por lo tanto, la integral de l´
ınea se expresa de la forma:
→ →
− − → →
− − → →
− −
f ·dr = f ·dr + f ·dr
C C1 C2

Para la trayectoria C1 las ecuaciones param´tricas estń dadas por:
e a

x = x
y = x2 ,

a

d→ = dxi + 2xdxj,
−
r
por lo tanto, la integral de l´
ınea para la trayectoria C 1 est´ dada por:
a

173

1
→ →
− −
f ·dr = (x − x2 )dx + x + x2 2xdx
C1
x=0
1 1
x2 x3 x4
= x + x2 + 2x3 dx = + +
2 3 2 0
0
1 1 1 1 3 4
= + + = + = .
2 3 2 3 3 3

Asimismo para la trayectoria C2 las ecuaciones param´tricas est´n dadas
e a
por:

x = x
y = x,
a

d→ = dxi + dxj,
−
r
por lo tanto la integral de l´
a

0
→ →
− −
f ·dr = (x − x) dx + 2xdx
c2
1
0 3
= x2 1
= −1 = − .
3
Por lo tanto la integral de l´
ınea a lo largo de la trayectoria C que se muestra
en la ﬁgura est´ dado por:
a
→ →
− − → →
− − → → 4 3
− − 1
f ·dr = f ·dr + f ·dr = − =
C C1 C2 3 3 3
b) En este caso

M (x, y) = x−y
N (x, y) = x + y,
de donde se tiene,

∂N
= 1
∂x
∂M
= −1,
∂y

174

aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

∂N ∂M
(M dx + N dy) = − dxdy
C ∂x ∂y
Rxy

= (1 − (−1)) dxdy = 2 dxdy,
Rxy Rxy

para evaluar la integral doble hacemos uso de la ﬁgura, integrando primeramente
desde la recta y = x a la par´bola y = x2 para despu´s integrar la variable y
a e
desde y = 0 hasta y = 1, es decir;

√
1 x= y 1
√
y
2 dxdy = 2 dxdy = 2 [x]y dy
Rxy y=0 x=y y=0
1
√ 1
= 2 ( y − y) dy = .
3
y=0

La integral doble tambi´n se puede resolver integrando primeramente en la
e
variable y, posteriormente la variable x de la siguiente forma,

1 y=x 1
x
2 dydx = dydx = 2 ([y]x2 ) dx
Rxy x=0 y=x2 x=0
1 1
2 x2 x3 1
= 2 x−x dx = 2 − = .
2 3 0 3
0

175

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.
Soluciń:
o

Debemos verificar que,

∂N ∂M
M dx + N dy = − dxdy,
C Rxy ∂x ∂y
en este caso;

M = 3x2 + 2y ,
(∗)
N = − (x + 3 cos y) .
Primero calculemos la integral de l´
ınea a lo largo de las cuatro trayectorias
rectas que se muestran en la figura que es un paralelogramo, para despues sumar
todos los resultados, es decir,

M dx + N dy = + + + .
C C1 C2 C3 C4

Para C1 :
De la figura, la recta que va del punto (0, 0) al punto (2, 0), est´ dada por
a
las ecuaciones param´tricas
e

x = x,
y = 0,

por lo tanto,

(2,0)
x=2
M dx + N dy = x=0 3x2 + 2y dx
(0,0)
2
= x3 + 2y 0
= 8.

Para C2 :

a
las ecuaciń,
o

x = y + 2,

176

si escogemos como par´metro a la variable y, obtenemos
a

(3,1)
y=1 2
M dx + N dy = y=0 3 (y + 2) + 2y − (y + 2) − 3 cos y dy
(2,0)
y=1
= y=0 3y 2 + 12y + 12 + 2y + y − 2 − 3 cos y dy
y=1
= y=0 3y 2 + 12y + 10 − 3 cos y dy
1
13 2
= y3 + y + 10y − 3 sin (1)
2 0
13
= 1+ + 10 − 3 sin (1)
2
35
= − 3 sin (1) .
2

Para C3 :
a
las ecuaciones param´tricas,
e

x = x,
y = y,

por lo tanto,

(1,1)
M dx + N dy = −x=3 3x2 + 2y dx
x=1
(3,1)
3
= − x3 + 2y 1
= −30.

Para C4 :

a
las ecuaci´n,
o

x = y,
si escogemos como par´metro a la variable y, obtenemos
a

(0,0)
M dx + N dy = −y=1 3y 2 + 2y)dy − (y + 3 cos y dy
y=0
(1,1)
1
y2
= − y3 + y2 − − 3 sin (y)
2 0
3
= − + 3 sin (1) ,
2

177

sumando los resultados obtenidos para las cuatro trayectorias rectas, obtenemos

35 3
M dx + N dy = 8 + − 3 sin (1) − 30 − + 3 sin (1) ,
C 2 2
de donde,

(1) C
M dx + N dy = −6.
Ahora para calcular la integral doble sobre la regiń que encierra el paralel-
o
ogramo, tenemos de las ecuaciones (∗) que,
∂N
= −1,
∂x
y
∂M
= 2,
∂y
por lo tanto,

∂N ∂M
− dxdy = (−1 − 2)dxdy = −3y=1
y=0
x=y+2
x=y dx dy
Rxy ∂x ∂y Rxy
x=y+2
= −3y=1 [x]x=y
y=0 dy = −3y=1 2dy,
y=0

finalmente,

∂N ∂M
(2) ∂x − ∂y dxdy = −6.
Rxy

Este resultado se pudo haber obtenido por simple observaciń, puesto que
o
dxdy es igual al area del paralelogramo que tiene base igual a dos y alura
´
Rxy
uno.
As´ de los resutados (1) y (2), se comprueba el Teorema de Green en el
ı,
plano.

178

Problema 23.

Aplique el teorema de Green en el plano para calcular la integral,

(x + y)dx + x2 dy,
C

donde C es el trińgulo con v´rtices (0, 0), (2, 0) y (0, 1), que se muestra en la
a e

siguiente figura.

Y

(0,1)

X

(0,0) (2,0)

Soluciń:
o

Por definiciń, el teorema de Greenn en el plano establece que
o

∂N ∂M
M dx + N dy = ( − )dxdy,
∂x ∂y
C Rxy

donde la trayectoria curva C encierra la regiń que R xy que est´ en el plano
o a

XY .

En este caso,

M = x + y,
N = x2 ,

de donde se obtiene,

∂N
= 2x,
∂x
∂M
= 1,
∂y

179

por lo tanto, aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

(x + y)dx + x2 dy, = (2x − 1) dxdy,
Rxy
C

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 la
siguiente figura, y finalmente integramos y desde y = 0 hasta y = 2.

Y

(0,1)

X
(0,0) (2,0)

de esta forma, obtenemos

1 x=2(1−y)
(x + y)dx + x2 dy = (2x − 1)dxdy,
y=0 x=0
C
calculando las integrales obtenemos

1
x=2(1−y)
(x + y)dx + x2 dy = x2 − x x=0
dy
y=0
C
1
= 4(1 − y)2 − 2(1 − y) dy
y=0
1 1
= 4 (1 − y)2 dy − 2 (1 − y)dy
y=0 y=0
1
4 3 2
= − (1 − y) + (1 − y)
3 y=0
4 3 4 3 2
= − (1 − 1) + (1 − 1)2 − − (1 − 0) + (1 − 0)
3 3
4 6
= − − +
3 3
2
= − .
3

180

Problema 24.
Aplique el teorema de Green en el plano para calcular

(y − sin x) dx + cos xdy,
C
donde C es el trińgulo que se muestra en la siguiente figura.
a

π,
Y ( 2
0 )

X

( π2 ,0 )
Soluciń:
o

En en forma an´loga al problema anterior, en este caso
a

M (x, y) = y − sin x
N (x, y) = cos x,
de donde se tiene,

∂N
= − sin x
∂x
∂M
= 1,
∂y
aplicando el teorema de Green en el plano, obtenemos

(y − sin x) dx + cos xdy = (− sin x − 1) dxdy.
C
Rxy

Para evaluar la integral doble, integrando primeramente la variable y, desde
2
la recta y = 0 a la recta y = π x, para despu´s integrar la variable x, desde
e
π
x = 0 hasta x = 2 ,como se esquematiza en la siguiente figura.

Y
(π
2
, )
1

X
π
( 2
, 1 )

181

Por lo tanto la integral doble resulta,

 
x= π
2 y= π x
2
 
(− sin x − 1) dydx = −  (sin x + 1) dy  dx
Rxy x=0 y=0
x= π
2
π
x
= − [(sin x)y + y]y=0 dx
2

x=0
 
x= π
2 x= π
2 π
2 2x
π π x= π x 
= − x [sin x + 1] dx = − (−x cos x)x=0 + 2
cos xdx + 
2 2 2 y=0
x=0 x=0
π
2x π 2
2 x2 2 π π π 2
= − −x cos x + sin x + =− − cos + sin +
π 2 y=0 π 2 2 2 2
2 π2 2 π2 + 8
= − 1+ =− ,
π 8 π 4π


π 2
(− sin x − 1) dydx = − + .
4 π
Rxy

182

Problema 25.

Calcular la integral

→
−
F · ndS,
S
−
→
donde F est´ dado por:
a

→
−
F (x, y, z) = [2x + cos(yz)] i − [sin(xz) + 5y] j + arcsin x2 y k,

y S es la parte superior del plano XY de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 .

Soluci´n:
o

Obs´rvese que s´ se quiere calcular directamente la integral de superﬁcie
e ı
resulta ser una integral muy laboriosa, sin embargo si aplicamos el teorema
de la Divergencia de Gauss el problema es relativamente simple, puesto que
→
−
· F = 7, as´ aplicando el teorema de la divergnecia de Gauss obtenemos,
ı

→ →
− − →
−
F · dS = · f dV = 7 dV,
S V V

donde dV es el volumen de la esfera, pero como se pide solamente la parte
V

z > 0, entonces

→ →
− − 2 3 14 3
F · dS = 7 πa = πa .
3 3
S

183

Problema 26.
→
−
Verificar el teorema del rotacional de Stokes para F = (x + 2y) i + 3z j + yz k
y S la superficie de la mitad superior de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 .

Soluciń:
o

El teorema del rotacional de Stokes matem´ticamente se expresa de la forma,
a
→ →
− − → →
− −
S × F · dS = F ·dr ,
C

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 de
l´
ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva
cerrada que limita o rodea a la superficie. Primero calcularemos la integral de
l´
ınea.
Si proyectamos a la esfera en el plano XY, tenemos una circunferencia de
radio a con centro en el origen cuyas ecuaciones param´tricas estń dadas por,
e a

x = a cos θ,
y = a sin θ,
z = 0,

donde 0 < θ < 2π. En t´rminos de estas ecuaciones param´tricas, el campo
e e
vectorial est´ dado por
a
→
−
F = (a cos θ + 2a sin θ) i + 0j + 0k.
Asimismo, el vector de posiciń →,est´ dado por,
o −r a

→ = a cos θ i + a sin θ j,
−
r

a

d→ = −a sin θdθ i + a cos θdθ j.
−
r

Calculando la integral de l´
ınea en sentido positivo (como lo establece el
teorema) tenemos,

184

2π
→ →
− −
F ·dr = − (a cos θ + 2a sin θ) i · −a sin θ i + a cos θ j dθ
θ=0
2π 2π
= −a2 cos θ sin θdθ − 2a sin2 θdθ
θ=0 θ=0
2π 2π
sin2 θ 1
= −a2 − a2 θ − sin(2θ)
2 θ=0 2 θ=0

2 sin2 (2π) 1
= −a − a2 2π − sin (2 (2π))
2 2
1
= −a2 2π − sin 2 (2π) = −2a2 π.
2

Ahora, calculemos la integral de superficie, para hacer esto calculamos primer-
→
−
amente el × F ,

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
×F = ∂x ∂y ∂z
= (z − 3) i + 2k
x + 2y 3z yz

Por otro lado, sabemos que la transformaciń de coordenadas esf´ricas y
o e
rectńgulares est´ dada por.
a a

x = a sin θ cos φ,
y = a sin θ sin φ,
z = a cos θ,
donde 0≤ θ ≤ π y 0 ≤ φ ≤ 2π. Por lo tanto, la ecuacion de la superficie S, en
2
forma param´trica est´ dada por,
e a

→(θ, φ) = a sin θ cos φi + a sin θ sin φj + a cos θ k.
−
r
de donde, el elemento diferencial de superficie est´ dado por,
a

→
−
d S = (→θ × →φ ) dθdφ = a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k dθdφ,
−
r −
r

→
−
de esta forma, la integral de superficie de la componente normal del campo F ,

185

est´ dada por,
a

→ →
− −
S xF · d S = S (z − 3) i + 2k · a2 sin2 θ cos φi + a2 sin2 θ sin φj + a2 sin θ cos θ k dθdφ
2π π
= a2 (cos θ − 3) sin2 θ cos φ + 2 sin θ cos θ dθdφ
φ=0 θ=0
2π π 2π π
= a2 (cos θ − 3) sin2 θ cos φdθdφ + 2a2 sin θ cos θdθdφ,
φ=0 θ=0 φ=0 θ=0

π
como podemos observar la primera integral es igual a cero, debido a que θ=0
cos φdφ =

0, por lo tanto,

2π π 2π 2π
→ −
−
S x F · d→
s = 2a2 sin θ cos θdθdφ = 2a2 dφ sin θ cos θdθ
φ=0 θ=0 φ=0 φ=0
π
2 sin2 θ
= 2a 2π
2
θ=0
1
= 2πa2 = 2πa2 .
2

186

Problema 27.
Comprobar el Teorema de Green en el plano para la integral 2x − y 3 dx−
C
xydy siendo C el contorno de la regiń en el primer cuadrante, limitada por las
o
circunferencias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9, como se muestra en la siguiente
figura.
Soluciń:
o

Y

(0,3)
C4
C 1

(0,1) C 2

Y
(1,0) (3,0)
C3
Por definiciń, el teorema de Green en el plano establece que,
o
∂N ∂M
M dx + N dy = ( − )dxdy,
∂x ∂y
C Rxy

donde la trayectoria curva C encierra la regiń que R xy que est´ en el plano
o a
XY . Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ ınea debemos
calcular cuatro integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C2 , C3 y C4 , para
esto primero necesitamos escribir en forma param´trica las ecuaciones de cada
e
trayectoria, de esta forma;
para C1 :

x = 0;
→ =
−
dr −dy j;
3 ≤ y ≤ 1,

187

para C2 :

x = cos θ;
y = sin θ;
π/2 ≤ θ ≤ 0;
d→ = −sinθdθ i + cos θdθ j;
−r

paraC3 :

y = 0;
d→ =
−
r dxi;
1 ≤ x ≤ 3;

para C4 :

x = 3 cos θ;
y = 3 sin θ;
0 ≤ θ ≤ π/2;
→
−
dr = −3 sin θdθ i + 3 cos θdθ j;

a

→ →
− −
f ·dr = −y 3 i − 0j · dy j
C1

+ 2 cos θ − sin3 θ i − cos θ sin θ j · − sin θdθ i + cos dθ j
C2

+ 2xi − 0j · dxi
C3

+ 6 cos θ − 27 sin3 θ i − 9 sin θ cos θ j · −3 sin θdθ i + 3 cos dθ j
C4
π/2
= −2 cos θ sin θdθ + sin4 θdθ − cos2 θ sin θdθ
θ=0
3
+ 2xdx
x=1
π/2
+ −18 cos θ sin θdθ + 81 sin4 θdθ − 27 cos2 θ sin θdθ
θ=0
π/2 π/2 π/2
x=3
= (−16 cos θ sin θdθ) + 80 sin4 θdθ − 26 cos2 θ sin θdθ + x2 x=1
,
θ=0 θ=0 θ=0

para resolver las integrales de senos y cosenos, hacemos el siguiente cambio de
variable

188

u = cos θ,
du = − sin θdθ,
du
dθ = − sin θ ,
por lo tanto,

π/2 π/2 π/2
→ →
− −
f ·dr = 16 udu + 26 u2 du + 40 sin2 θ (1 cos 2θ) dθ + 8
θ=0 θ=0 θ=0
2 π/2 3 π/2 π/2 π/2
16u 26u
= + +40 sin2 θdθ − 40 sin2 θ cos 2θdθ + 8
2 θ=0 3 θ=0 θ=0 θ=0
π
π/2 π/2
π 26 2
= 8 cos2 θ 2
0
+ cos3 θ + 20 (1 − cos 2θ) dθ − 20 (1 − cos 2θ) cos 2θdθ + 8
3 0 θ=0 θ=0
π/2 π/2
26 π π
= −8 − + [20θ]0 − [10 sin 2θ]0 − 20
2 2
cos 2θdθ + 20 cos2 2θdθ + 8
3 θ=0 θ=0
π/2
26 π
= −8 − + 10π − [10 sin 2θ]0 + 10
2
(1 + cos 4θ) dθ + 8
3 θ=0
π
26 π 10 2
26
= − + 10π + [10θ]0 +
2
sin4θ =− + 10π + 5π
3 4 0 3
26
= − + 15π.
3

Ahora debemos calcular la integral doble sobre la regi´n del plano XY que
o
encierra el contorno C, en este caso tenemos

M = 2x − y 3 ,
N = −xy,

por lo tanto,

∂(−xy) ∂ 2x − y 3
2x − y 3 dx−xydy =Rxy − dxdy =Rxy −y + 3y 2 dxdy
∂x ∂y

para resolver la integral anterior, es m´s conveniente usar coordenadas polares,
a

donde el elemento diferencial de area est´ dado por,
´ a

dA = dxdy = rdrdθ,

189

donde

y = r sin θ.
de esta forma, la integral resulta

π/2 r=3
Rxy −y + 3y 2 dxdy = −r sin θ + 3r 2 sin2 θ rdrdθ
θ=0 r=1
π/2 r=3
= −r2 sin θ + 3r 3 sin2 θ dθdr
θ=0 r=1
r=3 π/2 r=3 π/2
= − 2
r sin θdθ + 3 r3 dr sin2 θdθ
r=1 θ=0 r=1 θ=0
3 4 3 π/2
r3 π r 1
= − (− cos θ)θ=0 + 3
2
(1 − cos 2θ) dθ
3 1 4 1 2 θ=0
π
27 1 34 1 1 π 1 2
= − − +3 − (θ)θ=0 −
2
sin 2θ
3 3 4 4 2 2 θ=0

26 1 π
= − + (3) (20)
3 2 2
26
= − + 15π.
3

Por lo tanto se comprueba el teorema de Green.

190

Problema 28.
La esfera x2 + y 2 + z 2 = 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 arcos
circulares AB, BC y CA, como se muestra en la ﬁgura.

Y

C2

C3

X

C1

Z
Si el campo vectorial est´ dado por,
a
→
−
F = (y + z)i + (z + x)j + (x + z)k,
calcular
→ →
− −
F ·dr.
C

191

Soluciń:
o
Como se observa en la figura, para calcular la integral de l´ ınea debemos cal-
cular tres integrales a lo largo de las trayectorias C 1 , C2 , y C3 , para esto primero
nesecitamos escribir en forma param´trica las ecuaciones de cada trayectoria,
e
de esta forma;
para la curva C1 :

x = a cos θ,
y = a sin θ,
z = 0,
0 ≤ θ ≤ 2π,

a

d→1 = −a sin θdθ i + a cos θdθ j.
−
r
para la curva C2 :

y = a cos θ,
z = a sin θ,
x = 0,
0 ≤ θ ≤ 2π,

a

d→2 = −a sin θdθ j + a cos θdθ k,
−
r
para la curva C3 :

z = a cos θ,
x = a sin θ,
y = 0,
0 ≤ θ ≤ 2π,

a

d→3 = a cos θdθ i − a sin θdθ k,
−
r
las parametrizaciones anteriores se muestran en las figuras a), b) y c) respec-
tivamente.

192

Y Z Z
C1 C3
C
2
0

0 0
X Y X

a) b) c)
ınea estar´ dada por:
a
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
F ·dr = F ·dr1+ F ·dr2+ F ·dr 3
C C1 C2 C3

es decir,
(0,a,0) (0,0,a) (a,0,0)
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
F ·dr = F ·dr1+ F ·dr2+ F ·dr3
C (a,0,0) (0,a,0 (0,0,a)

sustituyendo la parametrizaci´n de cada curva obtenemos,
o

θ= π
2
→ →
− −
F ·dr = (a sin θ, a cos θ, a cos θ) · (−a sin θdθ, a cos θdθ, 0)
C θ=0
θ= π
2

+ (a cos θ + a sin θ, a sin θ, a sin θ) · (0, −a sin θdθ, a cos θdθ)
θ=0
θ= π
2

+ (a cos θ, a cos θ + a sin θ, a cos θ + a sin θ) · (a cos θdθ, 0, −a sin θdθ) ,
θ=0

calculando los productos escalares y haciendo un poco de algebra obtenemos
´

θ= π
2
→ →
− −
F ·dr = a2 cos2 θ − sin2 θ + sin θ cos θ − sin2 θ + cos2 θ − sin2 θ − sin θ cos θ dθ
C θ=0
θ= π
2

= a2 2 cos2 θ − 3 sin2 θ dθ
θ=0

193

aplicando las identidades trigonom´tricas del seno cuadrado y coseno cuadrado,
e
obtenemos

θ= π
2
→ →
− − 1 1 1 1
F ·dr = a2 2 + cos 2θ − 3 − cos 2θ dθ
2 2 2 2
C θ=0
θ= π
2
3 3
= a2 1 + cos 2θ − + cos 2θ dθ
2 2
θ=0
θ= π
2
3 3
= a2 1 + cos 2θ − + cos 2θ dθ
2 2
θ=0
θ= π
2
1 5
= a2 − + cos 2θ dθ
2 2
θ=0
 
θ= π
2 θ= π
2
 1 5 
= a2  − dθ + cos 2θdθ  ,
2 2
θ=0 θ=0


→ →
− − πa2
F ·dr =− .
4
C

194

Problema 29.

Dada la funciń vectorial
o
→
−
F = axi + byj + czk,

→ →
− −
calcular S F · d S , sobre cualquier superficie que encierre una regiń de vol-
o
umen V.
Soluciń:
o

Para resolver este problema, aplicamos el teorema de Gauss o Teorema de
la divergencia, que establece que

→ →
− − →
−
S f · d S =V · F dV,

aplicando la definiciń de la divergencia de un campo vectorial, tenemos
o

−
→ ∂ ∂ ∂
·F = , , · (ax, by, cz)
∂x ∂y ∂z
= a + b + c,

por lo tanto, aplicando el teorema de la divergencia obtenemos,

→
− →
−
SF · dS = (a + b + c)V dV
= (a + b + c) V.

donde V es el volumen encerrado por cualquier superficie S.

195

Problema 30.

Calcular la siguiente integral de volumen

xyzdV,
V

donde V es el volumen limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0

y el plano x + 2y + z = 6.

Soluciń:
o

Obs´rvese que en las integrales de volumen existen 6 posibles tipos de inte-
e
grales dependiendo del orden de integraciń en el que aparezcan las variables x,
o
y e z. Por ejemplo el orden de integraciń en el que aparece la siguiente integral,
o

   
z=z2 y=g2 (z) x=ϕ2 (y,z) 
 
 
f (x, y, z)dxdydz =  f (x, y, z)dx dy dz

 

V z=z1 y=g1 (z) x=ϕ1 (y,z)

indica que primero se debe integrar la variable x, manteniendo fijas las variables

y e z, por lo que los l´ımites de integraciń para la variable x deben ser dos
o
funciones ϕ1 y ϕ2 de las variables y e z, este paso nos lleva finalmente a resolver
una integral doble. As´ los l´
ı ımites de integraciń para la variable y son dos
o
funciones g1 y g2 de la variable z y finalmente los l´ımites de integraciń para la
o
varible z son dos constantes z1 y z2 .

Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de
integraciń,
o

   
x=x2 y=t2 (x) z=ψ2 (x,y) 
 
 
f (x, y, z)dxdydz =  f (x, y, z)dz  dy dx

 

V x=x1 y=t1 (x) z=ψ1 (x,y)

El volumen V se encuentra representado en la figura.

De esta forma el volumen pedido est´ dado por,
a

196

 6−x   
x=6 y= 2 z=6−x−2y 
 
xyzdV =  xyzdz  dy
dx

 

V x=0 y=0 z=0
 6−x 
x=6 y= 2 
 z2
6−x−2y 
= xy dz dy dx

 2 0 

x=0 y=0
 6−x 
x=6 y= 2 
  9
= x(6 − x)2 − x(6 − x)y 2 + 4xy 3 dy dx = ... = .

 
 5
x=0 y=0

Se deja como ejercicio para el lector, resolver la integral empleando cualquier
otro posible orden de integraci´n, por ejemplo puede ser el mencionado anteri-
o
ormente.

197

Problema 31.
Considerado el s´lido limitado por la superficie que se muestra en la siguiente
o
figura. Calcule el volumen bajo el plano z = 6 − y y sobre la regiń x 2 + y 2 + 9.
o

Y

z = 6
− y

X

2
Z x + y2
= 9
Soluciń:
o
En coordenadas cartecianas, para este problema podemos emplear por ejem-
plo el siguiente orden de integraciń, que de la figura se observa que es el m´s
o a
conveniente,

   
y=y2 x=φ2 (x) z=ψ2 (x,y) 
 
 
f (x, y, z)dxdydz =  f (x, y, z)dz  dx dy.

 

V y=y1 x=φ1 (x) z=ψ1 (x,y)

198

El volumen V se encuentra representado en la ﬁgura, en este caso f (x, y, z) =
1. De esta forma, el volumen pedido est´ dado por,
a

√
3 x= 9−y 2 z=6−y
V = √ dz dx dy
y=−3 x=− 9−y 2 z=0
√
3 x= 9−y 2
= √ (6 − y) dx dy
y=−3 x=− 9−y 2
3 √
x= 9−y 2
= 2 (6 − y) [x]x=0 dy
y=−3
3
= 2 (6 − y) 9 − y 2 dy
y=−3
3 3
= 12 9 − y 2 dy − 2 y 9 − y 2 dy.
y=−3 y=−3

La primera integral, se resuelve aplicando el siguiente cambio trigonom´trico:
e

y = 3 sin θ
dy = 3 cos θdθ

por lo que, el integrando se transforma como,

9 − y 2 −→ 9(1 − sin2 θ) −→ 3 cos θ,
π
donde los l´ımites de integraci´n son ahora desde θ = 0, hasta θ =
o 2. Por lo
tanto la primera integral est´ dada por:
a

3 3
12 9 − y 2 dy = 24 9 − y 2 dy
y=−3 y=0
θ= π
2
= 24(3)(3) cos2 θdθ
θ=0
θ= π
2
= 12(3)(3) (1 + cos 2θ) dθ
θ=0
θ= π
1 2
= 12(3)(3) θ + sin 2θ
2θ θ=0
= 54π,

199

obs´rvese que en la segunda integral, la funciń a integrar es una funciń impar,
e o o

por lo tanto esa integral es igual a cero.
Finalmente, el volumen limitado por el plano z = 6−y y la regiń x 2 +y 2 +9,
o
como se muestra en la figura est´ dado por:
a

V = 54π.

Soluciń Alternativa:
o

Este problema tambiń se puede resolver en coordenadas cil´
e ındricas, por
definiciń la transformaciń de coordenadas cil´
o o ındricas y rectńgulares est´ dada
a a
por:

x = ρ cos φ,
y = ρ sin φ,
z = z,

de esta forma, el elemento diferencial de volumen est´ dado por,
a

dV = ρdρdφdz,
por lo tanto, el volumen pedido est´ dado por,
a

V = ρdρdφdz,
V

por comodidad, seleccionamos el siguiente orden de integraciń,
o

φ=2π
 ρ=3 z=6−ρ sin φ 
 
V =  ρdz  dρdφ,
 
φ=0 ρ=0 z=0

por lo tanto,

200

φ=2π
 ρ=3 
 
z=6−ρ sin φ
V = ρ [z]z=0 dρdφ
 
φ=0 ρ=0
φ=2π
 ρ=3 
 
= ρ (6 − ρ sin φ) dρ dφ
 
φ=0 ρ=0
φ=2π
 ρ=3 
 ρ3 ρ=3 
= 3ρ2 − sin φ dφ
 3 ρ=0 
φ=0 ρ=0
φ=2π
27
= 27 − sin φ dφ,
3
φ=0


φ=2π
27
V = 27φ + cos φ
3 φ=0
27 27
= 27(2π) + cos(2π) − 0 + cos(0)
3 3
27 27
= 54π + −
3 3
= 54π.

Como se puede observar, en coordenadas cil´
ındricas es m´s simple la soluci´n.
a o

201

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.
Soluciń:
o

Para nuetro problema, podemos emplear por ejemplo el siguiente orden de
integraciń,
o

   
x=x2 y=t2 (x) z=ψ2 (x,y) 
→
−  →
− 
 
× F dxdydz =  × F dz  dy dx

 

V x=x1 y=t1 (x) z=ψ1 (x,y)

El volumen V de integraciń se encuentra representado en la figura.
o

→
−
Calculemos primero el rotacional del campo vectorial F de la forma,

i j k
→
− ∂ ∂ ∂
×F = ∂x ∂y ∂y
= −3y i − (4z − 0) j + zxk
2zy 3yz 4xz
→
−
×F = −3y i − 4z j − 2xk.
De la figura, nuestros l´
ımites de integraciń estń dados por:
o a

0 ≤ z ≤ 4 − 2x − 2y
0≤y ≤2−x
0≤x≤2
de esta manera podemos escribir nuestra integral de volumen de la forma,

2 2−x
→
− 4−2x−2y
V × F dV = − z=0 (3y, 4z, 2x) dzdydx
x=0 y=0
2 2−x
4−2x−2y 4−2x−2y 4−2x−2y
= − [3yz]z=0 , 2z 2 z=0
, [2xz]z=0 dy dx
x=0 y=0
2 2−x
2
= − 12y − 6xy − 6y 2 , 2 (4 − 2x − 2y) , 8x − 4x2 − 4xy dy dx,
x=0 y=0

202

obs´rvese que las integrales con respecto a la variable y son inmediatas, a´n as´
e u ı,

para la integral de la componente en y hacemos el siguiente cambio de variable,

u = 4 − 2x − 2y,
du = −2dy

por lo tanto,

 
3 2−x
2
→
−  6y 2 − 3xy 2 − 2y 3 2−x , − (4 − 2x − 2y) 2−x
 dx,
V × F dV = − y=0
, 8xy − 4x2 − 4xy 2 y=0
x=0 3
y=0

al evaluar los l´
ımites de integraci´n de la variable y, despues de algunos pasos
o

algebraicos obtenemos,

2
−
→ 3 1 3
V × F dV = − (2 − x) , (4 − 2x) , 2x3 − 8x2 + 8x dx
x=0 3

de donde, al integral la variable x, obtenemos

4 2
→
− (2 − x) 1 4 x4 8
V × F dV = − − , − (4 − 2x) , − x3 + 4x2
4 24 2 3
x=0
24 1 64
= − 0− ,− 0 − 44 , 8 − + 16
4 24 3
32 8
= − 4, , ,
3 3

203


→
− 32 8
V × F dV = −4i − j − k.
3 3

El problema tambiń se puede resolver, considerando el siguiente orden de
e
integraciń,
o

4 2− z 1
2−y− 2 z
→
− 2

V × F dV = (−3y, −4z, −2x) dxdydz
z=0 y=0 x=0

donde nuestra regiń de integraciń se encuentra ahora en el plano Y Z, es decir,
o o

1
0 ≤ x ≤ z − y − 2 z,
z
0 ≤ y ≤ 2 − 2,
0 ≤ z ≤ 4,

efectuando la integraciń primero con respecto a la variable x obtenemos,
o

4 2− z
→
− 2 z z z 2
V × F dV = −3y 2 − y − , −4z 2 − y − ,− 2 − y − dy dz
z=0 y=0 2 2 2
4 2− z
3 1 z 3 2
= −3y + y + y 2 z , −8yz + 2y 2 z + 2yz 2 ,
2 3
2−y− dz
z=0 4 3 2 y=0
...
4
z3 3 z3 1 z 3
= − z 2 + 3z − 4 , − + 4z 2 − 8z , − 2− dz
z=0 16 4 2 3 2
4
z4 1 3 z4 4 1 z 4
= − z 3 + z 2 − 4z , − + z 3 − 4z 2 , 2− ,
64 4 2 8 3 6 2 z=0

finalmente al evaluar los l´
ımites de la variable z, obtenemos

→
− 32 8
V × F dV = −4i − j − k.
3 3

Donde los pasos intermedios que faltan, el lector los puede completar y son
an´logos a los del primer orden de integraciń.
a o

204

Problema 33.
→
−
Dado el campo vectorial F (x, y, z) = 2yz i−(x+3y−2)j +(x2 +z)k, Calcular
→ →
− −
la integral de superficie × F · d S extendida a la superficie de intersecciń
o
S
ındros x2 + y 2 = a2 y x2 + z 2 = a2 situada en el primer octante.
de los cil´
Soluciń:
o
En este problema, aplicaremos el teorema del rotacional de Stokes que
establece,

→ −
− → → →
− −
× F · dS = F ·dr,
S C

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 de
l´
ınea de la componente tangencial del campo vectorial, tomada sobre la curva
cerrada que limita o rodea a la superficie.
La siguiente figura muestra la intersecciń de los cil´
o ındros. Aplicando el
teorema del rotacional de Stokes, la integral de superficie ser´ igual a la integral
a
de l´
ınea formada por las trayectorias C1 , C2 , C3 y C4 como se ilustra en la
figura, es decir una curva simple que encierra la intersecciń de los cil´
o ındros
est´ formada por dos trayectorias rectas C2 y C3 y dos arcos circulares C1 y C4 .
a

Z

C3
(0,α,0)
C4 (0,α,α)

C2
( a ,U,U)
X

( α,U,U)

C1

Y

Aplicando el teorema del rotacional de Stokes obtenemos,

205

→ →
− − → →
− −
× F · dS = F ·dr
S C
→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
= F ·dr + F ·dr + F ·dr + F ·dr.
C1 C2 C3 C4

Para la primera trayectoria recta C2 (ver figura) las ecuaciones param´tricas
e
estń dadas por:
a

x = 0
y = a
0 ≤ z ≤ a,

de donde → = aj + z k, as´ el elemento diferencial de l´
−
r ı ınea est´ dado por:
a

d→ = dz k,
−
r
a

→ →
− −
F ·dr = 2az i − (3a − 2)j + z k · dz k
C1 C1
a a
z2 a2
= zdz = = .
2 0 2
z=0

Para la segunda trayectoriarecta recta C3 (ver figura) las ecuaciones param´tricas
e
estń dadas por:
a

x = 0
z = a
0 ≤ y ≤ a,

de donde → = y j + ak, as´ el elemento diferencial de l´
−
r ı ınea est´ dado por:
a

206

d→ = dy j,
−
r
a

→ →
− −
F ·dr = 2yai − (3y − 2)j + ak · dy j
C3 C3
 a a

a
3y 2
= − 2dy − 3ydy  = −2y + ,
2 0
y=0 y=0


→ → 3a2
− −
F ·dr = − 2a.
2
C3

Para la primera trayectoria circular C1 (ver ﬁgura) las ecuaciones param´tricas
e
est´n dadas por:
a

x = a cos φ,
z = a sin φ,
y = 0,
en donde el par´metro φ ∈ [0, π ], en este caso se tiene → = a cos φi + a sin φk,
a 2
−
r

as´ el elemento diferencial de l´
ı ınea est´ dado por:
a

d→ = −a sin φdφi + a cos φdφk,
−
r
ınea para la trayectoria circular C 1 est´ dada por:
a

→ →
− −
F ·dr = −(3a sin φ − 2)j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k · −a sin φdφi + a cos φdφk
C1 C3
π π π
2 2 2

= − a3 cos3 φ + a2 sin φ cos φ dφ = −a3 cos3 φdφ − a2 sin φ cos φdφ,
φ=0 φ=0 φ=0

207

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´trica
e

1 1
cos3 = cos2 φ cos φ = + cos 2φ cos φ,
2 2
la segunda integral es inmediata de la forma udu, finalmente al integrar y evaluar

las integrales obtenemos,

π π
→ →
− − 3 sin3 φ 2
2 cos2 φ 2

F ·dr = a − sin φ +a
3 0 2 0
C3

2 a2
= − a3 − .
3 2

Finalmente para la trayectoria circular C4 (ver figura) las ecuaciones param´tricas
e
estń dadas por:
a

x = a cos φ
y = a sin φ
z = 0,

en donde el par´metro φ ∈ [0, π ], en este caso se tiene → = a cos φi + a sin φj,
a 2
−
r

as´ el elemento diferencial de l´
ı ınea est´ dado por:
a

d→ = −a sin φdφi + a cos φdφj,
−
r
ınea para la trayectoria circular C 4 est´ dada por:
a

→ →
− −
F ·dr = −(a cos φ + 3a sin φ − 2)j + ((a cos φ)2 + a sin φ)k ·
C4 C3

−a sin φdφi + a cos φdφj ,

es decir,

208

π
2
→ →
− −
F ·dr = −a2 cos2 φdφ − 3a2 sin φ cos φdφ + 2a cos φdφ
C4 φ=0
π π π
2 2 2

= −a2 cos2 φdφ − 3a2 sin φ cos φdφ + 2a cos φdφ,
φ=0 φ=0 φ=0

la primera integral se evalua aplicando la identidad trigonom´trica,
e

1 1
cos2 φ = + cos 2φ ,
2 2
la segunda y tercera integrales son inmediatas, por lo tanto

π π
→ →
− − φ sin 2φ 2
cos2 φ 2 π
F · d r = −a2 − + 3a 2
+ [2a sin φ]0 ,
2

2 4 0 2 0
C4

finalmente al evaluar las integrales obtenemos,

→ →
− − πa2 3
F ·dr =− − a2 + 2a.
4 2
C4

ınea a lo largo de la trayectoria curva simple que
encierra la intersecciń de los cil´
o ındros como se muestra en la figura, se obtiene
al sumar los resultados de las trayectorias C1 , C2 , C3 y C4 es decir;

→ →
− − → →
− − → →
− − → →
− − → →
− −
F ·dr = F ·dr + F ·dr + F ·dr + F ·dr
C C1 C2 C3 C4
2 2 2
a 3a 2 a πa2 3
= + − 2a + − a3 − + − − a2 + 2a
2 2 3 2 4 2
2
2 πa
= − a3 − .
3 4

209

Finalmente, aplicando el teorema del rotacional de Stokes se obtiene

→ →
− − → →
− − 2 πa2
× F · dS = F · d r = − a3 − .
3 4
S C

210

Problema 34.
Verificar el teorema de la divergencia de Gauss para
→
−
F (x, y, z) = (2x − y)i − (2y − z)j + z k,
donde V es el volumen encerrado por la superficie S formada por los planos
coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y el plano x + 2y + z = 6.
Soluciń:
o
El volumen V que encierra la superficie S se muestra en la siguiente figura.

Z

B(0,0,6)
2y + z = 6

x + y =6

S3
S1

O
Y
C(0,3,0)

S2

x + 2y = 6
A(6,0,0)
X
Como se muestra en la figura, la superficie S est´ formada por 4 superficies
a
S1 (ABO), S2 (ACO), S3 (BCO) y S4 (ABC), por lo tanto para calcular la inte-

211

→
−
gral de superficie debemos de calcular el flujo de F a trav´s de cada superficie,
e
es decir;

→ →
− − →
− →
− →
− →
−
F · dS = F · ndS + F · ndS + F · ndS + F · ndS
S S1 S2 S3 S4

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,

→
−
F · ndS = (2x − y)i − 2y j · −k dxdy = 0
S1 S1

→
−
F · ndS = 2xi + z j + z k · −j dxdz
S2 S2
6 x=6−z 6

= − zdxdz = − z(6 − z)dz
z=0 x=0 z=0
6
z3
= −3z 2 + = −36.
3 z=0

→
−
F · ndS = −y i − (2y − z)j + z k · −i dydz
S3 S3
6−z
6 y= 2 6
(6 − z)2
= − ydydz = dz
8
z=0 y=0 z=0
3 6
(6 − z)
= − = 9.
24 z=0

212

Para resolver la integral sobre la superficie S4 (ABC), aplicamos el teorema
de la proyecciń de la superficie sobre un plano coordenado, que establece
o
→
−
− →
→ − f ·n
F ·d S = dxdy.
S4 Rxy
n·k

Para la superficie S4 (ABC) aplicando la definiciń del gradiente, un vector
o
→
−
normal a la superficie est´ dado por N = i + 2j + k, as´ en este caso el vector
a ı
b b b
n est´ dado por n = i+2j+k de donde se sigue que:
a √
6

→
− i + 2j + k
F ·n = (2x − y)i − (2y − z)j + z k · √
6
1
= √ (2x − 5y + 3z) ,
6
empleando la ecuaciń para la superficie S4 (ABC) se tiene z = 6−x−2y,sustituyendo
o
en la expresiń anterior obtenemos
o
→
− 1
F · n = √ (18 − x − 11y),
6
tambiń obtenemos,
e

i + 2j + k 1
n·k = √ ·k = √ .
6 6

De los resultados anteriores, la integral para la superficie S 4 (ABC) est´ dada
a
por:

1 6 x=6−2y
− →
→ − √ (18
6
− x − 11y)
F ·d S = Rxy 1 dxdy = [18 − x − 11y] dxdy
√
S4 6 y=0 x=0
6 6−2y 6
x2
= 18 − − 11xy dy = 90(1 − y) + 20y 2 dy,
2 x=0
y=0 y=0

finalmente al calcular la integral en y, evaluando los l´
ımites de integraciń obten-
o

emos,

3
− →
→ − 20y 3
F ·d S = 90y − 45y 2 − = 45,
3 y=0
S4

213

sumando los resultados obtenidos para las superficies S 1 (ABO), S2 (ACO),

S3 (BCO) y S4 (ABC), obtenemos

→ →
− −
F · d S = (−36) + 0 + 9 + 45 = 18.
S

Para resolver la integral de volumen, si aplicamos la definiciń de la diver-
o
→
− →
−
gencia de un campo vectorial F en este problema tenemos que · F = 1;
por otro lado, observemos en la figura la regiń de volumen que encierran las
o
superficies S1 (ABO), S2 (ACO), S3 (BCO) y S4 (ABC), por lo tanto

6−z
6 2 6−2y−z
→
−
· F dV = dxdyxz
V z=0 y=0 x=0
 6−z

6 
 2 
 6
6−z
= [6 − 2y − z] dy dz = y (6 − z) − y 2 2
y=0
dy

 

z=0 y=0 z=0
6 6
(6 − z)2 (6 − z)2 1
= (6 − z) − dz = (6 − z)2 dz
2 4 4
z=0 z=0
3 6
(6 − z)
= − = 18,
12 z=0

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

Problema 35.
→ −
−
Sea F = →, verificar el teorema de la divergencia de Gauss donde S es la
r
superficie que consta del cono z 2 = x2 + y 2 para 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1 y la superficie
que es el disco x2 + y 2 ≤ 1, z = 1 como se muestra en la siguente figura:

Z
S2 : 2 2
x + y = 1

S1 : 2 2
z = x + y

Y

X

Soluciń:
o

Debemos verificar que,
→
− →
− →
−
SF · d S =V · F dV,

primeramente calculemos la integral de superficie, como se ilustra en la figura
anterior, la superficie S est´ formada por las superficies S 1 y S2 , de esta forma
a

215

→ · d→ = → · d→ + → · d→
− −
r S S1 −
r
−
S S2 −
r
−
S
S

Para S1 :

Aplicando la definiciń del gradiente, donde φ (x.y.z) = x 2 + y 2 − z 2 = 0
o
obtenemos,

φ
n =
| φ|
2xi + 2y j − 2z k
=
4x2 + 4y 2 + 4z 2
xi + y j − z k
= ,
x2 + y 2 + z 2

xb b b
observe que el vector n = √ i+yj−zk 2 , es normal interior (hacia adentro de S1 ),
2 2 x +y +z

por lo tanto

→ · d→
− −
r S = → · ndS
−
r
S1 S1

xi + y j − z k
= S1 xi + y j + z k · dS
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 − z 2
= S2 dS
x2 + y 2 + z 2
= 0.

Para S2 :

De la figura, obs´rvese que el vector unitario normal a S 2 es n = k, de
e
donde obtenemos inmediatamente que

n · → = z,
−
r
adem´s como z = 1, entonces la integral sobre la superficie S 2 est´ dada por:
a a

→ · ndS = dS ,
−
r
S2 2 S2 2

216

2
pero S2 dS2 = π (1) , es decir, el area de un c´
´ ırculo de radio 1, por lo tanto

→ · d→ = π.
− −
r S
S2

Por lo tanto la integral sobre la superficie S del problema est´ dada por:
a

(1) → · d→ = → · d→ + → · d→ = π.
− −
r S S1 −
r
−
S S2 −
r
−
S
S

Por otro lado,

V ·→
−
r = 3V dV
1 2
= 3 π (1) (1)
3

que es igual al volumen de un cono de altura uno y radio 1, finalmente obtenemos

(2) V ·→=π
−
r
Por lo tanto, de los resultados (1) y (2) se verifica el Teorema de la diver-
gencia de Gauus, es decir,

→ · d→ =
− −
r S V
→
−
· F dv = π.
S

217

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