Solutions

Tarea 9
1. Sea S una supercie con frontera ∂S y suponga que E es un campo eléctrico que es perpendicular a
∂S - Muestre que el ujo magnético inducido a través de S es constante en el tiempo. (Use la Ley de Faraday)
Se quiere demostrar que la derivada del ujo magnético con respecto al tiempo es cero. Se comienza con;
∂
∂t
ˆ
ˆ
H · dS =
S
S
∂H
· dS
∂t
(1)
Este paso se justica debido a que S no es una función del tiempo. Ademas de la ley de Faraday se sabe que
∇ × E = ∂H
∂t , sustituyendo esto se tiene;
∂
∂t
ˆ
ˆ
H · dS = −
S
∇ × E · dS
(2)
S
Entonces por el teorema de Stokes y por el hecho de que E = 0 ya que el campo eléctrico E es perpendicular
a la frontera S , se obtiene;
ˆ
−
E × dS = 0
∂S
1
(3)
2. Sea S la cubierta cilindrica mostrada en la Figura 1. S es la unión de dos supercies, S1 y S2 , donde
2
2
2
S1 es el conjunto de (x, y, z) con x2 + y 2 = 1, 0≤z≤1 y S2 es el conjunto de
´ ´(x, y, z) con x + y + (z − 1) = 1,
2
3
4 2
z≥1- Sea F(x, y, z) = (zx + z y + x)i + (z yx + y)j + z x k. Calcule
(∇×F) · dS. (Use el teorema de
S
Stokes).
Figura 1.
La frontera de la supercie es una curva cerrada, de modo que se puede aprovechar el teorema de Stokes;
ˆ
ˆ
(∇ × F) · dS =
S
F · dS
(4)
∂S
La frontera es el x2 + y 2 = 1, z = 0. Por lo tanto el lado derecho de la Ec. (7) es;
ˆ
ˆ
(∇ × F) · dS =
S
(xi + yj)·(dxi + dyj)
(5)
∂S
Usando la parametrización en coordanadas polares;
x = cos(θ) y = sin(θ)
dx = −sin(θ)dθ
0 ≤ θπ
dy = cos(θ)dθ
0 ≤ θπ
Al sustituir en la integral se obtiene;
ˆ
2π
(−cos(θ)sin(θ) + sin(θ)cos(θ))dθ=0
0
2
(6)
´´
Calcule la integral de supercie
(∇×F) · dS donde S es el hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 1, x≥0 y
S
3
3
F = x i − y j.
Utilizando el teorema de Stokes. La frontera S es el círculo x2 + y 2 = 1, x = 0.
En la frontera F es −y 3 j. Se usarán coordenadas polares;
3.
x = cos(θ) y = sin(θ)
0 ≤ θπ
Por el teorema de Stokes se tiene;
ˆ ˆ
ˆ
(∇ × F) · dS =
S
F · dS
(7)
∂S
Sustituyendo F y el diferencial, se obtiene;
ˆ
ˆ
2π
sin3 (θ)cos(θ)dθ
F · dS = −
∂S
(8)
0
Integrando la Ec. (11) usando la regla de la cadena;
ˆ
F · dS = −
∂S
2π
1
sin4 (θ)
=0
4
0
3
(9)
4. Un globo de aire caliente tiene una forma esférica truncada mostrada en la Figura 2. Los gases calientes
escapan a través de la supercie porosa a una velocidad;
V(x, y, z) = ∇ × Φ(x, y, z) where Φ(x, y, z) = −yi + xj
Figura 2.
Si R = 5, calcule el ujo
´ volumétrico de los gases a través de la supercie.
´
La razón del ujo es S ∇ × Φ · dS y por el teorema de Stokes, éste es ∂S Φ · dS. La frontera está en el
plano xy donde z = 0. Parametrizando la frontera mediante;
x=
R
4 cos(θ)
y=
R
4 sin(θ)
Entonces el ujo es;
ˆ
ˆ
2π
Φ · dS =
∂S
0
R2
(sin2 (θ) + cos2 (θ))dθ
16
(10)
Integrando la Ec. (10) nalmente se obtiene;
ˆ
Φ · dS =
∂S
4
πR2
8
(11)
5.
Sea S la supercie y sea F perpendicular a la tangente de la frontera de S . Muestre que;
´´
S
(∇×F) · dS = 0
Que siginica sicamente esto si F es un campo eléctrico?.
Por el teorema de Stokes;
ˆ
ˆ
∇ × F · dS =
S
F · ds
(12)
∂S
Por lo tanto como F es perpendicular a la tangente de la frontera de S , el producto punto de la frontera
con el vector F será cero. Por lo tanto;
ˆ
∇ × F · dS = 0
(13)
S
Si F es un campo eléctrico, esto signica que la razón de cambio de ujo magnético es cero por la ley de
Faraday.
5
Si S es una supercie orientada denida por una parametrización uno a uno Φ : D ⊂ R2 7→ S , donde
D es una región donde el teorema de Green aplica. Y sea ∂S una frontera orientada de S y sea F un campo
vectorial C 1 sobre S . Entonces;
6.
´´
S
´
(∇ × F · dS =
F · ds
∂S
Si S no tiene frontera, entonces la integral de la derecha es zero. Verique este teorema para el helicoide
Φ(r, θ) = (rcos(θ), rsinθ,
´ θ), (r, θ) ∈ [0, 1] × [0, π/2], y el campo vectorial F(x, y, z) = (z, x, y).
Primero se calcula S ∇ × F · S = 0. Para esto se obtiene que;
(14)
∇×F=i+j+k
Tambien se tiene Φr = cos(θ)i + sin(θ)j y Φθ = −rsin(θ)i + rcos(θ)j, entonces Φθ × Φθ = sin(θ)i −
cos(θ)j + rk. Por lo tanto se obtiene;
ˆ
ˆ
1
ˆ
(i + j + k) · (sin(θ)i − cos(θ)j + rk)drdθ =
S
π/2
(cos(θ) − cos(θ) + r)dθdr =
0
0
π
4
(15)
Por otro lado, la frontera ∂S , está formada por 4 partes. Primero, cuando r = 1 se tiene;
Φ(1, θ) = cos(θ)i + sin(θ)j + θk
(16)
de este modo F = θi + cos(θ)j + sin(θ)k y dS = dΦ(1, θ). Por consiguiente;
ˆ
ˆ
π/2
F · ds =
∂S1
(θi + cos(θ)j + sin(θ)k·(−sin(θ)i) + cos(θ)j + k)dθ
(17)
0
Si se aplica integración por partes sobre −θsin(θ) se tiene;
ˆ
F · ds =
∂S1
π
4
(18)
Cuando θ=π/2. se conserva la orientación de r si varía de 1 a 0. Entonces se tiene;
ˆ
ˆ
0
π
( i + rk)·(k)dr = 0
2
F · ds =
∂S2
1
(19)
Cuando r = 0, θ va de π/2 a 0, de manera que se obtiene;
ˆ
ˆ
π/2
F · ds =
∂S3
(θi)·(k)dθ = 0
(20)
0
De manera similar, cuando θ=0, el resultado es;
ˆ
ˆ
F · ds =
∂S4
0
(rj)·(i)dr = 0
(21)
1
Si se suma todas la partes, la integral sobre la curva completa será π/4, en consecuencia, en consecuencia
se ha vericado el teorema.
6
Integre ∇ × F, F = (3y, −xz, −yz 2 ) sobre la porción de la supercie 2z = x2 + y 2 debajo del plano
z = 2, directamente y usando el teorema de Stokes.
Para el cálculo directo, se parametriza la supercie de la siguiente manera: Sea x = rcos(θ) y y = rsin(θ).
entonces z = (1/2)(x2 + y 2 ) = r2 /2. También se quiere que 0≤z≤2, de modo que 0leqr2 /2≤2 o 0≤r≤2.
Además se tiene que 0≤θ≤2π . Calculando;
7.
Tθ = −rsin(θ)i + rcos(θ)j
y
Tr = cos(θ)i + sin(θ)j + rk
De manera que la normal exterior es Tθ × Tr = −r2 cos(θ) − r2 sen(θ)j − rk. Tambien calculando;
i
∂
∇ × F = ∂x
3y
j
∂
∂y
−xz
k ∂ ∂z yz2 Haciendo el producto y sustituyendo la parametrización seleccionada;
2
1 4
r
r − rcos(θ) i − − − 3 k
4
2
∇×F=
(22)
Por último;
ˆ
ˆ
2
ˆ
2π
(∇ × F) · (Tθ × Tr )dθddr
(23)
2
4
r
r
2
−r cos(θ)
− rcos(θ + r
+ 3 dθddr
4
2
(24)
(∇ × F) · dS =
S
0
Haciendo el producto punto se tiene;
ˆ
ˆ
2
ˆ
2π
(∇ × F) · dS =
S
0
0
0
Haciendo los productos correspondientes e integrando se tiene;
ˆ
ˆ
2
ˆ
2π
(∇ × F) · dS =
S
0
Finalmente se obtiene;
0
6
1 3
r
3
2
− cos(θ) + r cos (θ) + r + 3r dθddr
4
2
(25)
ˆ
(∇ × F) · dS = 20π
(26)
´
´
Por otro lado, por el teorema de Stokes, S ∇ × F · dS = ∂S F · dS. La frontera ∂S , que es un círulo
de radio 2 en z = 2. Se puede parametrizar mediante (2cos(t), −2sin(t), 2) para 0≤t≤2π . Usando esta
S
orientación porque la supercie está debajo de la frontera, en consecuencia, se debe recorrer con la misma
orientación que el giro de las manecillas del reloj. Calculando ds, por lo tanto;
´
∂S
Integrando nalmente;
F · dS =
´ 2π
0
(12sin2 t + 8cos2 (t)dt
ˆ
F · dS = 20π
∂S
7
(27)