APLICACIONES DEL TEOREMA DE STOKES. PROBLEMAS RESUELTOS E. Bendito, A. Carmona y A. M. Encinas 29 de enero de 2010

2

Índice general 1. Coordenadas curvilíneas y campos vectoriales

5

1.1. Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2. Espacio tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2. Problemas de cambio de variable

15

3. Curvas parametrizadas

31

3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3.2. Curvas parametrizadas regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.3. Curvas regulares parametrizadas por arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 4. Problemas de curvas parametrizadas

39

5. Superficies parametrizadas

51

5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 5.2. Superficies Orientables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 5.3. Segunda Forma Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 5.4. Curvatura Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 5.5. Variedad Diferenciable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 6. Problemas de superficies

67

7. Integración

109 3

4

Índice general

7.1. Pseudoitervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 7.2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 8. Problemas de Integración

125

Capítulo 1

Coordenadas curvilíneas y campos vectoriales Nuestro principal objetivo es trabajar con curvas, superficies, abiertos, abiertos con frontera y otros subconjuntos de IRn . Esto lo haremos para conocer las propiedades geométricas de tales objetos y también para considerarlos como subconjuntos subyacentes sobre los que definir funciones y campos vectoriales y analizar el efecto de su acción. Para llevar a cabo este proyecto, es fundamental poner en correspondencia subconjuntos de estos objetos alabeados con subconjunto “planos” de un espacio coordenado de la dimensión adecuada que denominaremos espacio de parámetros. De esta manera, podremos determinar algunas propiedades geométricas de dichos objetos estudiando las propiedades de las funciones utilizadas para parametrizarlos. Además, componiendo con dichas parametrizaciones, extenderemos el cálculo diferencial e integral de funciones definidas sobre abiertos, a las funciones y campos vectoriales definidos sobre los nuevos objetos. Para que esta extensión se realice de forma adecuada, debe establecerse una correspondencia entre el espacio de parametros y el espacio ambiente que actúe con la misma regularidad en cualquiera de las dos direcciones. El instrumento para llevar a cabo esta correspondencia es el denominado cambio de variable y el resultado matemático que le proporciona el marco adecuado es el Teorema de la Función Inversa. Aunque aquí asumimos unos conocimientos básicos de Álgebra Lineal y Cálculo, será conveniente recordar algunas definiciones y resultados relevantes en el posterior desarrollo y por tanto, incluimos aquellos que ayuden de forma significativa a comprender y relacionar los nuevos resultados. Con el fin de dar continuidad al desarrollo, no disociamos por apartados los resultados ya conocidos de los nuevos y así, propiedades conocidas y ejemplos adecuados, motivarán la aparición de nuevas definiciones y resultados.

5

6

Coordenadas curvilíneas

1.1.

Cambio de variable

Comenzamos introduciendo brevemente algunas definiciones y propiedades relacionadas con el concepto de función diferenciable Definición 1.1.1 Sea f : Ω ⊂ IRn −→ IRn , Ω abierto. Diremos que f es diferenciable en a ∈ Ω, si existe una aplicación lineal A : IRn −→ IRn , denominada derivada de f en a, tal que: l´ım

h→0

|f (a + h) − f (a) − A(h)| = 0. |h|

(1.1)

Dado que la derivada es única, si encontramos una aplicación lineal tal que verifique (1.1), entonces la función es diferenciable en a y la derivada de f en a, A = Df (a) = f 0 (a) está constituida por las derivadas parciales de las funciones componentes de f en a. El siguiente resultado simplifica la verificación de la diferenciabilidad mediante una condición suficiente. Proposición 1.1.2 Si f : Ω ⊂ IRn −→ IRn tiene todas las derivadas parciales continuas en a ∈ Ω, entonces f es diferenciable en a. En base al anterior resultado será adecuado utilizar la siguiente nomenclatura. Definición 1.1.3 Diremos que f ∈ C k (Ω), k = 1, 2, . . . , si todas sus derivadas parciales hasta el orden k son continuas en Ω . Como estamos interesados en llevar a cabo una construcción de cierta complejidad, será conveniente trabajar con funciones de clase C ∞ con el fin de no estar pendientes de la regularidad de las funciones involucradas. Así, salvo que hagamos mención explícita de la regularidad, a lo largo del texto trabajaremos con funciones de clase C ∞ y por simplificar la nomenclatura las denominaremos funciones diferenciables. Para motivar algunas definiciones, comenzamos describiendo ciertos detalles del cambio de variable a coordenadas polares, sin menoscabo de ser tratado pormenorizadamente en el problema(). Ejemplo 1.1.1 Coordenadas polares. f:

Ω ⊂ IR2

−→

IR2

(r, θ)

7−→

(r cos θ, r sin θ)

Como las funciones trigonométricas son periódicas de periodo 2π, consideramos para θ, inicialmente, el intervalo [0, 2π). Además, como la imagen del eje coordenado r = 0 es el punto (x, y) = (0, 0), consideramos para r el intervalo (0, +∞). Entonces, la aplicación continua f define una biyección entre (0, +∞) × [0, 2π) y IR2 − {(0, 0)}. Por otra parte, será conveniente

Cambio de variable

7

Figura 1.1: Coordenadas polares hacer algunas precisiones sobre la función inversa de f dada por (r, θ) =

 p x2 + y 2 , g(x, y) ,

donde la primera componente es la distancia al origen y g(x, y) es la función argumento en IR2 dada por:  y arctan x > 0, y ≥ 0    x   y arctan + π x ≤ 0, (x, y) 6= (0, 0) g(x, y) = x     y  arctan + 2π x > 0, y < 0 x cuya gráfica se presenta en la figura (!!). Claramente, la distancia al origen es continua incluso en todo IR2 , sin embargo el argumento, sólo es continua en los puntos IR2 − {(x, 0) : x ≥ 0}. En particular, cualquier entorno de (x, 0) con x > 0, contiene puntos (x, δ) y (x, −δ), con δ > 0, cuyas imágenes están tan cerca como queramos de (r, 0) y (r, 2π), respectivamente. Asumimos que f : (0, 2π) × (0, +∞) −→ IR2 − {(x, 0) : x ≥ 0}, es una biyección entre abiertos del espacio de parámetros y el espacio ambiente para la que tanto f como f −1 son continuas. El ejercicio anterior muestra que la existencia de una biyección continua no induce la continuidad de la función inversa y motiva la siguiente definición. Definición 1.1.4 Sean U y V abiertos de IRn . Diremos que f : U −→ V es un homeomorfismo si: (i) f es biyectiva. (ii) f y f −1 son continuas.

8

Coordenadas curvilíneas

De forma similar, el próximo ejemplo muestra que la derivabilidad de una función invertible, no asegura la derivabilidad de su inversa. Ejemplo 1.1.2 Sea f : IR −→ IR definida por f (x) = x3 . Claramente f es un homeomorfismo de clase √ C , cuya inversa es f −1 (y) = 3 y. Sin embargo, f no es un difeomorfismo, ya que f −1 no es derivable en el origen y = 0. Debemos notar que en x = 0 la derivada de f es nula, es decir, f 0 (0) = 0. ∞

Por tanto, para asegurarnos que una aplicación invertible y su inversa tienen las mismas propiedades de derivabilidad debemos, en principio, imponerlo. Definición 1.1.5 Sean U y V abiertos de IRn . Diremos que f : U −→ V es un difeomorfismo de clase C k , k = 1, 2, . . . si: (i) f es biyectiva. (ii) f y f −1 son diferenciables de clase C k . En la línea de simplificación de la nomenclatura, cuando f sea un difeomorfismo de clase C ∞ , diremos simplemente que es un difeomorfismo. Veamos un ejemplo sencillo de difeomorfismo. Ejemplo 1.1.3 Traslación. Fijado b ∈ IRn , denominamos traslación de vector b a la función f : IRn −→ IRn definida por f (x) = x + b. Esta aplicación es claramente biyectiva y de clase C ∞ , cuya inversa f −1 (y) = y − b, es también una traslación y por tanto de clase C ∞ . En definitiva, la traslación es un difeomorfismo en IRn . A continuación confirmemos el papel crucial que juega la no singularidad de la derivada en el siguiente ejemplo. Ejemplo 1.1.4 Transformación lineal. Fijada A ∈ Mn×n (IR), denominamos transformación lineal a la función f : IRn −→ IRn definida por f (x) = Ax, claramente f es diferenciable y Df (x) = A. Si A es una matriz singular, es decir, si detA = 0, f no es inyectiva. Sin embargo, si A es no singular y denotamos por B = A−1 , entonces la función inversa de f , f −1 : IRn −→ IRn está definida por f −1 (y) = By, por lo que, en este caso, concluimos que f es un difeomorfismo en IRn . En términos generales, observemos que si f : U −→ V es un difeomorfismo de clase C 1 , f es biyectiva y para cada x ∈ U se verifica que f −1 ◦ f (x) = Id(x). Entonces, por la regularidad de

Espacio tangente

9

f y f −1 y aplicando la regla de la cadena resulta que D(f −1 )(f (x)) ◦ Df (x) = D(Id)(x) = Id. Luego la derivada de f en x es no singular. La siguiente proposición recoge una aplicación de la regla de la cadena al componer difeomorfismos. Proposición 1.1.6 Sean U, V y W abiertos de IRn , f : U −→ V , g : V −→ W y h = g ◦ f . Entonces, si dos de las funciones son difeomorfismos de clase C k , la tercera también lo es. Concluimos la sección enunciando el Teorema de la Función Inversa que expresa las condiciones para construir cambios de variable. Además, posibilita la obtención de la derivada de la función inversa, hecho que se ha traslucido en las observaciones realizadas antes de la proposición anterior y que será de gran utilidad. Enunciamos el mencionado teorema sin demostración y remitimos al lector al texto de M. Spivak ([?, ] para seguir una prueba que resulta ser, además, un excelente repaso de fundamentos de Análisis Matemático. Teorema 1.1.7 Sea f : Ω ⊂ IRn −→ IRn , Ω abierto. Si f es de clase C k en a ∈ Ω tal que det(Df (a)) 6= 0. Entonces, existe un abierto U ⊂ Ω con a ∈ U tal que, V = f (U ) es abierto y f : U −→ V es un difeomorfismo de clase C k . Además, para cada x ∈ U , resulta que Df −1 (f (x)) = (Df (x))−1 . Sean U y V abiertos de IRn . Llamamos cambio de variable de clase C k a cualquier difeomorfismo de clase C k entre U y V . Si el difeomorfismo es C ∞ lo denominaremos simplemente cambio de variable. Definición 1.1.8 Sea el cambio de variable f:

U

−→

(u1 , . . . , un ) 7−→

V (x1 , . . . , xn )

Para cada u0 ∈ U y cada j = 1 . . . , n, si uj ∈ (u0j −ε, u0j +ε), f (u01 , . . . , u0j−1 , uj , u0j+1 , . . . , u0n ) es la curva coordenada curvilínea j-ésima que pasa por el punto f (u0 ) ∈ V .

1.2.

Espacio tangente

En esta sección comenzamos utilizando la estructura de espacio afín de IRn , para poder asignar a cada punto de un subconjunto de IRn un vector del espacio ambiente con origen en el punto. Definición 1.2.1 Para cada p ∈ IRn llamamos Espacio Tangente a IRn en el punto p al conjunto

10

Coordenadas curvilíneas...

Tp (IRn ) = {(p, v) : v ∈ IRn } El conjunto Tp (IRn ) tiene estructura de espacio vectorial con las siguientes operaciones: (i) (p, v) + (p, w) = (p, v + w), ∀ v, w ∈ IRn , (ii) λ(p, v) = (p, λ v), ∀ v ∈ IRn , ∀ λ ∈ IR. n Resulta entonces que a IRn y que dim Tp (IRn ) = n. Además, la base n Tp (IR ) es isomorfo o n de Tp (IR ) dada por (p, e1 ), . . . , (p, en ) , donde {e1 , . . . , en } es la base canónica de IRn , se denomina base canónica de Tp (IRn ).

Ahora tenemos la herramienta suficiente para dar la definición de campo vectorial. Definición 1.2.2 Dado Ω ⊂ IRn abierto, llamamos campo vectorial sobre Ω a una aplicación [ X : Ω −→ Tp (IRn ) p∈Ω

tal que para cada p ∈ Ω, X(p) ∈ Tp (IRn ). La expresión de X(p) en la base canónica está dada por X(p) = f1 (p)(p, e1 ) + · · · + fn (p)(p, en ), con fi : Ω −→ IR, i = 1, . . . , n. Diremos que X es un campo vectorial diferenciable en Ω, si las funciones coeficientes del campo, fi , i = 1, . . . , n, son diferenciables en Ω. Añadir dibujo de campo en p Con este lenguaje, la aplicación lineal asociada a una aplicación diferenciable puede ser descrita de una forma más adecuada: Si Ω ⊂ IRn es abierto y f : Ω −→ IRn es diferenciable, para cada a ∈ Ω, la derivada en a es una aplicación lineal entre los correspondientes espacios tangentes, es decir, Df (a) : Ta (IRn ) −→ (a, h)

7−→

Tf (a) (IRn ) (f (a), Df (a)h)

El siguiente objetivo consiste en analizar como actúa un cambio de variable sobre la base del espacio tangente y, en consecuencia, sobre los campos vectoriales. Con este fin será conveniente resaltar la conexión existente entre los campos vectoriales y los operadores de derivación direccional obteniendo además una interpretación más adecuada y operativa del espacio tangente. Recordemos que, dada una función f : Ω −→ IR, la derivada parcial i-ésima de f en p es el f (p + ei ) − f (p) ∂f límite, si existe, l´ım = Di f (p) = (p). Es claro que el operador derivada t→0 t ∂xi parcial i-ésima en p ∂ (p) : C k (Ω) −→ IR ∂xi ∂f f 7−→ (p) ∂xi

Espacio tangente

11

está univocamente determinado fijando el punto p y el vector ei , es decir, fijando el i-ésimo elemento de la base canónica de Tp (IRn ). Desde otro punto de vista, si en el espacio ambiente IRn consideramos las coordenadas cartesianas (x1 , . . . , xn ), la curva coordenada i-ésima que pasa por p = (x01 , . . . , x0n ), está dada por la curva (x01 , . . . , x0i−1 , xi , x0i+1 , . . . , x0n ) y por tanto, el vector tangente a dicha curva coordenada en el punto p, es el vector ei con origen en el punto p. Por todo ello y sin necesidad de profundizar en el concepto de derivación para justificar la nueva nomenclatura en la descripción de la base de los espacios tangentes, identificamos ∂ (p) con (p, ei ), para cada i = 1, . . . , n. Entonces, la base del espacio tangente Tp (IRn ) se ∂xi n ∂ o ∂ denotará por (p), . . . , (p) y un campo vectorial X sobre Ω ⊂ IRn , se expresará por ∂x1 ∂xn ∂ ∂ X(p) = f1 (p) (p) + · · · + fn (p) (p), p ∈ Ω, lo que equivale a entender el campo como un ∂x1 ∂xn operador de derivación direccional, aunque no insistiremos en este lenguaje. Veamos ahora como se interpretan las curvas coordenadas y los vectores tangentes determinados por un cambio de variable. Nuevamente, comenzamos visualizando el problema analizando estas operaciones en el cambio a coordenadas polares.

Ejemplo 1.2.1 Coordenadas polares.

f:

(0, +∞) × (0, 2π) −→ IR2 − {(x, 0) : x ≥ 0} (r, θ)

7−→

(r cos θ, r sin θ)

((Incluir un gráfico del cambio a polares, pero ahora fijando un punto (r0 , θ0 ) del espacio de parámetros, las curvas coordenadas que pasan por el punto y sobre el que ∂ ∂ ponemos el tangente con los vectores ∂r y ∂θ . En el espacio ambiente pondremos la imagen de las curvas coordenadas, la de los vectores tangentes, el espacio tangente del ambiente y su base.)) Sean a = (r0 , θ0 ) ∈ (0, +∞) × (0, 2π) y p = f (a). La curva (r, θ0 ) del espacio de parámetros con vector tangente en a, e1 , se transforma en la curva coordenada α(r) = (r cos θ0 , r sin θ0 ) del espacio ambiente con vector tangente en p, α0 (r0 ) = (cos θ0 , sin θ0 ). De forma equivalente, la curva (r0 , θ) del espacio de parámetros con vector tangente en a, e2 , se transforma en la curva coordenada β(θ) = (r0 cos θ, r0 sin θ) del espacio ambiente con vector tangente en p β 0 (θ0 ) = (−r0 sin θ0 , r0 cos θ0 ). , Calculando la derivada del cambio a coordenadas polares obtenemos:

Df (r, θ) =

cos θ

−r sin θ

sin θ

r cos θ

!

12

Coordenadas curvilíneas...

Figura 1.2: Transformación ∂ Por lo tanto, α0 (r0 ) = Df (a)e1 y β 0 (θ0 ) = Df (a)e2 . Entonces, denotando por (p) = α0 (r0 ) ∂r ∂ (p) = β 0 (θ0 ) los vectores tangentes a las curvas coordenadas en Tp (IRn ), obtenemos y ∂θ ∂ ∂ ∂ (p) = cos θ0 (p) + sin θ0 (p), ∂r ∂x ∂y ∂ ∂ ∂ (p) = −r0 sin θ0 (p) + r0 cos θ0 (p). ∂θ ∂x ∂y Dado que Df (r, θ) es no singular, de las expresiones anteriores se deduce que la derivada opera como matriz de cambio de base en el espacio tangente Tp (IRn ). Además, la inversa de la derivada del cambio a coordenadas polares, que por el Teorema de la Función Inversa es la derivada de la función inversa   cos θ0 sin θ0 Df −1 (f (r0 , θ0 )) =  sin θ0 cos θ0  , − r0 r0 opera devolviendo el cambio, es decir, ∂ ∂ sin θ0 ∂ (p) = cos θ0 (p) − (p), ∂x ∂r r0 ∂θ ∂ ∂ cos θ0 ∂ (p) = sin θ0 (p) + (p). ∂y ∂r r0 ∂θ

(1.2)

Los resultados observados en el ejemplo anterior nos permiten exponer de forma sistemática el papel jugado por la aplicación lineal asociada a un cambio de variable.

Espacio tangente

13

Sea f:

U

−→

V

(u1 , . . . , un ) 7−→

(x1 , . . . , xn )

un cambio de variable y 

∂x1 (a) ∂u1 .. .

···

  ..  Df (a) =  .   ∂xn (a) · · · ∂u1

∂x1 (a) ∂un .. . ∂xn (a) ∂un

      

(1.3)

su derivada en a ∈ U . Como es no singular, Df (a) puede considerarse como la matriz de un cambio de base en Tp (IRn ) con p = f (a). Es decir, para j = 1, . . . , n, los elementos de la columna j-ésima de Df (a), son los coeficientes del vector tangente a la j-ésima curva coordenada curvin ∂ o ∂ ∂ línea, (p), en la base cartesiana (p), . . . , (p) de Tp (IRn ). Esto queda formalmente ∂uj ∂x1 ∂xn expresado por el sistema de ecuaciones ∂ (p) = ∂u1 ··· ∂ (p) = ∂un

∂x1 ∂ ∂xn ∂ (p) + · · · + (p) ∂u1 ∂x1 ∂u1 ∂xn ··· ∂x1 ∂ ∂xn ∂ (p) + · · · + (p) ∂un ∂x1 ∂un ∂xn

     

(1.4)

    

Recíprocamente, la derivada de la función inversa f −1 : V −→ U puede ser obtenida invirtiendo la derivada de f en a, es decir, w11 (a)  .. −1 −1 D(f )(f (a)) = (Df ) (a) =  .  

··· ..

.

 w1n (a)  ..  . 

(1.5)

wn1 (a) · · · wnn (a) Por lo tanto, tenemos que ∂ ∂ ∂ (p) = w1j (p) + · · · + wnj (p) j = 1, . . . , n, ∂xj ∂u1 ∂un

(1.6)

lo que resulta ser una expresión operativa de los vectores de la base cartesiana del espacio tangente en términos de los parámetros y de la base del espacio tangente determinada por ellos. En definitiva, los cambios de variable tienen una direccionalidad claramente establecida que consiste en describir un subconjunto de un espacio ambiente V ∈ IRn mediante los parámetros de un conjunto U ∈ IRn y así disponer de dos sistemas de coordenadas para V : el sistema coordenado cartesiano determinado por el ambiente y el sistema de coordenadas curvilíneas construido por el cambio de variable. Además, la derivada del cambio de variable y la de su

14

Coordenadas curvilíneas...

inversa se expresan en función de los parámetros y actúan como cambio de base y cambio inverso en el espacio tangente del ambiente.

Capítulo 2

Problemas de cambio de variable Problema 2.1 Sean Ω ⊂ IRn un abierto y f : Ω −→ IRn una función de clase C 1 (Ω), inyectiva y tal que det(Df (x)) 6= 0 para todo x ∈ Ω. (i) Probar que f (Ω) es un abierto y que f −1 : f (Ω) −→ Ω es diferenciable. (ii) Probar que f (A) es abierto para cada conjunto abierto A ⊂ Ω. Solución: La solución del problema se basa en el uso del Teorema de la Función Inversa. (i) f (Ω) es un abierto ⇐⇒ para todo b = f (a) ∈ f (Ω) existe un abierto V ⊂ f (Ω) que contiene a b. Sean a ∈ Ω y b = f (a). Como det(Df (a)) 6= 0, el Teorema de la Función Inversa nos asegura que existe un conjunto abierto U ⊂ Ω que contiene a a y un conjunto abierto V ⊂ f (Ω) que contiene a b tales que f : U −→ V tiene inversa de clase C 1 (V ). De momento nos basta con la primera afirmación: existe un conjunto abierto V que contiene b. Por tanto, f (Ω) es un abierto. Para probar la segunda parte del enunciado debemos tener en cuenta que f es inyectiva y por tanto f : Ω −→ f (Ω) tiene inversa global. La diferenciabilidad de f −1 se deduce de nuevo del Teorema de la Función Inversa. (ii) Basta observar que f|A : A −→ IRn , verifica las mismas hipótesis que f . Por tanto f|A (A) = f (A) es un abierto. Problema 2.2 (Coordenadas polares) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas: f1 (r, θ) = (r cos θ, r sen θ), Ω1 = (0, +∞) × (0, 2π) 15

16

Problemas resueltos

Solución: f1 :

−→

Ω1

IR2

(r, θ) 7−→ (r cos θ, r sen θ) En primer lugar observamos que f1 ∈ C ∞ (Ω1 ), ya que está definida por medio de funciones elementales que lo son. En segundo lugar calculamos el jacobiano de la aplicación, cos θ sen θ det(Df1 )(r, θ) = = r 6= 0 en Ω1 . −r sen θ r cos θ Para estudiar la inyectividad consideramos dos puntos con la misma imagen,  r cos θ = r0 cos θ0 (1) =⇒ r2 = (r0 )2 =⇒ r = r0 en Ω1 . r sen θ = r0 sen θ0 Sustituyendo esta condición en las ecuaciones (1) obtenemos,  cos θ = cos θ0 =⇒ θ0 = θ en Ω1 . sen θ = sen θ0 Para hallar f1 (Ω1 ) estudiamos la imagen de las fronteras del dominio. Estos puntos no estarán en la imagen de la transformación. r=0

f1 −→

(0, 0).

θ = 0, 2π

f1 −→

(r, 0) =⇒ y = 0, x > 0.

Por tanto, f1 (Ω1 ) ⊂ IR2 −{(x, y) ∈ IR2 : y = 0, x ≥ 0}. Con el estudio de las curvas coordenadas concluiremos que de hecho, la anterior inclusión es una igualdad. Curvas coordenadas. Las curvas coordenadas se obtienen al fijar una de las variables en la función que define el cambio de coordenadas. En este caso tendremos dos familias de curvas coordenadas. • Curvas coordenadas r = r0 ∈ (0, +∞). α:

(0, 2π) −→ θ 7−→

f1 (Ω1 ) α(θ) = f1 (r0 , θ) = (r0 cos θ, r0 sen θ)

Para hallar la ecuación cartesiana de la curva tenemos que eliminar la variable θ. Como ésta aparece en senos y cosenos elevamos al cuadrado y sumamos, x2 + y 2 = r02 . Luego las curvas coordenadas son circunferencias centradas en el origen de radio r0 , menos el punto (r0 , 0). Ver Figura 2.1. • Curvas coordenadas θ = θ0 ∈ (0, 2π).

17

p/8

y

q=

q=5

q=p/2

3p /8

Cambio de variable

/4 3p

q=

p/ q=

/8

q=

p/8

r=1

r=2

r=4

7p

r=3

q=

4

q=p

x

q=

/8 9p

15p

/8

/8

q=

13p

q=3p/2

q=

11 p/8

/4

q=

7p

q=

5p /4

q=

Figura 2.1: Curvas coordenadas

β:

(0, +∞) −→ r 7−→

f1 (Ω1 ) β(r) = f1 (r, θ0 ) = (r cos θ0 , r sen θ0 )

Para hallar la ecuación cartesiana tenemos que eliminar la variable r. Nótese que la dependencia en ambas coordenadas es lineal. Si θ0 = π/2, la curva coordenada es x = 0, y > 0. Si θ0 = 3π/2, la curva coordenada es x = 0, y < 0. En otro caso, podemos dividir por x y obtenemos, y = tan (θ0 ) =⇒ y = tan (θ0 ) x. x Como (0, 0) no está en f1 (Ω1 ), la curva coordenada θ = θ0 será una de las semirectas que aparecen al quitar el (0, 0) de la gráfica de y = tan (θ0 ) x, ya que (0, +∞) es un conjunto conexo y β es continua. Para decidir qué semirrecta es estudiamos directamente β(r), ◦ Si 0 < θ0 < ◦ Si

π < θ0 ≤ π, entonces x < 0 e y ≥ 0. 2

◦ Si π < θ0 < ◦ Si

π , entonces x > 0 e y > 0. 2

3π , entonces x < 0 e y < 0. 2

3π < θ0 < 2π, entonces x > 0 e y < 0. 2

El estudio realizado no muestra que por cada punto p = (x, y) ∈ IR2 − {(x, y) ∈ IR2 : y =

18

Problemas resueltos

0, x ≥ 0} pasa una curva de cada una de las familias de curvas coordenadas, es decir, nos muestra la función inversa a la vez que nos permite afirmar que Ω1 = IR2 − {(x, y) ∈ IR2 : y = 0, x ≥ 0}. En este p caso, dado p = (x, y) tenemos que el radio de la circunferencia que para por él es r = x2 + y 2 , mientras que la pendiente de la recta que pasa por él es tan( xy ). Por tanto, θ = arctan( xy ) si x 6= 0, θ = π/2 si x = 0 e y > 0 y θ = −π/2 si x = 0 e y < 0. Problema 2.3 (Coordenadas parabólicas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas:  2  u − v2 f2 (u, v) = , uv , Ω2 = IR × (0, +∞) 2 Solución: f2 :

Ω2

IR2

−→ 

(u, v) 7−→

u2 − v 2 , uv 2



En primer lugar observamos que f2 ∈ C ∞ (Ω2 ), ya que está definida por medio de funciones elementales. A continuación, calculamos el jacobiano de la aplicación: u −v det(Df2 )(u, v) = = u2 + v 2 6= 0 en Ω2 . v u Estudiamos ahora la inyectividad de la función, considerando dos puntos con la misma imagen: ) u21 − v12 = u2 − v 2 u1 v1 = uv Como v 6= 0 en Ω2 podemos dividir por v y operando obtenemos: u=

u1 v1 (u1 v1 )2 =⇒ u21 − v12 = − v 2 =⇒ v(u21 − v12 ) = (u1 v1 )2 − v 4 =⇒ v v2

v 4 + v 2 (u21 − v12 ) − (u1 v1 )2 = 0. Llamamos z = v 2 y hallamos las raíces: z=

−(u21 − v12 ) ±

( 2 p v1 u41 + v14 − 2u21 v12 + 4u21 v12 −u21 + v12 ± (u21 + v12 ) = = 2 2 −u21

Por tanto, v 2 = v12 lo que implica v = v1 en Ω2 . Volviendo a las ecuacions iniciales tenemos u = u1 . Para hallar la imagen procedemos como en el problema anterior.  2  u f2 v = 0 −→ , 0 =⇒ y = 0, x ≥ 0. 2

Cambio de variable

19

Por tanto, f2 (Ω2 ) ⊂ IR2 − {(x, y) ∈ IR2 : y = 0, x ≥ 0}. Curvas coordenadas. • Curvas coordenadas u = u0 ∈ IR. α:

(0, +∞) −→

f2 (Ω2 ) 

v

7−→

α(v) = f2 (u0 , v) =

u20 − v 2 , u0 v 2



Para hallar la ecuación cartesiana tenemos que eliminar la variable v del sistema:  u20 − v 2  x= 2  y = u0 v y 1 =⇒ x = u0 2  2  u u2 y2 = 4 − 0 x− 0 . 2 2

Si u0 6= 0 tenemos v =



u20 −

y2 u20



=⇒ y 2 = −u20 (2x − u20 ) =⇒

u2

Expresión que corresponde a la ecuación de una parábola de vértice ( 20 , 0) y foco (0,0). Nuevamente para razonar que tramo de las parábolas corresponde a una curva coordenada u2 razonamos por conexión. Como ( 20 , 0) no pertenece a f2 (Ω2 ), las curvas coordenadas u = u0 6= 0 son semiparábolas, ya que si u0 > 0, y > 0 mientras que si u0 < 0, y < 0.Ver Figura 2.2. Si u0 = 0, la curva coordenada es y = 0, x < 0. • Curvas coordenadas v = v0 ∈ (0, +∞). β:

IR

−→

f2 (Ω2 ) 

u

7−→

β(u) = f2 (u, v0 ) =

u2 − v02 , uv0 2



Para hallar la ecuación cartesianas tenemos que eliminar la variable u del sistema:  u2 − v02  x= 2  y = uv0 y 1 Como v0 6= 0 tenemos u = =⇒ x = v0 2  2  v0 v2 y2 = 4 x+ 0 . 2 2



y2 − v02 v02



=⇒ y 2 = v02 (2x + v02 ) =⇒

20

Problemas resueltos

−v 2

Expresión que corresponde a la ecuación de una parábola de vértice ( 2 0 , 0) y foco (0,0). En este caso son parábolas completas ya que el vértice si que pertenece a la imagen.

y

u=2

v=2

u=3/

/2

v=3

2

u=1

v=1

u=0

x

u=-1 /2

u=-3

2

u=-

Figura 2.2: Curvas coordenadas

Problema 2.4 (Coordenadas elípticas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas: f3 (u, v) = (c cosh u cos v, c senh u sen v), Ω3 = (0, +∞) × (0, 2π) Solución:

f3 :

Ω3

−→

(u, θ) 7−→

IR2 (c cosh u cos θ, c senh u sen θ)

En primer lugar observemos que f3 ∈ C ∞ (Ω3 ), ya que está definida mediante funciones elementales. Calculamos a continuación el Jacobiano del cambio:

Cambio de variable

21

c senh u cos θ det(Df3 )(u, θ) = c cosh u sen θ

−c cosh u sen θ c senh u cos θ

= c2 (senh2 u cos2 θ + cosh2 u sen2 θ) 6= 0 en Ω3 . Estudiamos ahora la inyectividad de la función.

c cosh u cos θ = c cosh u1 cos θ1 c senh u sen θ = c senh u1 sen θ1

)

cosh u1 cos θ1 cosh u ⇐⇒ senh u1 sen θ1 sen θ = senh u cos θ =

    

Si elevamos al cuadrado y sumamos las dos expresiones anteriores obtenemos: 1=

cosh2 u1 cos2 θ1 (cosh2 u1 − 1)(1 − cos2 θ1 ) + 2 cosh u cosh2 u − 1

Operando tenemos: cosh2 u(cosh2 u − 1) = cosh2 u1 cosh2 u cos2 θ1 − cosh2 u1 cos2 θ1 + cosh2 u1 cosh2 u − cosh2 u cosh2 u1 cos2 θ1 − cosh2 u + cosh2 u cos2 θ1 = cosh2 u1 (cosh2 u − cos2 θ1 ) + cosh2 u(cos2 θ1 − 1) =⇒ cosh2 u(cosh2 u − cos2 θ1 ) = cosh2 u1 (cosh2 u − cos2 θ1 ) cosh2 u = cosh2 u1 =⇒ u = u1 en Ω3 . Volviendo a las primeras ecuaciones obtenemos: cos θ = cos θ1

) =⇒ θ = θ1 en Ω3 .

sen θ = sen θ1 Para hallar la imagen debemos analizar cuál es la imagen de las fronteras del dominio:

u=0 θ = 0, 2π

f2

=⇒ y = 0, −c ≤ x ≤ c.

f2

=⇒ y = 0, x ≥ c, ya que cosh u ≥ 1.

−→ (c cos θ, 0) −→ (c cosh u, 0)

Luego, f3 (Ω) = IR2 − {y = 0, x ≥ −c}. Curvas coordenadas. • Curvas coordenadas u = u0 ∈ IR+ .

22

Problemas resueltos

α:

(0, 2π) −→ θ 7−→

IR2 (c cosh u0 cos θ, c senh u0 sen θ)

Para hallar la ecuación cartesiana tenemos que eliminar la variable θ del sistema. Como ésta aparece en senos y cosenos elevamos al cuadrado y sumamos. x2 y2 + = 1. (c cosh u0 )2 (c senh u0 )2 Luego las curvas coordenadas son elipses homofocales de semiejes a = c cosh u0 y b = c senh u0 menos el punto (c cosh u0 , 0).Ver Figura 2.3 • Curvas coordenadas θ = θ0 ∈ (0, 2π). β:

(0, +∞) −→ u 7−→

IR2 (c cosh u cos θ0 , c senh u sen θ0 )

Para hallar la ecuación cartesiana tenemos que eliminar la variable u. Como ésta aparece en senos y cosenos hiperbólicos elevamos al cuadrado y restamos. (El siguiente paso estará bien hecho siempre y cuando θ 6= π, π/2, 3π/2, ya que en estos casos algún denominador se anula. Los estudiaremos después). x2 y2 − = 1. (c cos θ0 )2 (c sen θ0 )2 Luego las curvas coordenadas son cuartos de hipérbola homofocales de semiejes a = c cos θ0 y b = c sen θ0 . Ver figura 2.3. A continuación vemos a que parte de las hipérbolas nos referimos según sea el valor de θ: ◦ Si 0 < θ0 < π/2, entonces x, y ≥ 0. Luego la curva coordenada es el cuarto de hipérbola que se halla en el primer cuadrante. ◦ Si θ0 = π/2, entonces analizando directamente β tenemos x = 0, y ≥ 0. Luego la curva coordenada es la parte positiva del eje y. ◦ Si π/2 < θ0 < π, entonces x < 0, y ≥ 0. Luego la curva coordenada es el cuarto de hipérbola que se halla en el segundo cuadrante. ◦ Si θ0 = π, entonces analizando directamente β tenemos x ≤ −c, y = 0. Luego la curva coordenada es la parte del eje x que nos faltaba. ◦ Si π < θ0 < 3π/2, entonces x < 0, y < 0. Luego la curva coordenada es el cuarto de hipérbola que se halla en el tercer cuadrante. ◦ Si θ0 = 3π/2, entonces analizando directamente β tenemos x = 0, y ≤ 0. Luego la curva coordenada es la parte negativa del eje y. ◦ Si 3π/2 < θ0 < 2π, entonces x > 0, y < 0. Luego la curva coordenada es el cuarto de hipérbola que se halla en el cuarto cuadrante.

Cambio de variable

23

Debe observarse que la hipérbola entera (salvo dos puntos) se obtiene con las cuatro curvas coordenadas θ = θ0 , π − θ0 , π + θ0 , 2π − θ0 . y

/3 2p

u=2

v= p/

3

v=

/6

/4 3p

5p

v=

v=

4

p/ v=

v=

6

p/

u=3/2 u=1

x

p/3

/4

v=4

5p

v=

/3 5p

p/6

v=

v=7

v=

7p

/4

v=1

1p /6

Figura 2.3: Curvas coordenadas

Problema 2.5 (Coordenadas cilíndricas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las superficies coordenadas: g1 (ρ, θ, z) = (f1 (ρ, θ), z), Ω1 = (0, +∞) × (0, 2π) × IR Solución: g1 :

Ω1

−→

(r, θ) 7−→

IR3 (r cos θ, r sen θ, z)

Seguiremos los mismos pasos que anteriormente hemos realizado en dos dimensiones para analizar los cambios de variable. En primer lugar observamos que g1 ∈ C ∞ (IR3 ), ya que está definida por medio de funciones elementales que también lo son. En segundo lugar calculamos el jacobiano de la aplicación: cos θ −r sen θ 0 det(Dg1 )(r, θ, z) = sen θ r cos θ 0 = r 6= 0 en Ω1 . 0 0 1

24

Problemas resueltos

Estudiamos la inyectividad de la aplicación. Para ello consideramos dos puntos con la misma imagen:  r cos θ = r0 cos θ0  r sen θ = r0 sen θ0 (1) =⇒ r2 = (r0 )2 =⇒ r = r0 en Ω1 .  0 z=z Volvemos a las ecuaciones (1), de donde eliminamos r y r0 : cos θ = cos θ0 sen θ = sen θ0



=⇒ θ0 = θ en Ω1 .

También se cumple, automáticamente, que z = z 0 . Para hallar la imagen procedemos en primer lugar a estudiar la imagen de las fronteras del dominio. Los puntos de la imagen de éstas no estarán en la imagen del cambio de variable. r=0

g1 −→

(0, 0, z)

=⇒ x = y = 0.

θ = 0, 2π

g1 −→

(r, 0, z)

=⇒ y = 0, x ≥ 0.

Por tanto, g1 (Ω1 ) ⊂ IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 0, x ≥ 0}. Con el estudio de las curvas coordenadas veremos que esta inclusión en realidad es una igualdad. Superficies coordenadas. Las superficies coordenadas se obtienen al fijar una de las variables en la función que define el cambio de coordenadas. En este caso tendremos tres familias de superficies coordenadas. • Superficies coordenadas r = r0 ∈ (0, +∞). x:

(0, 2π) × IR (θ, z)

−→ g1 (Ω1 ) 7−→ x (θ, z) = g1 (r0 , θ, z) = (r0 cos θ, r0 sen θ, z)

Tenemos que eliminar las variables θ y z, para hallar la ecuación cartesiana. Como θ aparece en senos y cosenos elevamos al cuadrado y sumamos. x2 + y 2 = r02 . Luego las superficies coordenadas son cilindros menos una generatriz centrados en el origen y de radio r0 . Ver figura 2.4. • Superficies coordenadas θ = θ0 ∈ (0, 2π). y:

(0, +∞) × IR (r, z)

−→ g1 (Ω1 ) 7−→ y (r, z) = g1 (r, θ0 , z) = (r cos θ0 , r sen θ0 , z)

Cambio de variable

25

Para eliminar la variable r, podemos dividir si θ 6= π/2 ó 3π/2 por y: y = tan θ0 =⇒ y = tan θ0 x. x Luego las superficies coordenadas son semiplanos que pasan por el origen de coordenadas, menos el eje x = 0, y = 0, por lo tanto el plano se rompe en dos partes que corresponden a distintos valores de θ0 .Ver figura 2.4. A continuación vemos a que parte del semiplano nos referimos según los valores de θ0 : ◦ Si 0 < θ0 < ◦ Si

π < θ0 ≤ π, entonces x < 0 e y ≥ 0. 2

◦ Si π < θ0 < ◦ Si

π , entonces x > 0 e y > 0. 2

3π , entonces x < 0 e y < 0. 2

3π < θ0 < 2π, entonces x > 0 e y < 0. 2

• Superficies coordenadas z = z0 ∈ IR. z:

(0, +∞) × (0, 2π) −→ g1 (Ω1 ) (r, θ) 7−→ z (r, θ) = g1 (r, θ, z0 ) = (r cos θ, r sen θ, z0 )

Luego las superficies coordenadas son planos z=cte menos un punto. A partir de la intersección de las superficies coordenadas podríamos hallar las curvas coordenadas, que en este caso se trata de curvas planas, semirrectas o circumferencias.Ver Figura 2.4. Problema 2.6 (Coordenadas cilíndrico parabólicas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas: g2 (u, v, w) = (f2 (u, v), w), Ω2 = IR × (0, +∞) × IR Solución: De forma análoga al caso en dos dimensiones y siguiendo el mismo esquema de resolución que en el problema anterior se resuelve esta transformación. Problema 2.7 (Coordenadas cilíndrico elípticas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas: g3 (u, v, w) = (f3 (u, θ), w), Ω3 = (0, +∞) × (0, 2π) × IR Solución: De forma análoga al caso en dos dimensiones y siguiendo el mismo esquema de resolución que en el problema anterior se resuelve esta transformación.

26

Problemas resueltos

z

r=1 r=2 q =5p/3

z=1

y z= -1 q=p/3

x

Figura 2.4: Superficies coordenadas

Problema 2.8 (Coordenadas esféricas) Demostrar que la siguiente aplicación es un cambio de variable en el dominio indicado y hallar la imagen y las curvas coordenadas: g4 (ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ), Ω4 = (0, +∞) × (0, 2π) × (0, π)

Solución:

g4 :

Ω4

−→

(ρ, θ, ϕ) 7−→

IR3 (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ)

En primer lugar observamos que g4 ∈ C ∞ (IR3 ), ya que está definida por medio de funciones elementales que también lo son. En segundo lugar calculamos el jacobiano de la aplicación:

Cambio de variable

27

sen ϕ cos θ det(Dg4 )ρ, θ, ϕ) = sen ϕ sen θ cos ϕ

−ρ sen ϕ sen θ ρ sen ϕ cos θ 0

ρ cos ϕ cos θ ρ cos ϕ sen θ = −ρ2 sen ϕ 6= 0, en Ω4 . −ρ sen ϕ

Finalmente, estudiamos la inyectividad de la aplicación. Para ello consideramos dos puntos con la misma imagen:  ρ sen ϕ cos θ = ρ0 sen ϕ0 cos θ0  ρ sen ϕ sen θ = ρ0 sen ϕ0 sen θ0  ρ cos ϕ = ρ0 cos ϕ0 Elevando al cuadrado la primera y segunda ecuación y sumándolas obtenemos, ρ = ρ0 . De la tercera ecuación eliminando ρ, tenemos: ρ cos ϕ = ρ cos ϕ0 =⇒ cos ϕ = cos ϕ0 =⇒ ϕ = ϕ0 en Ω4 . Eliminando las variables ρ y ϕ de la primera y segunda ecuación, nos queda:  cos θ = cos θ0 =⇒ θ0 = θ, en Ω4 . sen θ = sen θ0 Para hallar la imagen procedemos del mismo modo que en el apartado anterior. ρ=0

g4 −→

(0, 0, 0).

θ = 0, 2π

g4 −→

(ρ sen ϕ, 0, ρ cos ϕ) =⇒ y = 0, x > 0.

ϕ=0

g4 −→

(0, 0, ρ) =⇒ x = y = 0, z > 0.

ϕ=π

g4 −→

(0, 0, −ρ) =⇒ x = y = 0, z < 0.

Por tanto, g4 (Ω4 ) ⊂ IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : (y = 0, x > 0), (x = y = 0, z)}. Superficies coordenadas. • Superficies coordenadas ρ = ρ0 ∈ (0, +∞).

x:

(0, 2π) × (0, π) −→ g4 (Ω4 ) (θ, ϕ) 7−→ x (θ, ϕ) = g4 (ρ0 , θ, ϕ) = (ρ0 sen ϕ cos θ, ρ0 sen ϕ sen θ, ρ0 cos ϕ)

Para hallar la ecuación cartesiana tenemos que eliminar las variables θ y ϕ. Como θ aparece en senos y cosenos elevamos al cuadrado y sumamos. x2 + y 2 + z 2 = ρ20 .

28

Problemas resueltos

Luego las superficies coordenadas son esferas, exceptuando un semimeridiano, centradas en el origen y de radio ρ0 . Ver figura 2.5. • Superficies coordenadas θ = θ0 ∈ (0, 2π).

(0, +∞) × (0, π) −→ g4 (Ω4 ) (ρ, ϕ) 7−→ y (ρ, ϕ) = g4 (ρ, θ0 , ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ0 , ρ sen ϕ sen θ0 , ρ cos ϕ)

y:

Eliminando las variables ϕ y z hallamos la ecuación cartesiana:  x = ρ sen ϕ cos θ0  y π 3π y = ρ sen ϕ sen θ0 =⇒ = tan θ0 =⇒ y = tan θ0 x, con θ0 6= ,  x 2 2 z ∈ IR Luego las superficies coordenadas son semiplanos que contienen al eje z. Dependiendo entre que valores se halla la constante θ0 los semiplanos estarán contenidos en distintos cuadrantes. Ver figura 2.5. A continuación vemos a que cuadrante nos refermos según el valor de θ0 : ◦ Si 0 < θ0 < ◦ Si

π , entonces x ≥ 0 e y ≥ 0, tan θ0 ≥ 0. 2

π < θ0 ≤ π, entonces x ≤ 0 e y ≥ 0, tan θ0 ≤ 0. 2

◦ Si π < θ0
0. 2 ◦ Si

◦ Si θ0 =

3π , entonces x = 0 e y < 0. 2

• Superficies coordenadas ϕ = ϕ0 ∈ (0, π).

z:

(0, +∞) × (0, 2π) −→ g4 (Ω4 ) (ρ, θ) 7−→ z (ρ, θ) = g4 (ρ, θ, ϕ0 ) = (ρ sen ϕ0 cos θ, ρ sen ϕ0 sen θ, ρ cos ϕ0 )

Si eliminamos las variables θ y z, obtenemos lo siguiente: x2 + y 2 = ρ2 sen2 ϕ0 =⇒

x2 + y 2 1 = tan2 ϕ0 =⇒ z 2 = (x2 + y 2 ). z2 tan2 ϕ0

Luego las superficies coordenadas son conos de vértice el origen de coordenadas y eje de revolución z, menos una generatriz. Ver Figura 2.5. Dependiendo del valor de la constante ϕ0 los conos se encontrarán en z positiva o negativa:

Cambio de variable

29

◦ Si ϕ0 ∈ (0, π2 ), entonces z > 0. ◦ Si ϕ0 ∈ ( π2 , π), entonces z < 0. ◦ Si ϕ0 =

π 2,

entonces z = 0.

z j=p/4

q =5p/3

r=2

y r=1 q =p/3

x j =2p/3

Figura 2.5: Superficies coordenadas Problema 2.9 Sea X un campo vectorial diferenciable en IR3 − {x2 + y 2 = 0} dado por X=

xy 2 ∂ y3 x2 ∂ ∂ + 2 +p . 2 2 + y ∂x x + y ∂y x2 + y 2 ∂z

x2

Expresar el campo en coordenadas cilíndricas. Solución: Para expresar el campo en cilíndricas tenemos que multiplicar el campo en cartesianas por la matriz del cambio que es la inversa de la Jacobiana. [X]cilíndricas = [D(f )]−1 [X]cartesianas

30

Problemas resueltos



cos θ

 D(f ) =  sen θ 0

−ρ sen θ ρ cos θ 0

0





ρ cos θ

1  0  D(f )−1 =  − sen θ ρ 0 1

ρ sen θ cos θ 0

0



 0  ρ

Los coeficientes del campo en cartesianas expresados en cilíndricas son: y3 x2 xy 2 = ρ cos θ sen2 θ, 2 = ρ sen3 θ, p = ρ cos2 θ 2 2 +y x +y x2 + y 2

x2

Por tanto, la espresión del campo en cilíndricas es  [X]cilíndricas =

ρ cos θ

1  − sen θ ρ 0

ρ sen θ cos θ 0

0



ρ cos θ sen2 θ

 0 

ρ sen3 θ

ρ

ρ cos2 θ

[X]cilíndricas = ρ sen2 θ

∂ ∂ + ρ cos2 θ ∂ρ ∂z





  =

ρ sen2 θ



0

 

ρ cos2 θ

Capítulo 3

Curvas parametrizadas 3.1.

Introducción

En este capítulo vamos a estudiar algunas propiedades de las curvas parametrizadas, entre las que se encuentran las curvas coordenadas de los cambios de variable. Iremos incorporando propiedades conforme la exposición lo vaya requiriendo, aunque de partida, como corresponde a la filosofía general del texto, asumiremos que todas las funciones utilizadas son suficientemente regulares. Este hecho lo describiremos, no sin cierta ambigüedad, denominando diferenciables a tales curvas. Los intervalos de parametrización de las curvas suelen coincidir con los dominios de definición de las funciones involucradas salvo que, por interés del desarrollo, se especifique un subconjunto dado. De todas formas, para establecer propiedades de regularidad supondremos los intervalos abiertos. Por tanto, en todo el capítulo la denominación intervalo designará al conjunto (a, b) ⊂ IR, donde −∞ ≤ a < b ≤ +∞.

Definición 3.1.1 Llamamos curva parametrizada a una aplicación diferenciable en (a, b), α:

(a, b) −→

IRn

7−→

α(t)

t

Para cada t ∈ (a, b), el vector α0 (t) será denominado vector tangente a α en t y diremos que t es un punto singular de la curva si α0 (t) = 0. Llamaremos traza de α a la imagen de la aplicación, es decir a tr(α) = {α(t) : t ∈ (a, b)} ⊂ IRn .

Comenzamos la exposición del capítulo, presentando algunos ejemplos de curvas parametrizadas con el fin de poner de manifiesto las propiedades más relevantes que debemos tener en consideración. 31

32

Curvas parametrizadas

Ejemplo 3.1.1 (Curvas parametrizadas.) α1 :

IR

−→ IR2

t

7−→ α1 (t) = (cos t, sen t)

α10 (t) = (− sin t, cos t) y por tanto α10 (t) 6= 0 para cada t ∈ IR. α2 :

IR

−→

IR3

t

7−→

α2 (t) = (a cos t, a sen t, bt)

a, b ∈ IR+

α20 (t) = (−a sin t, a cos t, b) y por tanto α20 (t) 6= 0 para cada t ∈ IR. α3 :

IR

−→

IR2

t

7−→

α3 (t) = (t2 , cos t)

α30 (t) = (2t, − sin t) y por tanto α0 (t) 6= 0 para cada t 6= 0, mientras que α(0) = 0, es decir t = 0 es un punto singular de la curva. Hay propiedades que deben ser analizadas a la hora de considerar curvas parametrizadas. La primera es determinar si la curva tiene vector tangente no nulo en cada punto de su traza. Las curvas de los ejemplos anteriores tienen vector tangente no nulo en todos los puntos de su dominio de definición salvo la tercera curva en t = 0. Utilizando el símil cinemático de asimilar la traza de una curva parametrizada a la trayectoria de una partícula, la anulación del vector tangente se corresponde con la anulación de la velocidad de la partícula. Otro aspecto a analizar es distinguir cuándo la aplicación es inyectiva, es decir, cuándo distintos valores del parámetro se corresponden con puntos distintos de la traza. En la primera y tercera curva del ejemplo anterior hay autointersecciones, de hecho solapamiento, lo cual, aunque elimina la consideración de la aplicación inversa, no representa ninguna indeterminación ni irregularidad en la parametrización. Definición 3.1.2 Diremos que una curva parametrizada α : (a, b) −→ IRn es simple si es inyectiva. La curva α2 presentada en el ejemplo anterior, denominada hélice, es una curva parametrizada simple. Éste será también el caso de las curvas coordenadas determinadas por los cambios de variable. Hasta ahora hemos restringido el dominio de definición de las curvas parametrizadas a intervalos abiertos, pero en algunos casos será conveniente extender nuestro estudio a curvas definidas en intervalos cerrados. En este caso, si α : [a, b] −→ IRn , exigiremos que como mínimo α sea continua y que su restricción al intervalo abierto (a, b) sea una curva parametrizada en el sentido de la Definición 3.1.1. Definición 3.1.3 Diremos que α : [a, b] −→ IRn es una curva cerrada si α(a) = α(b).

Curvas parametrizadas regulares

3.2.

33

Curvas parametrizadas regulares

De mayor importancia será centrar nuestro estudio sobre las curvas parametrizadas que tienen vector tangente no nulo en su dominio de definición. Definición 3.2.1 Diremos que la curva parametrizada α : (a, b) −→ IRn es regular, si α0 (t) 6= 0 para todo t ∈ (a, b). En el Capítulo [?] haremos una construcción sistemática del cálculo integral y en particular de la integración sobre curvas. No obstante, para desarrollar un estudio de las curvas parametrizadas, es conveniente disponer del concepto de longitud de arco, por lo que a continuación daremos su definición. Para obtener una interpretación adecuada de dicho concepto, podemos utilizar nuevamente la cinemática e interpretar la longitud de arco de las curvas como el espacio recorrido por una partícula en un cierto periodo de tiempo. Definición 3.2.2 Si α : (a, b) −→ IRn es una curva parametrizada regular, llamamos longitud de arco desde t0 ∈ (a, b) a la función s : (a, b) −→ IR determinada por Z

t

s(t) =

|α0 (u)|du.

t0

El Teorema Fundamental del Cálculo garantiza que la función longitud de arco es derivable y además que s0 (t) = |α0 (t)| lo que en particular implica que s0 (t) > 0 para cada t ∈ (a, b), ya que α es una curva parametrizada regular. Observar que como s es estrictamente creciente tienen sentido los valores `− = − l´ım s(t) t→a+

y `+ = l´ım− s(t). Además 0 ≤ `− , `+ ≤ ∞ y el valor ` = `− + `+ es la longitud de la curva. En t→b

consecuencia, la función longitud de arco es un difeomorfismo del intervalo (a, b) en el intervalo (−`− , `+ ). En particular, esto permite expresar el parámetro t en términos del arco, lo que nos induce a analizar el cambio de parámetro en curvas parametrizadas regulares y posteriormente a caracterizar el cambio a parámetro arco. Definición 3.2.3 (Cambio de parámetro). Sean α : (a, b) −→ IRn una curva parametrizada y ϕ : (c, d) −→ (a, b) un difeomorfismo. Entonces, la aplicación β : (c, d) −→ IRn , dada por β(u) = α(ϕ(u)) se denomina curva parametrizada obtenida de α mediante el cambio de parámetro ϕ. Observar que en la situación de la definición anterior ϕ−1 : (a, b) −→ (c, d) es también un cambio de parámetro y que la curva β(ϕ−1 (t)) es precisamente α. Por ello, es habitual referirse a α y a β como dos parametrizaciones de la misma curva. Claramente, ambas parametrizaciones tienen la misma traza, es decir, {β(u) : u ∈ (c, d)} = {α(t) : t ∈ (a, b)}. Además, si α es una curva parametrizada regular, entonces β es también regular puesto que para cada u ∈ (c, d), β 0 (u) = α0 (ϕ(u)) ϕ0 (u) 6= 0

34

Curvas parametrizadas

ya que α0 (ϕ(u)) es un vector no nulo por ser α regular y ϕ0 (u) 6= 0 por ser ϕ un difeomorfismo. Como ϕ−1 es también un cambio de parámetro, resulta que α es regular sii β es regular. Por otra parte, como ϕ0 tiene signo constante, entonces α y β tienen la misma orientación sii ϕ0 (u) > 0 para cada u ∈ (c, d), en cuyo caso ϕ se denomina cambio de parametrización que conserva la orientación. En particular la aplicación ϕ : (−b, −a) −→ (a, b) dada por ϕ(u) = −u es un cambio de parametro que cambia la orientación. Además si α : (a, b) −→ IRn es una curva parametrizada, entonces la curva parametrizada β : (−b, −a) −→ IRn dada por β(u) = α(−u) se denomina obtenida de α por un cambio de orientación. Ejemplo 3.2.1 (Cambio de parámetro). Consideremos la curva parametrizada regular α

: (0, π) −→ 7−→

t

IR2 α(t) = (R cos t, R sen t), R > 0,

el cambio de parámetro ϕ

: (0, πR) −→ (0, π)

u R y la curva parametrizada regular obtenida de α por el cambio de parámetro ϕ 7−→ t = ϕ(u) =

u

β

: (0, πR) −→

IR2 u

 u  u  = R cos , R sen . R R R  u  u  Entonces, α0 (t) = (−R sen t, R cos t), β 0 (u) = − sen , cos y |α0 (t)| = R mientras R R que |β 0 (u)| = 1. u

7−→

β(u) = α

Obsérvese que traza de α y β es una semicircunferencia de radio R, cuya longitud, πR, coincide con la longitud del intervalo de parametrización de β y que además el módulo del vector tangente a β es constantemente igual a uno. Confirmemos que esta propiedad caracteriza a la parametrización por arco de una curva parametrizada regular. Supongamos que α : (a, b) −→ IRn es una curva parametrizada regular y sea s = s(t) el parámetro arco de la curva. El cambio a parámetro arco corresponde a considerar la función inversa del arco, es decir, ϕ:

(−`− , `+ ) ⊂ IR

−→

(a, b)

s

7−→

ϕ(s) = t

donde s(t) = ϕ−1 (t). Por tanto, teniendo en cuenta que la derivada de la función inversa se −1 puede obtener como la inversa de la derivada, es decir, ϕ0 (s(t)) = (s0 (t)) = |α0 (t)|−1 , resulta que la curva β : (−`− , `+ ) −→ IRn s

7−→ β(s) = α (ϕ(s))

Curvas parametrizadas regulares

35

verifica que β 0 (s) = α0 (ϕ(s)) ϕ0 (s) =

α0 (ϕ(s)) , lo que implica que |β 0 (s)| = 1, s ∈ (−`− , `+ ). |α0 (ϕ(s)) |

Recíprocamente, supongamos que α : (a, b) −→ IRn es una curva parametrizada regular que verifica que |α0 (t)| = 1, para cada t ∈ (a, b). Entonces, el arco desde t0 está dado por Z t s(t) = |α0 (u)|du = t − t0 , es decir el parámetro t actúa como el parámetro arco de la t0

curva. En definitiva, la condición necesaria y suficiente para que un curva parametrizada regular α : (a, b) −→ IRn esté parametrizada por arco es que |α0 (t)| = 1, para cada t ∈ (a, b)

Figura 3.1: Cambio de orientación Pasemos ahora a caracterizar la recta tangente asociada a cada punto de una curva parametrizada regular. Sea α : I ⊂ IR −→ IRn una curva parametrizada regular y sea p = α(t0 ) con t0 ∈ I. Entonces, la aplicación lineal α0 (t0 ) : Tt0 (IR) −→ Tp (IRn ) tiene rango máximo. Definición 3.2.4 Llamamos recta tangente a la curva α en el punto p al subespacio vectorial de dimensión uno, Tp (tr(α)), definido por Tp (tr(α)) = α0 (t0 ) (Tt0 (IR)) El subepacio vectorial Tp (tr(α)) está generado por el vector tangente a la curva α en t0 , es decir, Tp (tr(α)) = sg{α0 (t0 )}. Podemos caracterizar Tp (tr(α)) como el espacio vectorial que contiene los vectores tangentes a la curva α en el punto p para todas las parametrizaciones regulares de la curva en torno del punto p, es decir, Tp (tr(α)) = {β 0 (u0 ) : β(u) = α (ϕ(u)) , con ϕ : Jε −→ (t0 −ε, t0 +ε) difeomorfismo y t0 = ϕ(u0 )}.

36

Curvas parametrizadas

3.3.

Curvas regulares parametrizadas por arco

El análisis de las curvas que desarrollaremos en esta sección se basará en establecer una cuantificación de cómo y de cuánto se separan de ser rectas y de ser planas, es decir en la medida de su curvatura y de su alabeo. Para estudiar estas propiedades intrínsecas de las curvas parametrizadas regulares, será conveniente considerarlas parametrizadas por arco, ya que al tener su vector tangente módulo constante, las variaciones respecto del parámetro, están asociadas a variciones en la configuración de su traza y no al modo en el que la curva ha sido parametrizada. En toda la sección, excepto al final de la misma donde se estudiarán las curvas con traza en IR2 , consideremos que α : (a, b) −→ IR3 es una curva regular parametrizada por arco. El campo tangente a α en s ∈ (a, b) será denotado por t(s), es decir t(s) = α0 (s) y es claro que es unitario, puesto que α está parametrizada por arco. La derivada del campo tangente, es decir, t0 (s) = α00 (s), expresa la variación de la dirección del vector tangente y por tanto, informa de cómo la curva α se separa de la recta tangente en cada punto. Definición 3.3.1 Llamamos curvatura de α en s ∈ (a, b) al valor κ(s) = |α00 (s)|. Como el módulo de α0 es constante, tenemos que |α|2 = hα0 , α0 i es constante y por tanto hα , α00 i = 0, es decir, α00 (s) es ortogonal a t(s) = α0 (s) para cada s ∈ (a, b). 0

Definición 3.3.2 Si κ(s) 6= 0 para cada s ∈ (a, b), llamamos normal unitaria a α en s al campo vectorial definido en los puntos de la traza de α por: n(s) =

t0 (s) κ(s)

Fijados s ∈ (a, b) y p = α(s), como el sistema {t(s), n(s)} ⊂ Tp (IR3 ) es ortonormal, podemos completar una base ortonormal de Tp (IR3 ), con la misma orientación que la de la base canónica, añadiendo al sistema el producto vectorial de los anteriores vectores. Definición 3.3.3 Si κ(s) 6= 0 para cada s ∈ (a, b), llamamos binormal de α en s ∈ (a, b) al campo vectorial b(s) = t(s) ∧ n(s). Además, si s ∈ (a, b), la base ortonormal de Tp (IR3 ) dada por {t(s), n(s), b(s)} se denomina Triedro de Frenet de α en p = α(s). Observar que las propiedades del producto vectorial implican que n(s) = b(s) ∧ t(s), mientras que t(s) = n(s) ∧ b(s), para cada s ∈ (a, b).

Curvas regulares parametrizadas por arco

37

Figura 3.2: Triedro de Frenet Dados s ∈ (a, b) y p = α(s), el plano ortogonal a b(s) en p, se denomina plano osculador, el plano ortogonal a n(s) en p, se denomina plano rectificante y el plano ortogonal a t(s) en p, se denomina plano normal. Puesto que el plano osculador está determinado por las dos primeras derivadas de α en s, Analicemos a continuación la variación del campo binormal. De su definición y de las propiedades del producto vectorial, tenemos que b0 (s) = t0 (s) ∧ n(s) + t(s) ∧ n0 (s). El vector t0 (s) ∧ n(s) es nulo ya que t0 (s) = κ(s)n(s) y además, como n0 (s) y t(s) se encuentran en el plano rectificante, resulta que b0 (s) es proporcional al campo normal n(s). Definición 3.3.4 Si κ(s) 6= 0 para cada s ∈ (a, b), llamamos torsión de α en s ∈ (a, b) al valor τ (s) dado por b0 (s) = τ (s)n(s). Completamos el análisis de la variación del triedro de Frenet, calculando la correspondiente al vector normal. Como n(s) = b(s) ∧ t(s), resulta que n0 (s) = b0 (s) ∧ t(s) + b(s) ∧ t0 (s) = τ (s)n(s) ∧ t(s) + κ(s)b(s) ∧ n(s) = −τ (s)b(s) − κ(s)t(s). Definición 3.3.5 Si α : (a, b) −→ IR3 es una curva regular parametrizada por arco, llamamos sistema de Frenet de α al siguiente sistema de ecuaciones diferenciales lineales t0 (s) =

κ(s)n(s)

n0 (s) = −κ(s)t(s) − τ (s)b(s) b0 (s) = τ (s)n(s) De manera equivalente, si consideramos las componentes de los campos t, n y b, es decir las funciones tj , nj bj , j = 1, 2, 3 tales que t(s) = (t1 (s), t2 (s), t3 (s)),n(s) = (n1 (s), n2 (s), n3 (s))

38

Curvas parametrizadas

y b(s) = (b1 (s), b2 (s), b3 (s)), para cada s ∈ (a, b), entonces se satisface matricial  0    t1 (s) t02 (s) t03 (s) 0 k(s) 0 t1 (s)  n01 (s) n02 (s) n03 (s)  =  −k(s) 0 −τ (s)   n1 (s) b01 (s) b02 (s) b03 (s) 0 τ (s) 0 b1 (s)

la siguiente identidad  t2 (s) t3 (s) n2 (s) n3 (s)  b2 (s) b3 (s)

De las expresiones anteriores concluimos que dos funciones escalares, la curvatura y la torsión, describen la variación de una curva parametrizada regular a lo largo de su traza. De hecho, el Teorema Fundamental de la Teoría Local de Curvas, que a continuación enunciaremos sin demostración (ver por ejemplo do Carmo para una demostración del mismo), afirma que dichas funciones caracterizan la curva parametrizada, salvo movimiento de sólido rígido. Teorema 3.3.6 Sean k, τ : (a, b) −→ IR funciones regulares con k(s) > 0 para cada s ∈ (a, b). Entonces existe una curva parametrizada α : (a, b) −→ IR3 tal que s es su parámetro arco y k(s) y τ (s) son la curvatura y la torsión de α en s respectivamente. Además, si existe α ˆ : (a, b) −→ IR3 curva regular parametrizada por arco, cuya curvatura y torsión son k y τ , respectivamente, entonces existen v ∈ IR3 y M ∈ M3×3 (IR) tales que MMt = Id yα ˆ (s) = Mα(s) + v para cada s ∈ (a, b). Finalizaremos la sección abordando el estudio de las curvas planas regulares y parametrizadas por arco, es decir de las curvas regulares parametrizadas por arco y cuya traza es un subconjunto de IR2 . Para ello, será necesario hacer alguna precisión sobre la orientación de la base de Frenet. Sea pues α : (a, b) −→ IR2 una curva regular parametrizada por arco y consideremos t su campo tangente. Si s ∈ (a, b) y p = α(s), como la dimensión de Tp (IR2 ) es 2, podemos formar una base de Tp (IR2 ) con t(s) y con el vector n(s), que denominaremos normal, que es unitario, tiene la dirección de α00 (s) pero cuyo sentido sea tal que {t(s), n(s)} constituya una base ortonormal de Tp (IR2 ) con la misma orientación que la producida por la base canónica. Por tanto, si t(s) = (t1 (s), t2 (s)), resulta que n(s) = (−t2 (s), t1 (s)). El sistema de Frenet se reduce en este caso a la ecuación t0 (s) = κ(s)n(s), pero ahora la función κ(s), denominada también curvatura, no es necesariamente positiva como ocurre en el caso de curvas con traza en IR3 , puesto que los vectores t0 (s) y n(s), pueden tener el mismo sentido o sentido contrario.

Capítulo 4

Problemas de curvas parametrizadas Problema 4.1 (i) Sea α(s) ⊂ IR3 − {0} una curva regular. Probar que si |α(s)| tiene un mínimo para s = s0 , entonces α(s0 ) y α0 (s0 ) son ortogonales. (ii) Sean α(s) ⊂ IR3 una curva regular y v un vector fijado. Si, para todo s, α0 (s) y v son ortogonales, y α(0) es también ortogonal a v, probar que la curva es perpendicular al vector en todos los puntos. (iii) Sea α(s) ⊂ IR3 una curva regular. Probar que |α(s)| es constante si y sólo si α y α0 son ortogonales.

Solución: (i) En primer lugar observamos que la función |α(s)| es derivable, ya que α(s) ⊂ IR3 − {0} y hacemos notar que una función y su cuadrado tienen los mismos puntos extremos. Por tanto, podemos imponer la condición suficiente de mínimo al cuadrado de la función, lo que nos simplificará los calculos. (|α|2 )0 (s0 ) = hα, αi0 (s0 ) = 2hα(s0 ), α0 (s0 )i = 0. Lo que implica la ortogonalidad entre los vectores. (ii) Consideramos la función f (s) = hα(s), vi y calculamos su derivada, f 0 (s) = hα0 (s), vi = 0, ya que α0 (s) y v son ortogonales. Por tanto, f (s) es una función constante. Por otro lado f (0) = 0, ya que α(0) es ortogonal a v, lo que implica que f (s) = hα(s), vi = 0, para todo s, por lo tanto la curva es perpendicular al vector en todos los puntos. 39

40

Soluciones

(iii) |α(s)| = c = cte. ⇐⇒ |α(s)|2 = c2 = cte. ⇐⇒ (|α|2 )0 (s) = 0 ⇐⇒ hα(s), α0 (s)i = 0.

Problema 4.2 Demostrar que las rectas tangentes a la curva parametrizada regular α(t) = (3t, 3t2 , 2t3 ) forman ángulo constante con la recta y = 0, z = x.

Solución: El vector tangente a la curva α es α0 (t) = (3, 6t, 6t2 ) y el vector director de la recta y = 0, z = x es v = (1, 0, 1). Por tanto, √ 3(1 + 2t2 ) 2 hα0 (t), vi = √ √ , = cos θ = 2 4 ||α0 (t)|| · ||v|| 2 3 2 1 + 4t + 4t es decir, las rectas tangentes a α cortan a la recta y = 0, z = x formando un ángulo de 45o .

Problema 4.3 Sea α : (−1, +∞) −→ IR2 , dada por α(t) =



 3at 3at2 , . 1 + t 3 1 + t3

(i) Demostrar que en t = 0, α es tangente al eje x. (ii) Demostrar que cuando t −→ ∞, α(t) −→ (0, 0) y α0 (t) −→ (0, 0). (iii) Demostrar que cuando t −→ −1, α(t) y α0 (t) tienden asintóticamente a la recta x + y + a = 0. (iv) La figura obtenida completando la traza de α de modo que sea simétrica respecto de la recta x = y, se denomina folium de Descartes. Dibujarla.

Solución: (i) Calculamos en primer lugar el vector tangente a α, α0 (t) =



3a(1 − 2t3 ) 3at(2 − t3 ) , (1 + t3 )2 (1 + t3 )2

 .

Por tanto, α0 (0) = (3a, 0) lo que demuestra que el vector tangente a α en t = 0 es tangente al eje x.   3at 3at2 (ii) l´ım α(t) = l´ım , = (0, 0), ya que se trata de cocientes de polinomios t→∞ t→∞ 1 + t3 1 + t3 en los que el grado del numerador es mayor que el grado del denominador. Usando un razonomiento similar obtenemos que, l´ım α0 (t) = l´ım

t→∞

t→∞



3a(1 − 2t3 ) 3at(2 − t3 ) , (1 + t3 )2 (1 + t3 )2

 = (0, 0).

curvas

41

(iii) Para probar que α(t) tiende asintóticamente a la recta x + y + a = 0 cuando t −→ −1, basta comprobar que l´ım x(t) + y(t) = −a, t→−1

3at 3at2 3at(1 + t) 3at + = l´ım = l´ım 2 = −a. t→−1 1 + t3 t→−1 t→−1 t − t + 1 1 + t3 1 + t3 l´ım

Por otra parte, y una vez demostrado que α(t) tiende asintóticamente a la recta x+y+a = 0, tenemos que α0 (t) tiende asintóticamente a la recta x + y + a = 0 cuando t −→ −1 si y 0 (t) = −1, l´ım 0 t→−1 x (t) y 0 (t) t(2 − t3 ) = −1. l´ım 0 = l´ım t→−1 x (t) t→−1 1 − 2t3 (iv) Para representar el Folium de Descartes debemos completar el análisis hecho en los apartados anteriores con un estudio de los ceros de la función así como de la monotonía. En primer lugar vemos que x(t) = 0 sii t = 0 y y(t) = 0 sii t = 0. Por otro lado, x(t) ≥ 0 para t ∈ [0, +∞) y x(t) < 0 para t ∈ (−1, 0), mientras que y(t) ≥ 0 para todo t ∈ (−1, +∞). Analizamos a continuación el signo de las derivadas. t (−1, 0) 1 (0, √ ) 3 2 √ 1 3 , 2) (√ 3 2 √ ( 3 2, +∞)

x0 (t) +

y 0 (t) −

+

−

−

+

−

+

La representación de la curva se halla en la Figura 4.1.

Problema 4.4 Sea α : I ⊂ IR −→ IR3 una curva parametrizada regular. Si t indica el parámes tro de α y s su longitud de arco, probar que se cumple t = + c, para cierta constante c, si y a sólo si ||α0 (t)|| = a.

Solución: Supongamos que t =

s + c, para cierta constante c o equivalentemente s = a(t − c). Entonces, a α0 (t) =

dα d s dα dα = a =⇒ ||α0 (t)|| = || || a = a. ds dt ds ds

Recíprocamente, si ||α0 (t)|| = a entonces, t Z t Z t  s 0 s(t) = ||α (z)||d z = a d z = a z  = a t − a t0 =⇒ t = a + c, t0 t0 t0

42

Soluciones

y

x

x+ y+ a=

0

Figura 4.1: Folium de Descartes donde c =

t0 . a

Problema 4.5 Sea α : I ⊂ IR −→ IR3 una curva parametrizada regular. Sean, [a, b] ⊂ I, α(a) = p, y α(b) = q. (i) Demostrar que, para cualquier vector constante v, ||v|| = 1, se tiene Zb h(q − p), vi =

Zb

0

hα (t), vidt ≤ a

(ii) Sea v =

||α0 (t)||d t.

a

Rb q−p . Demostrar que ||q − p|| ≤ ||α0 (t)||d t. ||q − p|| a

Solución: (i) Sea v tal que, ||v|| = 1, entonces, h(q − p), vi

= h(α(b) − α(a)), vi =

Zb Zb 0 h α (t)d t, vi = hα0 (t), vid t a

a

Zb

0

Zb

||α (t)|| ||v|| cos θd, t ≤

= a

a

||α0 (t)||dt,

curvas

43

donde θ = 6 (v, α0 (t)). (ii) Sea v =

q−p . Entonces, ||q − p|| Zb

2

||q − p|| = h(q − p), (q − p)i = ||q − p||h(q − p), vi ≤ ||q − p||

||α0 (t)||d t

a

Zb =⇒ ||q − p|| ≤

||α0 (t)||d t.

a

Problema 4.6 Demostrar que una curva tal que todas sus normales pasan por un punto fijo es un arco de circunferencia.

Solución: En la resolución de este problema usaremos las fórmulas de Frenet para obtener el sistema de ecuaciones diferenciales que verifican las funciones curvatura y torsión que determinan la curva. Para ello consideramos α(s), s ∈ I ⊂ IR una parametrización por arco de la curva e imponemos la condición de que todas las normales pasan por un punto fijo, p. Las ecuaciones paramétricas de la recta normal a un punto de la curva son α(s) + λn(s), entonces, p = α(s) + λ(s)n(s), para cierta función λ(s) diferenciable en I, ya que λ(s) = h(p − α(s)), n(s)i. Derivando la ecuación anterior obtenemos que, 0 = α0 (s) + λ0 (s)n(s) + λ(s)n0 (s) =⇒ 0 = (1 − λ(s)κ(s))t(s) + λ0 (s)n(s) − λ(s)τ (s)b(s). Teniendo en cuenta que t(s), n(s) y b(s) forman una base de IR3 podemos deducir el siguiente sistema de ecuaciones,  1 − λ(s)κ(s) = 0   λ0 (s) = 0 =⇒   λ(s)τ (s) = 0

λ(s) = 0 =⇒ 1 = 0 contradicción ó λ = cte y τ (s) = 0 =⇒ κ = 1/λ = cte.

1 1 Por tanto, p = α(s) + n(s) =⇒ ||α(s) − p|| = 2 , lo que demuestra que α(s) es un arco de κ κ circunferencia.

Problema 4.7 Encontrar todas las curvas planas que tienen curvatura constante no nula.

44

Soluciones

Solución: Sea α(s) una parametrización por arco de una curva plana con curvatura κ constante y no nula. Entonces por las fórmulas de Frenet tenemos que, t00 + κ2 t = 0 =⇒ (t0 + κ2 α)0 = 0 =⇒ t0 + κ2 α = c = constante =⇒ α +

1 0 t = d. κ2

Por tanto, aplicando de nuevo la tercera fórmula de Frenet obtenemos, α−d=−

n 1 =⇒ ||α − d||2 = 2 , κ κ

es decir, la curva α es un arco de circunferencia de radio

1 . κ

Problema 4.8 Dada la curva parametrizada (hélice)  s s s α(s) = a cos , a sen , b , s ∈ IR, c c c donde a2 + b2 = c2 , a > 0. (i) Demostrar que el parámetro s es la longitud de arco. (ii) Determinar la curvatura y la torsión de α. (iii) Determinar el plano osculador de α. (iv) Demostrar que las rectas que contienen a n(s) y pasan por α(s) cortan al eje z bajo un ángulo constante igual a π/2. (v) Demostrar que las rectas tangentes a α forman un ángulo constante con el eje z.

Solución: (i) Para demostrar que s es el parámetro arco de la curva basta calcular α0 y probar que su norma es 1.  s a s b a 0 , cos , =⇒ ||α0 (s)|| = 1. α (s) = − sen c c c c c Por tanto, t(s) = α0 (s). (ii) Como la curva está parametrizada por arco es suficiente calcular los vectores y funciones que aparecen en las fórmulas de Frenet, para obtener la curvatura y la torsión. r  a s s  a a2 a 00 00 α (s) = − 2 cos , − 2 sen , 0 = κn =⇒ κ = ||α (s)|| = = 2. 4 c c c c c c

curvas

45

s   s , − sen ,0 y Por tanto, n(s) = − cos c c i j s a s a cos b(s) = t(s) ∧ n(s) = − sen c c c  c s s − cos − sen c c

k s s  b 1 = − −b sen , b cos , −a . c c c c 0

Por otro lado, s s  db b  , − sen ,0 , = τ (s)n(s) = − 2 − cos ds c c c es decir τ (s) = −

b . c2

(iii) El plano osculador es el determinado por los vectores tangente y normal. Por tanto, su ecuación es,   s
a x − a cos s − sen − cos sc c c c   s s a y − a sen s cos − sen = 0. c c c c s b z−b 0 c c (iv) El vector director del eje z es (0, 0, 1). Por tanto, si θ denota el ángulo formado por dicho vector y la recta normal a α tenemos que, hn(s), (0, 0, 1)i = cos(θ) = 0 =⇒ θ =

Π . 2

(v) Procediendo de forma análoga a la del apartado anterior y llamando β al ángulo que forman las dos rectas, tenemos que,   Π b ht(s), (0, 0, 1)i = cos(β) = =⇒ β = arcos , c 2 y por tanto forman ángulo constante.

Problema 4.9 Sea α(t) una curva regular y s su parámetro arco. Indicamos la derivación respecto de t por 0 . Probar las siguientes fórmulas: (i)

1 dt = 0 , ds |α |

(ii) k(t) =

d2 t hα0 , α00 i =− . 2 ds |α0 |4

|α0 ∧ α00 | . |α0 |3

(iii) τ (t) = −

det(α0 , α00 , α000 ) . |α0 ∧ α00 |2

46

Soluciones

(iv) t =

α0 (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 α0 ∧ α00 , n = , b = . |α0 | |(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 | |α0 ∧ α00 |

(v) Si α es una curva plana, κ(t) =

det(α0 , α00 ) . |α0 |3

Solución: En la resolución de este problema aplicaremos repetidas veces la regla de la cadena y escribiremos los vectores en la base de IR3 , {t, n, b}.

(i)

dα dt dα dt dt 1 dα = =⇒ 1 = || || = ||α0 || =⇒ = . ds dt ds ds ds ds ||α0 || Volviendo a derivar en la ecuación anterior y teniendo en cuenta las fórmulas de Frenet obtenemos, κn =

dt d2 α d  dα  d  dα dt  d2 α  dt 2 dα d2 t = 2 = + = = 2 ds ds ds ds ds dt ds dt ds dt ds2

(4.1)

Por tanto, d2 α 1 d2 t = α00 + 2 α0 . 2 0 2 ds ||α || ds Expresamos ahora los vectores α0 y α00 en la base de Frenet, α0 = ||α0 || t y α00 = d2 t −||α0 ||3 2 t + ||α0 ||2 κn. ds Luego, hα0 , α00 i = −||α0 ||4

d2 t hα0 , α00 i d2 t =⇒ = − . ds2 ds2 ||α0 ||4

(ii) De las relaciones obtenidas en el apartado anterior tenemos que, α0 ∧ α00 = ||α0 ||3 κ b. Basta tomar normas para obtener la expresión de la curvatura. (iii) Derivando de nuevo la expresión (4.1) tenemos, dκ dn d3 α  dt 3 d2 α dt d2 t dα d3 t n+κ = 3 +3 2 + =⇒ ds ds dt ds ds ds ds2 dt ds3 dκ d3 α  dt 3 d2 α dt d2 t dα d3 t n − κ2 t − κτ b = 3 +3 2 + . 2 ds dt ds ds ds ds dt ds3 Por tanto, la expresión del vector α000 en la base de Frenet es, α000 = At + Bn − ||α0 ||3 κτ b, donde no se han específicado los coeficientes A y B ya que no nos interesan como veremos a continuación,

curvas

47

||α0 || 0 00 000 det(α , α α ) = 0 0

d2 t −||α || ds2 ||α0 ||2 κ 0 3

0

A = −||α0 ||6 κ2 τ. B 0 3 −κτ ||α ||

Finalmente, teniendo en cuenta la expresión de la curvatura obtenida en el apartado anterior se obtiene el resultado. (iv) La expresión del tangente es directa del apartado (i). Para el cálculo de la normal observemos que, (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 = ||α0 ||4 κn. Por tanto, (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 n= . ||(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 || Por otro lado del apartado (ii) tenemos que, α0 ∧ α00 = ||α0 ||3 κ b, luego, α0 ∧ α00 . b= ||α0 ∧ α00 || (v) Si α es una curva plana, considerando las expresiones obtenidas en el apartado (i), obtenemos, 0 det(α0 , α00 ) = ||α || 0

d2 t −||α || ds2 ||α0 ||2 κ 0 3

= ||α0 ||3 κ.

Problema 4.10 Hallar la curvatura, la torsión y los campos tangente, normal y binormal de las siguientes curvas: (i) α(t) = (et cos t, et sen t, et ). (ii) α(t) = a(cosh t, senh t, t).

Solución: (i) Para resolver este problema utilizamos las expresiones halladas en el ejercicio anterior. | α0 ∧ α00 | • Curvatura κ(t) = : | α0 |3 α0 (t) = (et cos t − et sen t, et sen t + et cos t, et ), α00 (t) = (et cos t − 2et sen t − et cos t, et sen t + 2et cos t − et sen t, et ) = (−2et sen t, 2et cos t, et ), p √ | α0 (t)| = e2t (cos t − sen t)2 + e2t (sen t + cos t)2 + e2t = et 3. i j k α0 ∧ α00 = et (cos t − sen t) et (sen t + cos t) et −2et sen t 2et cos t et

48

Soluciones

= (e2t (sen t − cos t), −e2t(cos t + sen t), 2e2t ), √ | α0 ∧ α00 | = e2t 6. √ et 3 1 √ = √ . κ(t) = e2t 6 et 2 • Torsión det(α0 , α00 , α000 ) : τ (t) = − |α0 ∧ α00 |2 Para calcular la torsión empleamos los resultados anteriores, falta calcular α000 (t). α000 (t) = (−2et (sen t + cos t), 2et (sen t − cos t), et ), et (cos t − sen t) et (sen t + cos t) et −2et sen t 2et cos t et det(α0 , α00 , α000 ) = −2et (sen t + cos t) 2et (sen t − cos t) et = e3t (6 cos t2 + 6 sen t2 − 4(cos2 t + sen2 t)) = 2e3t . τ (t) = −

2e3t 1 = − t. 4t 6e 3e

• Campos tangente, normal y binormal: 1 α0 t = 0 = √ (et cos t − et sen t, et sen t + et cos t, et ) = t |α | e 3 √1 (cos t 3 0

− sen t, cos t + sen t, 1),

1 α ∧ α00 = √ (sen t − cos t, − cos t − sen t, 2), |α0 ∧ α00 | 6 0 00 0 (α ∧ α ) ∧ α n= . |(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 | i j (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 = e2t (cos t − sen t) −e2t (sen t + cos t) et (cos t − sen t) et (sen t + cos t) b=

k 2e2t et



= 3e3t (− cos t − sen t, cos t − sen t, 0). p √ |(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 | = 3e3t (cos t + sen t)2 + (cos t − sen t)2 = 3e3t 2. 1 n = √ (− cos t − sen t, cos t − sen t, 0). 2 (ii) Este apartado lo resolvemos del mismo modo que el anterior. α(t) = a(cosh t, senh t, t). • Curvatura κ(t) =

| α0 ∧ α00 | . | α0 |3

α0 (t) = a(senh t, cosh t, 1), α00 (t) = a(cosh t, senh t, 0), q p √ | α0 (t)| = a2 (cosh2 t + senh2 t + 1) = a 2 cosh2 t = a 2 cosh t.

curvas

49

i α0 ∧ α00 = a2 − senh t) cosh t

j cosh t) senh t

k 1 0

=

a2 (− senh t, cosh t, senh2 t − cosh2 t). q p √ | α0 ∧ α00 | = a2 (senh2 t + cosh2 t + 1) = a2 2 cosh2 t = a2 2 cosh t. √ a2 2 cosh t 1 κ(t) = √ = . 3 2a cosh2 t (a 2 cosh t) det(α0 , α00 , α000 ) . |α0 ∧ α00 |2 Para calcular la torsión empleamos los resultados anteriores, falta calcular α000 (t), • Torsión τ (t) = −

α000 (t) = a(senh t, cosh t, 0). senh t 0 00 000 3 det(α , α , α ) = a cosh t senh t τ (t) = −

(a2

cosh t 2 senh t cosh t √

1 0 0

= a3 (cosh2 t − senh2 t) = a3 .

a3 1 =− . 2a cosh2 t 2 cosh t)2

• Campos tangente, normal y binormal. α0 1 (senh t, cosh t, 1), t= 0 = √ |α | 2 cosh t α0 ∧ α00 1 b= 0 =√ (− senh t, cosh t, −1), | α ∧ α00 | 2 cosh t (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 . n= |(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 | i j k (α0 ∧ α00 ) ∧ α0 = a3 − senh t cosh t −1 senh t cosh t 1 = a3 (2 cosh t, 0, −2 senh t cosh t). p |(α0 ∧ α00 ) ∧ α0 | = a3 4 cosh2 t + 4 cosh2 t senh2 t = 2a3 cosh2 t. 1 1 n= 2 (cosh t, 0, senh t cosh t) = cosh t (1, 0, senh t). cosh t

Problema 4.11 A una curva regular α = α(s) podemos asociarle una curva n = n(s), (donde n(s) es la normal principal a la curva en el punto correspondiente al valor del parámetro s). Si s∗ denota el parámetro arco de la curva n(s), demostrar que p ds∗ = κ2 + τ 2 . ds

50

Soluciones

Solución: Por ser s∗ el arco de n(s) se cumple, dn ds∗ = 1 Aplicando la regla de la cadena obtenemos lo siguiente, dn dn ds∗ = ∗ = (−κ(s)t − τ (s)b) . ds ds ds Aplicando normas y dado que {t, n, b} es una base ortonormal, tenemos, ∗ p p dn ds∗ 2 2 =⇒ κ2 + τ 2 = ds . κ + τ = ∗ ds ds ds

(4.2)

Capítulo 5

Superficies parametrizadas 5.1.

Introducción

En el presente capítulo vamos a estudiar algunas propiedades de las superficies parametrizadas, entre las que se encuentran las superficies coordenadas de los cambios de variable. Aunque el guión lo pone el capítulo anterior, utilizaremos la estructura más rica de las superficies, para introducir algunos conceptos. En particular, introducimos el concepto de superficie regular y lo extendemos para diferentes dimensiones al de variedad diferenciable. Llamamos traza de la curva a la imagen de la aplicación, α(I). Definición 5.1.1 Llamamos superficie parametrizada a una aplicación diferenciable, x : U ⊂ IR2 (u, v)

IR3

−→

7−→ x (u, v) = (x x(u, v), y (u, v), z (u, v))

con U abierto. Comenzaremos presentando como ejemplo, una familia de suprficies de elevado interés. Ejemplo 5.1.1 Superficies de Revolución Construimos una superficie de revolución considereando el eje z como eje de revolución. Para ello comenzamos considerando una curva parametrizada con traza en el plano coordenado xz de IR3 . Concretamente, sea α : I ⊂ IR t

−→

IR3

7−→

α(t) = (f (t), 0, g(t)) 51

52

Superficies parametrizadas

una curva parametrizada regular tal que ∀t ∈ I, f (t) > 0. Entonces, x : I × IR (t, θ)

IR3

−→

7−→ x (t, θ) = (f (t) cos θ, f (t) sen θ, g(t))

es una superficie de revolución. Claramente, para que la superficie no tenga autointersecciones la curva parametrizada debe ser simple y el dominio de la coordenada θ debe tener longitud menor que 2π.

z

y

x

Figura 5.1: Superficie de Revolución Analicemos la derivada. Las columnas de la matriz son las tangentes a las curvas coordenadas. 

f 0 (t) cos v

 x 0 (t, v) =  f 0 (t) sen v g 0 (t)

−f (t) sen v



 −f (t) cos v  0

Definición 5.1.2 Diremos que x : U ⊂ IR2 −→ IR3 es una superficie parametrizada regular si ∀ (u, v) ∈ U el rango de x 0 (u, v) = 2, es decir x u ∧ x v 6= 0  ∂x ∂x   x 0 (u, v) = 

∂u ∂y ∂u ∂z ∂u

∂v ∂x ∂v ∂z ∂v

 xu x v )  = (x

Introducción

53

En el ejemplo anterior teniamos, xu ∧ x v |2 = f 2 (t)g 02 (t) cos2 θ + f 2 (t)g 02 (t) sen2 θ + f 2 (t)f 02 (t) = f 2 (t)(g 02 (t) + f 02 (t) 6= 0 |x Definición 5.1.3 Diremos que f es una superficie regular si ∀p ∈ S, existe una parametrización x : U ⊂ IR2 −→ IR3 con U abierto real, tal que existe V ⊂ IR3 que verifica (i) x : U −→ S ⊂ V = x (U ) es un homeomorfismo (ii) x (U ) es diferenciable (iii) ∀u ∈ U, x 0 (U ) es inyectiva Ejemplo 5.1.2 Superficies Regulares Dada una función y su grafo f : Ω ⊂ IR2 −→ IR diferenciable y Gf = {(x, y, f (x, y)) : (x, y) ∈ Ω ⊂ IR2 } Los grafos de funciones diferrenciables son superficies regulares. n las superficies regulares, al entorno de cada p puedo escoger un trozo y ponerle una correspondencia biunívoca con una parametrización.

Figura 5.2: Proyección El siguiente paso es ver cómo actúa f en una superficie regula. Queremos ver f : x (U ) −→ IR pasamos el problema al dominio U f ◦x : U

−→

IR

u

7−→

f ◦ α(u)

U es el correspondiente homeomorfo de x (U )

54

Superficies parametrizadas

Supongamos otra parametrización y a la que le corresponde otro abierto de la superficie x (V ) y : (V ) ⊂ IR2 −→ IR3 y (ξ, η) = (x(ξ, η), y(ξ, η), z(ξ, η)) Llamamos W = x (U ) ∪ y (V ), U1 = x −1 (W ), V1 = y −1 (W ) Del mimo modo podemos hacer f ◦ y : V −→ IR Queremos saber si asegurando la diferenciabilidad de f ◦ x podemos asegurar la de f ◦ y . Para ser diferenciable tiene que serlo el paso de x a y . Si nos restringimos a los abiertos U1 y V1 con una imagen abierta común de la superficie W , tendremos que ver que el paso de U1 a V1 es un difeomorfo. Proposición 5.1.4 Sea S una superficie regular, p ∈ S y sean las parametrizaciones de S x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 y : (V ) ⊂ IR2 −→ IR3 tales que p ∈ W = x (U ) ∩ y (V ) ⊂ S entonces existen U1 , V1 abiertos de IR2 tales que y −1 ◦ x : U1 −→ V1 es un difeomorfismo Si queremos aplicar la regla de la cadena a y −1 ◦x x no encajan bien las dimensiones. montamos una función entre V y W F (ξ, η, t) = (x(ξ, η), y(ξ, η), z(ξ, η) + t) El dominio es V × IR le añadimos una dimension con la variable t y la llegada está en W × IR ⊂ IR3 . Hemos obtenido la misma superficie W pero alargada cilindricamente. Derivando tenemos  ∂x ∂x  0 ∂ξ ∂η  ∂y ∂x   0 F0 =  ∂ξ ∂η   ∂z ∂z 1 ∂ξ ∂η Tenemos F :

V × IR

−→

(ξ, η, t) 7−→ tal que en t = 0, F (ξ, η, 0) = y (ξ, η) Para aplicar la regla de la cadena,

IR3 F (ξ, η, t)

Introducción

55

z

p W F y

x

yy

x v

h y -1 o x

U=x -1(W) U1

V

1

a

b V=y -1(W) x

u

t

Figura 5.3: Difeomorfismo

x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 diferenciable F −1 : y (V ) × IR −→ IR3 diferenciable x(U )) = y −1 (x F −1 ◦ x : (U ) ⊂ IR −→ IR3 y F −1 (x x(U )) Al aplicar el teorema de la inversa sobre F tenemos que tener J(F ) 6= 0, luego nos tendremos que restringir a un trozo más pequeño que lo asegure, entonces F −1 : W1 × IR −→ V1 × IR es difeomorfismo.

Definición 5.1.5 Sea x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 una parametrización de una superficie regular, diremos que f : x (U ) −→ IR es diferenciable si f ◦ x : U −→ IR es diferenciable

Sean S1 y S2 superficies regulares

56

Superficies parametrizadas

f : S1 −→ S2 es diferenciable si ∀p ∈ S1 existen x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 2

y : (V ) ⊂ IR −→ IR

3

p ∈ x : (U ) p ∈ y : (V )

tales que y −1 ◦ f ◦ x es diferenciable en a = x 0 (p).

z z

f

S1

S2

y

y x

x

x

q

y -1o f o x

U

y q

V r

u

Figura 5.4: Composición Si x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 es una parametrización de una superficie regular. Entonces x : (U ) −→ x (U ) es diferenciable. x −1 : x (U ) −→ U será diferenciable si ∀p, existe y : (V ) ⊂ IR2 −→ IR3 parametriación, tal que p ∈ y (V ) ⊂ x (U ) y ◦ x −1 : V −→ U es diferenciable x −1 será diferenciable si la composición con una parametrización es diferenciable. x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 parametrización de S, superficie regular. p ∈ x (U ), a = x −1 (p) x 0 (a) : Ta (IR2 ) −→ Tp (IR3 ) rang x 0 (a) = 2

Introducción

57

Definición 5.1.6 Llamamos plano tangente a x 0 (a)(Ta (IR2 )) = Tp (S)

Figura 5.5: Tangente xu (a), xv (a)i Podemos hacer una base Tp (S) = hx Definición 5.1.7 Definimos producto escalar h , i : Tp (S) × Tp (S) −→ IR es una forma bilineal simétrica definida positiva. Definimos E(u, v) = hx xu , x u i F (u, v) = hx xu , x v i G(u, v) = hx xv , x v i Ip : Tp (S) −→ w

7−→

IR Ip = hw, wip

Tp (S) = {w : α : I −→ IR3 , α(I) ⊂ S, to ∈ I tales que α(to ) = p, w = α0 (to )} Luego α(t) = x ◦ β(t) = x (u(t), v(t)) y α0 (t) = x u u0 + x v v 0 . Si hacemos su módulo p p xu u0 + x v v 0 , x u u0 + x v v 0 h = Eu02 + 2F u0 v 0 + Gv 02 |α0 (t)| = hx Ip (α0 (t)) = Eu02 + 2F u0 v 0 + Gv 02

58

Superficies parametrizadas

Figura 5.6: Primera forma Las curvas coordenadas son, β(u) = (u, cte) → β 0 (u) = (1, 0) → Ip (α0 (t)) = E γ(v) = (cte, v) → γ 0 (u) = (0, 1) → Ip (α0 (t)) = G Los vectores del espacio tangente son tangentes a curvas trazadas. ϕ:A⊂

S1

−→

x↑ U

S2 ↑y

−→ φ

V

φ = y −1 ◦ ϕ ◦ x La aplicación ϕ de S1 a S2 puede ser diferenciable. Si así fuera, llevaría vectores del tangente Tp (S1 ) a vectores del tangente Tϕ(p) (S2 ). (ξ, η) ∈ V , (u, v) ∈ U (ξ, η) = φ(u, v) = (φ1 (u, v), φ2 (u, v)) ϕ0 (p) : Tp (S1 ) −→ Tϕ(p) (S2 ) Queremos poner ξ 0 y η en función de t

Introducción

59

Figura 5.7: Parametrización ξ 0 (t) = φ1u u0 + φ1v v 0 η 0 (t) = φ2u u0 + φ2v v 0 ξ0 η0

! =

φ1u

φ1v

φ2u

φ2v

!

u0

!

v0

Ir de S1 a S2 es dificil: vamos de S1 a U , de U a V hacemos lo que queremos y con y vamos a S2 . En y ξ ξ 0 + y η η 0 (tangente de la curva imagen en S2 ) tenemos y que es la parametrización (conocida) y ξ 0 y η 0 que las podemos encontrar a partir de u0 y v 0 y de φ que las conocemos porque son las derivadas del cambio de parámetro entre U y V . α será difeenciable si lo es φ, porque x y y ya lo son porque son parametrizaciones. Definición 5.1.8 Llamamos vector normal unitario en p de la parametrización x : (U ) ⊂ IR2 −→ IR3 , p ∈ x (U ) de una superficie regular a N (u, v) =

xu ∧ xv |x xu ∧ x v |

Si hacemos un cambio de parametrización ( u = u(u, v) v = v(u, v)

x (u, v) = x (u(u, v), v(u, v)) = x (u, v)

60

Superficies

Vemos como queda el vector normal xu = xu

∂u ∂v + xv ∂u ∂u

xv = xu

∂u ∂v + xv ∂v ∂v

xu ∧ xv = xu ∧ xv

5.2.

∂u ∂v ∂u ∂v − xu ∧ xv = x u ∧ x v det ∂u ∂v ∂v ∂u



∂(u, v) ∂(u, v)



Superficies Orientables

Diremos que una superficieregular es orientable si admite un campo vectorial de normales unitarias. Es decir, que las parametrizaciones cuadren Si tenemos una superficie a la que llegamos con tres parametrizaciones, ponemos la primera con el determinante positivo, la segunda también y que cuadre con la anterior y la tercera que cuadre con la segunda. Si la tercera no cuadra con la primera entonces la superficie no es orientable. Ejemplo:Banda de Mohebius De forma equivalente, una superficie regular es orientable si se puede recubrir con parametrizaciones tales que los determinantes de los cambios de parámetros sean positivos. Aplicación de Gauss Sea S una superficie reglar orientable y p ∈ S N: S

−→

S2

p

−→

N (p)

S 2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 = 1} La aplicación N nos dá la normal de S en un punto p. dNp = N 0 (p) : Tp (S) −→ TN (p) (S 2 ) El rango de esta aplicación puede ser 0, 1 ó 2, dado que la normal en p, según sea S, puede estar en un área , una curva o un punto de de S 2 . Podemos identificar Tp (S) con TN (p) (S 2 ) dado que tiene la misma inclinación y orientación. dNp : Tp (S) −→ Tp (S) v, w ∈ Tp (S) hdNp , v, wi = hv, dNp , wi dN mira la variación de la dirección de N , porque el módulo es unitario. nos dice como

Superficies Orientables

61

Figura 5.8: Aplicación de Gauss Tp (S) se separa de la superficie S. Si dNp es autoadjunto tiene una forma cuadrática asociada. Vamos a demostrar que es autoadjunto. hdNp (w), vi = hv, dNp (w)i Bastará con probarlo para una base de Tp (S) xv , dNp (x hdNp (x xv ), x u i = hx xu )i Si tenemos una curva α : I −→ IR3 , α(I) ⊂ x (U ) α0 (t) = x u u0 + x v v 0 ∈ Tp (S), xu )u0 + dNp (x luego dNp (α0 (t)) = dNp (x xv )v 0 Llamamos dNp (x xu ) = Nu a la derivada parcial respecto u de la normal. Llamamos dNp (x xv ) = Nv a la derivada parcial respecto v de la normal. Luego, dNp (α0 (t)) = N 0 (u(t), v(t)) = Nu u0 + Nv v 0 Para seguir con la demostración: hNu , x v i = x u , hNv i Por construcción, N es ortogonal a x v y xu . hN, x u i = 0 derivando respecto a v tenemos hNv , x u i + hN, x uv i = 0 hN, x v i = 0 derivando respecto a u tenemos hNu , x v i + hN, x vu i = 0 Aplicando el Teorema de Scchwartz x uv = x vu =⇒ hN, x uv i = hN, x vu i =⇒ hNv , x u i =

62

Superficies

hNu , x v i

5.3.

Segunda Forma Fundamental

Definición 5.3.1 Definimos Ip : Tp (S) −→ w

−→

IR Ip (w) = −hdNp (w), wi

forma cuadrática. Consideramos α(I) ⊂ x (U ) curva regular parametrizada por arco, tal que κ(s) 6= 0. p = α(s), w = α0 (s) Curvatura normal de la curva sobre la superficie. Ip (α0 (s)) = hN (s), α00 (s)i = hN (s), κ(s)n(s)i = κ(s) cos θ = κn (s) Donde N (s) esla normal a la superficie y n(s) es la normal a la curva. La forma cuadrática asociada diagonaliza en una base ortogonal. Además los elementos de la diagonal son el máximo y el mínimo de Q sobre los vectores de módulo 1. Ejemplo 5.3.1 Dada A : V −→ V y su forma cuadrática Q : V −→ IR ! a1 0 Q= 0 a2 En base ortonormal {e1 , e2 } Ae1 = a1 e1 Ae2 = a2 e2 Existe una base en el tangente Tp (S) = {e1 , e2 } ortonormal, donde dNp (e1 ) = κ1 e1 dNp (e1 ) = κ1 e1 Ip =

−κ1

0

0

−κ2

!

κ1 y κ2 son el máximo y el mínimo de las curvaturas normales y se denominan curvaturas principales. En las superficies de revolución las curvaturas principales son los meridianos y paralelos.

Curvatura Gaussiana

5.4.

63

Curvatura Gaussiana

La forma cuadrática en cualquier base tiene unos valores invariantes. Definición 5.4.1 Llamamos curvatura Gaussiana de S en p al valor κ(p) = det(dNp ) = κ1 κ2 Definición 5.4.2 Llamamos curvatura media de S en p al valor κ1 + κ2 1 H(p) = − traza(dNp ) = 2 2 Tenemos x : U ⊂ IR2 −→ IR3 parametrización de S regular p ∈ x (U ). Tp (S) = {x xu , x v } base del tangente.

dNp =

a11

a12

a21

a22

!

Nu = a11x u + a21x v Nv = a12x u + a22x v xu , x v }. Nuestro objetivo es hallar las componentes de dNp Es la matriz dN en la base {x Sea α : I −→ IR3 curva parametrizada regular. α(I) ⊂ x (U ), α(t) = p, t ∈ I Ip (α0 (t)) = −hdNp (α0 (t)), α0 (t)i = −hNu u0 + Nv v 0 , x u u0 + x v v 0 i = eu02 + 2f u0 v 0 + gv 02 e = −hNu , x u i = hN, x uu i f = −hNu , x v i = hN, x vu i = hN, x uv i = −hNv , x u i g = −hNv , x v i = hN, x vv i Operamos −e = hNu , x u i = ha11x u + a21x v , x u i = a11 E + a21 F −f = hNv , x u i = ha12x u + a22x v , x u i = a12 E + a22 F −f = hNu , x v i = ha11x u + a21x v , x v i = a11 F + a21 G −g = hNv , x v i = ha12x u + a22x v , x v i = a12 F + a22 G Estamos vinculando elementos de la primera forma fundamental con elementos de la primera. ! ! ! e f a11 a21 E F − = f g a12 a22 F G

64

Superficies

Queremos aislar (dNp )T a11

a21

a12

a22

!

−1 = EG − F 2

e

f

f

g

!

E

−F

−F

G

!

eF − f E f F − eG a21 = 2 EG − F EG − F 2 f F − gE gF − f G a22 = = EG − F 2 EG − F 2

a11 = a12 Curvatura Gausiana

κ(p) = a11 a22 − a12 a21 =

5.5.

eg − f 2 EG − f 2

Variedad Diferenciable

Definición 5.5.1 Diremos que M es una variedad diferencible de dimensión n en IRs si ∀p ∈ M existe una parametrización x : U ⊂ IRn −→ IRs con U abierto y V abierto de IRs tal que (i) x (U ) = M ∪ V (ii) x : U −→ x(U ) (iii) x es diferencible en U (iv) ∀a ∈ U, x 0 (a) es inyectiva Casos particulares: Para n = 1 y s = 3 ó 2 ∀p ∈ M, α : I −→ IR3 , α(I) homeomorfismo ∀p = α(t), Tp (α(t)) = {α0 (t)} el espacio tangente es una recta. Para no trabajar en la superficie S, cogemos la métrica del tangente a S y nos lo llevamos a IR p gij (t) = hα0 (t), α0 (t)i, g(t) = |α0 (t)| Para n = 2 y s = 3 Caso de superficie regular p x(U )) = {x Tp (x xu , x v }, g(u, v) = EG − F 2

Variedad Diferenciable

65

xu , x v i2 + |x hx xu ∧ x v |2 = hx xu , x u ihx xv , x v i √ xu ∧ x v | = EG − F 2 |x El módulo de g(u, v) es el módulo de la normal. Para n = s tenemos un cambio de variable. ( homeomorfismo, difeomorfismo ) Definimos

h : V ⊂ IR3

−→

IR3

(u, v, w)

−→

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

h(v) es una 3-variedad diferencial. Al ser cambio de variable tiene rango máximo, h0 (u, v, w) es no singular. h0 = (hu hv hw ) La métrica gij = (h0t ◦ h0 ) hhu , hu i

hhu , hv i

hhu , hw i

 gij =  hhv , hu i

hhv , hv i

 hhv , hw i 

hhw , hu i

hhw , hv i

hhw , hw i





det gij = det(h0t ◦ h0 ) = (det h0 )2 =⇒ gij = |det h0 | que es el módulo de la Jacobiana.

66

Superficies

Capítulo 6

Problemas de superficies 4.- Sean, Ω ⊂ IR3 abierto, f : Ω −→ IR una función diferenciable en Ω y c ∈ IR. Llamamos superficie de nivel c de f al conjunto L(c) = {(x, y, z) ∈ S : f (x, y, z) = c}. Probar que si a ∈ L(c), ∇f (a) es ortogonal al plano tangente a L(c) en a. Solución: Sea α(t), t ∈ I ⊂ IR una curva contenida en la superficie L(c) tal que α(t0 ) = a. Entonces, f ◦ α(t) = c. Derivando obtenemos, (f ◦ α)0 (t) = h∇f (α(t)), α0 (t)i = 0. Si valoramos la expresión anterior en t = t0 tenemos que ∇f (a) es ortogonal a α0 (t0 ) para toda curva contenida en la superficie que pasa por a y por tanto, ∇f (a) es ortogonal al plano tangente a L(c) en a. 17.- Sea U ⊂ IR2 , abierto y f : U −→ IR una función de clase C ∞ . Se define el grafo de f como el conjunto de puntos Gf = {(x, y, f (x, y)) : (x, y) ∈ U } ⊂ IR3 . Demostrar que Gf es una superficie regular. Solución: Para demostrar que Gf es una superficie regular, construiremos una parametrización global de dicha superficie. Para ello, consideramos la aplicación, x:

U

−→

Gf

(x, y) 7−→ x (x, y) = (x, y, f (x, y)) y demostramos que es parametrización, 67

68

Soluciones

(i) x es C ∞ , ya que cada una de sus funciones componentes lo son. (ii) x es inyectiva, ya que si x (x, y) = x (x0 , y 0 ) =⇒ (x, y) = (x0 , y 0 ). (iii) Es fácil comprobar que la función inversa está dada por x −1 (x, y, z) = (x, y) para cada (x, y, z) ∈ Gf , y por tanto es continua.   x)(p) = 2 para todo p ∈ U , ya que, (iv) El rango de rang Dp (x 

1

  0 Dp (x x)(p) =   ∂f ∂x

0



 1  . ∂f  ∂y

18.- Sean f : IR3 −→ IR una función diferenciable y k ∈ IR. Consideremos S = {p ∈ IR3 : f (p) = k} y supongamos que (∇f )(p) 6= 0, para todo p ∈ S. Demostrar que S es una superficie regular. Solución: Para cada p ∈ S construimos una parametrización, xp , teniendo en cuenta que estamos en condiciones de aplicar el Teorema de la función implícita. Sea p = (x0 , y0 , z0 ) ∈ S, como (∇f )(p) 6= 0, debe existir una parcial no nula, supongamos que ∂f (p) 6= 0. Entonces, existen U ⊂ IR2 , V ⊂ IR entornos abiertos de (x0 , y0 ) y de z0 , respectiva∂z mente y g : U −→ V diferenciable tal que z = g(x, y) para todo (x, y) ∈ U , f (x, y, g(x, y)) = k y z0 = g(x0 , y0 ). Por tanto, Gg = {(x, y, g(x, y)) ∈ IR3 : (x, y) ∈ U } ⊂ S y aplicando el problema anterior a g tenemos que x p : U −→ Gg , dada por x p (x, y) = (x, y, g(x, y)) es una parametrización. 19.- Demostrar que el cilindro {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = r2 }, r > 0, es una superficie regular. Solución: Sea C = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = r2 }, basta observar que C está dada como una superficie de nivel de una función con gradiente no nulo en todos los puntos de C. La función es f (x, y, z) = x2 + y 2 y por tanto (∇f )(x, y, z) = (2x, 2y, 0) 6= 0 para todo (x, y, z) ∈ C, ya que si (∇f )p = (2x, 2y, 0) = 0 =⇒ x = 0 e y = 0 =⇒ x2 + y 2 = 0 6= r2 . 20.- Demostrar que el conjunto S = {(x, y, z) ∈ IR3 : z = x2 − y 2 } (Paraboloide hiperbólico) es una superficie regular y comprobar que las siguientes funciones son parametrizaciones para S: (i) x (u, v) = (u + v, u − v, 4uv), (u, v) ∈ IR2 .

Superficies

69

(ii) x (u, v) = (u cosh v, u senh v, u2 ), (u, v) ∈ IR2 , u 6= 0. Solución: El paraboloide hiperbólico S es el grafo de la función f (x, y) = x2 − y 2 . Por tanto, S es una superficie regular. (i) Verificamos que es una parametrización de S y que se cumplen las propiedades de ser parametrización. x2 − y 2 = (u + v)2 − (u − v)2 = u2 + 2uv + v 2 − u2 + 2uv − v 2 = 4uv = z. Por lo tanto, puede ser una parametrización de S, falta comprobar que cumple las condiciones de parametrización. (a) x es diferenciable en IR2 , ya que cada una de las funciones componentes lo son. (b) x es inyectiva ya que x (u, v) = x (u0 , v 0 ).  u + v = u1 + v1  2u = 2u1 u = u1 u − v = u1 − v1 =⇒ =⇒ 2v = 2v1 v = v1  4uv = 4u1 v1   (c) El rango de rang Dp (x x)(p) = 2 para todo p ∈ S, ya que, 

1

 Dp (x x)(p) =  1 4v

1



 −1  . 4u

Por lo tanto, la función es una parametrización del paraboloide hiperbólico. (ii) Verificamos que cumple las condiciones de parametrizacioń, del mismo modo que en el caso anterior. x2 − y 2 = u2 (cosh2 v − senh2 v) = u2 = z. Por lo tanto, puede ser una parametrización de S, falta comprobar que cumple las condiciones de parametrización. (a) x es diferenciable en IR2 , ya que cada una de las funciones componentes lo son. (b) x es inyectiva ya que x (u, v) = x (u0 , v 0 ).   u cosh v = u1 cosh v1  u = u1 u senh v = u1 senh v1 =⇒ de la tercera ecuación tenemos dos casos u = −u1  u2 = u21 Si u = u1 , substituyendo en la tercera ecuación tenemos que v = v1 , por la inyectividad del seno hiperbólico. Si u = −u1 , substituyendo en la segunda ecuación tenemos que

70

Soluciones

cosh v = − cosh v1 como esta igualdad no es posible se cumple el primer caso y por lo tanto la función es inyectiva.   x)(p) = 2 para todo p ∈ S, con u 6= 0 ya que, (c) El rango de rang Dp (x 

cosh v

 Dp (x x)(p) =  senh v senh v y el menor de orden 2 2u

u senh v



 u cosh v  .

2u 0 u cosh v 6 0. = 2u2 cosh v = 0

Por tanto, esta función es una parametrización del paraboloide hiperbólico. 21.- Demostrar que x : U ⊂ IR2 −→ IR3 dada por x (u, v) = (a sen u cos v, b sen u sen v, c cos u), a, b, c 6= 0, donde 0 < u < π, 0 < v < 2π, es una parametrización para el elipsoide x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1. 2 a b c Describir geométricamente las curvas coordenadas sobre el elipsoide. Calcular el espacio tangente al elipsoide en cualquier punto, y el espacio tangente a las curvas u = cte. Solución: En primer lugar comprobamos si la función puede ser una parametrización del elipsoide y si cumple las condiciones de parametrización. x2 y2 z2 a2 sen2 u cos2 v b2 sen2 u sen2 v c2 cos2 u + 2 + 2 = 1 =⇒ + + = 1, 2 a b c a2 b2 c2 sen2 u cos2 v + sen2 u sen2 v + cos2 u = sen2 u(cos2 v + sen2 v) + cos2 u = 1. Verificamos si cumple las propiedades de parametrización. (a) x es diferenciable en IR2 , ya que cada una de las funciones componentes lo son. (b) x es inyectiva en el dominio de definición si x (u, v) = x (u1 , v1 ).  a sen u cos v = a sen u1 cos v1  b sen u sen v = b sen u1 sen v1 =⇒ cos u = cos u1 , u = u1  c cos u = c cos u1  a cos v = cos v1 =⇒ v = v1 , por lo tanto la función es inyectiva. b sen v = sen v1

Superficies

71

  x)(p) = 2 para todo p ∈ E, ya que, (c) El rango de rang Dp (x x u = (a cos u cos v, b cos u sen v, −c sen u), x v = (−a sen u sen v, b sen u cos v, 0), i j k x u ∧ x v = a cos u cos v b cos u sen v −c sen u = −a sen u sen v b sen u cos v 0 (cb sen2 u cos v, ac sen2 u sen v, ab sen u cos u) 6= (0, 0, 0). • Curvas coordenadas sobre el elipsoide. Curvas coordenadas con u = cte ∈ (0, π), x (u0 , v) = (a sen u0 cos v, b sen u0 sen v, c cos u0 ), a, b, c 6= 0. Si eliminamos la variable v, elevando al cuadrado y sumando la primera y segunda componente obtenemos lo siguiente, x2 y2 + 2 =1 2 sen u0 b sen2 u0  z=K  

a2

Por tanto, las curvas coordenadas son elipses de z = cte y semiejes a2 sen2 u0 , b2 sen2 u0 . Curvas coordenadas con v = cte ∈ (0, 2π), x (u, v0 ) = (a sen u cos v0 , b sen u sen v0 , c cos u), a, b, c 6= 0, Para eliminar la variable u dividimos la primera y la segunda componente, obteniendo lo siguiente,  2  2 x y2 z2 x z2     + + = 1 (1 + tan v0 ) + 2 = 1 2 2 2 2 a b c a c =⇒    y = x tan v a  y = x tan v a 0 0 b b a Por tanto, las curvas coordenadas v = cte son circumferencias en el plano y = x tan v0 . b • Espacio tangente y espacio tangente a las curvas u = cte . Tp (E) = hx xu , x v i es el espacio tangente al elipsoide con, x u = (a cos u cos v, b cos u sen v, −c sen u), x v = (−a sen u sen v, b sen u cos v, 0). Ahora estudiamos el campo tangente en curvas u = cte = uo . α(v) = x (uo , v), por lo tanto Tp (α) = hα0 i donde α0 (v) = x v (uo , v). Tp (α) = (−a sen uo sen v, b sen uo cos v, 0).

72

Soluciones

22.- Sea S la superficie x (u, v) = (u3 sen3 v, u3 cos3 v, (a2 − u2 )3/2 ), donde a es una constante. Llamamos p1 , p2 , p3 a los puntos en que un plano tangente a S arbitrario corta a los ejes de coordenadas. Probar que al variar los planos tangentes, |p1 |2 + |p2 |2 + |p3 |2 = cte. Solución: En primer lugar hallamos la base del tangente, una vez hallado construimos el plano a partir de los vectores directores y un punto. Tp (E) = hx xu , x v i, x u = (3u2 sen3 v, 3u2 cos3 v, −3(a2 − u2 )1/2 u), x v = (3u3 sen2 v cos v, −3u3 cos2 v sen v, 0). El plano del tangente viene dado por, x − u3 sen3 v 9u4 u3 sen3 v sen2 v cos v

y − u3 cos3 v u3 cos3 v − cos2 v sen v

z − (a2 − u2 )3/2 (a2 − u2 )1/2 = 0 0

−x cos2 v sen v(a2 −u2 )1/2 −y sen2 v cos v(a2 −u2 )1/2 −zu sen2 v cos2 v+u3 (a2 −u2 )1/2 sen2 v cos2 v +(a2 − u2 )3/2 u sen2 v cos2 v = 0. Por tanto, los puntos de intersección con los ejes son, p1 =

u3 (a2 − u2 )1/2 sen2 v cos2 v + (a2 − u2 )3/2 u sen2 v cos2 v = a2 u sen v, cos2 v sen v(a2 − u2 )1/2

p2 =

u3 (a2 − u2 )1/2 sen2 v cos2 v + (a2 − u2 )3/2 u sen2 v cos2 v = a2 u cos v, sen2 v cos v(a2 − u2 )1/2

p3 =

u3 (a2 − u2 )1/2 sen2 v cos2 v + (a2 − u2 )3/2 u sen2 v cos2 v = u2 (a2 −u2 )1/2 +(a2 −u2 )3/2 . u cos2 v sen2 v

|p1 |2 + |p2 |2 + |p3 |2 = a4 u sen2 v + a4 u cos2 v + a4 (a2 − u2 ) = a4 u2 + a4 (a2 − u2 ) = a6 = cte. 23.- Sean S una superficie regular, p ∈ S y x : U ⊂ IR2 −→ IR3 una parametrización de S en p que viene dada por: x (u, v) = (u, v, h(u, v)). Hallar los coeficientes de la métrica E, F, G. Solución: Para hallar los coeficientes de la métrica simplemente aplicamos su definición. La base del

Superficies

73

espacio tangente viene dada por,

xu , xv i = h(1, 0, Tp (S) = hx

∂h(u, v) ∂h(u, v) ), (0, 1, )i. ∂u ∂v

Por tanto, los coeficientes son, 2  ∂h(u, v) ∂h(u, v) ∂h(u, v) xu , x v i = xu , x u i = 1 + , F = hx , E = hx ∂u ∂u ∂v  2 ∂h(u, v) G = hx xv , x v i = 1 + . ∂v 24.- Se considera la parametrización del toro x (u, v) = ((a + r cos u) cos v, (a + r cos u) sen v, r sen u), a > r. (i) Calcular los coeficiente de la métrica para esta parametrización. (ii) Calcular la longitud de las siguientes curvas, (a) u = 0. (b) u = 4v, 0 < v < π/2. Solución:

(i) Cálculo de los coeficientes de la métrica, x u = (−r sen u cos v, −r sen u sen v, r cos u), x v = (−(a + r cos u) sen v, (a + r cos u), 0). xu , x v i = 0, G = hx E = hx xu , x u i = r2 , F = hx xv , x v i = (a + r cos u)2 . Por lo tanto la matriz de la primera forma es ortogonal y se expresa como,  2  r 0 g= 0 (a + r cos u)2 (ii) Para el cálculo de la longitud emplearemos la fórmula siguiente, Z bp l= Eu02 + 2F u0 v 0 + Gv 0 dt, a 0

donde α(t) = x (u(t), v(t)) y α (t) = x u u0 + x v v 0 . (a) La curva está definida por α(v) = x (0, v), falta calcular u’ y v’, u0 = 0, v 0 = 1. Z l= a

b

p (a + r cos 0)2 dt = (a + r)2π.

74

Soluciones

Figura 6.1: Toro (b) La curva está definida por α(v) = x (4v, v), falta calcular u’ y v’, u0 = 4, v 0 = 1. Z l=

b

p 16r2 + (a + r cos 4v)2 dv.

a

25.- Sea x : U ⊂ IR2 −→ IR3 , definida por x (ϕ, θ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), donde U = {(ϕ, θ) ∈ IR2 : 0 < ϕ < π, 0 < θ < 2π}, una parametrización de S 2 . Sean u = ln tan

1 , v = θ. ϕ

(i) Demostrar que y (u, v) = (sechu cos v, sechu sen v, tanh u), es una parametrización de la esfera S 2 y describir su dominio de definición. (ii) Decimos que una parametrización es isoterma si E = G = f (u, v), F = 0. Demostrar que y lo es.

Superficies

75

(iii) Describir las curvas coordenadas de y . Solución: (ii) Buscamos una base del espacio tangente y calculamos los coeficientes de la métrica para comprobar si E = G = f (u, v), F = 0. senh u senh u 1 xu , x v i = h(− Tp (S) = hx cos v, − sen v, ), (−sechu sen v, sechu cos v, 0)i. cosh2 u cosh2 u cosh2 u senh2 u 1 1 E = hx xu , x u i = + = = sech2 u, cosh4 u cosh4 u cosh2 u senh u senh u F = hx xu , x v i = sechu sen v cos v − sechu sen v cos v = 0, 2 cosh u cosh2 u G = hx xv , x v i = sech2 u(sen2 v + cos2 v) = sech2 u. Por tanto, y es una parametrización isoterma. 26.- Se supone que un entorno coordenado de una superficie S puede ser parametrizado por x (u, v) = α1 (u) + α2 (v), donde α1 y α2 son curvas regulares. Demostrar que los planos tangentes a S a lo largo de una curva coordenada son paralelos a una recta fija. Solución: La base del espacio tangente está formada por, Tp (S) = hx xu (u, v), x v (u, v)i = hα10 (u), α20 (v)i. Fijando la variable u obtenemos las curvas coordenadas de u = u0 = cte. La expresión del tangente en un punto de la curva p = x (u0 , v) es, Tp (S) = hx xu (u0 , v), x v (u0 , v)i = hα10 (u0 ), α20 (v)i. Como el vector de la base α10 (u0 ) es constante, los planos tangentes son paralelos a esta recta a lo largo de la curva coordenada u = cte . De forma análoga obtendriamos el mismo resultado para las curvas coordenadas v = v0 = cte . La representación de un ejemplo de superficie generada de este modo se halla en la Figura 6.2. 27.- Demostrar que si f es una función derivable entonces todos los planos tangentes a la superficie z = xf ( xy ), x 6= 0 pasan por el origen de coordenadas. Solución:

76

Soluciones

Figura 6.2: Superficie S La superficie la podemos expresar como g(x, y, z) = xf ( xy ) − z = 0 superficie de nivel. Si p = (a, b, c) es un punto de la superficie y por tanto cumple f ( ab ) = c, entonces ∇g(a, b, c) es ortogonal al plano tangente a la superficie en p. Calculando el gradiente tenemos,  y y y y  ∇g(x, y, z) = f − f0 , f0 , −1 , x x x x         b 0 b b b 0 − f ,f , −1 . ∇g(a, b, c) = f a a a a Por tanto, la ecuación del plano tangente es,          b b 0 b 1 0 b b (x − a) f − f + (y − b) f − (z − af ) = 0. a a a a a a Para pasar por el punto (0, 0, 0) al substituir en la ecuación se debe cumplir la identidad.         b b b b 0 0 −af + bf − bf + af = 0. a a a a

28.- Demostrar que las normales a una superficie de revolución parametrizada por x (u, v) = (f (u) cos v, f (u) sen v, g(u)),

Superficies

77

donde f, g son funciones derivables que satisfacen f (u) 6= 0, g 0 (u) 6= 0, pasan todas por el eje z. Solución: Para resolver este problema, construimos una recta normal a la superficie y comprobamos si existe un punto de intersección con el eje z. x u = (f 0 (u) cos v, f 0 (u) sen v, g 0 (u)), x v = (−f (u) sen v, f (u) cos v, 0).

i 0 N = x u ∧x xv = f (u) cos v −f (u) sen v

j

g 0 (u) = (−f (u)g 0 (u) cos v, −f (u)g 0 (u) sen v, f (u)f 0 (u)). 0 k

f 0 (u) sen v f (u) cos v

La ecuación de la recta viene dada por,   x = f (u) cos v − λf (u)g 0 (u) cos v y = f (u) sen v − λf (u)g 0 (u) sen v  z = g(u) + λf (u)f 0 (u) donde λ ∈ IR. Buscamos la intersección con el eje z,   0 = f (u) cos v − λf (u)g 0 (u) cos v f (u) cos v 1 0 = f (u) sen v − λf (u)g 0 (u) sen v =⇒ λ = 0 = 0  g (u)f (u) cos v g (u) z = g(u) + λf (u)f 0 (u) Por tanto, el punto de intersección con el eje z es, z = g(u) +

f (u)f 0 (u) . g 0 (u)

29.- Consideramos una superficie de revolución parametriada por x (u, v) = (f (u) cos v, f (u) sen v, g(u)), 0 < v < 2π, a < u < b, f (u) 6= 0. De forma que u es el arco para la curva α(u) = (f (u), 0, g(u)). (i) Calcular los coeficientes de la segunda forma fundamental. (ii) Demostrar que los paralelos (u=cte.) y los meridianos (v=cte.) de una superficie de revolución se cortan ortogonalmente.

78

Soluciones

(iii) Demostrar que la curvatura Gaussiana es K=−

f 00 . f

Solución:

Figura 6.3: Representación de S (i) Para calcular los coeficientes de la segunda forma fundamrntal es necesario calcular x uu , x uv , x vv y la normal a la superficie N . N=

xu ∧ xv xu ∧ x v k kx

x u = (f 0 cos v, f 0 sen v, g 0 ), x v = (−f 0 sen v, f cos v, 0). E = hx xu , x u i = (f 0 )2 + (g 0 )2 = 1 ya que u es arco de α(u) = (f (u), 0, g(u)), F = hx xu , x v i = 0, xv , x v i = f 2 . G = hx i x u ∧ x v = f 0 cos v −f sen v

j f 0 sen v f cos v

k g0 0

= (−f g 0 cos v, −f g 0 sen v, f f 0 ).

Superficies

79

kx xu ∧ x v k =

√

EG − F 2 =

p f 2 (g 0 )2 + f 2 (f 0 )2 = f, N = (−g 0 cos v, −g 0 sen v, f 0 ).

x uu = (f 0 cos v, f 00 sen v, g 00 ), x uv = (−f 0 sen v, f 0 cos v, 0), x vv = (−f cos v, −f sen v, 0). e = hN, x uu i = −g 0 f 00 + f 0 g 00 , f = hN, x uv i = 0, g = hN, x vv i = f g 0 . (ii) Los meridianos y los paralelos se cortan ortogonalmente si sus vectores tangentes son ortogonales, es decir si, xu , x v i = F = 0. hx Como en este caso se cumple la igualdad las curvas u = cte. y v = cte. se cortan perpendicularmente. (iii) La curvatura Gaussiana es por definición, K=

0 2 00 0 2 00 g0 −f 00 eg − f 2 (1) −(f ) f − (g ) f = (f 0 g 00 − g 0 f 00 ) = = . 2 EG − F f f f

Por ser arco (f 0 )2 + (g 0 )2 = 1, si derivamos esta expresión tenemos 2f’f”+2g’g”=0. (1) 30.- Sean S una superficie regular y f : S −→ IR una función diferenciable. Definimos el gradiente de f en un punto p ∈ S como el único vector ∇f (p) ∈ Tp (S) tal que para todo Xp ∈ Tp (S), dfp (Xp ) = hXp , ∇f (p)i. (i) Demostrar que si g11 , g12 , g22 son los coeficientes de la métrica en la parametrización x : U ⊂ IR2 −→ S, entonces ∇f (p) sobre x (U ) viene dado por ! !−1 ∂f g11 g12 ∂u . ∇f (p) = ∂f g12 g22 ∂v (ii) Sean S la esfera unidad parametrizada por x (u, v) = (sen u cos v, sen u sen v, cos u), 0 < u < π, 0 < v < 2π, y f la restricción a S de la función f (x, y, z) = x − z. Dar la expresión del campo ∇f en la base del tangente debida a la parametrización. Solución: (i) Por ser gij los coeficientes de la métrica vienen definidos por, gij = hxi , xj i. ∂ ∂ Una base del espacio vectorial del tangente es Tp (S) = h ∂u , ∂v i, como∇f (p) ∈ Tp (S), lo podemos expresar como combinación lineal de los vectores de la base,

∇f (p) = a1

∂ ∂ + a2 . ∂u ∂v

80

Soluciones

Si derivamos f (p) respecto a u y v obtenemos lo siguiente, ∂f = df ∂u



∂f = df ∂v



∂ ∂u



∂ ∂u



∂ = h , ∇f (p)i = (1, 0) ∂u

g11

g12

g12

g22

∂ = h , ∇f (p)i = (0, 1) ∂v

g11

g12

g12

g22

∂f ∂u ∂f ∂v

! = Id !

a1

∇f (p) =

=

a2

g11

g12

g12

g22

!

a1 a2

g11

g12

g12

g22

!−1

!

a1

! ,

a2 !

a1 a2

! ,

! , ∂f ∂u ∂f ∂v

! .

(ii) Para encontrar la expresión del campo ∇f utilizaremos la fórmula hallada en el apartado anterior, para ello calcularemos los coeficientes de la métrica y contruiremos la matriz. La función restringida a S se expresa como, f (u, v) = sen u cos v − cos u. Derivando la xpresión obtenemos, ! ! ∂f cos u cos v + sen u ∂u = ∂f − sen u sen v ∂v x u = (cos u cos v, cos u sen v, sinv), x v = (sen u sen v, sen u cos v, 0). g11 = E = 1, g12 = F = 0, g22 = G = sen2 u.

∇f (p) =

1 0

 cos u cos v + sen u  = sen v 1 − − sen u sen v 2 sen u sen u sen v ∇f (p) = (cos u cos v + sen u)x xu − xv . sen u 0

!

cos u cos v + sen u

!



31.- Considérese la hélice dada por α(v) = (cos v, sen v, av). En cada punto de la hélice, trácese una recta paralela al plano xy que corte al eje z. La superficie generada por estas rectas se denomina helicoide. (i) Hallar una parametrización para el helicoide. (ii) Calcular los coeficientes de la métrica para la parametrización hallada. (iii) Calcular el perímetro del triángulo limitado por las curvas u=

av 2 av 2 , u=− , v = 1. 2 2

Superficies

81

Solución: (i) La rectas paralelas al plano xy en el corte con el eje z vienen dadas por β(v) = (0, 0, av), el vector director de estas rectas es w = (cos v, sen v, 0), por lo tanto una parametrización del helicoide es, x (u, v) = (0, 0, av) + u(cos v, sen v, 0) = (u cos v, u sen v, av) (u, v) ∈ IR2 . La representación del helicoide se halla en la Figura 6.4.

Figura 6.4: Helicoide (ii) Calculamos los coeficientes de la métrica de esta parametrización, x u = (cos v, sen v, 0), x v = (−u sen v, u cos v, a). g11 = E = 1, g12 = F = 0, g22 = G = u2 + a2 . (c) La longitud de una curva viene dada por, Z l=

b

p u˙ 2 E + 2F u˙ v˙ + Gv˙ 2 .

a

Como el triángulo es simétrico calcularemos en primer lugar la longitud de uno de los lados curvos y en segundo lugar la longitud de la base. u=

av 2 , v ∈ [0, 1] u˙ = av v˙ = 1. 2

82

Soluciones

Z

1

s

l=

(av)2

 +

0

av 2 2



 +

a2

Z

1

r a2 v 2

dv =

+

a2

0

a2 + v 4 dv = 4

Z 0

1



a  a + v 2 dv = 2

7a . 6 La longitud de la base es, v = 1 u ∈ [− a2 , a2 ] u˙ = 1 v˙ = 0. Z a2 l= du = a. −a 2

Por último, sumando la longitud de los lados obtenemos el perímetro. L=2

7a + a = 8a. 2

32.- Sean las superficies S1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : Ax + By + Cz + D = 0, A, B, C, D ∈ IR, A2 + B 2 + C 2 > 0}, S2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = z 2 , z > 0}, S3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = z}, y Ni : Si → S 2 , i = 1, 2, 3, la aplicación de Gauss correspondiente a cada superficie. (i) Describir el lugar geométrico de S 2 dado por Ni (Si ), i = 1, 2, 3. (ii) Calcular la primera y la segunda forma fundamental de Si y analizar la dimensión de Ni (Si ), i = 1, 2, 3. (iii) Calcular la curvatura gaussiana de Si , i = 1, 2, 3. Solución: (i) Ni

: Si p

−→ S 2 7−→ Ni (p)

Calculamos en cada caso Ni (p), p ∈ Si y estudiamos el lugar geométrico que forma. • i = 1. En este caso una parametrización de S1 , cuando C 6= 0 es, x (x, y) = x, y, −



1 D + Ax + By . C

Por tanto, A x x = (1, 0, − C ),

x y = (0, 1, − B C) y 1 N1 = √ (A, B, C). A2 + B 2 + C 2

Superficies

83

Como N1 es constante en S1 el lugar geométrico es un punto de S 2 . • i = 2. En este caso una parametrización de S2 \ {(x, y, z) ∈ S2 : y = 0, x > 0} en coordenadas esféricas es, √

√ √ 2 2 2
ρ cos θ, ρ sen θ, ρ . 2 2 2

y (θ, ϕ) = Por tanto,

√
2 2 ρ sen θ, 2 2 ρ cos θ, 0 , √ √ √
2 2 2 y 2 cos θ, 2 sen θ, 2 √ √ √
2 2 2 2 cos θ, 2 sen θ, − 2 . √

xθ = − yρ = N2 =

3π Para ρ = 1, ϕ = 3π 4 y θ ∈ (0, 2π), N2 es el paralelo ϕ = 4 , salvo el punto ( que a su vez es la imagen por N2 de {(x, y, z) ∈ S2 : y = 0, x > 0}.

√

√ 2 2 , 0, − 2 2 ),

• i = 3. En este caso una parametrización de S3 es,
z (x, y) = x, y, x2 + y 2 . Por tanto, z x = (1, 0, 2x), z y = (0, 1, 2y) y 1 N3 = p (2x, 2y, −1). 2 4(x + y 2 ) + 1 Hacemos el cambio a coordenadas esféricas en N3 . Debemos tener en cuenta que x2 +y 2 = z cos ϕ , en coordenadas esféricas es, ρ sen2 ϕ = cos ϕ, por tanto, ϕ ∈ (0, π/2), de donde ρ = sen2 ϕ ya que sen ϕ > 0. Por tanto, N3 = p

1 3 cos2 ϕ + 1

(2 cos ϕ cos θ, 2 cos ϕ sen θ, − sen ϕ).

Para estudiar el lugar geométrico debemos analizar las funciones, sen ϕ

f (ϕ) = − p

3 cos2

ϕ+1

cos ϕ

y g(ϕ) = 2 p

3 cos2 ϕ + 1

. Ya que debemos conocer la variación de z = f (ϕ) y de los radios vectores planos r = g(ϕ). Calculamos las derivadas para estudiar el crecimiento, f 0 (ϕ) = −

4 cos ϕ , (3 cos2 ϕ + 1)3/2

que tiene un mínimo en ϕ = π/2. Por tanto la función es decreciente en (0, π/2), de donde f (π/2) = −1 ≤ f ≤ f (0) = 0, nótese que z = f (0) no se alcanza nunca. g 0 (ϕ) = −2

sen ϕ , (3 cos2 ϕ + 1)3/2

84

Soluciones

como es siempre negativa la función es decreciente, luego g(π/2) = 0 ≤ g ≤ g(0) = 1. Por tanto, para cada θ fijo, θ ∈ (0, 2π), N3 describe el correspondiente cuadrante de meridiano de S 2 con z < 0. Luego, N3 en esféricas describe la semiesfera inferior sin el ecuador y sin el meridiano θ = 0. El meridiano θ = 0 es la imagen por N3 de {(x, y, z) ∈ S3 : y = 0, x ≥ 0}. (ii) Calculamos los coeficientes de la primera y segunda forma fundamentales, Ei , Fi , Gi , ei , gi y fi teniendo en cuenta las parametrizaciones del apartado anterior. 2

2

AB B A • i = 1. E1 = 1 + C 2 , F1 = C 2 y G1 = 1 + C 2 . Para calcular los coeficientes de la segunda forma fundamental necesitamos las derivadas de los campos coordenados. x xx = x xy = x yy = (0, 0, 0). Luego, e1 = f1 = g1 = 0.

Para estudiar la dimensión de dNi (Si ) hay que estudiar el rango de,  dNi =

a11 a12

a21 a22



 =−

e f

f g



E F

F G

−1 .

En este caso,  dN1 =

0 0

0 0

 .

Por tanto la dimensión de N1 (S1 ) es cero. • i = 2. E2 = 21 ρ2 , F2 = 0 y G2 = 1. √ 2 2 ρ cos θ, − 2 2 ρ sen θ, 0),

√

y θθ = (−

y ρρ = (0, 0, 0), √

y ρθ = (−

2 2

√

sen θ,

2 2

cos θ, 0).

Luego, e2 =< N2 , y θθ >= − 12 ρ cos2 θ − 12 ρ sen2 θ = − 12 ρ, f2 =< N2 , y θρ >= − 12 sen θ cos θ +

1 2

cos θ sen θ = 0,

g2 =< N2 , y ρρ >= 0. En este caso,  dN2 = −

− 21 ρ 0

0 0



1 2 2ρ

0

0 1

−1

 =

1 2ρ

0

0 0



2 ρ2

0

0 1



Esta matriz tiene rango 1, por tanto la dimensión de N2 (S2 ) es uno. • i = 3. E3 = 1 + 4x2 , F3 = 4xy y G3 = 1 + 4y 2 . z xx = (0, 0, 2), z xy = (0, 0, 0), z yy = (0, 0, 2). Luego, e3 =< N3 , z xx >= − √

2 , 4(x2 +y 2 )+1

 =

1 ρ

0

0 0

 .

Superficies

85

f3 =< N3 , z xy >= 0, g3 =< N3 , z yy >= − √

2 . 4(x2 +y 2 )+1

En este caso,  dN3

−√

= −

= =

2

0 

1 − 4(x2 +y 2 )+1

−√


3/2

2 4(x2 +y 2 )+1

0 −√

1 + 4y 2 −4xy





2 4(x2 +y 2 )+1

0 

2 4(x2 +y 2 )+1

−√





0

4(x2 +y 2 )+1

−4xy 1 + 4x2

1 + 4x2 4xy 

2 4(x2 +y 2 )+1

4xy 1 + 4y 2 



1 + 4y 2 −4xy

−1

−4xy 1 + 4x2



 .

Esta matriz tiene rango 2, por tanto la dimensión de N3 (S3 ) es dos. (iii) La curvatura gaussiana se calcula en función de los coeficientes de la primera y la segunda forma fundamentales mediante la fórmula, κ=

eg − f 2 , EG − F 2

luego, κ1 = 0, κ2 = 0 y κ3 =

4 4(x2

+ y2 ) + 1


2 .

34.- Consideramos la superficie C = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = a2 , x > 0}. (i) Sea p ∈ C. Hallar las curvas coordenadas en p y sus vectores tangentes. (ii) Consideramos el campo de IR3 − {x = 0} X=−

y ∂ ∂ ∂ + + . x ∂x ∂y ∂z

Demostrar que la restricción de X a C define un campo sobre C y expresarlo en coordenadas cilíndricas.

Solución: (i) La superficie C es parte de un cilíndro, por lo tanto, una parametrización de C es, π π x (θ, z) = (a cos θ, a sen θ, z) donde θ ∈ (− , ) y z ∈ IR. 2 2 • Cuvas coordenadas con θ = θp = cte .

86

Soluciones

α(z) = x (θp , z) = (a cos θp , a sen θp , z) son generatrices del cilindro y su vector tangente es, α0 (z) = (0, 0, 1) = xz (θp , z). • Cuvas coordenadas con z = zp = cte . β(θ) = x (θ, zp ) = (a cos θ, a sen θ, zp ) son semicicumferencias del cilindro y su vector tangente es, β 0 (θ) = (−a sen θ, a cos θ, 0) = xθ (θ, zp ). (ii) Restringiendo el campo sobre la superficie tenemos,

X|C = −

∂ ∂ a sen θ ∂ + + . a cos θ ∂x ∂y ∂z

Para que a restricción defina un campo sobre C debe poderse expresar como combinación lineal de los vectores de la base del tangente, que en este caso está formada por, (x xθ , x z ) = [(−a sen θ, a cos θ, 0), (0, 0, 1)]. Por lo tanto, obtenemos la siguiente expresión,

X|C =

1 xθ + xz . a cos θ

Otra forma de plantearlo, sería hacer el cambio de coordenadas cartesianas a cilíndricas multiplicando por la matriz de cambio, pero este procedimiento sólo resulta sencillo cuando las coordenadas son distinguidas.  Tp (C) =

∂ ∂ , ∂θ ∂z



[X]cil´ßndricas = [Jf ]−1 [X]cartesianas

 [X]cil´ßndricas =

ρ cos θ

1  − sen θ ρ 0

ρ sen θ cos θ 0

sen θ  − cos θ  0  1  ρ 1 0









    =  

0 1 ρ cos θ 1

En C ρ = a, así que obtenemos la misma expresión que en el caso anterior, X|C =

1 xθ + xz . a cos θ

   . 

Superficies

87

35.- Consideremos los sistemas de coordenadas esferoidales y cilíndricas en IR3 dados respectivamente por f g

: IR+ × (0, 2π) × (0, π) (u, v, w) : IR+ × (0, 2π) × IR (ρ, v, z)

−→ IR3 7−→ (senh u sen w cos v, senh u sen w sen v, cosh u cos w) −→ IR3 7−→ (ρ cos v, ρ sen v, z)

Sean Ω = IR3 − {y = 0, x ≥ 0} y S ⊂ Ω la superficie regular descrita por S = {(x, y, z) ∈ Ω :

x2 + y 2 z2 + 2 = 1}, 2 a b

donde a, b ∈ IR, b2 − a2 = 1, a, b > 0. (i) Encontrar la parametrización de S en coordenadas esferoidales y en coordenadas cilíndricas. ¿Alguna parametrización es distinguida para S? (ii) Sea X ∈ X (Ω) definido en coordenadas cilíndricas por X=−

a2 z ∂ ∂ ∂ + + . 2 b ρ ∂ρ ∂v ∂z

(a) Demostrar que X/S ∈ X (S). Dar la expresión de X/S en la base de la parametrización en coordenadas cilíndricas. (b) Calcular la expresión de X/S en coordenadas esferoidales. (c) Dar la expresión de la métrica de las superficies coordenadas de las coordenadas esferoidales. Solución: (i) En coordenadas esferoidales. Las superficies coordenadas correspondientes a u = cte son elipsoides de revolución y tomando u = argsinh a, b = cosh u y se verifica la condición b2 − a2 = 1. Luego una parametrización de S en coordenadas esferoidales es, x (v, w) = (a sen w cos v, a sen w sen v, b cos w), v ∈ (0, 2π), w ∈ (0, π). Además las esferoidales son coordenadas distinguidas, ya que S es una superficie coordenada. En coordenadas cilíndricas. La ecuación que describe S en coordenadas cilíndricas es, ρ2 z2 + = 1. a2 b2

88

Soluciones

Como ρ > 0, despejandopρ de la ecuación tendremos una única relación entre las variables a que describen S, ρ = b2 − z 2 , una parametrización de S en cilíndricas es, b y (v, z) =

ap  ap 2 b2 − z 2 cos v, b − z 2 sen v, z , v ∈ (0, 2π), z ∈ (−b, b). b b

Estas coordenadas no son distinguidas para S, ya que no existe ninguna coordenada constante que la describa. (ii) (a) La base del tangente de S debida a la parametrización y es,   ap ap 2 yv = − b2 − z 2 sen v, b − z 2 cos v, 0 , b  b  a −z a −z √ yz = cos v, √ sen v, 1 . b b2 − z 2 b b2 − z 2 Expresamos estos campos en coordenadas cilíndricas. Para ello necesitamos calcular la Jacobiana del cambio a coordenadas cilíndricas y su inversa.



cos v Jg =  sen v 0

−ρ sen v ρ cos v 0

 0 0  1

Jg −1

 ρ cos v 1 − sen v = ρ 0

ρ sen v cos v 0

 0 0 . ρ

Por tanto la expresión de yv e yz en coordenadas cilíndricas es, 





ρ cos v 1 y v =  − sen v ρ 0

ρ sen v

0

cos v

 ρ cos v 1 − sen v yz = ρ 0

ρ sen v cos v 0

  0   1    0    0   1

0

 ap 2 b − z 2 sen v b  ∂  ap 2 2 = , b − z cos v   ∂v b 0  a −z √ cos v  b b2 − z 2  z ∂ ∂ a a −z  √ sen v  = − b √b2 − z 2 ∂ρ + ∂z .  b b2 − z 2 1

−

De aquí que, X/S = y v + y z ∈ T (S). Lo que demuestra que X/S pertenece al tangente de S además de proporcionar su expresión en la base de la parametrización.

Superficies

89

Otra opción sería expresar el campo X en coordenadas cartesianas.    a2 z a2 z   − cos v − ρ sen v − cos v −ρ sen v 0  b2 ρ    b22 ρ   a z ρ cos v 0  X =  sen v = 1     − b2 ρ sen v + ρ cos v 0 0 1 1 1  ap  a −z − b2 − z 2 sen v + √ cos v  b  b b2 − z 2  ap  a −z = yv + yz.  2 2 sen v   b b − z cos v + b √ 2  b − z2 1

   =  

(b) Para expresar X/S en coordenadas esferoidales debemos efectuar un cambio de base en el tangente de S. Las relaciones entre las coordenadas cilíndricas y esferoidales se expresan de la siguiente forma, S (v, z)

Id −→

S (v, w) ↓ x−1

y↑ (0, 2π) × (−b, b)

(0, 2π) × (0, π)

x−1 ◦ y ). Calculamos en primer lugar la Por tanto la matriz del cambio de base es J(x composición de las dos funciones. x −1 ◦ y (v, z) = x −1

ap  ap 2 b2 − z 2 cos v, b − z 2 sen v, z , b b

comparando con x (v, w) = (a sen w cos v, a sen w sen v, b cos w), ap 2 tenemos que b cos w = z y a sen w = b − z 2 , de donde, b   z  x −1 ◦ y (v, z) = v, arc cos , b ya que, r r   z    z  z2 ap 2 2 a sen arc cos = a 1 − cos arc cos =a 1− 2 = b − z2. b b b b Luego,     1 0 1 0   −1 1  =  . J(x x−1 ◦ y ) =  −1  0 q  0 √ z2 b 1 − b2 b2 − z 2 De aquí, la expresión de X/S en coordenadas esferoidales es,    !  1 0 1 1 1 ∂  = ∂ − = . X/S =  −1 −1 ∂v b sen w ∂w √ 0 √ 1 2 2 2 2 b −z b −z

90

Soluciones

(c) Calculamos las parciales respecto de cada una de las variables, fu = (cosh u sen w cos v, cosh u sen w sen v, senh u cos w), fv = (− senh u sen w sen v, senh u sen w cos v, 0), fw = (senh u cos w cos v, senh u cos w sen v, − cosh u sen w). La métrica de Ω en coordenadas esferoidales es, g11 =< fu , fu >= cosh2 u sen2 w + senh2 u cos2 w, g22 =< fv , fv >= senh2 u sen2 w,

gij = 0, i 6= j

g33 =< fw , fw >= senh2 u cos2 w + cosh2 u sen2 w. La métrica de las superficies coordenadas de las coordenadas esferoidales se obtiene haciendo constante una de las coordenadas. (1) Superficies coordenadas u = cte. Llamando a = senh u y b = cosh u, tenemos, E1 = a2 sen2 w, F1 = 0, G1 = a2 cos2 w + b2 sen2 w = b2 − cos2 w. (2) Superficies coordenadas v = cte. E2 = cosh2 u sen2 w + senh2 u cos2 w, F2 = 0, G2 = senh2 u cos2 w + cosh2 u sen2 w. (3) Superficies coordenadas w = cte. Llamando a = sen w y b = cos w, tenemos, E3 = a2 cosh2 u + b2 senh2 w, F3 = 0, G3 = a2 senh2 u. 36.- Probar que el paraboloide hiperbólico z = kxy, k 6= 0 es una superficie reglada. Solución: El paraboloide hiperbólico es la superficie reglada generda por las rectas que se apoyan en el eje x, es decir, en la curva α(t) = (t, 0, 0) y en la recta β(t) = (t, k1 , t). Ver figura 6.5. Por tanto, los vectores w(t) serán,   1 w(t) = β(t) − α(t) = 0, , t . k

Superficies

91

Figura 6.5: Representación del paraboloide hiperbólico De donde una parametrización del paraboloide hipebólico como superficie reglada es,   1 x (s, v) = α(t) + vw(t) = t, v , vt . k Como se comprueba fácilmente los puntos de x (s, v) cuplen z = kxy. 37.- Demostrar que el hiperbolide de revolución x2 + y 2 − z 2 = 1 es una superficie reglada. Indicación: Estudiar la traza de x (s, v) = α(s)+v(α0 (s)+e3 ), donde α(s) es una parametrización de la circunferencia unidad S 1 por el arco y e3 es el vector unitario del eje z. Solución: Si α(s) es una parametrización de la circunferencia unidad S 1 por el arco y e3 es el vector unitario del eje z se expresan del siguiente modo, α(s) = (cos s, sen s, 0), α0 (s) = (− sen s, cos s, 0), e3 = (0, 0, 1). Por tanto la parametrización se expresa como, x (s, v) = (cos s − v sen s, sen s + cos s, v). Substituyendo, comprobamos si es parametrización del hiperboloide, x2 + y 2 = cos2 s + v 2 sen2 s + sen2 s + v 2 cos2 s = 1 + v 2 = 1 + z 2 . Al cumplirse la igualdad queda demostrado que el hiperboloide es una superficie reglada, ya que x (s, v) es una parametrización de él.

92

Soluciones

Figura 6.6: Hiperboloide de Revolución 38.- Demostrar que si todas las normales a una superficie conexa pasan por un punto fijo, la superficie está contenida en una esfera. Solución: Tenemos que plantear un sistema de ecuaciones que nos permita hallar una parametrización de la superficie. Escribimos en primer lugar la condición que nos dan, Sean p el punto fijo por el que pasan todas las normales, x (u, v) una parametrización de la superficie y N (u, v) la normal, entonces, p = x (u, v) + λ(u, v)N (u, v). Si derivamos esta ecuación respecto de u y de v obtenemos las siguientes ecuaciones, 0

= x u + λu N + λNu

0

= xv + λv N + λNv

(6.1)

La base que tenemos que considerar ahora es x u , x v , N y para obtener el deseado sistema debemos expresar las derivadas parciales de la normal en esta base. Por tanto debemos recordar que, Nu = a11x u + a21x v , Nv = a12x u + a22x v .

Superficies

93

De donde (6.1) es equivalente a, 0

= (1 + λa11 )x xu + λa21x v + λu N

0

x v + λv N = λa12x u + (1 + λa22 )x

(6.2) Teniendo en cuenta que estos tres vectores forman base obtenemos, 1 + λa11

=0

λa21

=0

λu

=0

1 + λa22

=0

λa12

=0

λv

=0

(6.3)

De la tercera y última ecuación tenemos que λ = cte y de la primera que λ 6= 0. Por tanto de la segunda y penúltima ecuación tenemos que a21 = a12 = 0, y de la primera y cuarta que a11 = −1/λ = a22 . En definitiva, K = a11 a22 − a12 a21 = 1/λ2 = cte > 0. Es decir, 1 x (u, v) = p − √ N (u, v), K que es la parametrización de una esfera de centro p y radio

1 . K

39.- Sea S la superficie z = (y 2 − x)2 . (i) Hallar una parametrización de S. (ii) Hallar la curvatura Gaussiana de S. (iii) Hallar el lugar geométrico de los puntos parabólicos de S. (Indicación: un punto es parabólico si la curvatura Gaussiana es nula en él.) (iv) Sea X el campo de IR3 definido por X=

∂ ∂ ∂ + + 2(y 2 − x)(2y − 1) . ∂x ∂y ∂z

Demostrar que X|S es un campo sobre S y dar su expresión en la base del tangente debida a la parametrización. √ (v) Sea f : S −→ IR la restricción a S de la función f (x, y, z) = z. Hallar la expresión de ∇f en la base del tangente debida a la parametrización.

94

Soluciones

Solución: (i) Como el conjunto S es el grafo de una función diferenciable f (x, y) = (y 2 − x)2 , S es una superficie regular y una parametrización es, x (x, y) = (x, y, (y 2 − x)2 ), (x, y) ∈ IR2 . (ii) En primer lugar calculamos las funciones que intervienen en la fórmula de la curvatura. Para ello debemos hallar los vectores x x , x y , x xx , x xy , x yy y N . x x = (1, 0, −2(y 2 − x)), x y = (0, 1, 4y(y 2 − x)), x xx = (0, 0, 2), x xy = (0, 0, −4y), x yy = (0, 0, 4(3y 2 − x)), 1 N = (2(y 2 − x), −4y(y 2 − x), 1), α p √ donde α = ||x xx ∧ x y || = 1 + 4(y 2 − x)2 (4y 2 + 1)(= EG − F 2 ). Por tanto, los coeficientes de la métrica son, E = hx xx , x x i = 1+4(y 2 −x)2 , F = hx xx , x y i = −8y(y 2 −x)2 y G = hx xy , x y i = 1+16y 2 (y 2 − 2 x) . Además, los coeficientes de la segunda forma fundamental son, 2 −4y 4 xxx , N i = , f = hx xyy , N i = (3y 2 − x). e = hx xxy , N i = y g = hx α α α Finalmente utilizando la fórmula de la curvatura Gaussiana obtenemos, κ(S) =

eg − f 2 8 2 8(y 2 − x) = (y − x) = . EG − F 2 α2 1 + 4(y 2 − x)2 (4y 2 + 1)

(iii) Para obtener el lugar geométrico de los puntos parabólicos igualamos la fórmula obtenida en el apartado anterior a cero. κ(S) =

8(y 2 − x) = 0 =⇒ y 2 = x. 1 + 4(y 2 − x)2 (4y 2 + 1)

Luego el lugar geométrico pedido es la curva sobre la superficie dada por y 2 = x, z = 0. (iv) Para comprobar que X|S es del tangente a S bastará demostrar que es combinación lineal de los dos vectores del tangente hallados en el apartado anterior. De la observación de dichos vectores tenemos que, X |S = x x + x y .

Superficies

95

p (v) Como en S, z = (y 2 − x)2 tenemos que f|S (x, y) = (y 2 − x)2 = |y 2 − x|. Como sabemos el módulo no es una función derivable en 0. Por tanto, el gradiente sólo existirá para los puntos no parábolicos de la superficie, es decir, puntos tales que y 2 6= x. Para estos puntos la expresión del gradiente en la base del tangente debida a la parametrización es,  ∂f   −1 ∂x   ∇f (x, y) = gij ∂f ∂y

Por tanto si y 2 > x, tenemos, 1 ∇f (x, y) = 2 α

1 + 16y 2 (y 2 − x)2

8y(y 2 − x)2

!

8y(y 2 − x)2 1 + 4(y 2 − x)2  1 ∂ ∂  − + 2y . 2 2 2 1 + 4(y − x) (4y + 1) ∂x ∂y

−1 2y

!

1 = 2 α

−1

! =

2y

Si y 2 < x, tenemos, 1 ∇f (x, y) = 2 α

1 + 16y 2 (y 2 − x)2

8y(y 2 − x)2

!

8y(y 2 − x)2 1 + 4(y 2 − x)2   1 ∂ ∂ − 2y . 1 + 4(y 2 − x)2 (4y 2 + 1) ∂x ∂y

1 −2y

!

1 = 2 α

1

! =

−2y

40.- Sea α : (0, 4π) −→ IR la curva parametrizada regular dada por √ √   √2 2 2 cos u, sen u, u . α(u) = 2 2 2 (i) Denominamos centro de curvatura de α en u a c(u) = α(u) +

1 n(u), κ(u)

donde κ(u) y n(u) son la curvatura y la normal unitaria a la curva α en u, respectivamente. Hallar el lugar geométrico de los centros de curvatura de la curva α. (ii) Hallar el plano osculador y la torsión de α en u. √ (iii) Sea p = (0, 0, 2π). Hallar una parametrización de la superficie reglada, S, generada por las rectas que pasan por p, se apoyan en la curva α y cuyo parámetro v varía en el intervalo (0, 1). (iv) Hallar la curvatura Gaussiana de S. (v) Sea f : S −→ IR la restricción a S de la función f (x, y, z) = x2 + y 2 . Hallar la expresión de ∇f en la base del tangente debida a la parametrización. Solución:

96

Soluciones

(i) Comprobamos en primer lugar si la curva está parametrizada por arco. √ √   −√2 2 2 0 α (u) = =⇒ ||α0 (u)|| = 1. sen u, cos u, 2 2 2 Por tanto u es el parámetro arco de α y podemos aplicar las fórmulas de Frenet para el cálculo de la curvatura y de la normal a α. Teniendo en cuenta que t(u) = α0 (u) y dt = κ(u)n(u), tenemos que, du √ √ 2 dt 2 dt = (− cos u, − sen u, 0) =⇒ κ(u) = || || = y n(u) = (− cos u, − sen u, 0). du 2 du 2 Por tanto el lugar geométrico de los centros de curvatura de la curva α es, √ √   √2 2 2 cos u, − sen u, u . c(u) = − 2 2 2 (ii) El vector binornal a la curva en u es, b=t×n=

 √2

√

√  2 2 sen u, − cos u, − . 2 2 2

Por tanto, √  √  db 2 2 = τ (u)n = − − cos u, − sen u, 0 =⇒ τ (u) = − . du 2 2 La ecuación cartesiana del plano osculador es, √ √ x − 2 cos u − 2 sen u 2 2 √ √ 2 y − 2 sen u 2 2 cos u √ √ 2 z − 2u 2 2

− cos u − sen u = 0 0

Desarrollando el determinante obtenemos, √ x sen u − y cos u + z =

2 u. 2

(iii) Los vectores directores de las rectas contenidas en las superficies serán, √ √  √2 √  2 2 w(u) = α(u) − p = cos u, sen u, u − 2π . 2 2 2 y por tanto una parametrización de S es, √ √  √2 √  2 2 x (u, v) = p + vw(u) = v cos u, v sen u, v(u − 2π) + 2π , 2 2 2 donde (u, v) ∈ (0, 4π) × (0, 1).

Superficies

97

(iv) En primer lugar calculamos las funciones que intervienen en la fórmula de la curvatura. Para ello debemos hallar los vectores x u , x v , x uu , x uv , x vv y N .  √ √ √  x u = − 22 v sen u, 22 v cos u, 22 v , √  √ √ x v = 22 cos u, 22 sen u, 22 (u − 2π) ,  √  √ x uu = − 22 v cos u, − 22 v sen u, 0 ,  √ √ √  x uv = − 22 sen u, 22 cos u, 22 , x vv = (0, 0, 0)), v 1 v v v v , N= (u − 2π) cos u − sen u, cos u + (u − 2π) sen u, xu ∧ x v || 2 ||x 2 2 2 2 xx ∧ x y || = donde ||x métrica s que son,

√

EG − F 2 . Por tanto, necesitamos calcular los coeficientes de la

xu , xu i = v 2 , F = hx xu , xv i = v2 (u − 2π) y G = hx xv , xv i = E = hx

1 2

+ 12 (u − 2π)2 .

De donde, p √ EG − F 2 = v2 2 + (u − 2π)2 . Además, los coeficientes de la segunda forma fundamental son, √ 1 2 2 xuu , N i = − √ e = hx v (u − 2π), 2 EG − F 4 xuv , N i = 0, f = hx g = hx xvv , N i = 0. Finalmente, utilizando la fórmula de la curvatura Gaussiana obtenemos, κ(S) = √

eg − f 2 = 0. EG − F 2

√

(v) Como en S, x = 22 v cos u e y = 22 v sen utenemos que f|S (u, v) = gradiente en la base del tangente debida a la parametrización es,   ∂f  −1 ∂u   ∇f (u, v) = gij

v2 2 .

La expresión del

∂f ∂v

Por tanto, tenemos, ∇f (u, v) =

 v2 1 +

1+

(u−2π)2 2

(u−2π)2 2

2π − u

1 

1 2

2



2v



!

+ 12 (u − 2π)2 − v2 (u − 2π)

− v2 (u − 2π) v2

!

0

! =

v

98

Soluciones

41.- Sean α : I −→ IR3 una curva regular parametrizada por arco con curvatura y torsión no nulas en I y S la superficie parametrizada x (s, v) = α(s) + v n(s), con s ∈ I, v ∈ IR y n el vector normal a α. (i) Hallar los coeficientes de la métrica de S. (ii) Demostrar que el vector normal a S es ortogonal al vector normal a α. (iii) Hallar la curvatura gaussiana de S. (iv) Hallar la curvatura gaussiana de S en el siguiente caso, √ I = (0, 2π), α(s) =

cos

! 2 s , sen 2

√

! √ ! 2 2 s , s . 2 2

Solución: (i) Para hallar la métrica de α debemos calcular en primer lugar los vectores de la base del tangente. Para ello tendremos en consideración que la curva está parametrizada por arco. x s = t + v(−κt − τ b) = (1 − vκ)t − vτ b, x v = n. Teniendo en cuenta que {t, n, b} forman una base ortonormal tenemos que, E = hx xs , x s i = (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 , F = hx xs , x v i = 0, xv , x v i = 1, G = hx EG − F 2 = (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 . (ii) Para hallar el normal debemos calcular x s ∧ x v . x s ∧ x v = (1 − vκ)b + vτ t. p √ Además, ||x xs ∧ x v || = EG − F 2 = (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 . Por tanto, 1 N (s, v) = p ((1 − vκ)b + vτ t). (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 Luego, hN, ni = 0. Lo que demuestra que los dos vectores son ortogonales.

Superficies

99

(iii) Calculamos en primer lugar los coeficientes de la segunda fórmula fundamental. x ss = (1 − vκ)κn − vκ0 t − vτ 0 b − vτ 2 n = −vκ0 t + (1 − vκ2 − vτ 2 )n − vτ 0 b, x sv = −κt − τ b, x vv = 0, −v 2 κ0 τ − vτ 0 (1 − vκ) , e = hx xss , N i = p (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 −τ f = hx xsv , N i = p , (1 − vκ)2 + v 2 τ 2 g = hx xvv , N i = 0, eg − f 2 = −

τ2 . (1 − vκ)2 + v 2 τ 2

Finalmente, K=

eg − f 2 τ2 = − 2. EG − F 2 ((1 − vκ)2 + v 2 τ 2 )

(iv) Para hallar la curvatura gaussiana en este caso concreto y según la fórmula obtenida en el apartado anterior debemos calcular la curvatura y la torsión de la curva. Comprobemos en primer lugar si la curva está parametrizada por arco para poder aplicar las fórmulas de Frenet al cálculo de la curvatura y la torsión. √ √ ! √ √ ! √ ! 2 2 2 2 2 0 α (s) = − sen s , cos s , y ||α0 (s)|| = 1. 2 2 2 2 2 Por tanto, la curva está parametrizada por arco y t(s) = α0 (s). ! √ ! √ 1 2 2 1 0 t (s) = κ(s)n(s) = − cos s , − sen( s), 0 , 2 2 2 2 √ ! √ ! ! 2 2 1 0 ~ κ(s) = ||t (s)|| = , n(s) = − cos s , − sen s ,0 , 2 2 2 √ ! √ √ ! √ ! √ 2 2 2 2 2 b(s) = t(s) ∧ n(s) = sen s ,− cos s , , 2 2 2 2 2 ! ! ! √ √ 1 2 1 2 1 0 ~ b (s) = τ (s)n(s) = cos s , sen s , 0 , τ (s) = − . 2 2 2 2 2 Por otra parte la curvatura gaussiana de la superficie es, K=−

τ2 2

((1 − vκ)2 + v 2 τ 2 )

=−

4

2.

((2 − v)2 + v 2 ) √

42.- Sean x : U −→ IR3 la parametrización dada por x (ρ, θ) = ( 22 ρ cos θ, donde U = (0, +∞) × (0, 2π), S = x (U ) y α(θ) la curva de S dada por ρ = θ.

√

√ 2 2 2 ρ sen θ, 2 ρ),

100

Soluciones

(i) Calcular el vector tangente a α. (ii) Hallar la curvatura de α. (iii) Hallar la expresión de α0 (θ) en la base de Tα(θ) (S) debida a la parametrización. (iv) Hallar los coeficientes de la métrica y la curvatura Gaussiana de S. (v) Sea X el campo de IR3 definido por X=x

∂ ∂ ∂ +y +z . ∂x ∂y ∂z

Demostrar que X|S es un campo sobre S y dar su expresión en coordenadas esféricas. |α0 (t) ∧ α00 (t)| (Indicación: κ(t) = .) |α0 (t)|3 Solución: (i) Sustituyendo ρ = θ en la parametrización obtenemos la curva α, √ √ √ ! 2 2 2 α(θ) = θ cos θ, θ sen θ, θ . 2 2 2 Derivando respecto de θ obtenemos el vector tangente, √ 2 0 α (θ) = (cos θ − θ sen θ, sen θ + θ cos θ, 1). 2 1/2 √  y de aquí que la tangente unitaria sea, Por tanto, |α0 (θ)| = 22 2 + θ2 t(θ) =

1 (cos θ − θ sen θ, sen θ + θ cos θ, 1). (2 + θ2 )1/2

(ii) En primer lugar calculamos los vectores y la funciones que intervienen en la fórmula dada en la indicación para el cálculo de la curvatura. α00 (θ) =

√

2 2 (−2 sen θ − θ cos θ, 2 cos θ − θ sen θ, 0), α0 (θ) ∧ α00 (θ) = 12 (θ sen θ − 2 cos θ, −2 sen θ − θ cos θ, 2 |α0 (θ) ∧ α00 (θ)| = 21 (θ4 + 5θ2 + 8)1/2 , 3/2 √  |α0 (θ)|3 = 42 2 + θ2 .

Por tanto, κ(θ) =

√ (θ4 + 5θ2 + 8)1/2 2  3/2 . 2 + θ2

+ θ2 ),

Superficies

101

(iii) La base de Tα(θ) (S) debida a la parametrización es x ρ y x θ . Teniendo en cuenta que α(θ) = x (θ, θ) y aplicando la regla de la cadena obtenemos que, α0 (θ) = x ρ (θ, θ) + x θ (θ, θ). (iv) En primer lugar calculamos los vectores x ρ y x θ . √

xρ = xθ =

2 2 (cos θ, sen θ, 1), √ 2 2 (−ρ sen θ, ρ cos θ, 0).

Por tanto, los coeficientes de la métrica son, 1 2 ρ . 2 Para calcular los coeficientes de la segunda forma fundamental necesitamos las derivadas de orden dos y la normal. E = hx xρ , x ρ i = 1, F = hx xρ , x θ i = 0 y G = hx xθ , x θ i =

x ρρ = (0, 0, 0), √

2 2 (− sen θ, cos θ, 0), √ x θθ = 22 (−ρ cos θ, −ρ sen θ, 0), √ x ∧x N = ||x ρρ ∧x θθ || = 22 (− cos θ, − sen θ, 1).

x ρθ =

De donde, xρρ , N i = 0, f = hx xθθ , N i = ρ/2. e = hx xρθ , N i = 0 y g = hx Finalmente utilizando la fórmula de la curvatura Gaussiana obtenemos, κ(S) =

eg − f 2 = 0. EG − F 2

(v) La superficie S es un subconjunto del cono x2 + y 2 = z 2 , concretamente es la superficie ϕ = π/4 de las coordenadas esféricas, H(ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ). ∂ ∂ Por tanto Tp (S) estará generado por ∂ρ y ∂θ ; y para comprobar que X|S es del tangente a S bastará encontrar su expresión en coordenadas esféricas y ver que es combinación lineal de los dos vectores anteriores. Para ello debemos calcular la jacobiana del cambio y su inversa.



sen ϕ cos θ JH =  sen ϕ sen θ cos ϕ JH −1

 1  = 2 ρ sen ϕ

−ρ sen ϕ sen θ ρ sen ϕ cos θ 0

ρ2 sen2 ϕ cos θ −ρ sen θ ρ sen ϕ cos ϕ cos θ

 ρ cos ϕ cos θ ρ cos ϕ sen θ  −ρ sen ϕ

ρ2 sen2 ϕ sen θ ρ cos θ ρ sen ϕ cos ϕ sen θ

 ρ2 sen ϕ cos ϕ  0 2 −ρ sen ϕ

102

Soluciones

Por tanto, 

[X]esf.

 ρ sen ϕ cos θ = JH −1  ρ sen ϕ sen θ  ρ cos ϕ 

 ρ ∂ = 0 =ρ . ∂ρ 0 Lo que demuestra que X|S pertenece al tangente a S, además de proporcionar su expresión en coordenadas esféricas. 43.- Consideramos el cambio de coordenadas en IR3 dado por f:

IR+ × (0, 2π) × IR (ρ, θ, v)

−→ IR3 −→ (ρ cos θ − v sen θ, ρ sen θ + v cos θ, 3v)

(i) Hallar la matriz de la métrica de f . (ii) Demostrar que x (θ, v) = f (c, θ, v), c ∈ IR+ es una parametrización del hiperboloide z2 x2 + y 2 − 2 = 1. 2 c 9c Si Sc = x (U ), con U = (0, 2π) × IR, dar una expresión de Sc como superficie reglada. 1 (iii) Sea h : Sc −→ IR la restricción a Sc de la aplicación h(x, y, z) = (x2 + y 2 ). Dar la 2 expresión del gradiente de h en la base del tangente a Sc debida a la parametrización. Solución: (i) Para calcular los coeficientes de la métrica debemos obtener, en primer lugar, las derivadas parciales de la función. fρ = (cos θ, sen θ, 0), fθ = (−ρ sen θ − v cos θ, ρ cos θ − v sen θ, 0), fv = (− sen θ, cos θ, 3). Por tanto, los coeficientes de la métrica son g11 = hfρ , fρ i = 1, g12 = hfρ , fθ i = −v, g13 = hfρ , fv i = 0, g22 = hfθ , fθ i = ρ2 + v 2 , g23 = hfv , Fθ i = ρ y g33 = hfv , fv i = 10, es decir,   1 −v 0   (gij ) =  −v ρ2 + v 2 ρ  0

ρ

10

Superficies

103

(ii) Para demostrar que x (θ, v) = f (c, θ, v), c ∈ IR+ es una parametrización del hiperboloide, x2 + y 2 z2 − = 1, c2 9c2 debemos verificar, (a) La traza de x está contenida en el hiperboloide. (b) x es C ∞ . (c) x es inyectiva. (d) rang(Dxq ) = 2 para todo q, es decir, x θ ∧ x v 6= 0. (a) x (θ, v) = (c cos θ − v sen θ, c sen θ + v cos θ, 3v). Sustituyendo en la ecuación del hiperboloide obtenemos, z2 c2 + v 2 9v 2 x2 + y 2 − = − = 1. c2 9c2 c2 9c2 Luego la traza de x está contenida en el hiperboloide. (b) x es C ∞ , por estar definida mediante producto de funciones elementales.  0 0 0   c cos θ − v sen θ = c cos θ − v sen θ c sen θ + v cos θ = c sen θ0 + v 0 cos θ0 (c) Supongamos que x (θ, v) = x (θ0 , v 0 ) =⇒   3v = 3v 0   v = v0 =⇒ v  cos θ = (sen θ − sen θ0 ) + cos θ0 c Sustituyendo en la segunda ecuación (del primer sistema) obtenemos sen θ = sen θ0 . Volviendo ahora a la segunda ecuación del segundo sistema, tenemos cos θ = cos θ0 y por tanto θ = θ0 en (0, 2π). Lo que demuestra que la función es inyectiva. (d) Calculamos la base del tangente debida a la parametrización (sustituyendo en (i) ρ = c) y realizamos su producto vectorial. x θ = (−c sen θ − v cos θ, c cos θ − v sen θ, 0), x v = (− sen θ, cos θ, 3), x θ ∧ x v = (3c cos θ − 3v sen θ, 3c sen θ + 3v cos θ, −v), √ ||x xθ ∧ x v || = 9c2 + 10v 2 6= 0, c ∈ IR+ . Para dar una expresión de Sc = x (U ), con U = (0, 2π) × IR como superficie reglada basta hallar una directriz y la generatriz. Observando la parametrización de Sc vemos que, x (θ, v) = (c cos θ − v sen θ, c sen θ + v cos θ, 3v) = (c cos θ, c sen θ, 0) + v(− sen θ, cos θ, 3). La directriz sería, α(θ) = (c cos θ, c sen θ, 0). y la generatriz, w = (− sen θ, cos θ, 3).

104

Soluciones

(iii) Sea h : Sc −→ IR la restricción a Sc de la aplicación h(x, y, z) =

1 2 (x + y 2 ), es decir, 2

c2 + v 2 . 2c2 Para obtener la expresión del gradiente de h en la base del tangente a Sc debida a la parametrización, usaremos la siguiente fórmula,  ∂f  !−1  0  c2 + v 2 c
  ∂θ −1 =  ∇f (θ, v) = gij =  v ∂f c 10 c2 ∂v   v ! 0  − 10 −c 1 1  c   = . v 2 + 10v 2  v 2 2 9c2 + 10v 2 9c 2 2 −c c + v (c + v ) 2 2 c c h(θ, v) =

1.- Sea α : I ⊂ IR −→ IR3 una curva parametrizada regular con curvatura no nula en todo punto. Demostrar: (i) Si todos los planos osculadores a α pasan por un punto fijo, entonces la curva es plana. (ii) Si todos los planos normales a α pasan por un punto fijo, entonces la curva está contenida en una esfera. Solución: (i) Supongamos que α está parametrizada por arco. Entonces, κ(s) 6= 0, para todo s ∈ I. La ecuación del plano osculador a α en s es, α(s) + λt(s) + µn(s). Como para cada s el pano osculador pasa por un punto fijo, p, deben existir funciones λ(s) y µ(s) tales que, p = α(s) + λt(s) + µn(s). (6.4) Veamos en primer lugar que estas funciones son derivables. Multiplicando la ecuación (1) pot t y por n obtenemos, λ(s) = hp, ti − hα(s), ti y µ(s) = hp, ni − hα(s), ni. Por tanto, λ y µ son derivables por ser diferencia de funciones derivables. Derivando la ecuación vectorial (1) y aplicando las fórmulas de Frenet obtenemos, 0 = t + λ0 t + λκn + µ0 n + µ(−κt − τ b) = (1 + λ0 − µκ)t + (λκ + µ0 )n + (−µτ )b. Como los vectores {t, n, b} forman base debe verificarse que,  1 + λ0 − µκ = 0  λκ + µ0 = 0  −µτ = 0. La última ecuación de (2) implica que (a) µ = 0 o (b) τ = 0. Si,

(6.5)

Superficies

105

κ6=0

(a) µ = 0 =⇒ µ0 = 0 =⇒ λκ = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ λ0 = 0. Imponiendo estas condiciones en la primera ecuación de (2) tenemos 1 = 0, lo que es una contradicción. Por tanto debe verificarse. (b) τ = 0 =⇒ α es una curva plana. (ii) El razonamiento a seguir aquí es similar al del apartado (i), en este caso obtendremos, p = α(s) + λ(s)n(s) + µ(s)b(s).

(6.6)

Derivando tenemos, 0 = t + λ0 n + λ(−κt − τ b) + µ0 b + µτ n = (1 − λκ)t + (λ0 + µτ )n + (−λτ + µ0 )b = 0.   1 − λκ = 0  1 − λk = 0  λ0 + µτ = 0 ⇐⇒ λλ0 + µλτ = 0   0 µ − λτ = 0 µµ0 − λµτ = 0 Sumando las dos últimas ecuaciones tenemos, λλ0 + µµ0 = 0 =⇒ (λ2 + µ2 )0 = 0 =⇒ λ2 + µ2 = c2 = cte. De la ecuación (3) obtenemos, ||α(s) − p||2 = hα(s) − p, α(s) − pi = h−λ(s)n − µ(s)b, −λ(s)n − µ(s)bi = λ2 + µ2 = c2 . p Por tanto la curva está contenida en una esfera de radio c = λ2 + µ2 y centro p.

2.- Sean las curvas α(θ) = (2 cos θ, 2 sen θ, 0) y β(θ) = (cos θ, sen θ, θ), con θ ∈ (0, 2π). (i) Demostrar que los vectores tangentes a las curvas α y β forman ángulo constante y hallarlo. (ii) Construir la superficie reglada, S, con directriz β, generatriz w(θ) = α(θ) − β(θ) y cuyo parámetro v ∈ (0, 1). (iii) Hallar la curvatura Gaussiana de S. (iv) Sea f : S −→ IR la restricción a S de la función f (x, y, z) = z. Hallar la expresión de ∇f en la base del tangente debida a la parametrización.

Solución: (i) Calculamos los vectores tangentes a las curvas, y hallamos el ángulo que forman aplicando la definición de producto escalar. α0 (θ) = (−2 sen θ, 2 cos θ, 0), β 0 (θ) = (− sen θ, cos θ, 1), hα0 , β 0 i = ||α0 || ||β 0 || cos ϕ. Por tanto, √ √ √ 2 π 2 = 4 2 cos ϕ =⇒ cos ϕ = =⇒ ϕ = cte = . 2 4

106

Soluciones

(ii) La directriz de S es, w(θ) = α(θ) − β(θ) = (cos θ, sen θ, −θ). Por tanto, una parametrización de S es, x (θ, v) = (cos θ, sen θ, θ) + v(cos θ, sen θ, −θ) = ((1 + v) cos θ, (1 + v) sen θ, (1 − v)θ), donde θ ∈ (0, 2π), v ∈ (0, 1). (iii) En primer lugar calculamos los vectores x θ y x v y los coeficientes de la primera forma fundamental. x θ = (−(1 + v) sen θ, (1 + v) cos θ, (1 − v)), x v = (cos θ, sen θ, −θ), E = hx xθ , x θ i = 2(1 + v 2 ), xθ , x v i = −θ(1 − v), F = hx G = hx xv , x v i = 1 + θ 2 , √ 1 xθ ∧ x v || = (θ2 (1 + v)2 + 2(1 + v 2 )) 2 . EG − F 2 = ||x Para calcular los coeficientes de la segunda forma fundamental necesitamos las derivadas de orden dos y la normal. N=

1 (−(1 + v)θ cos θ − (1 − v) sen θ, (1 − v) cos θ − (1 + v)θ sen θ, −(1 + v)), xθ ∧ x v || ||x x θθ = (− cos θ(1 + v), − sen θ(1 + v), 0), x θv = (− sen θ, cos θ, −1), x vv = (0, 0, 0).

Finalmente, utilizando la fórmula de la curvatura Gaussiana obtenemos, κ(S) =

−f 2 eg − f 2 = , ya que g = hx xvv , N i ≡ 0. EG − F 2 EG − F 2

1 (θ sen θ cos θ(1 + v) + sen2 θ(1 − v)+ EG − F 2 2 cos2 θ(1 − v) − θ sen θ cos θ(1 + v) + (1 + v)) = √ . EG − F 2 Por tanto, −4 −4 κ(S) = = 2 . 2 2 2 (EG − F ) [θ (1 + v) + 2(1 + v 2 )]2 xθv , N i = √ Por otro lado, f = hx

(iv) La restricción de f a S es, f ◦ x (θ, v) = θ(1 − v). El gradiente en la base debida a la parametrización está dado por,   ∂f  −1 g11 g12  ∂θ  ∇f =  ∂f  . g12 g22 ∂v

Superficies

107

Por tanto, 1 ∇f = √ EG − F 2

1 =√ EG − F 2

1 + θ2

θ(1 − v)

θ(1 − v)

2(1 + v 2 )

(1 + θ2 )(1 − v) − θ2 (1 − v) θ(1 − v)2 − 2θ(1 + v 2 )

!

!

1−v

!

−θ

1 =√ EG − F 2

(1 − v) −θ(v + 1)2

! .

108

Soluciones

Capítulo 7

Integración En este capítulo abordamos la integración sobre variedades diferenciables. Aunque el énfasis está puesto en la aplicación de los teoremas clásicos de integración, Divergencia, Stokes-Ampère y Green en el plano, construiremos el Teorema de Stokes, del que se obtienen los toeremas clásicos como casos particulares, como una extensión del Teorema Fundamental del Cálculo o Regla de Barrow. En el capítulo anterior, al extender el concepto de superficie regular al de variedad diferenciable de dimensión n en IRs , hemos introducido las correspondientes métricas. Ahora, a partir de los elementos de volumen determinados por las métricas, definiremos la integración de funciones seccionalmente continuas sobre variedades parametrizadas de dimensión n y extenderemos dicha definición a las que en el texto denominamos variedades diferenciables a trozos, básicamente uniones finitas de subconjuntos parametrizados determinados por pseudointervalos de los dominios de parametrización. Describir los subconjuntos parametrizados desde pseudointervalos permite considerar conjuntos muy generales y no obstante utilizar la integración por reiteración a la hora de evaluar las integrales. Sea x : U ⊂ IRn −→ IRs una parametrización de una variedad diferenciable de dimensión n. f : x (U ) −→ IR Z

Z

p f (x x(U )) g(U ) dU

f (p)dΩ = x (U )

U

En curvas n = 1 α : I ⊂ IR −→ IRs y f : α(I) −→ IR Z

Z f (p)dl =

α(I)

f (α(t))|α0 (t)| dt

I

Ejemplo 7.0.1 109

110

Integración

Paso de hélice α:

IR3

(0, 2π) −→ −→

t

α(t) = (a cos t, a sen t, bt)

f (p) = x2 + y 2 + z 2 necesitamos f (α(t)) = a2 + b2 t2 √ α0 (t) = (−a sen t, a cos t, b) =⇒ |α0 (t)| = a2 + b2 Z

2π

Z f (p)dl =

α(I)

0

p p p 8π 3 (a2 + b2 t2 ) a2 + b2 dt = a2 a2 + b2 2π + b2 a2 + b2 3

Si n = 2 y s = 3 x : U ⊂ IR2 −→ IR3 y f : x (U ) −→ IR Z Z x(u, v))|x xu ∧ xv | du dv f (p)dA = f (x x (U ) U Ejemplo 7.0.2 Cilindro de radio a x:

(0, 2π) × (0, b) −→

IR3

−→ x (θ, z) = (a cos θ, a sen θ, z)

(θ, z)

f (p) = x2 + y 2 + z 2 necesitamos f (x x(θ, z)) = a2 + z 2 x θ = (−a sen θ, a cos θ, 0), x z = (0, 0, 1) x θ ∧ x z = (a cos θ, a sen θ, 0) =⇒ |x xθ ∧ x z | = a Z

Z

2π

Z

f (p)dA = x (U )

0

b

(a2 + z 2 )a dθ dz = 2a3 πb + 2aπ

0

b3 3

M variedades diferenciables de dimensión n a trozos. M =

k S

Fi unión finita de subconjuntos Fi donde cada uno de ellos está cubierto por una

i=1

parametrización tal que x i : Ui ⊂ IRn −→ IRs parametrización Fi ⊂ x i (Ui ), UFi ⊂ Ui tal que Fi = x i (UFi ). UFi medible (función característica integrable. M n−variedad diferenciable a trozos M=

k S i=1

Fi , Fi = x (UFi )

111

f : M −→ IR Z f (p)dΩ = M

k Z X i=1

f (p)dΩ =

Fi

k Z X i=1

p x(U )) g(U ) dU = · · · f (x

U Fi

La definición es independiente de un cambio de parámetros. Si U = U (U 0 ), tenemos, ··· =

k Z X i=1

p f (x x(U (U ))) g(U (U 0 )) det 0

UF i



∂(U ) ∂(U 0 )

 dU =

k Z X i=1

p x(U 0 )) g(U 0 ) dU 0 f (x

UFi

Por tanto, el resultado es independiente de la parametrización. Definición 7.0.2 M es una variedad n diferenciable simple si existe x : U ⊂ IRn −→ IRs , M = x(U ), es decir, lo podemos parametrizar con una sola paramerización. Definición 7.0.3 M es una variedad n diferenciable casi-simple si es una variedad n diferenciable simple salvo un subconjunto de medida nula. La esfera es una variedad diferenciable casi-simple porque la podemos parametrizar con una parametrización salvo un meridiano (de medida nula). El cilindro también lo es. Integramos respecto a otra variable, por ejemplo el arco de x,

Z

Z

dx(t) f (p)dx = f (α(t)) dt = dt α(I) I

x0 (t) 0 f (α(t)) 0 |α (t)| dt = |α (t)| I

Z

Z f (p)T1 (p) dl α(I)

donde T1 (p) es la primera componente de la tangente unitaria. T (p) es la tangente unitaria a α(I) en p. dxi = Ti (p)dl Ejemplo 7.0.3 α:

(0, π2 ) −→ −→

t

IR3 α(t) = (a cos t, a sen t, b)

f (p) = xy + z, f (α(t)) = a2 sen t cos t + b Z

Z f (p)dx =

α(I)

0

π 2

(a2 sen t cos t + b)(−a sen t)dt =

112

Integración

dx = −a sen t dt Z

Z

2π

f (p)dt0

f (α(t))z 0 (t) dt = 0

0

Elementos coordenados: dxi = Ti dl Elementos para integrar: dxi = Ti dl, dl Elementos de Área x : U ⊂ IR2 −→ IR3 f : x (U ) −→ IR Z

Z

Z

f (p)dA = x (U )

x (U ) det

Z f (x x(u, v)) U

x(u, v))det f (x

f (p) dy dz =



U

∂(y,z) ∂(u,v)

|x xu ∧ x v |

∂(y, z) du dv = ∂(u, v)

 Z xu ∧ x v | du dv = |x

x (U )

f (p)N1 (p)dA

Conclusión: dy dz = N1 dA dz dx = N2 dA dx dy = N3 dA Elemento de Volumen dV Cambio de variable

h : A ⊂ IR3 u, v, w

−→

IR3

−→

det(h0 ) > 0

f : h(A) −→ IR

Z

Z f (p)dV =

h(A)

f (h(u, v, w))det A

∂(x, y, z) du dv dw = ∂(u, v, w)

dV = dx dy dz Definición 7.0.4 Dado Ω ∈ IR3 , S x : Ω −→ Tp (IR3 ), campo vectorial diferenciable p∈Ω

x (p) ∈ Tp (IR3 )

Z A

f (h(u, v, w))det(h0 ) du dv dw

113

α : I ⊂ IR −→ IR3 , α(I) = Ω Llamamos circulación de α a lo largo de la curva α(I) al valor: Z Z Z α0 (t) 0 C(X, α(I)) = hX, T idl = hX(α(t)), 0 α (t)idt = hX(α(t)), α0 (t)idt |α (t)| α(I) I I Ejemplo 7.0.4 Dado un campo:

X(p) = x

α:

∂ ∂ ∂ +y +z ∂x ∂y ∂z IR3

(0, 2π) −→ t

−→

α(t) = (a cos t, a sen t, bt)

X(α(t)) = (a cos t, a sen t, bt) α0 (t) = (−a sen t, a cos t, b), hX(α(t)), α0 (t)i = b2 t Z C(X, α(I)) =

2π

b2 t dt = 2b2 π 2

0

Dado un campo gradiente f : Ω −→ IR diferrenciable ∇f campo vectorial diferrenciable Z C(∇f, α(I)) = h∇f (α(t)), α0 (t)idt I

Z

Z

d f (α(t))dt = f (α(b)) − f (α(a)) dt I I Cuando un campo es gradiente, la circulación a lo largo de cualquier curva cerrada es nula. f 0 (α(t))α0 (t)dt =

Definición 7.0.5 Dado F campo vectorial diferenciable sobre Ω ∈ IR3 . Sea x : U ⊂ IR2 −→ IR3 , parametrización de superficie vectorial. x (U ) ⊂ Ω Llamamos flujo a través de x (U ) al valor: Z Z Z xu ∧ xv |x xu ∧ x v |du dv = hF (x x(u, v)), x u ∧x xv idu dv φ(F, x (U )) = hF, N idA = hF (x x(u, v)), |x xu ∧ x v | U x (U ) U

114

Integración

Definición 7.0.6 Sea F un campo vectorial diferenciable en Ω ⊂ IR3 y h : W ⊂ IR3 =⇒ IR3 cambio de variable h(W ) ⊂ Ω. Restringimos el campo sobre el cambio de variable F |h(W ) . Llamamos divergencia del campo F en h(W ) al valor Z Z D(F, h(w)) = hF, ∇idV = (Dx f1 (p) + Dy f2 (p) + Dz f3 (p)) dV = h(W )

Z

h(W )

Z

divF (h(u, v, w))det h0 (u, v, w) du dv dw

divF (p) dV = h(W )

W

REGLA DE BARROW f : (a, b) −→ IR Z

b

f (x)dx = F (b) − F (a) a

Siendo F una primitiva de f, f = F 0 en I = (a, b) También dse puede expresar como Z Z Z 0 F (x)dx = dF (x) = I

I

F (x)

∂I

Con una cierta orientación de la frontera. Tenemos Ω ⊂ IR2 abierto con frontera ∂Ω y Ω ⊂ A adherencia y A abierto. Parametrización h : A ⊂ IR2 −→ IR2 cambio de variable. h(Ω), h(∂Ω) Dadas las funciones f1 : h(A) −→ IR, f2 : h(A) −→ IR Calculamos, Z Z f1 (p)dx = h(∂Ω)

Z df1 (p)dx =

Dy f1 (p)dydx

h(Ω)

Z f2 (p)dy =

h(∂Ω)

(Dx f1 (p)dx + Dy f1 (p)dy)dx =

h(Ω)

Z

Z h(Ω)

Z df2 (p)dy =

h(Ω)

Z (Dx f2 (p)dx + Dy f2 (p)dy)dy =

h(Ω)

Dx f2 (p)dxdy h(Ω)

Teorema de Green en el plano Dado F campo vectorial diferenciable en A ⊂ IR2 diremos F = (f1 , f2 ) Z Z Z C(F, h(∂Ω)) = hF, T idl = f1 (p)T1 (p)dl + f2 (p)T2 (p)dl = h(∂Ω)

h(∂Ω)

h(∂Ω)

115

Z

Z f1 (p)dx +

h(∂Ω)

Z

Z

f2 (p)dy = h(∂Ω)

Dy f1 (p)dy dx + h(Ω)

Z

Dx f2 (p)dx dy = h(Ω)

Z (Dx f2 (p) − Dy f1 (p))dx dy =

h(Ω)

(Dx f2 (p) − Dy f1 (p))dA h(Ω)

La circulación dependiendo de la parametrización puede tomar distinto signo. Para orientarlo en un punto de la frontera se toma la normal exterior y luego la tangente en el orden 1-2. El campo debe ser diferenciable en el interior de h(Ω). Teorema de Stokes (extension de Barrow) Sea x : U ⊂ IR2 −→ IR3 , parametrización de superficie regular.Ω ⊂ U , abierto y Ω ∈ U x (Ω) relacionado con x (∂Ω) unidimensional. Sean f1 , f2 , f3 : x (U ) −→ IR, entonces, Z Z Z Z f1 (p)dx = df1 (p)dx = Dy f1 (p)dy dx + Dz f1 (p)dz dx x (∂Ω) x (Ω) x (Ω) x (Ω) De forma análoga, Z Z Z Z f2 (p)dy = df2 (p)dy = Dx f2 (p)dx dy + Dz f2 (p)dz dy x (∂Ω) x (Ω) x (Ω) x (Ω) Z x (∂Ω)

Z f3 (p)dz =

x (Ω)

Z df3 (p)dz =

x (Ω)

Z Dx f3 (p)dx dz +

x (Ω)

Dy f3 (p)dy dz

Sabemos que, dx = T1 dl

dydz = N1 dA

dy = T2 dl

dzdx = N2 dA

dz = T3 dl

dxdy = N3 dA

Llamamos F = (f1 , f2 , f3 ) Z Z C(F, x (∂Ω)) = hF, T idl = f1 (p)dx + f2 (p)dy + f3 (p)dz = x (∂Ω) x (∂Ω) Z   (Dy f3 − Dz f2 )N1 + (Dz f1 − Dx f3 )N2 + (Dx f2 − Dy f1 )N3 dA = x (Ω) Z hrotF, N idA = φ(rotF, x(Ω)) x (Ω) Teorema de Stokes-Ampére La circulación del campo a través de la curva frontera de un abierto es el flujo del rotacional

116

Integración

del campo a través de la superficie. Z C(F, x (∂Ω)) =

x (Ω)

hrotF, N idA = φ(rotF, x (Ω))

Ahora vamos a extender el Teorema de Green a IR3 Teorema de la Divergengia h : w ⊂ IR3 −→ IR3 cambio de variable Ω ⊂ w abierto y Ω ⊂ w Trabajaremos en h(Ω) y h(∂ω) Dadas f1 , f2 , f3 : h(ω) −→ IR Z Z Z f1 (p)dy dz = df1 (p)dy dz = h(∂Ω)

h(Ω)

Z

Z

Z

f2 (p)dz dx =

df2 (p)dz dx =

h(∂Ω)

h(Ω)

Z

Dx f1 (p)dx dy dz

h(Ω)

Dy f2 (p)dx dy dz h(Ω)

Z

Z

f3 (p)dx dy =

df3 (p)dx dy =

h(∂Ω)

h(Ω)

Dz f3 (p)dx dy dz h(Ω)

Pedimos h0 > 0 Z

Z hF, N idA =

φ(F, h(∂Ω)) = h(∂Ω)

(f1 (p)dy dz + f2 (p)dz dx + f3 (p)dx dy) = h(Ω)

Z

Z (Dx f1 (p) + Dy f2 (p) + Dz f3 (p)) =

h(Ω)

divF dV = D(F, h(Ω)) h(Ω)

Teorema de Stokes-Ampére Es una extensión de la regla de la cadena. Cogemos un intervalo I en el espacio de parámetros I=

n Q

[ai , bi ] ∈ IRn intevalo cerrado. Hay dos caras por cada dimensión.

i=1

Il±

 = [a1 , b1 ] × · · · ×

bl al

 × · · · × [an , bn ]

∂I = ∪Il± unión de las caras. Tenemos que orientar,   (−1)l−1 ± Il = orientación u1 · · · u ˆl · · · un , ul no sale.  (−1)l

117

I1 depende de la segunda coordenada Las dos caras de un intervalo no están igual orientadas. Si hay mas de un intervalo y se solapan dos direcciones cancelan. Sea x : U ⊂ IRn −→ IRs , parametrización de una variedad diferenciable de dimensión m tal que I ⊂ U , I unidimensional y ∂I (n − 1)−dimensional, x (I) y x (∂I) (n − 1)−dimensional. Estaremos en S, habrá s componentes, pero el objeto tiene n dimensiones. Z Z s Z X f (p) dxj 1 · · · dxj n−1 = df (p) dxj 1 · · · dxj n−1 = Dxk f (p) dxk dxj 1 · · · dxj n−1 = x (∂I) x (I) k=1 x (I) s Z X

 Dxk f (x x(u))det

I

k=1

∂(xk , xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , un )

 du1 · · · dun =

Desarrollando el determinante obtenemos,   n Z s X X ∂(xj 1 , · · · , xj n−1 l−1 Dxk f (x x(u))(−1) Dxkul (u)det du1 · · · dun = ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un ) I k=1 l=1 n Z X l=1

l−1

Dul f (x x(u))(−1)

 det

I

∂(xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un )

 du1 · · · dun =

Usando la identidad de Jacobi: n X

(−1)l Dul det



l=1

=

∂(xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un )

 =0

n Z X

   ∂(xj 1 , · · · , xj n−1 l−1 Dul f (x du1 · · · dun = x(u))(−1) det ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un ) I

l=1

Aplicamos la regla de Barrow a la variable ul   n Z X ∂(xj 1 , · · · , xj n−1 l−1 x(u))(−1) det f (x du1 · · · dˆ ul · · · dun − ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un ) Il+ l=1

n Z X l=1

l−1

x(u))(−1) f (x

Il−

Z n X l=1

 f (x x(u))det

Il+



Z f (x x(u))det Il−

 det

∂(xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un )

∂(xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un )

∂(xj 1 , · · · , xj n−1 ∂(u1 , · · · , u ˆ l , · · · , un )





 du1 · · · dˆ ul · · · dun =

(−1)l−1 du1 · · · dˆ ul · · · dun + !

(−1)l du1 · · · dˆ ul · · · dun

=

118

Integración

n P l=1

"Z

#

Z

x (Il+ )

f (p) dxj 1 · · · xj n−1 +

x (Il− )

f (p) dxj 1 · · · xj n−1 =

Z x (∂I)

7.1.

f (p) dxj 1 · · · xj n−1

Pseudoitervalos

Tenemos un intervalo como deformado: No degenerado: Degenerado: Parametrizaremos los pseudointervalos para convertirlos en intervalos. Parametrizciones de U finitas de pseudointervalos no degenerados. Cuando aplicamos Stokes lo hacemos en espacios alaveados, que pueden ser imagen de parametrizaciones. Vamos a considerar pseudointervalos como espacio de parámetros.vamos a conectar el Teorema de Stokes con los pseudointervalos. J ⊂ IRn J = {(u1 , · · · , un ) ∈ IRn ; a1 ≤ u1 ≤ b1 , a2 (u1 ) ≤ u1 ≤ b2 (u1 ), · · · , an (u1 , · · · , un ) ≤ un ≤ bn (u1 , · · · , un ) ai , bi funciones regulares. Pseudointervalos no degeneados, ai , 6= bi en todo su dominio de definición. Se generan caras. pseudointervalos degenerados, a2 (u1 ) = b2 (u2 ) para u1 = a1 , u1 = b1 . ai = bi para uj = aj ó bj , j ≤ i − 1 Pseudointervalos no degenerados: Si J es un pseudointervalo no degenerado, tiene dos caras.

Jl±

   bl (u1 , · · · , ul−1 )  = {(u1 , · · · , un ) ∈ J : ul = }   bl (u1 , · · · , ul−1 )

Vamos a montar un cambio de variable que convierta un intervalo a pseudointervalo. Definimos h como, h:

J u1 , · · · , u n

−→

I v1 , · · · , vn

Donde vj se expresa como, vj = αj +

βj − αj (uj − aj ), vj ∈ (α − j, βj ) bj − aj

Es una función regular, porque bj > aj por ser un pseudointervalo no degenerado. Calculamos

Pseudointervalos

119

h0 , 

β1 −α1 b1 −a1

0

∗

β2 −α2 b2 −a2

∗ .. .

∗ .. .

∗

∗

    0 h =    

···

···

0 ··· .. . ··· .. . . . . ··· ···

0 .. . .. . .. . βn −αn bn −an

         

∗ es un valor distinto de 0 porque bj − aj depende de uj−1 , pero no lo calculamos porque lo que queremos hallar es el determinante y tenemos suficiente ccon qe la matriz sea triangular. Calculamos el determinante, deth0 =

n Y βi − αi i=1

bi − ai

6= 0, por construcción es un cambio de variable. h(Jl± ) = Il±

Llamamos ϕ = h−1 , ϕ:

Donde ϕ(I) = J, I =

i=n Q

I v1 , · · · , vn

−→

J u1 , · · · , u n

[αi , βi ], αi < βi , ∀i = 1, . . . , n, αi , βi ∈ IR

i=1

Definimos uj como, uj = aj +

bj − aj (vj − αj ) βj − αj

vj es una cantidad numérica vj ∈ [αj , βj ]. Cuando vj está en αj , uj = aj , y cerrando al final está en βj , uj = bj aj es una función aj (u1 , · · · , uj−1 ), bj (u1 , · · · , uj−1 ) Pseudointervalos degenerados Vamos a poner un ejemplo, p p J : {(u1 , u2 ) ∈ IR2 , −R ≤ u ≤ R, − R2 − u21 ≤ u2 ≤ R2 − u21 } Es degenerado si pierde una cara. Disco dos caras, frontera una curva. p p J2+ = {(u1 , u2 ) ∈ J : u2 = R2 − u21 } = {(u1 , u2 ), −R ≤ u1 ≤ R, u2 = R2 − u21 } J1+ = {(u1 , u2 ) ∈ J : u1 = R} = {(u1 , u2 ) : u1 = R, 0 ≤ u2 ≤ 0}, es un punto. J1− = {(−R, 0)} ha perdido la dimensión. Para transformar un pseudointervalo degenerado a no degenerado, lo que haremos será aproximar el degenerado por varios no degenerados.

120

Integración

J pseudointervalo degenerado. J  pseudointervalo no degenerado para todo  > 0 con l´ım J  = J →0

Lo que hacemos será calcular la integral en no degenerados y luego hacer el límite en  → 0 para aproximarlo al degenerado. Ejemplo: En la esfera haremos −R +  ≤ u1 ≤ R −  √ √ − R 2 − u2 +  ≤ u2 ≤ R 2 − u2 −  p p − R2 − u21 − u22 +  ≤ u3 ≤ R2 − u21 − u22 −  J  = {u1 , · · · , un : a1 +  ≤ u1 ≤ b1 − , a2 (u1 ) +  ≤ u2 ≤ b2 (u1 ), · · · , an (u1 , · · · , un−1 ) +  ≤ un ≤ bn (u1 , · · · , un−1 ) − } Este es un pseudointervalo no degenerado. l´ım →0

ϕ : I −→ J  −→ J Teorema de Stokes y teorema de Azzelá Conclusión: tenemos el Teorema de Stokes demostrado en x (J) parametrización de un pseudointervalo degenerado. vamos a hacer la unión finita de x (J) e integrar en ello, las partes que se solapan se anulan.

7.2.

Aplicaciones

Circulación de un campo a lo largo de una superficie S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 , z > ∂ ∂ ∂ Campo F = −y ∂x + x ∂y + z ∂z } Parametrización, α:

IR3

(0, 2π) −→

√ √ 2 2 2 R cos t, R sen t, 2 2 2 R)

√

t

−→ α(t) = (

El campo restringido a la curva es, √

√ √ 2 2 2 2 R sen t, 2 R cos t, 2 R) √ √ (− 22 R sen t, 22 R cos t, 0),

F (α(t)) = (− α0 (t) =

hF (α(t)), α0 (t)i =

R2 2

√

2 2 }

Aplicaciones

121

Z

Z hF, T idl =

C(F, ∂S) = α(I)

2π

hF (α(t)), α0 (t)idt =

Z

0

0

2π

R2 dt = πR2 2

Para la misma situación vamos a ver si podemos aplicar el Teorema de Stokes Ampere. F = (−y, x, z), rotF = (0, 0, 2) Tenemos que hallar la normal a ese casquete. El Teorema dice que podemos hallar la circulación de una superficie que tenga a ese curva por frontera, siempre que el campo sea continuo en la superficie. Luego, podemos considerar un disco, √ R2 2 3 S1 = {(x, y, z) ∈ IR : z = R, x2 + y 2 = } 2 2 N1 = (0, 0, 1), hrotF, N1 i = 2 Aplicamos el teorema: Z

Z hrotF, N1 idA =

C(F, ∂S) = C(F, ∂S1 ) =

2 dA = 2π S1

S1

R2 = πR2 2

Cogemos otro campo, F =

F1 (α(t)) =

∂ ∂ −y x ∂ + +z x2 + y 2 ∂x x2 + y 2 ∂y ∂z

√ √ ! √ 2cost 2 − 2 sen t , , R , hF1 (α(t)), α0 (t)i = 1 R R 2 Z C(F1 , ∂S) =

2π

1 dl = 2π 0

Vamos a calcularlo mediante el terema, rotF1 = (0, 0, 0) si lo aplicamos la circulación saldrıá nula. Pero no lo podemos hacer porque el campo F1 no es vectorial diferenciable en la superficie. Definición 7.2.1 Diremos que F campo vectorial diferenciable en Ω ∈ IR3 es conservativo si rotF = 0 Como rot(∇f ) = 0 los gradientes de funciones son campos conservativos. Pseudointervalo: esfera

122

Integración

p p p p J = {(x, y, z) : −R ≤ x ≤ R, − R2 − x2 ≤ y ≤ R2 − x2 , − R2 − x2 − y 2 ≤ z ≤ R2 − x2 − y 2 } x = R es un plano, x entre plano x = R y plano x = −R √ y = R2 − x2 =⇒ x2 + y 2 = R2 es un cilindro, y entre semicilindro con y positiva y semicilindro con y negativa. p z = R2 − y 2 − x2 =⇒ x2 + y 2 + z 2 = R2 casquete positivo.z entre casquete de arriba y casquete de abajo. √ √ J = {(x, y, z) : −R +  ≤ x ≤ R − , − R2 − x2 +  ≤ y ≤ R2 − x2 − , p p − R2 − x2 − y 2 +  ≤ z ≤ R2 − x2 − y 2 − } PROBLEMA p ρ = x2 + y 2 + z 2 , E : IR3 − {0} f

E

−→

(x, y, z) −→

IR f (x, y, z) =

1 ρ

(a) Demostrar que f es armónica f es armónica=⇒ ∆f = 0 =⇒

∂2f ∂2f ∂2f + + = 0 ó div∇f = 0 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

∂f −x ∂f −y ∂f −z = 3, = 3, = 3 ∂x ρ ∂y ρ ∂z ρ −ρ3 + 3xρ2 xρ ∂2f −ρ2 + 3x2 ∂ 2 f 3y 2 − ρ2 ∂ 2 f 3z 2 − ρ2 = = , = , = , ∂x2 ρ6 ρ5 ∂y 2 ρ5 ∂z 2 ρ5 ∆f =

3x2 + 3y 2 + 3z 2 − 3ρ2 3ρ2 − 3ρ2 = =0 ρ5 ρ5

(b) Calcular la integral en SR la derivada de f respecto de la normal Z SR

∂f = ∂N

Z h∇f, N idA SR

x y z  El radio vector es la dirección de la normal NSR = , , el radio es ρ y en esta esfera R R R ρ=R

Aplicaciones

123

 ∇f |SR =

 1 −x −y −z , , , h∇f, N i = − 2 R3 R3 R3 R

Luego, Z

Z h∇f, N idA =

φ(∇f, SR ) = SR

− SR

1 dA = −4π R2

No existe y tal que ∇f = rot y , φ(∇f, SR ) = φ(rot y , SR ) = C(yy , ∂SR ) = 0 no puede ser=⇒ no existe y . Como la medida de ∂SR es nula, la esfera no tiene frontera. Cuando un objeto n − 1 dimensional es frontera de uno n dimensional, ya no tiene frontera. Además, div(∇f ) = 0 por ser armónica. Campo ∇f = x, div x = 0 Definición 7.2.2 Llamamos campos solenoidales a aquellos campos cuya divergencia sea nula div x = 0 Si x fuera el rotacional de y , x = rot y , div(rot y ) = 0 =⇒ los campos rotacionales son selenoidales. El recíproco es falso, en el ejercicio ∇f es solenoidal, pero no rotacional, φ(∇f, SR ) 6= 0. Sólo es cierto en los dominios con forma de estrella. Campo conservativo es gradiente ⇐⇒ dominio en forma de estrella. Campo solenoidal es rotacional ⇐⇒ dominio en forma de estrella. rot x = 0 =⇒ rot ∇f = 0 =⇒ ∇f es conservativo. div x = 0 =⇒ div(rot y ) = 0 =⇒ rot y es solenoidal. Los recíprocos sólo son ciertos en dominios en forma de estrella. Los dominios con forma de estrella son dominios en los que existe un punto tal que los segmentos que unen el punto a cualquier otro punto del conjunto están todos contenidos en el conjunto. Por ejemplo, E = IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 , x2 + y 2 = 0} no es en forma de estrella.

124

Integración

Capítulo 8

Problemas de Integración 45.- Sean γ : [a, b] −→ IR3 una curva regular y f : IR3 −→ IR diferenciable. Demostrar que Z df = f (γ(b)) − f (γ(a)). γ

Concluir que

R γ

df es nula sobre cualquier curva cerrada.

Solución: En primer lugar observemos que Z df = γ

Z   ∂f ∂f ∂f dx1 + dx2 + dx3 . ∂x2 ∂x3 γ ∂x1

Por otro lado, de la relación entre el elemento de longitud y los elementos de volumen coordenados tenemos, x0 dxi = x0i dt = i0 ||γ 0 ||dt = Ti dl, ||γ || donde dl es el elemento de longitud y Ti son las componentes del vector tangente a la curva. Por tanto, substituyendo en la integral, obtenemos Z Z   Z ∂f ∂f ∂f df = T1 dl + T2 dl + T3 dl = h∇f, T idl = ∂x2 ∂x3 γ γ ∂x1 γ Z = a

b

γ 0 (t) h∇f (γ(t)), 0 i||γ 0 (t)||dt = ||γ (t)||

Z a

b

b  (f ◦ γ) (t)dt = f (γ(t))  = f (γ(b)) − f (γ(a)). 0

a

46.- Sea X el campo definido en IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 0} por X=

−y ∂ x ∂ + . x2 + y 2 ∂x x2 + y 2 ∂y 125

126

Problemas Resueltos

Demostrar que (i) rot(X) = 0. (ii) C(X, γ) = 6 0, donde γ es una circunferencia paralela al plano xy y con centro en el eje z. (iii) No puede existir una función f tal que X = ∇f .

Solución: (i) Calculamos el rotacional, i j k ∂ ∂ ∂ rot(X) = ∂x ∂y ∂z −y x 0 2 x + y 2 x2 + y 2   x2 + y 2 − 2x2 x2 + y 2 − 2y 2 = 0, 0, + = (0, 0, 0). (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 (ii) Una parametrización de γ en coordenadas cilíndricas es, γ(θ) = (R cos θ, R sen θ, z0 ), donde θ ∈ [0, 2π]. Luego, γ 0 (θ) = (−R sen θ, R cos θ, 0) y el producto escalar restringido a la curva es hX, γ 0 (θ)i = 1. Z π Z 2π 0 Por tanto, C(X, γ) = hX, γ (θ)i dθ = dθ = 2π 6= 0. 0

0

(iii) Supongamos que existe una función f tal que X = ∇f . Entonces la circulación a través de cualquier curva cerrada será nula. En particular, C(X, γ) = 0, donde γ es la curva que hemos considerado en el apartado anterior, lo que es una contradicción ya que hemos demostrado que la circulación es no nula. Por tanto, el campo X no puede ser un campo gradiente. Lo que ocurre en este caso es que el campo X es un campo diferenciable en IR3 − {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 0} que no es un abierto con forma de estrella.

47.- Consideramos el campo de IR2 X = (x2 + 7y)

∂ ∂ + (−x + y sen y 2 ) . ∂x ∂y

Calcular la circulación de X sobre la frontera del triángulo de vértices (0, 2), (0, 0) y (1, 0). Solución: Primer método. La circulación a lo largo de la frontera del triángulo es la suma de las circulaciones en cada uno de los lados, Z Z Z C(X, ∂T ) = hX, T1 idl + hX, T2 idl + hX, T3 idl. α1

α2

α3

Teoremas integrales

127

Figura 8.1: Representación de T

Parametrizamos cada uno de los lados del triángulo y calculamos el vector tangente. y = 0; α1 (t) = (t, 0), t ∈ [0, 1]; α10 (t) = (1, 0), y = 2(1 − x); α2 (t) = (−t, 2(1 + t)), t ∈ [−1, 0]; α20 (t) = (−1, 2), x = 0; α3 (t) = (0, −t), t ∈ [−2, 0]; α10 (t) = (0, −1). Z 1 Z 0 Z 0 0 0 C(X, ∂T ) = hX, α1 idt + hX, α2 idt + hX, α30 idt = 0

Z 0

1

t2 dt +

Z

−1

−2

0

−t2 − 14(1 + t) + 2t + 4(1 + t) sen(2(1 + t))2 dt +

−1

Z

0

t sen t2 dt =

−2

1  3   0 2 2 0  t3   + −t − 14t − 7t2 + t2 − cos(2(1 + t))  − cos t  = −8.  3 0 3 2 2 −2 −1 Segundo método. Calculamos la circulación aplicando el Teorema de Green. Z Z C(X, ∂T ) = (x2 + 7y) dx + (−x + y sen y 2 ) dy = −8 dxdy = −8. ∂T

T

128

Problemas Resueltos

48.- Sea X el campo de fuerzas definido en IR2 por X = (2x + y cos(xy))

∂ ∂ + x cos(xy) . ∂x ∂y

Calcular el trabajo realizado por X sobre cualquier curva cerrada contenida en IR2 . Solución: Si el campo se puede expresar como un campo gradiente, el trabajo realizado por el campo sobre cualquier curva cerrada será nulo. Por tanto, supongamos que existe f : IR2 −→ IR diferenciable tal que X = ∇f . Entonces, se debe satisfacer  ∂f  = 2x + y cos(xy)   ∂x (8.1) ∂f    = x cos(xy) ∂y Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos, f (x, y) = x2 + sen(xy) + ϕ(y). Si derivamos f respecto de y y comparamos con la segunda ecuación de (8.1) obtenemos que ϕ0 (y) = 0 y por tanto ϕ(y) = A = cte. Finalmente, la función f (x, y) = x2 + sen(xy) + A verifica que X = ∇f . 49.- Calcular la circulación del campo X = y 2

∂ ∂ +x definido en IR2 a lo largo del cuadrado ∂x ∂y

de vértices (0, 0), (2, 0), (2, 2) y (0, 2). Solución: Este ejercicio se puede resolver parametrizando las cuatro rectas que forman el cuadrado o aplicando el Teorema de Green, lo que en este caso resulta más sencillo. El recinto de integración se muestra en la Figura 8.2 Z Z 2 C(X, ∂C) = y dx + x dy = (1 − 2y) dx dy = −4. ∂C

C

50.- (a) Si f : [a, b] −→ IR es diferenciable no negativa y la gráfica de f en el plano xy se hace girar alrededor del eje x en IR3 , engendra una superficie M . Probar que el área de M es Z b p 2πf (t) 1 + (f 0 )2 (t) dt. a

Solución: Una parametrización de la curva en el plano xy es, α(t) = (t, f (t), 0), t ∈ [a, b].

Teoremas integrales

129

Figura 8.2: Representación de C Por tanto, la parametrización de la superficie y la base del tangente son x (t, θ) = (t, f (t) cos θ, f (t) sen θ), t ∈ [a, b], θ ∈ [0, 2π], x t = (1, f 0 (t) cos θ, f 0 (t) sen θ), x θ = (0, −f (t) sen θ, f (t) cos θ). Los coeficientes de la métrica son E = 1 + f 0 (t)2 , G = f (t)2 y F = 0. Por último el área es Z p Z 2 A= EG − F dt dθ = M

a

b

Z

2π

Z p 0 2 f (t) 1 + (f ) (t) dt dθ =

0

b

2πf (t)

p 1 + (f 0 )2 (t)dt.

a

51.- Sean, U ⊂ IR2 abierto, f : U −→ IR de clase C 1 y S = {(x, y, z) ∈ IR3 : z = f (x, y)}. Hallar el elemento de volumen de S y demostrar la siguiente expresión para el área de S Z Z q dx dy = 1 + fx2 + fy2 dx dy, U U cos θ siendo θ el ángulo que la normal exterior a S forma con el eje z. Solución: En primer lugar, hallamos una parametrización de la superficie. x (x, y) = (x, y, f (x, y)), (x, y) ∈ U.

130

Problemas Resueltos

La base del tangente es, x x = (1, 0, fx ) y x y = (0, 1, fy ). Por tanto los coeficientes de la métrica son, xx , x x i = 1 + fx2 , F = hx E = hx xx , x y i = fx fy , G = hx xy , x y i = 1 + fy2 . Luego el elemento de volumen y el área son q q √ EG − F 2 = (1 + fx2 )(1 + fy2 ) − (fx fy )2 = 1 + fx2 + fy2 , A=

Z p Z q EG − F 2 dx dy = 1 + fx2 + fy2 dx dy. U

U

Por último, falta comprobar que q 1 = 1 + fx2 + fy2 . cos θ Calculamos el vector normal N=

1 xx ∧ xy =q (−fx , −fy , 1). ||x xx ∧ x y || 1 + fx2 + fy2

Buscamos el ángulo que forma la normal con el eje z, 1 1 cos θ = hN, e3 i = q h(0, 0, 1), (−fx , −fy , 1)i = q . 1 + fx2 + fy2 1 + fx2 + fy2 Por tanto, Z U

dx dy = cos θ

Z q 1 + fx2 + fy2 dx dy. U

52.- Consideremos el campo X definido en IR3 por X = (x + yz)

∂ ∂ ∂ + (y + z − xz) + (3 − y) . ∂x ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X sobre el hemisferio z > 0 de la superficie x2 + y 2 + z 2 = 1. (ii) Calcular la circulación de X sobre la curva x2 + y 2 = 1, z = 0.

Solución: (i) Parametrizamos la superficie y calculamos los campos involucrados en la evaluación del flujo, x (θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ],

Teoremas integrales

131

x θ = (− sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hX, x θ ∧ x ϕ i = (1 + 3 cos ϕ − cos2 ϕ) sen ϕ. Entonces el flujo es, Z π2 Z 2π (1 + 3 cos ϕ − cos2 ϕ) sen ϕ dϕ dθ Φ(X, S) = 0

0

3 cos2 ϕ cos3 ϕ = 2π − cos ϕ − + 2 3 

  π2   = 13π .  3 0

(ii) La parametrización de la curva es, α(θ) = (cos θ, sen θ, 0), θ ∈ [0, 2π]. Por tanto, el vector tangente y la restricción del producto escalar a la curva son α0 (θ) = (− sen θ, cos θ, 0), hX, α0 i = h(cos θ, sen θ, 3 − sen θ), (− sen θ, cos θ, 0)i = 0. Luego la circulación es, Z hX, T idl = 0.

C(X, γ) = γ

∂ ∂ ∂ +y + 2z definido en IR3 , calcular el flujo de X a través ∂x ∂y ∂z de la superficie esférica x2 + y 2 + z 2 = a, a > 0. 53.- Dado el campo X = x

Solución: Para hallar el flujo a través de la superficie, que denotaremos por S, hallamos una parametrización de ésta y los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, ϕ) = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [0, π2 ], x θ = (− sen ϕ sen θ, sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (− sen2 ϕ cos θ, − sen2 ϕ sen θ, − sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hX, x θ ∧ x ϕ i = (− sen2 ϕ − 2 cos2 ϕ) sen ϕ. Luego el flujo es, Z π Z Φ(X, S) = −π

0

2π

(− sen2 ϕ − 2 cos2 ϕ) sen ϕ dϕ dθ =

132

Problemas Resueltos

 2π

 π  1 2 2 2 3 cos ϕ sen ϕ + cos ϕ + cos ϕ   = 0. 3 3 3 −π

1 ∂ , en coordenadas cilíndricas, calcular el flujo de X a través de r ∂r 2 la superficie, S, dada por x + y 2 = a2 , 0 < z < a, a ∈ IR+ . 54.- Dado el campo X =

Solución: Debido a que el campo está dado en coordendas cilíndricas, expresamos el cilindro en estas coordenadas,  x = r cos θ  y = r sen θ =⇒ r2 = a2 =⇒ r = a con (θ, z) ∈ [0, 2π]× ∈ (0, a).  z=z La superficie está dada como la superficie de nivel f (r, θ, z) = r − a = 0, por tanto la normal ∇f será N = , donde ∇f deberá ser calculado en coordenadas cilíndricas. ||∇f || 

g11

g12

g13

 ∇f (p) =  g12

g22

g23

g13

g23

g33

Por tanto, la normal es N =

−1      

∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂z





1

  = 0   0

0 1 r2 0

0



1

S

0

0

1



    ∂ 0    0  =  0  = ∂r . 0 0 1

1 . a

Por último, el elemento de volumen de las coordenadas cilíndricas es √ al cilindro es g = a.

a



∂ ∇f = . ||∇f || ∂r

El producto escalar restringido al cilindro es hX, N i =

Por tanto, el flujo es, Z Z 2π Z hX, N idA =



√

g = r y su restricción

1 adzdθ = 2πa. a

∂ ∂ 55.- Calcular el flujo del campo X dado en coordenadas cilíndricas por X = r +z , a ∂r ∂z través de cada una de las siguientes superficies: (i) x2 + y 2 = z 2 , 0 < z < 4. √ (ii) x2 + y 2 + (z − 4)2 = 16, 4 < z < 4 + 2 3. √ 2 2 (iii) x + y < 4, z = 4 + 2 3. Solución:

Teoremas integrales

133

Representamos las tres superficies en la Figura 8.3. (i) Sea S el cono x2 + y 2 = z 2 , 0 < z < 4. En primer lugar buscaremos como se expresa la superficie en coordenada cilíndricas, ya que el campo está dado en estas coordenadas.  x = r cos θ  y = r sen θ =⇒ r2 = z 2 =⇒ r = z con (θ, z) ∈ [0, 2π] × (0, 4).  z=z La superficie está dada como la superficie de nivel f (r, θ, z) = r − z = 0, ∇f . normal será N = ||∇f ||   −1  ∂f   1 0 0 g11 g12 g13 ∂r      ∂f  1   g22 g23   ∇f (p) =  g12 0    ∂θ  =  0 2 r ∂f g13 g23 g33 0 0 1 ∂z   1 ∂ ∂   = 0 = − , ∂r ∂z −1   1 ∂ ∂ de donde la normal es N = √ − . 2 ∂r ∂z 1 El producto escalar restringido al cilindro es hX, N i = √ (r − z) = 0. 2 Luego, φ(X, S) = 0.

por tanto la

1



 0  −1

√ (ii) Sea S2 el trozo de esfera centrada en (0, 0, 4) y de radio r = 4 con 4 < z < 4 + 2 3, ver Figura 8.3. Para hallar el flujo seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior. La superficie expresada en cilíndricas viene dada por, r2 + (z − 4)2 = 16 =⇒ h(r, θ, z) = r2 + z 2 − 8z = 0. En este caso tenemos que  1 0 0  1 ∇h =  0  0 r 0 0 1



2r





2r



  

0

  =

0

∂ ∂  + (2z − 8) .  = 2r ∂r ∂z

2z − 8

2z − 8

Por tanto, ∇h 1 N= = p 2 ||∇h|| 2 r + (z − 4)2



∂ ∂ + 2(z − 4) 2r ∂r ∂z

y su restricción a S2 es N=

1 4

 r

 ∂ ∂ + (z − 4) . ∂r ∂z



134

Problemas Resueltos

Figura 8.3: Representación de S, S2 y D 1 2 (r + z 2 − 4z) = z. 4 Por último, falta hallar el elemento de volumen. Por lo que debemos calcular una parametrización de S2 y los coeficientes de la métrica. √ √ x (z, θ) = ( 8z − z 2 cos θ, 8z − z 2 sen θ, z) 8 − 2z 8 − 2z xz = ( √ cos θ, √ sen θ, 1) 2 2 8z − z 2 8z − z 2 p p x θ = (− 8z − z 2 sen θ, 8z − z 2 cos θ, 0) Entonces, hX, N i =

(4 − z)2 16 √ +1= , F = 0, G = 8z − z 2 , g = 4. 2 2 8z − z 8z − z Finalmente, E=

Z

√ 4+2 3

Z

φ(X, S) = 4

0

2π

4+2√3 √ z2  4z dz dθ = 8π  = 4π(12 + 16 3).  2 4

(iii) En este caso la superficie es un disco, D, cuya expresión en coordenadas cilíndricas es, √ z = 4 + 2 3, r ∈ (0, 2), θ ∈ (0, 2π). La normal a la superficie es N =

∂ y la restricción del producto escalar a D es ∂z √ hX, N i = z = 4 + 2 3.

Teoremas integrales

135

Luego el flujo es, Z φ(X, D) =

√ √ 4 + 2 3 dA = (4 + 2 3)4π.

D

∂ ∂ 56.- Dado el campo en IR3 , X = x3 + yz . Calcular el flujo de X a través de la superficie ∂x ∂z S dada por x2 + z 2 = 4, 0 < y < 10, z > 0. Solución: La superficie S está representada en la Figura 8.4.

Figura 8.4: Representacción de S En primer lugar parametrizamos la superficie y hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo. x (θ, y) = (2 cos θ, y, 2 sen θ), θ ∈ (0, π), y ∈ (0, 10), x θ = (−2 sen θ, 0, 2 cos θ), x y = (0, 1, 0), x θ ∧ x y = (−2 cos θ, 0, −2 sen θ). El producto escalar restringido al cilindro es,

136

Problemas Resueltos

hX, x θ ∧ x y i = −16 cos4 θ − 4y sen2 θ. Luego el flujo es, Z π Z 10   − 16 cos4 θ − 4y sen2 θ dθ dy = Φ(X, S) = 0

0

Z π 2 5   1 1 −40 1 + cos(2θ) + 4 − cos(2θ) + cos(4θ) dθ = 1 − cos(2θ) dθ = −40 2 2 2 0 0    π  1 1 −40 4θ − sen(2θ) + sen(4θ)   = −160π. 4 8 0 Z

π



57.- Sean r =

p

x2 + y 2 + z 2 , E = IR3 − {0} y f : E −→ IR dada por f (x, y, z) =

1 . r

(i) Demostrar Z que f es armónica en E. ∂f (ii) Calcular , donde SR es la esfera de radio R centrada en el origen. ∂N SR (iii) Demostrar que no puede existir un campo Y tal que ∇f = rot(Y ). (iv) Calcular la circulación de ∇f a lo largo de las curvas:  2 x + y 2 + z 2 = R2 (a) z = a, 0 < a < R  2 x +√y 2 + z 2 = R2 (b) y = 3x Solución: (i) Calculamos en primer lugar las derivadas parciales de f , ∂f x ∂f y ∂f z = − 3, = − 3, = − 3. ∂x r ∂y r ∂z r Por tanto, ∆f (x, y, z) =

∂2f ∂2f ∂2f 3x2 r − r3 3y 2 r − r3 3z 2 r − r3 + + = + + = 0. ∂2x ∂2y ∂2z r6 r6 r6

(ii) Observemos que Z SR

∂f = ∂N

Z h∇f, N idA. SR

1 La normal a la esfera unidad es N = (x, y, z) y el producto escalar restringido a la R esfera es, x2 + y 2 + z 2 1 h∇f, N i = − = − 2. 4 R R

Teoremas integrales

137

Luego, Z

1 h∇f, N i dA = − 2 R SR

Z dA = −4π 6= 0. SR

(iii) Supongamos que existe Y tal que ∇f = rot(Y ). Entonces, aplicando el Teorema de de Stokes-Ampère en el apartado anterior obtendríamos Z Z Z h∇f, N i dA = hrot(Y ), N i dA = hY, T idl = 0, SR

SR

∂SR

ya que ∂SR = ∅. Por tanto, no existe ningún campo Y tal que ∇f = rot(Y ).  2 x + y 2 + z 2 = R2 (iv) (a) La curva es una circunferencia centrada en (0, 0, a) de radio z = a, 0 < a < R √ R2 − a2 . Teniendo en cuenta que la circulación de un campo gradiente a lo largo de una Z h∇f, T idl = 0.

curva cerrada es nula obtenemos que γ

 (b) La curva

58.- Sea Γ =

4 S

x2 +√y 2 + z 2 = R2 y = 3x

Z h∇f, T idl = 0.

es una curva cerrrada. Por tanto, γ

Γi , donde

i=1

Γ1 Γ2 Γ3 Γ4

= = = =

{(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3


: z = 2 + cos(π(y + 1)) cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}, : y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, : y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 2 cos x}, : z = 0, −π/2 ≤ x ≤ π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2}.

Sea X el campo vectorial definido por X = x (i) (ii) (iii) (iv) (v)

∂ ∂ +z . ∂x ∂x

Representar Γ y calcular el volumen encerrado por Γ. Calcular el flujo de X a través de Γ1 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ4 . Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2}.

Solución: Las curvas intersección de las diferentes superficies son, Γ1 ∩ Γ2 = {y = 1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ3 = {y = −1/2, z = 2 cos x, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ1 ∩ Γ4 = {z = 0, x = π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} ∪ {z = 0, x = −π/2, −1/2 ≤ y ≤ 1/2} Γ2 ∩ Γ4 = {z = 0, y = 1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2} Γ3 ∩ Γ4 = {z = 0, y = −1/2, −π/2 ≤ x ≤ π/2}

138

Problemas Resueltos

Figura 8.5: Representación de Γ La superficie Γ está representada en la Figura 8.5. Por otro lado, div(X) = 2, rot(X) = (0, 0, 0) y X = ∇f , donde f (x, y, z) =

x2 z2 + . 2 2

(i) Sea Ω el volumen encerrado por Γ. Entonces, Z π/2 Z 1/2 Z cos x(2+cos(π(y+1))) vol(Ω) = dx dy dz = −π/2

Z

π/2

Z

−1/2

0

1/2

Z

π/2

cos x(2 + cos(π(y + 1))) dx dy = −π/2

−1/2

Z

1/2

cos xdx −π/2

2 + cos(π(y + 1))dy = −1/2

π/2   1/2     1 1 4 1   =2 1− +1− = (π − 1). sen x 2y + sen(π(y + 1))  π π π π −1/2 −π/2 (ii) Primer método. La representación de Γ1 se halla en la Figura 8.6 Para hallar el flujo aprovecharemos los calculos hechos en el apartado (i), de forma que φ(X, Γ1 ) = φ(X, Γ) − φ(X, Γ2 ) − φ(X, Γ3 ) − φ(X, Γ4 ). Calculamos cada uno de estos flujos, Z 8 • φ(X, Γ) = div(X)dV = 2vol(Ω) = (π − 1). π Ω ∂ ∂ y el campo no tiene componente . • φ(X, Γ2 ) = 0, ya que N2 = − ∂y ∂y

Teoremas integrales

139

Figura 8.6: Representación de Γ1

• φ(X, Γ3 ) = 0, ya que N3 =

∂ ∂ y el campo no tiene componente . ∂y ∂y

• φ(X, Γ4 ) = 0, ya que N4 = − Por tanto, φ(X, Γ1 ) =

∂ y < X, N4 >= −z|Γ4 = 0. ∂z

8 (π − 1). π

Segundo método. Hallamos una parametrización de Γ1 ylos campos involucrados en el cálculo del flujo.
x (x, y) = x, y, cos x 2 + cos(π(y + 1)) , x ∈ [−π/2, π/2], y ∈ [−1/2, 1/2],   x x = 1, 0, − sen x(2 + cos(π(y + 1))) ,   x y = 0, 1, −π cos x sen(π(y + 1)) ,   x x ∧ x y = sen x(2 + cos(π(y + 1))), π cos x sen(π(y + 1)), 1 . Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es,    hX, x x ∧ x y i = 2 + cos(π(y + 1)) x sen x + cos x . Finalmente, Z φ(X, Γ1 ) =

π/2

−π/2

Z

1/2

(2 + cos(π(y + 1)))(x sen x + cos x) dx dy = −1/2

140

Problemas Resueltos

1/2

π/2

 u=x du = dx = v = − cos x −π/2 −1/2 !  π/2 π/2    Z π/2   2 2 8  2− +2 cos xdx = 2 − −x cos x = (π − 1). 2 sen x  π π π −π/2 −π/2 −π/2

Z

Z



x sen x + cos xdx =

2 + cos(π(y + 1))dy

(iii) Como X = ∇f , con f (x, y, z) =

x2 z2 + , cada una de las circulaciones se calcula como 2 2

C(X, α) = f (α(b)) − f (α(a)), donde α(b) y α(a) representan los extremos de definición de la curva correspondiente. Sea α12 = Γ1 ∩ Γ2 . Entonces, α12 = (x, 1/2, 2 cos x), x ∈ [−π/2, π/2] y C(X, α12 ) = f (α12 (π/2)) − f (α12 (−π/2)) =

(π/2)2 (π/2)2 − = 0. 8 8

(iv) Sea α24 = Γ2 ∩ Γ4 . Entonces, α24 = (x, 1/2, 0), x ∈ [−π/2, π/2] y C(X, α24 ) = f (α24 (π/2)) − f (α24 (−π/2)) =

(π/2)2 (π/2)2 − = 0. 8 8

(v) Sea α1 = Γ1 ∩ {y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2}. Entonces, α1 = (x, 0, cos x), x ∈ [0, π/2] y C(X, α1 ) = f (α1 (π/2)) − f (α1 (0)) =

(π/2)2 1 − . 8 2

59.- Sean, c ∈ IR+ , Tc = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤

c2 49 , 0 2

≤ z ≤ 5c} ∪

{(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + (y + c) ≤ 3c2 , (x − √

(x +

3 2 2 c)

{(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤

√

3 2 2 c)

+ (y − 2c )2 ≤ 3c2 ,

+ (y − 2c )2 ≤ 3c2 , 5c ≤ z ≤ 9c} ∪ c2 49 , 9c

≤ z ≤ 13c}

y consideremos el campo vectorial X = az 2

∂ ∂ − b ; a, b ∈ IR+ . ∂x ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Tc . (ii) Calcular el flujo de X a través de A = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 =

c2 , 9c ≤ z ≤ 13c}. 49

Teoremas integrales

141

(iii) Calcular el flujo de X a través de B = {(x, y, z) ∈ IR3 :

√

(x − −c ≤

2 3 c 2 2 c) + (y − 2 ) y ≤ 2c , 5c ≤ z ≤

= 3c2 , −

√

3 2 c

≤ x ≤ 0,

9c}.

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂B. (v) Calcular la circulación de X a lo largo de γ = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 =

c2 , z = 9c}. 49

Solución: c c2 , 0 ≤ z ≤ 5c} es un cilindro de eje z y radio (i) La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 49 7 con 0 ≤ z ≤ 5c. √ √ 2 La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 +(y + c) ≤ 3c2 , (x− 23 c)2 +(y− 2c )2 ≤ 3c2 , (x+ 23 c)2 + (y − 2c )2 ≤ 3c2 , 5c ≤ z ≤ 9c} es la intersección de tres cilindros de eje z. Representamos en la Figura 8.7 dicha intersección en el plano xy.

Figura 8.7: Representación de la intersección La superficie {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ c con 9c ≤ z ≤ 13c. 7

c2 49 , 9c

≤ z ≤ 13c} es un cilindro de eje z y radio

La Representación de Tc se encuentra en la Figura 8.8.

142

Problemas Resueltos

Figura 8.8: Representación de Tc Para calcular el flujo a través de la frontera aplicamos el Teorema de la Divergencia. Z

Z hX, N i =

φ(X, ∂Tc ) = Tc

div(X)dV = 0. Tc

(ii) Para calcular el flujo a través de A, ver Figura 8.9, podemos cerrarla empleando dos discos con lo que podremos aplicar el Teorema de la Divergencia. 2

c , z = 13c}, D2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ Sean D1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 49 2 c 49 , z = 9c} y A el volumen encerrado por A ∪ D1 ∪ D2 . ∂ ∂ , N2 = − y Entonces, N1 = ∂z ∂z Z Z Z Z Z Z hX, N idA = div(X)dV − hX, N idA − hX, N idA = b dA − b dA = 0. A

A

D1

D1

D1

D2

(iii) La representación de B se halla en la Figura 8.10. En este caso para calcular el flujo parametrizamos la superficie, ! r √  2 h 3 c ci x (y, z) = c − 3c2 − y − , y, z , y ∈ −c, , z ∈ [5c, 9c]. 2 2 2

Teoremas integrales

143

Figura 8.9: Representación de A 

c 2

y−



 xy =  q
, 1, 0 , x z = (0, 0, 1). c 2 2 3c − y − 2 Los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   c y− 2 2  x y ∧ x z = 1, − q
2 , 0 y hX, x y ∧ x z i = az c 3c2 − y − 2 Por último, el flujo de X a través de B es, Z

Z

c 2

Z

9c

hX, N idA =

φ(X, B) =

−c

B

5c

9c 3 z3  az dz dy = c  = 302c4 a. 2 3 5c 2

(iv) La circulación a lo largo de la frontera de B la podemos hallar aplicando el teorema de Stokes-Ampere. Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂B) = ∂B

hrot(X), N idA. B

144

Problemas Resueltos

Figura 8.10: Representación de B En este caso el rotacional es rot(X) = (0, 2az, 0), y la restricción del producto escalar a la superficie es, 2az(y − 2c ) hrot(X), x y ∧ x z i = − q
2 . 3c2 − y − 2c Luego, la circulación es, Z

c 2

Z

C(X, ∂B) = −c

5c

c 9c r  2 2 √  c 3c2 − y − dy dz = az 2  = 28 3ac2 . 
2 2 c 5c

2az(y − 2c )

9c

−q

3c2 − y −

−c

2

(v) Para hallar la circulación a lo largo de γ procedemos del mismo modo que en el apartado ∂ anterior. En este caso la normal es, N = . ∂z Por tanto, la circulación es, Z hrot(X), N idA = 0.

C(X, γ) = γ

Teoremas integrales

145

60.- Sea Γ1 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva {x2 +z 2 = R2 , y = 0, z ≥ 0} y en la recta {y = 2R, z = 0}, que son paralelas al plano yz, con −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R. Sea Γ3 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la curva {x2 + (z + R)2 = R2 , y = 2R, z ≤ −R} y en la recta {y = 0, z = −R}, que son paralelas al plano yz, con −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R. (i) Calcular la ecuación paramétrica de Γ1 y de Γ3 . 6 S (ii) Sea Γ = Γi , donde i=1

Γ2 Γ4 Γ5 Γ6

= {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3

√ : y = 0, − R ≤ x ≤ R, − R ≤ z √ ≤ R2 − x2 }, : y = 2R, − R ≤ x ≤ R, − R − R2 − x2 ≤ z ≤ 0}, : x = −R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}, : x = R, 0 ≤ y ≤ 2R, − R ≤ z ≤ 0}.

Sea X el campo vectorial diferenciable de IR3 X=

−2z ∂ x(y − 2R) ∂ − . y − 3R ∂x 2R2 ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular la circulación de X sobre ∂Γ2 . Solución: (i) Una parametrización de la curva {x2 + z 2 = R2 , y = 0, z ≥ 0} es, α(u) = (R cos u, 0, R sen u), u ∈ [0, π]. Como las rectas deben ser paralelas al plano yz, debemos parametrizar la recta {y = 2R, z = 0} como β(u) = (R cos u, 2R, 0). En este caso, w(u) = α(u) − β(u) = (0, −2R, R sen u). Por tanto, la parametrización de Γ1 es, x (u, v) = β(u) + vw(u) = (R cos u, 2R − v2R, vR sen u). De forma análoga una parmetrización de Γ3 es, y (u, v) = (R cos u, v2R, −vR sen u − R). (ii) (a) La representación de Γ se halla en la Figura 8.11. Para calcular el flujo a través de Γ podemos aplicar el Teorema de la Divergencia. Z Z φ(X, Γ) = hX, N idA = div(X)dV = 0. Γ

Ω

146

Problemas Resueltos

Figura 8.11: Representación de Γ (b) En este caso para poder aplicar el Teorema de la Divergencia en el cálculo del flujo, utilizaremos dos superficies auxiliares, para obtener una superficie que encierre un volumen, ver Figura 8.12. Sean D1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 0, −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ z ≤

√

R2 − x2 },

3

T1 = {(x, y, z) ∈ IR : z = 0, −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ 2R}. ∂ ∂ Entonces, N1 = − y N2 = − . Por tanto, el flujo es, ∂y ∂z Z Z Z φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, N idA − hX, N idA = Ω1

Z − T1

x(y − 2r) dy dx = 2R2

D1

Z

R

−R

Z 0

2R

T1

x(y − 2r) dx dy = 0. 2R2

(c) La circulación sobre la frontera de Γ2 la podemos hallar aplicando el teorema de StokesAmpere, ver Figura 8.13. Z Z C(X, ∂Γ2 ) = hX, T idl = hrot(X), N idA, ∂Γ2

Γ2

donde la normal y el rotacional son,   ∂ x 2 y − 2R 1 N = − , rot(X) = − 2 , − + , . ∂y 2R y − 3R 2R2 (y − 3R)2 Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es hrot(X), N i =

1 . Luego, 3R

Teoremas integrales

147

Figura 8.12: Representación de Γ1 1 C(X, ∂Γ2 ) = 3R

Z dA = Γ2

 R 1 π 2 R + 2R2 = (π + 4). 3R 2 6

61.- Sea Γ1 la superficie reglada en IR3 formada por rectas que se apoyan en la hélice α(θ) = (cos θ, sen θ, a θ) y en el eje z, que son paralelas al plano xy, con 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1. (i) Calcular la ecuación paramétrica de Γ1 y su expresión en coordenadas cilíndricas. 5 S (ii) Sea Γ = Γi , donde i=1

Γ2 Γ3 Γ4 Γ5

= {0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, z = a(θ + 2π)} = {ρ = 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, a θ ≤ z ≤ a(θ + 2π)} = {0 ≤ ρ ≤ 1, θ = 0, 0 ≤ z ≤ 2aπ} = {0 ≤ ρ ≤ 1, θ = 0, 2aπ ≤ z ≤ 4aπ}

y ρ, θ, z son las coordenadas cilíndricas. Sea X el campo vectorial diferenciable de IR3 X=y

p p ∂ ∂ − x x2 + y 2 . x2 + y 2 ∂x ∂y

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular el flujo de X a través de Γ2 .

148

Problemas Resueltos

Figura 8.13: Representación de ∂Γ2 (d) Calcular el flujo de X a través de Γ4 ∪ Γ5 . (e) Calcular la circulación de X sobre α(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.
(f) Calcular la circulación de X sobre ∂ Γ4 ∪ Γ5 .

Solución: (i) Las generatrices de Γ1 tendrán como vector director, w(θ) = α(θ) − (0, 0, aθ) = (cos θ, sen θ, 0), ya que deben ser rectas paralelas al plano xy. Por tanto, una parametrización de Γ1 es, x (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ), θ ∈ [0, 2π], ρ ∈ [0, 1], ya que 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 1. Por otro lado su expresión en coordenadas cilíndricas es z = aθ. (ii) (a) La representación de Γ se encuentra en la Figura 8.14. Para calcular el flujo a través de Γ podemos aplicar el Teorema de la Divergencia, ya que la superficie encierra un volumen. Como la divergencia del campo es nula, div(X) = 0, tenemos que Z φ(X, Γ) = div(X)dV = 0. V

Teoremas integrales

149

Figura 8.14: Representación de Γ (b) Para calcular el flujo a través de Γ1 parametrizamos la superficie, x 1 (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ), ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π]. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son x ρ = (cos θ, sen θ, 0), x θ = (−ρ sen θ, ρ cos θ, a), x ρ ∧ x θ = (a sen θ, −a cos θ, ρ) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = aρ2 sen2 θ + aρ2 cos2 θ = aρ2 . Luego, el flujo es Z

1

Z

Φ(X, Γ1 ) = 0

0

2π

aρ2 dρ dθ = 2πa

1 ρ3   = 2πa . 3 0 3

(c) Para calcular el flujo sobre Γ2 procedemos del mismo modo que en el caso anterior. Una parametrización de Γ2 es, x 2 (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, aθ + a2π).

150

Problemas Resueltos

x ρ = (cos θ, sen θ, 0), x θ = (−ρ sen θ, ρ cos θ, a), x ρ ∧ x θ = (a sen θ, −a cos θ, ρ) Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = aρ2 sen2 θ + aρ2 cos2 θ = aρ2 . Por tanto, Φ(X, Γ2 ) = Φ(X, Γ1 ) (d) La superficie Γ4 ∪ Γ5 es un plano, podemos calcular la normal y el producto escalar del campo restringido a la superficie. N = (0, 1, 0). p hX, N i = −x x2 + y 2 = −x2 . Por tanto, el flujo es, Z

1

Z

Φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ) =

Z

4πa

hX, N idA = Γ4 ∪Γ5

0

0

1 4πa x3  =− . −x dx dz = −4πa  3 0 3 2

(e) Para calcular la circulación parametrizamos la curva, α(θ) = (cos θ, sin θ, a θ), α0 (θ) = (− sen θ, cos θ, a), hX, T i = − sen2 θ − cos2 θ = −1. Por tanto, la circulación es, Z

Z

2π

hX, T idl = −

C(X, α) = α

dθ = −2π. 0

(f) La circulación sobre la frontera de Γ4 ∪ Γ5 la podemos hallar aplicando el Teorema de Stokes-Ampére. Z

Z

C(X, ∂(Γ4 ∪ Γ5 )) =

hX, T idl = ∂(Γ4 ∪Γ5 )

hrot(x), N idA, Γ4 ∪Γ5

donde la normal y el rotacional son, ∂ N= , rot(X) = ∂y

! p p x y 0, 0, − x2 + y 2 − x p − x2 + y 2 − y p . x2 + y 2 x2 + y 2

Por tanto, la circulación es, C(X, ∂(Γ4 ∪ Γ5 )) = 0. 62.- Consideramos el campo vectorial diferenciable de IR2 X=x

∂ ∂ + x2 . ∂x ∂y

Teoremas integrales

151

(i) Calcular la circulación de X sobre la frontera, Γ, de Ω = Ω1 − Ω2 , donde Ω1 = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 ≤ R2 , − R2 ≤ x, − R2 ≤ y} y 2 Ω2 = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 ≤ ( R2 ) , R4 ≤ x, 0 ≤ y}. Consideramos X = x

∂ ∂ + x2 en IR3 y se hace girar ∂Ω2 alrededor del eje OY. ∂x ∂y

(ii) Calcular el flujo de X a través de la superficie de revolución obtenida.

Solución: (i) La representación de Γ se encuentra en la Figura 8.15.

Figura 8.15: Representación de Γ La circulación de X a lo largo de la frontera de Γ es, Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂Γ) = ∂Ω

Aplicando el Teorema de Green, Z Z Z C(X, ∂Γ) = 2x dx dy = 2x dx dy − Ω

Z +

R √

3 2 R

√

Z

Ω1

R2 −x2

√ − R2 −x2

Z

x dx + x2 dy.

∂Ω

Z

2x dx dy −

p

R2 4

3 2 R

0

R2 −x2

2x dx dy −R 2

−R 2

√

−x2

Z

3 2 R

2x dx dy = R 4

Z

2x dx dy =

Ω2 R 2

√

√

Z

−R 2

p  R 2 2 2x R −x + dx+ 2

152

Problemas Resueltos

 √3 2 2 R 3 x 2 R2 2x − x2 dx = − (R2 − x2 ) 2 + R  √ 3 R 4 3 2 − R R 2 4 2 √ ! R  2  32  R2  3 4 2 R  = R3 1 + 7 3 . − (R2 − x2 ) 2  + − x2 √ R  3 3 4 3 32 3 R

Z

R

Z p 2x(2 R2 − x2 ) −

R 2

r

2

4

(ii) La frontera de Ω2 es la curva representada en la Figura 8.16. La superficie de revolución obtenida que denotaremos por Γ2 está representada en la Figura 8.17.

Figura 8.16: Representación de ∂Ω2 Como Γ2 es la frontera de un volumen V y div(X) = 1, aplicando el Teorema de la Divergencia obtenemos, Z

Z hX, N idA =

φ(X, Γ2 ) = Γ2

Z div(X)dV =

V

dV. V

Z Para hallar el volumen V aplicamos la fórmula del volumen de revolución, π

f 2 (y)dy y

tendremos en cuenta que se debe restar el volumen del cilindro que se genera al hacer la revolución. √

Z

Z dV = π

V

0

3 4 R



√ √   2   √43 R 2 3  3 π 3R3 R2 R R y π√ 3 2  − y dy−π R=π y− − 3R . = 4 16 4 4 3 0 43 32

Por tanto, φ(X, Γ2 ) =

π√ 3 3R . 32

Teoremas integrales

153

Figura 8.17: Representación de Γ2

63.- Sean Ω =

8 S

Ωi y a, b ∈ (0, +∞), donde

i=1

 2 a 2 a  5a a2 Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ , x − + y+ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , −3a ≤ y ≤ −2a, 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2  2  a 2 −a 5a a2 3 , x+ Ω3 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≤ + y+ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 2 Ω4 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , −2a ≤ y ≤ 0, y ≥ 2a(2a − z), 2az − y ≤ 2a(2a + 1)}, 2 2 a a Ω5 = {(x, y, z) ∈ IR3 : − ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 2a, y 2 ≥ 2a(2a − z), 2az + y ≤ 2a(2a + 1)}, 2 2  2  a a 2 5a a2 3 Ω6 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≥ , x − + y− ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2 2 4 a a 3 Ω7 = {(x, y, z) ∈ IR : − ≤ x ≤ , 2a ≤ y ≤ 3a, 0 ≤ z ≤ 2a}, 2 2  2  −a a 2 5a a2 3 Ω8 = {(x, y, z) ∈ IR : x ≤ , x+ + y− ≤ , 0 ≤ z ≤ 2a}. 2 2 2 4 Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 8 y X el campo vectorial definido por X=

1 ∂ ∂ + (z − 2a − 1) . z + b ∂x ∂z

154

Problemas Resueltos

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ6 . (iii) Calcular el flujo de X a través de Γp , siendo Γp = (Γ4 ∪ Γ5 ) ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 = 2a(2a − z)}. (iv) Calcular el flujo de X a través de Γt , siendo Γt = Γ5 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 2az + y = 2a(2a + 1)}. (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γp .
(vi) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂ Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 3a} . Solución: (i) La representación de Ω se halla en la Figura 8.18. Z Z Z Como div(X) = 1, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = dV . ∂Ω

Ω

Ω

Para calcular el volumen tendremos en cuenta que Ω es unión de trozos de cilindros y prismas más un cuerpo central que debemos integrar.  2  Z Z a2 Z 2a  a y2 y 3 2a + 4a + 2a + 1 − dx dy dV = 2π − 2a + 2 2a 2a Ω 0 −a 2 8 = πa3 + 4a3 + 2a2 + a3 . 3

Figura 8.18: Representación de Ω

Teoremas integrales

155

(ii) Para calcular el flujo a través de Γ6 empleamos un rectángulo T para obtener una superficie e y así poder aplicar el Teorema de la divergencia. Ver Figura que encierre un volumen, Ω, 8.19.

Figura 8.19: Representación de Γ6 a , 2a ≤ y ≤ 3a, 0 ≤ z ≤ 2a}. 2 1 ∂ y hX, N i = − Por tanto, la normal y el producto escalar con el campo son, N = − ∂x z+b y el flujo es, Z 3a Z 2a Z Z 1 1  a 2 2a + φ(X, Γ6 ) = div(X)dV − hX, N idA = π dx dy = 2 2 z+b e 2a 0 Ω T   πa3 2a + b = + a ln . 4 b T = {(x, y, z) ∈ IR3 : x =

(iii) Buscamos el flujo a través de la superficie Γp , ver Figura 8.20. Para hallar el flujo en este caso resulta más sencillo parametrizar la superficie. La parametrización de la superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   h a ai y2 x (x, y) = x, y, 2a − , x∈ − , , y ∈ [−2a, 2a]; 2a 2 2  y   y , x x ∧ x y = 0, , 1 . x x = (1, 0, 0), x y = 0, 1, − a 2a  2  y Por tanto, el producto escalar restringido a la superficie es hX, x x ∧ x y i = − +1 . 2a Luego,

156

Problemas Resueltos

Figura 8.20: Representación de Γp y ∂Γp Z

Z Γp

−a



y3 6a

a 2

Z

2a

hX, N idA =

φ(X, Γp ) =

 −

−a 2

−2a

 y2 + 1 dx dy = 2a

   2a 2 2  = −4a +y  a+1 . 3 −2a

(iv) La representación de Γt se halla en la Figura 8.21. En este caso la parametrización de la superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son,
  y x (x, y) = x, y, 2a + 1 − 2a , x ∈ − a2 , a2 , y ∈ [−2a, 2a];
1 x x = (1, 0, 0), x y = 0, 1, − 2a .   1 x x ∧ x y = 0, , 1 2a Luego, el producto escalar restringido a la superficie es, y hX, x x ∧ x y i = − . 2a Finalmente, el flujo es, Z Z a2 Z 2a y − dx dy = −a2 . φ(X, Γt ) = hX, N idA = a 2a Γt −2 0 (v) La circulación a lo largo de la frontera de Γp la podemos hallar aplicando el Teorema de Stokes-Ampere.

Teoremas integrales

157

Figura 8.21: Representación de Γt

Z

Z hX, T idl =

C(X, ∂Γ2 ) = ∂Γp

hrot(X), N idA. Γp

El rotacional es,   rot(x) =

0, −

1 ,0 (z + b)2





y   = 0, −  2 , 0. 2 y a 2a − 2a +b

La restricción del producto escalar a la superficie es, y hrot(X), x x ∧ x y i = −  2 . y2 a 2a − +b 2a Luego, la circulación es, Z a2 Z 2a y C(X, ∂Γp ) = −  2 dx dy = 0, a y2 − 2 −2a a 2a − 2a + b ya que es la integral de una función impar integrada en un itervalo simétrico. (vi) Este apartado se resuelve de forma análoga al anterior. La normal a la superficie Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y = 3a} y el rotacional del campo son,   ∂ 1 N= y rot(x) = 0, − , 0 . ∂y (z + b)2

158

Problemas Resueltos

Por tanto, la circulación es, 3

C X, ∂ Γ7 ∩ {(x, y, z) ∈ IR : y = 3a}





Z hrot(x), N idA =

= R

Z

a 2

2a

Z

− −a 2

0

1 dx dy = a (z + b)2

64.- Sean

Ω=

3 T



1 1 − 2a + b b

 .

Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 }, Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + z 2 ≥ r2 }, Ω3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 ≥ r2 },

√ Ωi , R > r 2, Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, i = 1, 2, 3 y X el campo vectorial definido por

i=1

X=x (i) (ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ ∂ ∂ +y +z . ∂x ∂y ∂z

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ2 . √ la circulación de X a lo largo de ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 0 ≤ y < R2 − r2 }. la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ3 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}.

Solución: La representación de Ω en el primer octante se halla en la Figura 8.22. En primer lugar calculamos las intersecciones de las diferentes geometrías. ( ( √ (∗) x2 + y 2 + z 2 = R2 y = R2 − r 2 , 2 2 2 Γ1 ∩ Γ2 ≡ =⇒ y = R − r =⇒ √ x2 + z 2 = r2 y = − R2 − r 2 , ( de donde la curva intersección para (∗) es la circunferencia Denotaremos por h =

√

R2 − r 2 . (

Análogamente para y = −h, tendremos ( Γ1 ∩ Γ3 ≡

x2 + z 2 = r2 , √ y = R2 − r 2 .

x2 + y 2 + z 2 = R2 y2 + z 2 = r2

x2 + z 2 = r2 , y = −h. ( 2

2

2

=⇒ x = R − r =⇒ (

de donde la curva intersección para (∗) es la circunferencia

x = h(∗) , x = −h,

y2 + z 2 = r2 , x = h.

Teoremas integrales

159

Figura 8.22: Representación de Ω ( Análogamente para x = −h, tendremos ( Γ2 ∩ Γ3 ≡

x2 + z 2 = r2 y2 + z 2 = r2

de donde la curva intersección para (∗) es

Análogamente para y = −x, tendremos

y2 + z 2 = r2 , x = −h. ( 2

2

=⇒ x − y = 0 =⇒ x2 + z 2 = r2 y=x x2 + z 2 = r2 y = −x

y = x(∗) , y = −x,

) ≡ {(x, x, z) : x2 + z 2 = r2 }. ) ≡ {(x, −x, z) : x2 + z 2 = r2 }.

Por las simetrías de Ω y del campo podemos resolver en el primer octante y multiplicar los resultados por 8. (i) Como div(X) = 3, y queremos calcular un flujo en ∂Ω podemos aplicar el Teorema de la Divergencia. Z Z Z φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 3 dV . ∂Ω

Ω

Ω

El volumen del primer octante de Ω es: el volumen de 1/8 de esfera de radio R menos dos cuartos de un casquete esférico de radio R y altura R − h, menos el volumen de A, donde

160

Problemas Resueltos

A está representada en la Figura 8.23. El volumen de A a su vez, se puede hallar como dos del volumen de un cilindro de radio r y altura h − r más dos vces el volumen de β 0 ( ver Figura 8.24 ).

Figura 8.23: Representación de A • V E(R) = 34 πR3 . • V C(R, R − h) = ∗ (Utilizamos la fórmula del volumen de revolución).    R  Z R 3 3 x3   = π R3 − R − R2 h + h ∗= π(R2 − x2 )dx = π R2 x − = 3 h 3 3 h       2 3 h3 2 3 1 2 3 2 2 1 π R − R2 h + =π R − R2 h + (R2 − r2 )h = π R − R h − r2 h = 3 3 3 3 3 3 3 π (2R3 − 2R2 h − r2 h). 3 • V (A) = 24 V Ci(r, h − r) + V (β), donde V (β) = 2V (β 0 )   y = r sen θ   Z r Z x Z √r2 −y2 Z r Z xp  dy = r cos θdθ   V (β 0 ) = dx dy dz = dx r2 − y 2 dy =   y = x → θ = arcsin x  = 0 0 0 0 0  r  y=0→θ=0 arcsin xr Z r Z arcsin xr 2 Z r r sen 2θ   dx r2 cos2 θ dθ = θ+ dx = 2 0 2 0 0 0   u = arcsin xr ! r Z   r2 r x x x2 1 = arcsin + 1 − 2 dx =  du = √   2 0 r r r r2 − x2 v=x

Teoremas integrales

161

Figura 8.24: Representación de β r Z r  !   2 3/2 r x x x r 2  √ − = x arcsin  1− 2 dx − r 0 3 r 2 0 r2 − x2 0 r   p  r2 π r2  π r  r3 r r + r2 − x2  = r − r + (3π − 4). + =  2 2 3 2 2 3 12 0 r2 2

Por tanto,   1 4 3 2π 1 r3 V (Ω) = 8 πR − (2R3 − 2R2 h − r2 h) − πr2 (h − r) − (3π − 4) = 83 12 2 6 4 3 4 16 πR − π(2R3 − 2R2 h − r2 h) − 4πr2 h + 4πr3 − 4πr3 + r3 = 3 3 3     3 3 R 2 3 2 2 1 2 16 R 2 3 16 2 3 4π − R + R h + r h − r h + r = 4π − + h + r3 . 3 3 3 3 3 3 3 3 Luego, φ(X, ∂Ω) = 4π(2h3 − R3 ) + 16r3 . (ii) Γ1 es la esfera menos cuatro casquetes de radio R y altura R − h. Podemos tapar Γ1 con cuatro discos y obtener así una superficie que encierra un volumen, ver Figura 8.25 Z 4 Z X φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, Ni idA. e Ω i=1 Di Para calcular los flujos sobre los discos calculamos: hX, N1 i = x|D1 = h, hX, N2 i = −x|D2 = h, hX, N3 i = y|D3 = h, hX, N4 i = −y|D3 = h.

162

Problemas Resueltos

Figura 8.25: Representación de Γ1 Z

Z hX, Ni idA = h

Por tanto, φ(X, Di ) = Di

dA = hπr2 , i = 1, . . . , 4.

Di

De donde,  φ(X, Γ1 ) = 3

 4 3 4 πR − π(2R3 − 2R2 h − r2 h) − 4hπr2 = 4πR2 (2h − R). 3 3

f2 ), ver Figura 8.26. Una parametrización de Γ f2 es (iii) Observemos que φ(X, Γ2 ) = 8φ(X, Γ x (x, y) = (x, y,

p p r2 − x2 ), 0 ≤ x ≤ r, x ≤ y ≤ R2 − r2 = h.

Los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   −x x x x = (1, 0, √ ), x y = (0, 1, 0) y x x ∧ x y = √ , 0, 1 . r2 − x2 r2 − x2 Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es,   r2 x2 +z = √ . hX, x x ∧ x y i = √ r2 − x2 r2 − x2

Teoremas integrales

163

Figura 8.26: Representación de Γ2

De donde, Z rZ h Z r 2 r2 r (h − x) f2 ) = √ √ φ(X, Γ dxdy = dx = 2 − x2 2 − x2 r r 0 x 0 r r     √
2 π 2 − x2  + r2 h arcsin xr  r   = r 2h − r . 0

0

Finalmente, φ(X, Γ2 ) = 4r2 (πh − 2r). √ (iv) Sea γ = ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : 0 ≤ y < R2 − r2 }, ver Figura 8.27. Como γ es una curva x2 y2 z2 cerrada y X = ∇f donde f (x, y, z) = + + , tenemos que C(X, γ) = 0. 2 2 2 (v) Sea β = Γ2 ∩ Γ3 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}, ver Figura 8.28. Como el campo es gradiente se verifica, C(X, β) = f (r, r, 0) − f (0, 0, r) =

r2 . 2

164

Problemas Resueltos

Figura 8.27: Representación de γ

Figura 8.28: Representación de β

65.- Sean Ω =

6 T

Ωi y a > 0, donde

i=1

z 2 ) ≥ 1}, Ω1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( xa )2 + ( ay )2 + ( 4a y 2 x 2 z 2 Ω2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( a+1 ) + ( a+1 ) + ( 10a ) ≤ 1},

Ω3 Ω4 Ω5 Ω6

= {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3 = {(x, y, z) ∈ IR3

: z ≤ 0}, : z ≥√ −3a}, : y − √3x ≤ 0}, : y + 3x ≥ 0}.

Teoremas integrales

165

Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 6 y X el campo vectorial definido por X=z (i) (ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ . ∂x

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ2 . el flujo de X a través de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 . la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ4 . la circulación de X a lo largo de Γ2 ∩ Γ5 .

Solución: (i) La representación de Ω se halla en la Figura 8.29.

Figura 8.29: Representación de Ω Z Z Como div(X) = 0, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 0. ∂Ω

Ω

(ii) La representación de Γ2 se halla en la Figura 8.30.

√ √ y 2 x 2 z 2 Γ2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : ( a+1 ) + ( a+1 ) + ( 10a ) = 1, −3a ≤ z ≤ 0, − 3x ≤ y ≤ 3x}, es un trozo de elipsoide. Una parametrización de éste en coordenadas esferoidales es,

π π π 3 x (θ, ϕ) = ((a+1) sen ϕ cos θ, (a+1) sen ϕ sen θ, 10a cos ϕ), θ ∈ [− , ], ϕ ∈ [ , arc cos − ], 3 3 2 10 √ π 3 ya que −3a ≤ 10a cos ϕ ≤ 0, lo que implica 2 ≤ ϕ ≤ arc cos − 10 y − 3(a+1) sen ϕ cos θ ≤ √ (a + 1) sen ϕ sen θ ≤ 3(a + 1) sen ϕ cos θ, lo que implica − π3 ≤ θ ≤ π3 .

166

Problemas Resueltos

Figura 8.30: Representación de Γ2 Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−(a + 1) sen ϕ sen θ, (a + 1) sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = ((a + 1) cos ϕ cos θ, (a + 1) cos ϕ sen θ, −10a sen ϕ). x θ ∧ x ϕ = (−10a(a + 1) sen2 ϕ cos θ, −10a(a + 1) sen2 ϕ sen θ, −(a + 1)2 sen ϕ cos ϕ). La restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = −100a2 (a + 1) sen2 ϕ cos ϕ cos θ. Finalmente, Z φ(X, Γ2 ) =

π 3

−π 3

Z

arc cos(−3/10)

−100a2 (a + 1) sen2 ϕ cos ϕ cos θ dθ dϕ = π 2

arc cos −3/10 π/3  sen3 ϕ    sen θ =   3 π/2 −π/3   3 1    1 p −100a2 (a + 1) 1 − cos2 arc cos(−3/10) − sen(π/3) − sen(−π/3) = 3 3 " # √ √ √ ! √ ! 3/2 1 9 3 3 3 103 − 91 91 2 2 −100a (a + 1) 1− −1 + = 100a (a + 1) . 3 100 2 2 3 103 −100a2 (a + 1)

(iii) La representación de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 se halla en la Figura 8.31. Utilizando el Teorema de la Divergencia tenemos, φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 ) = φ(X, ∂Ω) − φ(X, Γ1 ) − φ(X, Γ2 ) − φ(X, Γ3 ). Calculamos cada uno de estos flujos,

Teoremas integrales

167

Figura 8.31: Representación de Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 • φ(X, ∂Ω) = 0 por (i). • φ(X, Γ2 ) está calculado en (ii), pero al considerar Γ2 como frontera de Ω debemos considerar la normal exterior a Ω en Γ2 , por tanto, √ √ ! 3 103 − 91 91 2 φ(X, Γ2 ) = −100a (a + 1) . 3 103 • φ(X, Γ1 ) se calcula de forma análoga al de Γ2 , teniendo en cuenta los cambios en los parámetros que definen los elipsoides. Una parametrización del elipsoide en coordenadas esferoidales es,   h π πi π 3 x = (a sen ϕ cos θ, a sen ϕ sen θ, 4a cos ϕ), θ ∈ − , ,ϕ∈ , arc cos − 3 3 2 4 √

3 Por tanto, φ(X, Γ1 ) = −a 3 3

• φ(X, Γ3 ) = 0, ya que N3 =

∂ ∂z

! √ 7 7 − 64 . 4 y hX, N i = 0.

Por tanto, √

3 φ(X, Γ4 ∪ Γ5 ∪ Γ6 ) = a (a + 1) 3 2

√ ! √ 103 − 91 91 3 + a3 10 3

! √ 7 7 − 64 . 4

168

Problemas Resueltos

(iv) Sea α = Γ2 ∩ Γ4 . La curva está dada como intersección de superficies,   2  2  x y z 2  + + = 1 , −√3x ≤ y ≤ √3x. a + 1 a + 1 10a  z = −3a Sustituyendo la segunda ecuación en la primera tenemos,   2  2 2  2 x x y 9 y 91 + + 2 = 1 =⇒ + = 2 =⇒ a+1 a+1 10 a+1 a+1 10 x2 + y 2 = (a + 1)2

91 . 102

Por tanto, una parametrización de α es, ! √ √ 91 91 α(θ) = (a + 1) cos θ, (a + 1) sen θ, −3a , −π/3 ≤ θ ≤ π/3. 10 10 y el campo involucrado en la evaluación de la circulación es ! √ √ 91 91 0 (a + 1) sen θ, (a + 1) cos θ, 0 , α (θ) = − 10 10 √ 91 0 de donde hX, α (θ)i = 3 a(a + 1) sen θ. 10 Luego Z π/3 3√ C(X, α) = 91a(a + 1) sen θ dθ = 0. −π/3 10 (v) Sea β = Γ2 ∩ Γ5 . La curva está dada como intersección de superficies,   2  2   x y z 2  + + =1 a+1 a+1 10a √   , −3a ≤ z ≤ 0. y = 3x El plano en coordenadas esferoidales es θ = π/3, por tanto una parametrización de β es, ! √ 1 3 β(ϕ) = (a + 1) sen ϕ, (a + 1) sen ϕ, 10a cos ϕ , π/2 ≤ ϕ ≤ arc cos(−3/10) 2 2 y el vector tangente es β 0 (ϕ) =

! √ 3 1 (a + 1) cos ϕ, (a + 1) cos ϕ, −10a sen ϕ , 2 2

de donde hX, β 0 (ϕ)i = 5a(a + 1) cos2 ϕ. Luego,   arc cos(−3/10) Z arc cos(−3/10) 5 sen 2ϕ  2  C(X, β) = 5a(a + 1) cos ϕ dϕ = a(a + 1) ϕ + =  2 2 π/2 π/2   3 √ π 5 a(a + 1) arc cos(−3/10) − 2 91 − . 2 10 2

Teoremas integrales

66.- Sean Ω =

6 T

169

Ωi y a > 0, donde

i=1

Ω1 Ω2 Ω3 Ω4 Ω5 Ω6

= = = = = =

{(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3 {(x, y, z) ∈ IR3

1 (x2 + y 2 − a2 ) ≥ z}, : 48a 2 2 2 :x p + y ≥ 49a }, : x2 + y 2 ≤ 23a − z}, : x ≤ 0}, : z ≥√ 0}, : y − 3x ≥ 0}.

Sean Γi = ∂Ωi ∩ ∂Ω, 1 ≤ i ≤ 6 y X el campo vectorial definido por X = z (i) (ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ . ∂x

el flujo de X a través de ∂Ω. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ3 . la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ3 . la circulación de X a lo largo de ∂Γ4 .

Solución: (i) Para representar Ω calculamos las intersecciones de las diferentes superficies, • ∂Ω1 ∩ ∂Ω2 . Sustituyendo la ecuación de ∂Ω2 en la de ∂Ω1 obtenemos,
1 49a2 − a2 = z =⇒ z = a, 48a por tanto ∂Ω1 ∩ ∂Ω2 es un arco de la circunferencia x2 + y 2 = 49a2 en el plano z = a. • ∂Ω1 ∩ ∂Ω3 . Sustituyendo la ecuación de ∂Ω3 en la de ∂Ω1 obtenemos,
1 2 2 = z =⇒ 529a2 + z 2 − 46az − a2 = 48az 48a (23a − z) − a √ 94a ± 8836a2 − 2112a2 94 ± 82 2 2 =⇒ z − 94az + 528a = 0 =⇒ z = = a = 6a, 2 2 ya que z ≤ 23a. Por tanto ∂Ω1 ∩ ∂Ω3 es un arco de la circunferencia x2 + y 2 = (17a)2 , en el plano z = 6a. • ∂Ω3 ∩ ∂Ω5 . Si z = 0, entonces x2 + y 2 = (23a)2 que es una arco de circunferencia en el plano z = 0. La representación de Ω se halla en la Figura 8.32. Z Z Como div(X) = 0, φ(X, ∂Ω) = hX, N idA = div(X)dV = 0. ∂Ω 3

Ω

1 (ii) Γ1 = {(x, y, z) ∈ IR : 48a (x2 + y 2 − a2 ) = z, x ≤ 0, a ≤ z ≤ 6a, 7a ≤ x2 + y 2 ≤ 17a}.Por tanto, Γ1 es la superficie de revolución formada al girar respecto del eje z la parábola 1 π 4π 2 2 48a (x − a ) = z, 2 ≤ θ ≤ 3 , ver Figura 8.33. Luego una parametrización de Γ1 es,  
1 π 4π x (θ, x) = x cos θ, x sen θ, (x2 − a2 ) , θ ∈ , , x ∈ [7a, 17a], 48a 2 3

170

Problemas Resueltos

Figura 8.32: Representación de Ω ya que

√

3x ≤ y, x ≤ 0 lo que implica

π 2

≤θ≤

4π 3 .

Hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo,   1 x x = cos θ, sen θ, x , 24a x θ = (−x sen θ, x cos θ, 0),   x2 x2 cos θ, − sen θ, x . xx ∧ xy = − 24a 24a Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x x ∧ x y i = −

x2 1 x2 (x2 − a2 ) cos θ. cos θ (x2 − a2 ) = − 24a 48a 32 27 a2

Finalmente, Z φ(X, Γ1 ) =

Z

4π 3

 4π/3 3 17  1 x5 x2 (x2 − a2 ) 2x   − a cos θ dθ dx = − sen θ =   2 7 2 2 7 2 π 3 2 a 3 2 a 5 3 7a 7a π/2 2  5 5   1 17 a 173 a5 75 a5 73 a5 4π − 2 7 2 − − + sen −1 = 3 2 a 5 3 5 3 3 ! √   5 a3 17 3 − 173 5 − 75 3 + 73 5 3 − −1 = − 2 7 3 2 15 2 17a

−


√
a3 175 3 − 173 5 − 75 3 + 73 5 3+2 . 3 8 53 2

Teoremas integrales

171

Figura 8.33: Representación de Γ1 (iii) La representación de Γ3 se halla en la Figura 8.34. p Γ3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = (23a − z), 0 ≤ z ≤ 6a, 0 ≤ x ≤ √y3 }. Una parametrización de Γ3 en coordenadas cilíndricas es:  
π 4π x (θ, z) = (23a − z) cos θ, (23a − z) sen θ, z , (θ, z) ∈ , × [0, 6a]. 2 3 Hallamos los campos involucrados en el cálculo del flujo, x θ = (−(23a − z) sen θ, (23a − z) cos θ, 0), x z = (− cos θ, − sen θ, 1).
x θ ∧ x z = (23a − z) cos θ, (23a − z) sen θ, (23a − z) . Entonces, el producto escalar restringido a la superficie es, hX, x θ ∧ x z i = (23a − z)z cos θ. Finalmente, Z φ(X, Γ3 ) =

6a

−171

 (23a − z)z cos θ dz dθ =

π 2

0

√

4π 3

Z



32 + 2 a3 .

z2 z3 23a − 2 3

4π/3  6a    sen θ =   0

π/2

172

Problemas Resueltos

Figura 8.34: Representación de Γ3 (iv) Sea α = Γ3 ∩ Γ1 . Según hemos visto la curva es un arco de circunferencia de radio 17a en el plano z = 6a. Por tanto una parametrización de α es, α(θ) = (17a cos θ, 17a sen θ, 6a) , π/2 ≤ θ ≤ 4π/3. Por otro lado, α0 (θ) = (−17a sen θ, 17a cos θ, 0) , y el productoescalar restringido a la curva es, hX, α0 (θ)i = −102a2 sen θ. Luego, Z

4π/3

C(X, α) = π/2

4π/3  −102a2 sen θ dθ = 102a2 cos θ = −51a2 .  π/2

(v) El rotacional del campo es rot(X) = (0, 1, 0). Además, la normal a Γ4 es N = (1, 0, 0). Por tanto, aplicando el Teorema del Rotacional tenemos, Z Z C(X, ∂Γ4 ) = hX, T idl = hrot(X), N idA = 0. ∂Γ4

67.- Sea a > 0.

Γ4

Teoremas integrales

173

(i) Hallar una parametrización de la superficie reglada, Γ1 , generada por rectas paralelas al plano yz que se apoyan en las curvas α1 (u) = (a cos u, a sen u + a, 0) y α2 (u) = (a cos u, a sen u, a) con u ∈ [0, π], v ∈ [0, 1]. (ii) Hallar una parametrización de la superficie reglada, Γ2 , generada por rectas paralelas al plano yz que se apoyan en las curvas α2 y α3 (u) = (a cos u, −(a sen u + a), 0) con u ∈ [0, π], v ∈ [0, 1]. 5 S Γi , donde (iii) Sea Γ = i=1

√

Γ3

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −a ≤ x ≤ a, −a −

Γ4

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = −a, 0 ≤ z ≤ a, z − a ≤ y ≤ a − z},

Γ5

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = a, 0 ≤ z ≤ a, z − a ≤ y ≤ a − z}.

a2 − x2 ≤ y ≤ a +

√

a2 − x2 , z = 0},

Sea X el campo vectorial de IR3 X = −y

∂ ∂ +x . ∂x ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de Γ. (b) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (c) Calcular el flujo de X a través de Γ5 . (d) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 . Solución: (i) A partir de las curvas dadas debemos hallar el vector director de las rectas que generan la superficie reglada, w1 (u) = α2 (u) − α1 (u) = (0, −a, a). Observemos que como en w1 la componente x es nula, estos vectores son paralelos al plano yz. Por tanto, una parametrización de la superficie reglada será:
x (u, v) = α2 (u) + vw1 (u) = a cos u, a(sen u − v), a(1 + v) . (ii) Procedemos como en el apartado anterior. w2 (u) = α2 (u) − α3 (u) = (0, a(2 sen u + 1), a). Por tanto,
y (u, v) = α2 (u) + vw2 (u) = a cos u, a sen u + av(2 sen u + 1), a(1 + v) . (iii) (a) Como div(X) = 0 y Γ encierra un volumen Ω, ver Figura 8.35, podemos aplicar el Teorema de la Divergencia, Z Z hX, N idA =

φ(X, Γ) = Γ

div(X) = 0. Ω

174

Problemas Resueltos

Figura 8.35: Representación de Γ (b) Γ1 es la superficie reglada calculada en (i),ver Figura 8.36, por tanto una parametrización de esta superficie y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x (u, v) = (a cos u, a(sen u − v), a(1 + v)), (u, v) ∈ [0, π] × [0, 1]. x u = (−a sen u, a cos u, 0) y x v = (0, −a, a). x u ∧ x v = a2 (cos u, sen u, sen u). Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x u ∧ x v i = a3 v cos u. Finalmente, Z Z φ(X, Γ1 ) = hX, N idA = Γ1

0

π

Z 0

1

 2 1

π   a v cos u du dv = a sen u  = 0. 2 0 0 3

3v

(c) La representación de Γ5 se halla en la Figura 8.37. Parametrizamos la superficie en coordenadas cartesianas: x (x, y) = (a, y, z), (y, z) ∈ [z − a, a − z] × [0, a]. En este caso la base del tangente y la normal son, x y = (0, 1, 0), x z = (0, 0, 1) y N = (1, 0, 0) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, N i = −y.

Teoremas integrales

175

Figura 8.36: Representación de Γ1 De donde, Z

Z

a

Z

a−z

hX, N idA = −

φ(X, Γ5 ) = Γ5

y dy dz = 0, ya que es la integral de una función 0

z−a

impar en un intervalo simétrico. (d) Debemos observar que Γ1 ∩ Γ2 es la curva α2 (u) = (a cos u, a sen u, a). Por tanto, α20 (u) = (−a sen u, a cos u, 0) y hX, α20 i = a2 sen2 u. De donde,  π  Z Z π u sen 2u   = a2 π . − C(X, α2 ) = hX, T idl = a2 sen2 u du = a2  2 4 2 α2 0 0 68.- Sean las curvas planas x = f1 (z) =

√

1 + z 2 , z ∈ [0, 1] y x = f2 (z) =

√

√ 3 − z 2 , z ∈ [1, 3].

(i) Obtener las parametrizaciones de las superficies de revolución S1 y S2 que se obtienen al girar respecto del eje OZ las curvas x = f1 (z) y x = f2 (z) respectivamente. (ii) Considérese el campo vectorial de IR3 X = −x

∂ ∂ ∂ −y + (2z − 1) . ∂x ∂y ∂z

(a) Calcular el flujo de X a través de S = S1 ∪ S2 . (b) Calcular el flujo de X a través de S2 . (c) Calcular la circulación de X a lo largo de S ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 1}. (d) Calcular la circulación de X a lo largo de S ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 0}.

176

Problemas Resueltos

Figura 8.37: Representación de Γ5 Solución: (i) Como se trata de superficies de revolución las podemos parametrizar de la siguiente manera, √ √ S1 : x (θ, z) = ( 1 + z 2 cos θ, 1 + z 2 sen θ, z), (θ, z) ∈ [0, 2π] × [0, 1]. √ √ √ S2 : x (θ, z) = ( 3 − z 2 cos θ, 3 − z 2 sen θ, z), (θ, z) ∈ [0, 2π] × [1, 3]. (ii) (a) La superficie S no es frontera de nigún abierto de IR3 por lo que para aplicar el Teorema de la Divergencia, será necesario utilizar un disco para formar una superficie que encierre un volumen. Ver Figura 8.38. Entonces, Z

Z div(X)dV −

φ(X, S) = V

hX, N idA, D

donde, D = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 1, z = 0} y la normal N = − Luego, hX, N i = −2z + 1 = 1. Por tanto y dado que divX = 0 el flujo es, Z φ(X, S) = −

dA = −π. D

∂ . ∂z

Teoremas integrales

177

Figura 8.38: Representación de S (b) En este caso también es necesario emplear una superficie auxiliar para calcular el flujo a través de S2 . Ver figura 8.39. Z

Z div(X)dV −

φ(X, S2 ) = V

hX, N idA, D2

donde, D2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 2, z = 1} y la normal N = −

∂ . ∂z

Luego, hX, N i = −2z + 1 = −1. Finalmente, Z φ(X, S2 ) = −

dA = −2π. D2

(c) Para calcular la circulación sobre la circumferencia podemos aplicar el Teorema de StokesAmpere. Z Z hX, T idl =

C(X, ∂B) = ∂B

hrot(x), N idA. B

El rotacional es, rot(x) = (0, 0, 0). Por tanto, Z hrot(x), N idA = 0.

C(X, ∂B) = B

178

Problemas Resueltos

Figura 8.39: Representación de S2 (d) La representación de γ se halla en la Figura 8.40. Como rot(x) = (0, 0, 0) y IR3 es un abierto en forma de estrella, el campo es gradiente 2 2 X = ∇f , donde f = − x2 − y2 + z 2 − z. Por tanto, Z 1 1 C(X, γ) = h∇f, T idl = f (γ(b)) − f (γ(a)) = f (0, 1, 0) − f (0, −1, 0) = − + = 0. 2 2 γ 69.- Sean, R ∈ IR+ , √

Γ1 Γ2 Γ3

2 R} 2 √ R2 R2 2 ≤ x2 + y 2 ≤ , z= R} = {(x, y, z) ∈ IR3 : 6 2 2 √ √ z2 2 2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : = x2 + y 2 , R≤z≤ R}, 3 4 2 3

2

2

2

2

= {(x, y, z) ∈ IR : x + y + z = R , z ≥

Γ = ∪3i=1 Γi y X el campo vectorial de IR3 X = −y (i) (ii) (iii) (iv)

Calcular Calcular Calcular Calcular

∂ ∂ ∂ +x + . ∂x ∂y ∂z

el flujo de X a través de Γ. el flujo de X a través de Γ1 . el flujo de X a través de Γ3 . la circulación de X a lo largo de ∂(Γ2 ).

Teoremas integrales

179

Figura 8.40: Representación de γ Solución: (i) La superficie Γ no encierra ningún volumen, pero como div(X) = 0, para hallar el flujo a través de toda la superficie puede ser conveniente cerrar la superficie y luego aplicar el Teorema de la Divergencia. Ver Figura 8.41. Z

Z

Z

hX, N idA =

φ(X, Γ) =

Z

div(X)dV −

Γ

hX, N idA = −

Ω

T1

dA, T1

√ 2 R2 donde T1 = {(x, y, z) ∈ IR : x + y ≤ ,z = R} y Ω es tal que ∂Ω = Γ ∪ T1 . 24 4 Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia la normal a T1 debe ser la exterior al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1), ya que en esta superficie z es constante. 3

2

2

Luego hX, N1 i = −1, de donde Z φ(X, Γ) = −

Z hX, N idA =

T1

dA = π T1

R2 . 24

(ii) Primer método La superficie Γ1 es un trozo de esfera por lo que consideramos una parametrización de Γ1 en coordenadas esféricas, x 1 (θ, ϕ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), (θ, ϕ) ∈ [0, 2π] × [0, π/4].

180

Problemas Resueltos

Figura 8.41: Representación de Γ √ El límite superior de ϕ lo obtenemos al imponer z =

2 R en la parametrización, 2

√

√ 2 2 R cos ϕ = R =⇒ cos ϕ = =⇒ ϕ = π/4 2 2 En este caso los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−R sen ϕ sen θ, R sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (R cos ϕ cos θ, R cos ϕ sen θ, −R sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (−R2 sen2 ϕ cos θ, −R2 sen2 ϕ sen θ, −R2 sen ϕ cos ϕ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = −R2 sen ϕ cos ϕ. Finalmente, Z Z φ(X, Γ1 ) = hX, N idA = Γ1

2π

0

Z

π/4

−R2 sen ϕ cos ϕ dθ dϕ = 2πR2

0

π/4 πR2 cos2 ϕ   =− .  2 2 0

Segundo método Podemos proceder como en el primer apartado y añadir a la superficie Γ1 otra superficie para encerrar √ un volumen, por ejemplo podemos considerar T2 = {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 + 2 R 2 y2 ≤ ,z = R} y Ω1 tal que ∂Ω1 = Γ1 ∪ T2 . Entonces, 2 2 Z Z Z φ(X, Γ1 ) = div(X)dV − hX, N idA = − hX, N idA. Ω1

T2

T2

Teoremas integrales

181

Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia la normal a T2 debe ser la exterior al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1), ya que en esta superficie z es constante. Luego hX, N1 i = −1, de donde Z φ(X, Γ1 ) = −

Z hX, N idA =

T2

dA = π T2

R2 . 2

Observar que el cambio de signo en los resultados correspondientes al flujo es debido al cambio de orientación en la normal. (iii) Primer método 

 1 √ = π/6 por lo que consi3 deramos una parametrización de Γ3 en coordenadas esféricas tomando ϕ = π/6, "√ r # √ ! ρ ρ 3ρ 6 2 x 3 (ρ, θ) = cos θ, sen θ, , (ρ, θ) ∈ , × [0, 2π]. 2 2 2 6 3 La superficie Γ3 es un trozo de cono de ángulo arctan

Los límites de ρ los obtenemos al imponer los valores límites de z para la superficie, √ 1 R2 6 x2 + y 2 = ρ2 = =⇒ ρ = R, 4 24 6 r 1 2 R2 2 2 2 x +y = ρ = =⇒ ρ = R. 4 6 3 En este caso los campos involucrados en el cálculo del flujo son, √ 1 1 3 ), x ρ = ( cos θ, sen θ, 2 2 2 ρ ρ x θ = (− sen θ, cos θ, 0), 2 2 ! √ √ ρ 3ρ 3ρ cos θ, − sen θ, . xρ ∧ xθ = − 4 4 4 Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, ρ hX, x ρ ∧ x θ i = . 4 Finalmente, √ 23 R Z Z √ 23 R Z 2π ρ π 2 πR2 φ(X, Γ3 ) = hX, N idA = √ dρ dθ = ρ  = . √ 6 4 4  6R 8 Γ3 0 6 R 6

Segundo método Podemos proceder como en los apartados anteriores y añadir a la superficie Γ3 otra superficie o superficies para encerrar√un volumen, por ejemplo podemos considerar√T3 = R2 2R R2 2R {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 +y 2 ≤ ,z = }, T4 = {(x, y, z) ∈ IR2 : x2 +y 2 ≤ ,z = } 24 4 6 2 y Ω3 tal que ∂Ω3 = Γ3 ∪ T3 ∪ T4 . Entonces,

182

Problemas Resueltos

Z φ(X, Γ3 ) = Ω3

Z Z Z Z div(X)dV − hX, N idA− hX, N idA = − hX, N idA− hX, N idA. T3

T4

T3

T4

Como estamos aplicando el Teorema de la Divergencia las normales a T3 y T4 deben ser las exteriores al conjunto Ω3 , por tanto N3 = (0, 0, −1) y N4 = (0, 0, 1), ya que en estas superficies z es constante. Luego hX, N3 i = −1 y hX, N4 i = 1, de donde   2 Z Z Z Z R2 R2 R − = −π φ(X, Γ3 ) = − hX, N idA − hX, N idA = dA − dA = π 24 6 8 T3 T4 T3 T4 Observar que el cambio de signo en los resultados correspondientes al flujo es debido al cambio de orientación en la normal. (iv) La frontera de Γ2 es la unión de dos curvas, concretamente las circunferencias, √ √ ! √ 2 2 2R α1 (θ) = R cos θ, R sen θ, , θ ∈ [0, 2π] 2 2 2 y √ √ √ ! 6 6 2R α2 (θ) = R cos θ, R sen θ, , θ ∈ [0, 2π]. 6 6 2 Podemos hallar las tangentes a las curvas y calcular las circulaciones directamente o bien podemos intentar aplicar el Teorema de Stokes-Ampere. Z Z hrot(X), N idA, hX, T idl = C(X, ∂Γ2 ) = ∂Γ2

Γ2

donde N = (0, 0, 1) y rot(X) = (0, 0, 2). Por tanto, hrot(X), N i = 2 y   Z 1 2 1 2 2 C(X, ∂Γ2 ) = 2dA = 2π R − R = πR2 . 2 6 3 Γ2 70.- Sean los subconjuntos de IR3 dados por Ω1 Ω2 Ω3 Ωp =

3 S

y2 + z2 < 1, y > 0, z < 0}, 4 z2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + < 1, y ∈ (−8, 0), z < 0}, 4 z2 (y + 8)2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + + < 1, z < 0, y ∈ (−10, −8)}, 4 16

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 +

Ωi , Γi = ∂Ωp ∩ ∂Ωi , i = 1, 2, 3 y Xc el campo vectorial de IR3

i=1

Xc = −(3x + y)

∂ ∂ ∂ + (x + 2y) + (z + 2) . ∂x ∂y ∂z

Teoremas integrales

183

(i) Calcular el flujo de Xc a través de Γp =

3 S

Γi .

i=1

(ii) (iii) (iv) (v)

Calcular Calcular Calcular Calcular

el flujo de Xc a través de Γc = Γp ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , z = 0}. el flujo de Xc a través de Γa = Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , z < 0}. la circulación de Xc a lo largo de ∂Γp . la circulación de Xc a lo largo de ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , y = −5, x > 0, z < 0}.

Solución: La representación de Ωp se encuentra en la Figura 8.42. En primer lugar calculamos la divergencia y el rotacional, div(Xc ) = 0 y rot(Xc ) = (0, 0, 2).

Figura 8.42: Representación de Ωp . (i) Como el flujo que debemos calcular es a través de una superficie que es frontera del abierto Ωp ⊂ IR3 , podemos aplicar el Teorema de la Divergencia Z Z φ(Xc , Γp ) = < Xc , N > dA = div(Xc )dV = 0. Γp

Ωp

(ii) Hemos representado la superficie Γc en la Figura 8.43. La normal a esta superficie es Nc = (0, 0, 1), por tanto Z Z φ(Xc , Γc ) = < Xc , Nc > dA = 2 dA. Γc

Γc

184

Problemas Resueltos

Figura 8.43: Representación de Γc Luego debemos calcular el área de la superficie. Para ello la dividimos es tres partes, • Sea A1 el área de la superficie encerrada por la elipse x2 + y ∈ [−10, −8]. Entonces, p s 2  2 Z −8 Z 1−( y+8 Z −8 4 ) y+8 A1 = dy p dx = 2 1− dy = 2 4 −10 − 1−( y+8 −10 4 )     y+8 y+8 = sen t t = arcsen 4  4  Z 0  dy = 4 cos t dt  8 cos2 t dt =  = π  y = −10  t = −6 −π/6 y = −8 t=0   0 Z 0 sen(2t) 2π √ 4 (1 + cos(2t)) dt = 4 t + = + 3. 2 3 −π/6 −π/6

(y + 8)2 = 1, z = 0 con 16

• Sea A2 el área de un rectángulo de lados 8 y 2. Entonces, A2 = 16. (y)2 • Sea A3 el área de la superficie encerrada por la elipse x2 + 4 Entonces,  x = sen t Z 1 Z 2√1−x2 Z 1p  dx = cos t dt A3 = dx dy = 2 1 − x2 dx =   x = −1 −1 0 −1 x=1

= 1, z = 0 con y ∈ [0, 2]. t = arcsen x t= t=

− π2 π 2

  = 

Teoremas integrales

Z

π/2

2 cos2 t dt =

−π/2

185

Z

π/2

 (1 + cos(2t)) dt =

−π/2

Finalmente, φ(Xc , Γc ) =

t+

 π/2 sen(2t) = π. 2 −π/2

√ 10π + 32 + 2 3. 3

z2 (iii) Γa es una porción de cilindro elíptico, concretamente, x2 + = 1, z < 0, y ∈ [−8, 0], ver 4 Figura 8.44. Por tanto una parametrización de Γa en coordenadas cilíndricas es,

Figura 8.44: Representación de Γa . x (θ, y) = (cos θ, y, 2 sen θ), y ∈ [−8, 0], θ ∈ [−π, 0]. En este caso los productos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (− sen θ, 0, 2 cos θ), x y = (0, 1, 0). x θ ∧ x y = (−2 cos θ, 0, − sen θ) Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hXc , x θ ∧ x y i = 6 cos2 θ − 2 sen2 θ + 2y cos θ − 2 sen θ. Finalmente, Z Z φ(X, Γa ) = hX, Na idS = Γa

Z

0

−π

0

−π

Z

0

(6 cos2 θ − 2 sen2 θ + 2y cos θ − 2 sen θ) dy dθ =

−8

0 (6y cos2 θ − 2y sen2 θ + y 2 cos θ − 2y sen θ) −8 dθ =

186

Problemas Resueltos

Z

0

(48 cos2 θ − 16 sen2 θ − 64 cos θ − 16 sen θ) dθ =

−π



 0   sen(2θ)  sen(2θ)  24 θ + −8 θ− − 64 sen θ + 16 cos θ = 16π + 32. 2 2 −π

(iv) ∂Γp es la curva representada en la Figura 8.45.

Figura 8.45: Representación de ∂Γp Podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampere para calcular la circulación, Z Z Z C(∂Γp , Xc ) = hXc , T idl = hrot(Xc ), Nc idS + hrot(Xc ), Nt idS, ∂Γp

Γc

T

z2 3 donde T es la superficie x2 + ≤ , y = −10, z ≤ 0. Por tanto, Nt = (0, −1, 0). Como 4 4 rot(Xc ) = (0, 0, 2) tenemos que, hrot(Xc ), Nc i = 2 y hrot(Xc ), Nt i = 0. Luego, Z C(∂Γp , Xc ) = 2

dA = Γc

√ 10π + 32 + 2 3. 3

(v) Sea α = ∂Γ2 ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 , y = −5, x > 0, z < 0}, ver Figura 8.46. Una parametrización de α es, π α(θ) = (cos θ, −5, 2 sen θ), θ ∈ (− , 0). 2 El vector tangente a α es, α0 (θ) = (− sen θ, 0, 2 cos θ) y hXc , α0 i = 7 cos θ sen θ + 4 cos θ − 5 sen θ.

Teoremas integrales

187

α

Figura 8.46: Representación de α Por tanto, Z C(α, Xc ) =

0

hXc , T idl = α



Z

(7 cos θ sen θ + 4 cos θ − 5 sen θ) dθ = −π/2

0 7 11 2 = sen θ + 4 sen θ + 5 cos θ) . 2 2 −π/2

71.- Consideremos las curvas parametrizadas en IR3 dadas por α1 (t) = (1, t − 1, 0),

w1 (t) = (−t, 2 − t, 10),

α2 (t) = (1 − t, 1, 0),

w2 (t) = (t − 2, −t, 10),

α3 (t) = (−1, 1 − t, 0),

w3 (t) = (t, t − 2, 10),

α4 (t) = (t − 1, −1, 0),

w4 (t) = (2 − t, t, 10),

donde t ∈ [0, 2]. Para cada i = 1, · · · , 4, sea Γi la superficie reglada con directriz αi generada por rectas con vector director wi y parámetro v ∈ [0, 1]. Consideremos X el campo vectorial de IR3 ∂ ∂ ∂ X = −y +x +z . ∂x ∂y ∂z (i) Calcular el flujo de X a través de Γ1 . (ii) Calcular el flujo de X a través de

4 S

Γi .

i=1

(iii) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ1 .

188

Problemas Resueltos

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ1 ∩ Γ2 .  4  S (v) Calcular la circulación de X a lo largo de Γi ∩ {z = 10}. i=1

Solución: (i) La superficie Γ1 es la superficie reglada formada por las rectas que se apoyan en la recta α1 generada por rectas con vector director w1 . Por tanto una parametrización será, x 1 (t, v) = (1 − vt, t − 1 + v(2 − t), 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. La representación de Γ1 se encuentra en la Figura 8.47.

Figura 8.47: Representación de Γ1 Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x 1t = (−v, 1 − v, 0), x 1v = (−t, 2 − t, 10), x1t ∧ x1v = (10(1 − v), 10v, −2v + t). Entonces, la restricción del producto escalar a la superficie es,

Teoremas integrales

189

hX, x 1t ∧ x 1v i = −10(1 − v)(t − 1 + v(2 − t)) + 10v(1 − vt) + 10v(t − 2v) = 10v(t − 1 + 2v − vt + 1 − vt + t − 2v) + 10(1 − t − 2v + vt) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Finalmente, Z

1

Z

2

φ(X, Γ1 ) = 10 0

(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t) dt dv =

0

 2 Z 1 
t2 3 2 2 2  t − − 2vt + vt − v t  dv = 10 10 2v − 4v 2 dv = 2 2 0 0 0   1  4 10 10 v 2 − v 3  =− .  3 3 0 Z

1



(ii) Primer método Podemos calcular el flujo a través de

4 S

Γi como suma de los flujos de cada una de las

i=1

superficies, ya que en el apartado anterior hemos calculado el flujo a través de Γ1 . Para ello parametrizamos las tres restantes y efectuamos los calculos necesarios. • x 2 (t, v) = (1 − t + v(t − 2), 1 − vt, 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 2t = (−1 + v, −v, 0), x 2v = (t − 2, −t, 10), x 2t ∧ x 2v = (−10v, −10(v − 1), −2v + t). hX, x 2t ∧ x 2v i = 10v(1 − vt) − 10(v − 1)(1 − t + vt − 2v) + 10v(t − 2v) = 10v(1 − vt − 1 + t − vt + 2v + t − 2v) + 10(1 − t − 2v + vt) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ2 ) = φ(X, Γ1 ). • x 3 (t, v) = (−1 + tv, 1 − t + v(t − 2), 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 3t = (v, −1 + v, 0), x 3v = (t, t − 2, 10), x3t ∧ x3v = (10(v − 1), −10v, −2v + t). hX, x3t ∧ x3v i = −10(v − 1)(1 − t + vt − 2v) − 10v(vt − 1) + 10v(t − 2v) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ3 ) = φ(X, Γ1 ). • x 4 (t, v) = (t − 1 + v(2 − t), −1 + vt, 10v), t ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 4t = (1 − v, v, 0), x 4v = (2 − t, t, 10), x 4t ∧ x 4v = (10v, −10(1 − v), −2v + t). hX, x 4t ∧ x 4v i = 10v(1 − vt) − 10(1 − v)(−1 + t − vt + 2v) + 10v(t − 2v) = 10(1 − t − 2v + 3vt − 2v 2 t). Luego, φ(X, Γ4 ) = φ(X, Γ1 ).

190

Problemas Resueltos

Finalmente, 4 [

φ(X,

Γi ) = 4φ(X, Γ1 ) = −

i=1

40 . 3

Segundo método Dado que div(X) = 1, podemos añadir a la superficie

4 S

Γi otras dos superficies para

i=1

encerrar un volumen, por ejemplo podemos considerar T1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, z = 0}, T2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, z = 10} y Ω tal 4 4 S S Γi ∪ T1 ∪ T2 . La representación de Γi se halla en la Figura 8.48. que, ∂Ω = i=1

i=1

Figura 8.48: Representación de Ω Entonces, φ(X,

4 S i=1

Z

Z div(X)dV −

Γi ) = Ω

Z hX, N1 idA −

T1

hX, N2 idA. T2

Calculemos el volumen de Ω. Podemos proceder al cálculo mediante la fórmula del volumen

Teoremas integrales

191

por secciones, Z vol(Ω) =

10

A(z)dz, 0

donde A(z) es el área de la sección z = cte en Ω. Comprobemos que las secciones z = z0 o equivalentemente v = v0 son cuadrados de lado, r z 2 z2 `(z) = 2 + −1 . 100 10 Las curvas intersección de

4 S

Γi con v = v0 son segmentos de rectas parametrizadas por

i=1

xi

βi (t) = x (t, v0 ), t ∈ [0, 2]. Además, β1 (t) = (1 − v0 t, t − 1 + v0 (2 − t), 10v0 ),

β10 (t) = (−v0 , 1 − v0 , 0).

β2 (t) = (1 − t + v0 (t − 2), 1 − v0 t, 10v0 ),

β20 (t) = (v0 − 1, −v0 , 0).

β3 (t) = (−1 + v0 t, 1 − t + v0 (t − 2), 10v0 ),

β30 (t) = (v0 , −1 + v0 , 0).

β4 (t) = (t − 1 + v0 (2 − t), v0 t − 1, 10v0 ),

β40 (t) = (1 − v0 , v0 , 0).

Observemos que β10 es paralelo a β30 , β20 es paralelo a β40 y que β10 es ortogonal a β20 . Para concluir, basta comprobar que las longitudes de los lados del paralelepípedo son iguales. Sus vértices son p1 = β1 (0) = β4 (2), p2 = β2 (0) = β1 (2), p3 = β3 (0) = β2 (2) y p4 = β4 (0) = β3 (2) y por tanto, q `1 = d(β1 (0), β1 (2)) = 4v02 + 4(v0 − 1)2 = `2 = d(β2 (0), β2 (2)).  2  z 1 z − + Luego, A(z) = 8 y por tanto, 100 10 2   3  10 Z Z 10  2 z 1 z z2 z  z  = 80 . − + dz = 8 − + div(X)dV = 8 100 10 2 300 20 2  3 Ω

0

0

Finalmente, las normales a T1 y a T2 deben ser las exteriores al conjunto Ω, por tanto N1 = (0, 0, −1) y N2 = (0, 0, 1), ya que en estas superficies z es constante. Luego hX, N1 i = −z = 0 y hX, N2 i = z = 10. Teniendo en cuenta que T2 es un cuadrado de área 4 resulta que,

φ(X,

4 [ i=1

Γi ) =

80 40 − 40 = − . 3 3

(iii) Para calcular la circulación a lo largo de ∂Γ1 aplicamos el Teorema de Stokes-Ampère o Teorema del rotacional, ya que tenemos casi todos los calculos hechos. rot(X) = (0, 0, 2), hrot(X), x 1t ∧ x 1v i = 2(−2v + t). Por tanto,  2 Z 1Z 2 Z 1 2 Z 1  t C(X, ∂Γ1 ) = 2 2(−2v + t)dv du = 2 − 2vt  dv = 4 (1 − 2v)dv =  2 0 0 0 0 0 
1 4 v − v2   = 0. 0

192

Problemas Resueltos

(iv) La curva γ = Γ1 ∩ Γ2 no es frontera de ninguna superficie, por tanto para calcular la circulación parametrizamos la curva. Para ello debemos recordar las parametrizaciones de las dos superficies y tener en cuenta que el parámetro t es distinto en cada una de ellas: x 1 (t1 , v) = (1 − vt1 , t1 − 1 + v(2 − t1 − 1), 10v), t1 ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. x 2 (t2 , v) = (1 − t2 + v(t2 − 2), 1 − vt2 , 10v), t2 ∈ [0, 2], v ∈ [0, 1]. Luego la curva intersección que se obtiene es, ) 1 − vt1 = 1 − t2 + v(t2 − 2) =⇒ t1 − 1 + v(2 − t1 ) = 1 − vt2

v(t2 − 2 + t1 ) = t2

)

v(2 − t1 + t2 ) = 2 − t1

2 − t1 t2 = =⇒ t22 + (t1 − 2)2 = 0 =⇒ t2 = 0, t1 = 2. t2 + t1 − 2 2 − t1 + t2 Por tanto, γ(v) = x 1 (2, v) = x 2 (0, v) = (1 − 2v, 1, 10v). =⇒ v =

El vector tangente es, γ 0 (v) = (−2, 0, 10) y hX, γ 0 (v)i = 2 + 100v. Luego, Z C(X, γ) =

Z hX, T i dl = 2

γ

 (v) Sea γ2 =

4 S

0

1


1 (1 + 50v)dv = 2 v + 25v   = 52. 2

0

 Γi ∩ {z = 10} = ∂T2 , donde T2 es la superficie definida en (ii). Entonces,

i=1

γ2 es la frontera de un cuadrado de lado 2 en el plano z = 10, por lo que podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampère. En este caso la normal al cuadrado es N = (0, 0, 1) y hrot(X), N i = 2. Luego, Z C(X, γ2 ) =

Z hX, T idl =

γ2

hrot(X), N idS = 8. T2

72.- Sean a > r > 0, Γ1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x = (a + r cos u) cos v, y = (a + r cos u) sen v, z = r sen u, u ∈ [0, π], v ∈ [0, 2π]} Γ2 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 = (a + r)2 , z ≤ 0} Γ3 = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 + z 2 = (a − r)2 , z ≤ 0} yΓ=

3 S

Γi . Consideremos X el campo vectorial de IR3

i=1

X=x

∂ ∂ ∂ +z −y . ∂x ∂y ∂z

Teoremas integrales

193

(i) Calcular el flujo de X a través de Γ. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ2 . (iii) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 0}. (iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0}. Solución: En primer lugar hallamos las superficies involucradas y el conjunto Γ. La superficie Γ1 es la mitad superior de un toro ya que u ∈ [0, π] y por tanto z = r sen u ≥ 0. Por otro lado las superficies Γ2 y Γ3 son dos medias esferas con z ≤ 0 de radios a + r y a − r. Ver Figura 8.49.

Figura 8.49: Representación de Γ

(i) Como la superficie Γ encierra un volumen y div(X) = 1, podemos aplicar el Teorema de la divergencia para calcular el flujo pedido, Z φ(X, Γ) = div(X)dV = vol(Ω), Ω

donde Ω es el abierto de IR3 tal que ∂Ω = Γ. El volumen de Ω es el volumen de medio toro más el volumen de media esfera de radio a + r menos el volumen de media esfera de radio a − r. Por tanto, lo único que debemos calcular es el volumen del toro. Para ello consideramos las coordenadas dadas en el enunciado pero haciendo variar r para obtener

194

Problemas Resueltos

un volumen y calculamos el jacobiano del cambio. x (ρ, u, v) = ((a + ρ cos u) cos v, (a + ρ cos u) sen v, ρ sen u) , ρ ∈ [0, r], u ∈ [0, π], v ∈ [0, 2π], x ρ = (cos u cos v, cos u sen v, sen u) , x u = (−ρ sen u cos v, −ρ sen u sen v, ρ cos u) , x v = (−(a + ρ cos u) sen v, (a + ρ cos u) cos v, 0) , g11 = 1, g22 = ρ2 , g33 = (a + ρ cos u)2 , g12 = g13 = g23 = 0, √ g = ρ (a + ρ cos u). Por tanto, r

Z

Z

π

2π

Z

vol(T /2) = π



π



ρ (a + ρ cos u) dρ du dv = 2π 0

Z

Z

0 3

2

0

0



r r a+ cos u du = 2π 2 3 0 Finalmente,



2π

 r  ρ3 ρ2 a+ cos u   du = 2 3 0

 π  r r 2 2 au + sen u   = π r a. 2 3 0 2

3


2 φ(X, Γ) = π 2 r2 a + π (a + r)3 − (a − r)3 . 3 (ii) Primera forma Podemos calcular el flujo a través de Γ2 parametrizando la superficie. Como es una esfera trabajamos en esféricas. Sea R = a + r, x (θ, ϕ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [π/2, π]. Por tanto, los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x θ = (−R sen ϕ sen θ, R sen ϕ cos θ, 0), x ϕ = (R cos ϕ cos θ, R cos ϕ sen θ, −R sen ϕ), x θ ∧ x ϕ = (R2 sen2 ϕ cos θ, R2 sen2 ϕ sen θ, R2 sen ϕ cos ϕ). Luego, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x θ ∧ x ϕ i = R3 sen3 ϕ cos2 θ + R3 sen2 ϕ cos ϕ sen 2θ − R3 sen2 ϕ cos ϕ sen θ = R3 sen3 ϕ cos2 θ. Finalmente, φ(X, Γ2 ) = R

3

Z

π

0

2π

2π 3

2

sen ϕ cos θ dθ dϕ = R π/2

Z

Z 0

R3 1 − cos(2θ) dθ = 2 2

3

Z

π

sen ϕ(1 − cos2 ϕ)dϕ

π/2



 π   2π  1 sen(2θ)  3   = 2 π(a + r)3 . − cos ϕ + cos ϕ  θ−  3 2 3 π/2 0

Segunda forma Dado que div(X) = 1, podemos añadir a la superficie Γ2 otra superficie para encerrar un volumen, por ejemplo podemos considerar T1 = {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0, x2 +y 2 ≤ (a+r)2 } y Ω1 tal que ∂Ω1 = Γ2 . Ver Figura 8.50.

Teoremas integrales

195

Figura 8.50: Representación de Γ2 ∪ T1 Entonces, Z

Z div(X)dV −

φ(X, Γ2 ) =

hX, N1 idS.

Ω1

T1

2 π(a + r)3 y por otro, T1 es un disco que podemos parametrizar 3 √ en coordenadas polares. Además, N1 = (0, 0, −1), hX, N1 i = −y y g = ρ. Por tanto, Z Z hX, N1 i = div(X) − φ(X, Γ2 ) = Por un lado vol(Ω1 ) =

T1

Ω1

2 π(a+r)3 + 3

Z 0

2π

Z

a+r

−ρ2 sen θ dθ dρ =

0

2 π(a+r)3 + 3

Z 0

a+r


2π 2 3 ρ2 cos θ dρ  = 3 π(a+r) . 0

3

(iii) La representación de la curva α = Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR : x = 0} se halla en la Figura 8.51. Podemos ver a la curva como la frontera de una superficie, Γ4 , formada por dos medios círculos y medio anillo circular cuya normal es N4 = (1, 0, 0). Por tanto, para calcular la circulación a lo largo de α podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampère o del rotacional. En este caso, rot(X) = (−2, 0, 0), hrot(X), N4 i = −2. Por tanto, Z C(X, α) =

Z hX, T idl =

α

hrot(X), N4 idS = −2 area(Γ4 ) = Γ4

(a + r)2 − (a − r)2 −2π r + 2 

2

 = −2rπ(r + 2a).

(iv) La curva γ = Γ ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 0} es la unión de dos circunferencias concéntricas de radios a + r y a − r, por tanto podemos verla como la frontera de un anillo circular,

196

Problemas Resueltos

Figura 8.51: Representación de α Γ5 , y aplicar el Teorema de Stokes-Ampère. En este caso, rot(X) = (−2, 0, 0), N5 = (0, 0, 1), hrot(X), N5 i = 0. Por tanto, Z C(X, γ) =

Z hX, T idl =

γ

hrot(X), N5 idS = 0. Γ5

73.- Sean los subconjuntos de IR3 dados por

Ω2

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, 25 ≤ y ≤ 37, y − 25 ≤ z ≤ 12} q √ = {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, −25 ≤ y ≤ 25, −25 + (25 2)2 − y 2 ≤ z ≤ 12}

Ω3

= {(x, y, z) ∈ IR3 : −3 ≤ x ≤ 3, −37 ≤ y ≤ −25, −y − 25 ≤ z ≤ 12},

Ω1

Ω=

3 S

Ωi y X el campo vectorial de IR3

i=1

X=y

∂ ∂ +z . ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. √ (ii) Calcular el flujo de X a través de Γc = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 (z + 25)2 + y 2 = (25 2)2 }. (iii) Calcular el flujo de X a través de Γp = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 z = y − 25}. (iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γc ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 3}.

Teoremas integrales

197

Figura 8.52: Representación de Ω (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γc . Solución: La representación de Ω se halla en la Figura 8.52. Z Z Z (i) Como div(X) = 2, φ(X, ∂Ω) = hX, N idS = div(X) = 2 dV . ∂Ω

Ω

Ω

El volumen de Ω es dos veces el volumen de un prisma triangular de lados 12, 12 y 6 que denotaremos por VP, más el volumen de A, donde A está repersentado en la Figura 8.53. 1 • V P = 12 · 12 · 6 = 432. 2 Z 3 Z 25 Z 12 Z 25 q √ • V (A) = dx dy dz = 6 37 − (25 2)2 − y 2 dy = √ √ −3

−25+

0

√ y = 25 2 sen θ √   dy = 25 2 cos θdθ   1  y = 25 → θ = arcsin √2 = π/4 

(25 2)2 −y 2

0

  Z π/4 √   = 6 · 37 · 25 − 6 (25 2)2 cos2 θ dθ =  0 

y=0→θ=0 2

Z

6 · 37 · 25 − 6 · 25 · 2 0

6 · 37 · 25 − 6 · 252

π/4 ! 1 + cos 2θ sen 2θ  2  dθ = 6 · 37 · 25 − 6 · 25 θ + dx = 2 2 0 !

π/4

π 1 + 4 2

= 75(49 − 25π/2)

Por tanto, V (Ω) = 2 · 432 + 2 · 75(49 − 25π/2) = 8214 − 1875π,

198

Problemas Resueltos

Figura 8.53: Representación de A luego φ(X, ∂Ω) = 2V (Ω) = 16428 − 3750π. (ii) Γc es la parte cilíndrica de ∂Ω, ver Figura 8.54. Primera forma Parametrizamos Γc mediante coordenadas cilíndricas descentradas ya que la circunferencia que define el cilindro tiene centro en (0, 0, −25). √ √ x (x, θ) = (x, 25 2 cos θ, −25 + 25 2 sen θ), (x, θ) ∈ [−3, 3] × [π/4, 3π/4]. El intervalo de variación de θ se halla mediante el intervalo de variación de la variable y: √ √ y = −25 =⇒ 25 2 cos θ = −25 =⇒ θ = arcos(− 2/2) = 3π/4. De forma análoga y = 25 =⇒ θ = π/4. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, √ √ x x = (1, 0, 0), x θ = (0, −25 2 sen θ, 25 2 cos θ), √ √ x x ∧ x θ = (0, −25 2 cos θ, −25 2 sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, √ √ hX, x x ∧ x θ i = −(25 2)2 + 252 2 sen θ. Finalmnte, Z

3

Z

3π/4

φ(X, Γc ) = −3

6 · 252

−2θ −

√ √ −(25 2)2 + 252 2 sen θ dx dθ =

π/4

√

3π/4 !  = −6 · 252 (π − 2) = 3750(2 − π). 2 cos θ  π/4

Teoremas integrales

199

Figura 8.54: Representación de Γc y ∂Γc Segunda forma Parametrizamos Γc mediante coordenadas cartesianas. q √ z (x, y) = (x, y, −25 + (25 2)2 − y 2 ), (x, y) ∈ [−3, 3] × [−25, 25]. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son,   −y , z x = (1, 0, 0), z y = 0, 1, q √ 2 2 (25 2) − y   y z x ∧ z y = 0, q √ , 1. 2 2 (25 2) − y Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, √ (25 2)2 hX, z x ∧ z y i = q √ − 25. (25 2)2 − y 2 Finalmente, Z φ(X, Γc ) =

6 · 252

√ (25 2)2 q √ − 25dxdy = −3 −25 (25 2)2 − y 2 ! 25 y  2arcsin √  − 2 = 6 · 252 (π − 2) = −3750(2 − π). 25 2 −25 3

Z

25

200

Problemas Resueltos

Observar que el cambio de signo viene dado por el cambio de orientación en las normales. Tercera forma Calculamos el flujo a través de Γc mediante la consideración de un volumen que contenga a Γc como parte de su frontera. Por ejemplo Vc puede ser el representado en la Figura 8.55

Figura 8.55: Representación de Vc Entonces, Z div(X) −

φ(X, Γc ) = Vc

5 Z X i=1

hX, Ni i.

Si

Para calcular los flujos sobre el resto de superficies que forman parte de la frontera de Vc calculamos: ◦hX, N1 i = 0, hX, N2 i = y|S2 = 25, hX, N3 i = 0, ◦hX, N4 i = z|S4 = 12, hX, N5 i = −y|S5 = 25. Por tanto, φ(X, N1 ) = φ(X, N3 ) = 0, Z Z φ(X, N2 ) = φ(X, N5 ) = < X, Ni >= 25 Si

Z φ(X, N4 ) =

Z dA = 12 · 6 · 50 = 3600.

< X, N4 >= 12 S4

dA = 25 · 12 · 6 = 1800,

Si

S4

Teoremas integrales

201

De donde, φ(X, Γc ) = 2(7350 − 1875π) − 2 · 1800 − 3600 = 3750(2 − π). (iii) La representación de Γp se halla en la Figura 8.56.

Figura 8.56: Representación de Γp Una parametrización de la superficie y los campos involucardos en el cálculo del flujo son, x (x, y) = (x, y, y − 25), (x, y) ∈ [−3, 3] × [25, 37]. x x = (1, 0, 0), x y = (0, 1, 1), x x ∧ x y = (0, −1, 1). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x x ∧ x y i = −y + z = −25 De donde, Z

3

Z

37

−25 dx dy = −6 · 25 · 12 = −1800.

φ(X, Γp ) = −3

25

(iv) Sea γ = Γc ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : x = 3}. Debemos observar que rotX = 0 y como el campo está definido en un abierto con forma de estrella X = ∇f , basta observar X para deducir que f (x, y, z) = y 2 /2 + z 2 /2. Por tanto, para cualquier curva, C(X, γ) = f (γ(b)) − f (γ(a)). En nuestro caso γ(3π/4) = (3, −25, 0) y γ(π/4) = (3, 25, 0), ver Figura 8.57. De donde, C(X, γ) = 0. Podemos calcular la circulación parametrizando la curva,

202

Problemas Resueltos

Figura 8.57: Representación de γ √ √ γ(θ) = (3, 25 2 cos θ, −25 + 25 2 sen θ), θ ∈ [π/4, 3π/4]. Por tanto,

√ √ √ γ 0 (θ) = (0, −25 2 sen θ, 25 2 cos θ) y hγ 0 , Xi = −252 2 cos θ. De donde, C(X, γ) =

R 3π/4 π/4

√ √ −252 2 cos θ dθ = −252 2 cos θ.

(v) Como la curva α = ∂Γc es cerrada, ver Figura 8.54 y el campo es gradiente C(X, α) = 0. Otra forma alternativa de calcular esta circulación es aplicando el Teorema de StokesAmpere. Z Z C(X, α) = hX, T idl = hrotX, N idS = 0. ∂Γc

Γc

74.- Sean, a, b ∈ IR+ , a < b < 4a, Ω

= {(x, y, z) ∈ IR3 : x = ρ cos θ, y = y, z = ρ sen θ, con ρ ∈ (a, b), y ∈ (z − 4a, 4a − z), θ ∈ (−π/6, π + π/6)}

y X el campo vectorial de IR3 X = (2a − z)

∂ . ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γp = ∂Ω ∩ {(ρ, y, θ) ∈ IR3 : y = −ρ sen θ + 4a}. (iii) Calcular el flujo de X a través de Γa = ∂Ω ∩ {(ρ, y, θ) ∈ IR3 : ρ = a}.

Teoremas integrales

203

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de Γa ∩ Γp . Solución: La representación de Ω se halla en la Figura 8.58

Figura 8.58: Representación de Ω Z (i) Como div(X) = −1, φ(X, ∂Ω) =

Z

Z

hX, N idS =

div(X) = −

∂Ω

Ω

dV . Ω

El volumen de Ω se puede calcular dividiéndolo en tres partes, la parte central C en la que y ∈ (−3a, 3a), y dos veces el volumen de una de las partes externas: A, ver Figura 8.59 b Z b Z π+π/6 Z 3a π ρ2 • V (C) = ρ dy dθ dρ = 6a(π + ) = 4πa(b2 − a2 ) 3 2 a a −π/6 −3a Z b Z π+π/6 Z 4a−ρ sen θ Z b Z π+π/6 • V (A) = ρ dy dθ dρ = ρ(a − ρ sen θ) dθ dρ = a

−π/6

3a

a

π+π/6 Z  ρ (aθ + ρ cos θ)  dρ = 

−π/6

 4π √ − 3ρ dρ = 3 a a −π/6 √    b 4π ρ2 √ ρ3  2π 3 3 2 2  a − 3 = a(b − a ) − (b − a3 ) 3 2 3 a 3 3 Z

b

Por tanto, Z hX, N idS = ∂Ω

b



ρ a

√ 2 3 3 16π (b − a3 ) − a(b2 − a2 ) 3 3

(ii) Una parametrización de Γp es, x (ρ, θ) = (ρ cos θ, −ρ sen θ + 4a, ρ sen θ), ρ ∈ (a, b), θ ∈ (−π/6, π + π/6),

204

Problemas Resueltos

Figura 8.59: Representación de A dado que Γp se obtiene al restringir la y en la superficie ∂Ω, concretamente y = −ρ sen θ + 4a. Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x ρ = (cos θ, − sen θ, sen θ), x θ = (−ρ sen θ, −ρ cos θ, ρ cos θ), x ρ ∧ x θ = (0, −ρ, ρ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x ρ ∧ x θ i = ρ(2a − ρ sen θ). Luego, el flujo es, Z b Z π+π/6 Z φ(X, Γp ) = ρ(2a − ρ sen θ) dθ dρ = −π/6

a

Z

b

 ρ

a

8π a− 3

√

π+π/6  ρ (2aθ + ρ cos θ)  dρ =  −π/6

√

 3ρ

a

b

dρ =

! √ b 4π 2 3 3  4π 3 3 2 2  aρ − ρ  = a(b − a ) − (b − a3 ). 3 3 3 3 a

(iii) Una parametrización de Γa es, y (y, θ) = (a cos θ, y, a sen θ), θ ∈ (−π/6, π + π/6), y ∈ (a sen θ − 4a, 4a − a sen θ). Los campos involucrados en el cálculo del flujo son, y y = (0, 1, 0), y θ = (−a sen θ, 0, a cos θ), y y ∧ y θ = (a cos θ, 0, a sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es,

Teoremas integrales

205

hX, y y ∧ y θ i = a2 (2 sen θ − sen2 θ). Finalmente, Z φ(X, Γa ) =

π+π/6

−π/6

Z

Z

4a−a sen θ

a2 (2 sen θ − sen2 θ) dy dθ =

a sen θ−4a

π+π/6

2(4a − a sen θ)a2 (2 sen θ − sen2 θ)dθ =

−π/6

Z

π+π/6

2a2 (8a sen θ − 6a sen2 θ + a sen3 θ)dθ =

−π/6

  π+π/6 sen 2θ cos3 θ   2a −8a cos θ − 3a θ − = − a cos θ + a  2 3 −π/6  √   √ √ √ √  3 3 3 3 27 3 2a2 8 3a − 6a( 2π − ) + a − a = 2a − 4π . 3 4 2 4 4 2





(iv) Sea γ = Γa ∩ Γp . Debemos observar que rot X = 0 y como el campo está definido en un abierto con forma de estrella X = ∇f , basta observar X para deducir que f (x, y, z) = 2az − z 2 /2. Por tanto, para cualquier curva desde t0 hasta t1 , C(X, γ) = f (γ(t1 )) − f (γ(t0 )). En nuestro caso γ(θ) = (a cos θ, −a ! sen θ + 4a, a sen θ), θ ∈ (−π/6, π + π/6). Luego, √ 3 a a a2 a2 f (γ(−π/6)) = f a , + 4a, − = −a2 − =− y 2 2 2 8 9 ! √ 3 a a a2 a2 f (γ(π + π/6)) = f −a , + 4a, − = −a2 − =− . 2 2 2 8 9 De donde, C(X, γ) = 0. 75.- Sean 0 < a < b, n Ω = (x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 ≥ a2 , x2 + z 2 ≥ a2 , z ≥ 0, z ≤ 2b − x, z ≤ 2b + x, z ≤ 2b − y, z ≤ 2b + y, si x ∈ [−b, −a], y ∈ [−b, b], o si x ∈ [−a, a], y ∈ [−b, a] ∪ [a, b] y si x ∈ [a, b], y ∈ [−b, b] y X el campo vectorial de IR3 X = −y

∂ ∂ ∂ +x +z . ∂x ∂y ∂z

(i) Calcular el flujo de X a través de ∂Ω. (ii) Calcular el flujo de X a través de Γ1 = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : y 2 + z 2 = a2 , x ≥ 0}. item[(iii)] Calcular el flujo de X a través de Γ2 = ∂Ω ∩ {(x, y, z) ∈ IR3 : z = 2b − x}.

206

Problemas Resueltos

(iv) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ1 . (v) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂Γ2 . (vi) Calcular la circulación de X a lo largo de ∂(∂Ω ∩ {z = 0}). Solución: En primer lugar calculamos la divergencia y el rotacional de X. div(X) = 1, rot(X) = (0, 0, 2). Como el rotacional de X no es nulo el campo no será gradiente. (i) La representación de ∂Ω se halla en la Figura 8.60.

Figura 8.60: Representación de ∂Ω Como el flujo que debemos calcular es a través de una superficie que es frontera de un volumen Ω, podemos aplicar el T. de la Divergencia, Z Z φ(X, ∂Ω) = hX, N idS = dV. ∂Ω

Ω

Luego el flujo a calcular es el volumen de Ω. Por las simetrías del recinto el volumen será 8 veces el volumen de A + B, ver Figura 8.61.

Teoremas integrales

207

Figura 8.61: Representación de A + B Z V (A) =

a

Z dy

0

a

b

Z 2b−x dx √ 2

a −y 2

Z dz =

a

Z dy

0

b



(2b − x) −

 p a2 − y 2 dx =

a

!   b p Z a a x2  3 2 a2 p 2 2 2 2  2bx − − a − y (b − a) dy = b − 2ba + − a − y (b − a) dy = 2 a 2 2 0 0     y = a sen t t = arcsin ay Z π/2   3 a2    2 2 =  dy = a cos tdt b − 2ba + − a (b − a) = a cos2 tdt =  π 2 2  y=a  t= 2 0 y=0 t=0 Z π/2 3 2 a3 a2 3 a3 2 b a − 2ba + − (b − a) (1 + cos(2t))dt = b2 a − 2ba2 + 2 2 2 2 2 0 π/2   2 3 2 a sen 2t 3 a a − (b − a) t + = b2 a − 2ba2 + − (b − a)π. 2 2 2 2 4 0  b Z b Z b Z 2b−x Z b Z b Z b x2 V (B) = dy dx dz = dy (2b − x)dx = 2bx − dy = 2 y a y 0 a y a    b Z b 2b3 3 2 y2 3 2 y 3 3 a3 b − 2by + dy = b y − by 2 + = − b2 a + ba2 − . = 2 2 2 6 a 3 2 6 a Z



208

Problemas Resueltos

Finalmente,    3  3 2 a2 2b 3 a3 a3 V (Ω) = 8 b a − 2ba2 + − (b − a)π + 8 − b2 a + ba2 − = 2 2 4 3 2 6 1 (16b3 − 24ba2 + 8a3 ) + 2πa2 (a − b). 3 (ii) Γ1 es una porción de cilindro, concretamente, y 2 + z 2 = a2 , x ∈ [a, b], y ∈ [−a, a]. Por tanto una parametrización de Γ1 en coordenadas cilíndricas y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x (x, θ) = (x, a cos θ, a sen θ), x ∈ [a, b], θ ∈ [0, π]. x x = (1, 0, 0), x θ = (0, −a sen θ, a cos θ), x x ∧ x θ = (0, −a cos θ, −a sen θ). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, y hX, x x ∧ x θ i = −ax cos θ − a2 sen2 θ. Luego, Z πZ b φ(X, Γ1 ) = −a(x cos θ + a sen2 θ) dx dθ = 0 a Z  a π 2 2 (b − a ) cos θ + a(b − a)(1 − cos(2θ)) dθ = − 2 0    π  a sen(2θ) 2 2  = − π a2 (b − a). − (b − a ) sen θ + a(b − a) θ −  2 2 2 0 (iii) Γ2 es un trozo del plano z = 2b − x concretamente x ∈ [a, b], y ∈ [−x, x] ya que en ∂Ω los planos z = 2b − x y z = 2b + y se cortan en la recta y = −x mientras que los planos z = 2b − x y z = 2b − y lo hacen en la recta y = x. Por tanto una parametrización de Γ2 y los campos involucrados en el cálculo del flujo son, x 2 (x, y) = (x, y, 2b − x), (x, y) ∈ [a, b] × [−x, x]. x 2x = (1, 0, −1) y x 2y = (0, 1, 0), x 2x ∧ x 2y = (1, 0, 1). Por tanto, la restricción del producto escalar a la superficie es, hX, x 2x ∧ x 2y i = −y + 2b − x. De donde, Z

b

Z

x

a

x3 2 bx − 3 

2

Z (2b − y − x) dx dy =

φ(X, Γ2 ) = −x

b

2(2b − x)x dx = a

 b   = 2 (b3 − 3ba2 + a3 ).  3 a

(iv) Para calcular la circulación a lo largo de la curva ∂Γ1 podemos aplicar el Teorema de Stokes-Ampere , debemos tener en cuenta que ya hemos hecho la mayoría de los cálculos que intervendrán.

Teoremas integrales

209

Z C(∂Γ1 , X) = ∂Γ1

Z 0

π

Z hX, T1 idl =

Z

π

Z

b

−2a sen θ dx dθ =

hrot(X), x x ∧ x θ idS = Γ1

a

0

π  −2a(b − a) sen θdθ = 2a(b − a) cos θ  = −4a(b − a). 0

(v) Del mismo modo que en el apartado anterior podemos aplicar el Teorema de StokesAmpere para calcular la circulación a lo largo de la curva ∂Γ2 . Z Z Z bZ x C(∂Γ2 , X) = hX, T2 idl = 2 dx dy = 2(b2 − a2 ). hrot(X), x 2x ∧ x 2y idS = ∂Γ2

Γ2

a

−x

(vi) Aplicamos de nuevo el Teorema de Stokes-Ampere, en este caso la normal a la supercicie Γ3 = ∂Ω ∩ {z = 0} es N3 = (0, 0, −1). Por tanto, hrot(X), N3 i = −2. Teniendo en cuenta que Γ3 es la unión de cuatro cuadrados de lado b − a obtenemos, Z Z Z C(∂Γ3 , X) = hX, T3 idl = hrot(X), N3 idS = −2 dS = −8(b − a)2 . ∂Γ3

Γ3

Γ3