# Solución

Sea $S$ el límite del objeto. Para encontrar el flujo de calor, necesitamos calcular la integral de flujo $\iint_S − k\nabla T \cdot d\bold{S}$. Observa que $\bold{S}$ no es una superficie lisa, sino que es lisa por partes, ya que $S$ es la unión de tres superficies lisas (la parte superior e inferior circulares y el lado cilíndrico). Por lo tanto, calculamos tres integrales separadas, una para cada pieza suave de $S$. Antes de calcular cualquier integral, te en cuenta que el gradiente de temperatura es $\nabla T = \lang 2xz, 2yz, x^2 + y^2\rang$.

Primero consideramos el fondo circular del objeto, que denotamos $S_1$. Podemos ver que $S_1$ es un círculo de radio $1$ centrado en el punto $(0, 0, 1)$, sentado en el plano $z = 1$. Esta superficie tiene parametrización $\bold{r} (u, v) = \lang v cos\; u, v sen\; u, 1 \rang, 0 \le u \lt 2\pi, 0 \le v \le 1$. Por lo tanto,

$$\bold{t}_u = \lang −v sen\; u, v cos\; u, 0 \rang \;\;\text{y}\;\; \bold{t}_v = \lang cos\; u, v sen\; u, 0 \rang$$

y

$$\bold{t}_u \times \bold{t}_v = \lang 0, 0, −v sen^2u − vcos^2u \rang = \lang 0, 0, −v \rang$$

Dado que la superficie está orientada hacia afuera y $S_1$ es la parte inferior del objeto, tiene sentido que este vector apunte hacia abajo. Por la ecuación 6.21, el flujo de calor a través de $S_1$ es

$$\begin{aligned} \iint_{S_1} -k\nabla T\cdot d\bold{S} &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \nabla T(u, v) \cdot (\bold{t}_u \times \bold{t}_v)dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 2v cos\; u, 2v sen\;u, v^2cos^2u + v^2sen^2u \rang \cdot \lang 0, 0, −v \rang dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 2v cos \;u, 2v sen\;u, v^2\rang \cdot \lang 0, 0, −v \rang dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 -v^3 dvdu = -55\int_0^{2\pi} -\frac14 du = \frac{55\pi}{2} \end{aligned}$$

Ahora, consideremos la parte circular superior del objeto, que denotamos $S_2$. Vemos que $S_2$ es un círculo de radio $1$ centrado en el punto $(0, 0, 4)$, sentado en el plano $z = 4$. Esta superficie tiene parametrización $\bold{r} (u, v) = \lang v cos\; u, v sen\; u, 4\rang , 0 \le u \lt 2\pi, 0 \le v \le 1$. Por lo tanto

$$\bold{t}_u = \lang −v sen\; u, v cos\; u, 0 \rang\;\;\text{y}\;\; \bold{t}_v = \lang cos\; u, v sen\; u, 0 \rang$$

y

$$\bold{t}_u \times \bold{t}_v = \lang 0, 0, −v sen^2u − v cos^2u \rang = \lang 0, 0, −v \rang$$

Dado que la superficie está orientada hacia afuera y $S_1$ es la parte superior del objeto, en su lugar tomamos el vector $\bold{t}_v \times \bold{t}_u = \lang 0, 0, v\rang$. Por la ecuación 6.21, el flujo de calor a través de $S_1$ es

$$\begin{aligned} \iint_{S_2} -k\nabla T\cdot d\bold{S} &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \nabla T(u, v) \cdot (\bold{t}_v \times \bold{t}_u)dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 8v cos\; u, 8v sen \;u, v^2cos^2u + v^2sen^2u \rang \cdot \lang 0, 0, v \rang dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 8v cos\; u, 8v sen \;u, v^2\rang \cdot \lang 0, 0, v \rang dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 v^3 dvdu = -\frac{55\pi}{2} \end{aligned}$$

Por último, consideremos el lado cilíndrico del objeto. Esta superficie tiene parametrización $\bold{r} (u, v) = \lang cos\; u, sen\; u, v\rang, 0 \le u \lt 2\pi, 1 \le v \le 4$. Sabemos que $\bold{t}_u \times \bold{t}_v = \lang cos\; u, sen\; u , 0\rang$. Por la ecuación 6.21,

$$\begin{aligned} \iint_{S_3} -k\nabla T\cdot d\bold{S} &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \nabla T(u, v) \cdot (\bold{t}_v \times \bold{t}_u)dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 2v cos\; u, 2v sen\;u, cos^2u + sen^2u \rang \cdot \lang cos\: u, sen \;u, 0 \rang dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 \lang 2v cos \;u, 2v sen \;u, 1 \rang \cdot \lang cos \;u, sen \;u, 0 \rang dvdu\\ &= \big(2v cos^2u + 2v sen^2u\big)dvdu\\ &= -55\int_0^{2\pi}\int_0^1 2vdvdu = -55\int_0^{2\pi} du = −110\pi. \end{aligned}$$

Por lo tanto, la tasa de flujo de calor a través de $S$ es $\frac{55\pi}{2} - \frac{55\pi}{2} - 110\pi = -110\pi$