Ejercicios Resueltos de Calculo Vectorial Examenes

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Febrero 31.01.02 Soluci´on del

PROBLEMA 2 (3 puntos)

Calcular el flujo del campo vectorial ~F (x, y, z) = z2 _cos(x2_{+ y}2_{)~k a trav´es de la semiesfera}

x2+ y2+ z2 = a2, z ≥ 0, seg´un la normal exterior a la esfera.

Respuesta:

Utilizando coordenadas esf´ericas, una parametrizaci´on de la semiesfera viene dada por las ecua-ciones:

~Σ := ~Σ(θ, φ) = (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)), donde,

x(θ, φ) = a cos θ sen φ, y(θ, φ) = a sen θ sen φ, z(θ, φ) = a cos φ, con 0 < θ < 2π y 0 < φ < π/2.

Un vector en la direcci´on de la normal a la semiesfera es entonces ~n := ∂~Σ

∂φ × ∂~Σ

∂θ = ¡

a2 _{cos θ (sen φ)}2_{, a}2_{(sen φ)}2 _{sen θ, a}2 _{cos φ sen φ}¢

que, adem´as, tiene el sentido de la normal exterior.

Por otra parte, el valor que toma el campo vectorial sobre la semiesfera es: ~

F (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)) = (0, 0, a2_{(cos φ)}2 _cos(a2_{(sen φ)}2_)).

Por lo tanto, el flujo pedido es, por definici´on: Φ := Z Σ ~ F · ~ds = Z _2π 0 dθ Z _π/2 0

a2(cos φ)2 cos(a2(sen φ)2) a2 cos φ sen φ dφ = 2πa4

Z _π/2

0

(cos φ)3 _cos(a2_{(sen φ)}2_{) sen φ dφ}

Para resolver esta integral efectuamos el cambio de variable

u = a2_{(sen φ)}2 _{=⇒ du = 2a}2_{cos φ sen φ}

del que se obtiene:

Φ := π Z _a2

0

(a2 _{− u) cos u du = π(1 − cos a}2₎

Soluci´on del PROBLEMA 2

(3 puntos)

Una loxodroma sobre un cilindro es aquella curva que corta las generatrices del cilindro formando con cada una de ellas un mismo ´angulo α. Se considera el cilindro de ecuaci´on impl´ıcita

x2_{+ y}2 _{= r}2_.

1) Determ´ınense las funciones f para las cuales la curva x = r cos t y = r sent z = f (t)    t ∈ R , es una loxodroma de ´angulo α. ¿Qu´e nombre reciben estas curvas ?

2) Consid´erense las loxodromas del apartado anterior que pasan por los puntos (r, 0, 0) y (r, 0, 2π) y, para cada una de ellas, calc´ulese su longitud entre dichos puntos.

Respuesta:

1) El ´angulo que forman dos curvas que se cortan en un punto es el menor ´angulo α que forman sus tangentes en ese punto (α ∈ [0, π]).

Las generatrices del cilindro dado son paralelas al eje OZ, por tanto un vector unitario en la direcci´on de la tangente a cualquiera de ellas es k = (0, 0, 1). En cuanto a la curva dada, un vector unitario en la direcci´on de la tangente es

t = (x

0_{(t), y}0_{(t), z}0_(t))

[(x0_(t))2_{+ (y}0_(t))2_{+ (z}0_(t))2_]1/2 =

(− r sen t, r cos t, f0_(t))

[r2_{+ (f}0_(t))2_]1/2 .

El producto escalar entre ambos vectores unitarios da lugar a la expresi´on:

t · k = f

0_(t)

[r2 _{+ (f}0_(t))2_]1/2 = cos α . (1)

Por otra parte, su producto vectorial es:

t × k = (r sen t, − r cos t, 0) [r2_{+ (f}0_(t))2_]1/2

Por tanto el m´odulo de este producto vectorial da lugar a la relaci´on:

|t × k| = r

[r2 _{+ (f}0_(t))2_]1/2 = sen α . (2)

Dividiendo miembro a miembro (1) entre (2) resulta: f0(t) = r ctg α .

Puesto que r 6= 0, esta operaci´on siempre puede realizarse ya que, en este caso, se tiene sen α 6= 0. Integrando miembro a miembro en la ´ultima ecuaci´on se obtiene el valor de la funci´on f (t) buscado, que es:

siendo C una constante arbitraria.

As´ı pues, las ecuaciones param´etricas de la curva buscada son: x = r cos t y = r sent z = (r ctg α) t + C    t ∈ R , que corresponden a una familia de h´elices.

2) Se trata de determinar la familia de h´elices que pasa por los puntos dados. Si la h´elice pasa por (r, 0, 0), entonces debe existir un t0 ∈ R tal que:

x(t0) = r cos t0 = r =⇒ cos t0 = 1 ,

y(t0) = r sent0 = 0 =⇒ sen t0 = 0 .

De ambas expresiones se deduce que

t0 = 2nπ , n ∈ Z .

Adem´as,

z(t0) = (r ctg α) t0+ C = 0 =⇒ C = − (r ctg α) 2nπ .

Por otra parte, si la h´elice pasa por (r, 0, 2π), entonces debe existir un t1 ∈ R (t1 6= t0) tal que:

x(t1) = r cos t1 = r =⇒ cos t1 = 1 ,

y(t1) = r sent1 = 0 =⇒ sen t1 = 0 ,

con lo cual, t1 = 2mπ , m ∈ Z y m 6= n . Adem´as, z(t1) = (r ctg α) t1− (r ctg α) 2nπ = 2π =⇒ r ctg α = 1 m − n. Es decir, la h´elice que pasa por los dos puntos dados es:

x = r cos t y = r sent z = ¡ 1 m−n ¢ t − 2nπ m−n    t ∈ R y n, m ∈ Z (n 6= m). La longitud de arco pedida viene dada por:

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z _2mπ 2nπ s r2₊ µ 1 m − n ¶₂ dt ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ =   s r2₊ µ 1 m − n ¶₂  |m − n| 2 π .

Soluci´on del PROBLEMA 3

(3 puntos)

Sea U(r) (r = xi + yj + zk) un campo escalar de clase dos y arm´onico en un dominio M ⊂ R3_{. Sea}

Ω ⊂ M un subconjunto medible - Jordan compacto, cuya frontera S est´a formada por un n´umero finito de superficies regulares.

Se pide:

Indicaci´on: div(V F) = V divF + F · gradV .

2) Comprobar la f´ormula anterior (calculando expl´ıcitamente las dos integrales de la igualdad (∗) ) para el campo escalar arm´onico

U(r) = 1 krk y el recinto Ω ⊂ R3 _{limitado por las superficies:}

S1 : esfera de centro el origen y radio 1.

S2 : superficie c´onica de revoluci´on alrededor del eje z de v´ertice el origen

y semi´angulo en el v´ertice. S3 : plano z = 1/2.

Respuesta:

1) Sea F = UgradU que es un campo de clase uno en M. Mediante el uso del teorema de Gauss, el flujo de F sobre la superficie S puede ser expresado, de la siguiente forma

Z Z S UgradUds = Z Z Z Ω div(UgradU)dxdydz = Z Z Z Ω

(Udiv(gradU) + gradU · gradU) dxdydz = =

Z Z Z

Ω

¡

U∆U + kgradUk2¢dxdydz =

Z Z Z

Ω

kgradUk2dxdydz donde se ha utilizado que ∆U = 0 en Ω por definici´on de campo arm´onico.

2) El conjunto Ω se muestra en la figura.

-1 -0.5 0.5 1 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

Ω

Σ

Σ

Σ

Sean I =R R R_Ω ° ° °grad(_krk1 ) ° ° °2dxdydz y J =R R_S 1 krkgrad(krk1 )ds.

Sea r := krk =px2_{+ y}2_{+ z}2_{. En primer lugar,}

grad(1 r) = −grad r r2 = −r r3

donde se ha utilizado que grad r = −r

r. Es inmediato comprobar, aunque no lo pide el enunciado, que

1 r es arm´onico en R3− {0}. Ahora, ° ° °grad(_krk1 ) ° ° °2 = 1 r4 = _(x2_+y12_+z2₎2 y _krk1 grad(_krk1 ) = −r_r4 = _(x2−(x,y,z)_+y2_+z2₎2. A) C´alculo de I. I = Z Z Z Ω 1 (x2_{+ y}2_{+ z}2₎2dxdydz

Por la geometr´ıa del recinto y la forma de la funci´on subintegral, lo m´as adecuado es hacer un cambio a esf´ericas.

x = r cos θsenφ ; y = rsenθsenφ ; z = r cos φ

Obviamente, el ´angulo θ variar´a entre 0 y 2π y el ´angulo φ entre 0 y π/4. En cuanto a r, ´este variar´a entre r0 y 1 donde r0 se puede calcular expresando la ecuaci´on del plano z = 1/2 en

coordenadas esf´ericas r0cos φ = 1 2 ⇒ r0 = 1 2 cos φ Por ello, I = Z Z Z Ω 1 (x2_{+ y}2 _{+ z}2₎2dxdydz = Z _2π 0 dθ Z π 4 0 dφ Z ₁ 1 2 cos φ 1 r4r 2_{senφdr =} = 2π Z π 4 0 dφsenφ Z ₁ 1 2 cos φ 1 r2dr = 2π Z π 4 0 dφsenφ · −1 r ¸₁ 1 2 cos φ = = 2π Z π 4 0 senφ (2 cos φ − 1) dφ = 4π Z π 4 0 senφ cos φdφ − 2π Z π 4 0 senφdφ = = 2π1 2sen 2_{φ |}π/4 0 −2π cos φ |0π/4= π ³√ 2 − 1 ´

B) C´alculo de J. La integral de superficie se calcula descomponi´endola en las integrales corres-pondientes a Σ1, Σ2 y Σ3 (ver figura).

J = − Z Z S r r4ds = − Z Z S r r4 · nds = − µZ Z Σ1 r r4 · nds+ Z Z Σ2 r r4 · nds+ Z Z Σ3 r r4 · nds ¶

donde n es el vector unitario normal saliente a la superficie.

B.1. Como en la superficie esf´erica se tiene n = r y r = 1 entonces Z Z Σ1 r r4 · nds= Z Z Σ1 1 r2ds = 1 12 Z Z Σ1 ds = ´Area(Σ1) = Z Z G ° ° ° °∂Φ_∂φ ×∂Φ_∂θ ° ° ° ° dφdθ

donde (x, y, z) = Φ(u, v), (u, v) ∈ G es una parametrizaci´on de Σ1. Como parametrizaci´on de Σ1 se

puede tomar

x = cos θsenφ ; y = senθsenφ ; z = cos φ θ ∈ [0, 2π] ; φ ∈

h 0,π

4 i

Z Z Σ1 r r4 · nds = Z _2π 0 dθ Z _π/4 0 senφdφ = 2π Z _π/4 0 senφdφ = π(2 −√2)

B.2. En Σ2 los vectores normales a la superficie son perpendiculares al campo _rr4 (n´otese que es un campo central) con lo que _{Z Z}

Σ2 r r4 · nds = 0 B.3. En Σ3, n =(0, 0, −1) luego Z Z Σ3 r r4 · nds = − Z Z Σ2 z (x2_{+ y}2_{+ z}2₎2ds

y ahora, parametrizando Σ3 en la forma

x = x ; y = y ; z = 1 2 ; x 2_{+ y}2 _≤ 1 4 se tiene, al ser ° ° °∂Φ_∂φ × ∂Φ ∂θ ° ° ° = 1, Z Z Σ3 r r4 · nds = − Z Z Σ2 z (x2_{+ y}2_{+ z}2₎2ds = − Z Z x2_+y2_≤1 4 1 2 ¡ x2 _{+ y}2₊ 1 4 ¢₂dxdy = = −1 2 Z Z x2_+y2_≤1 4 1 ¡ x2_{+ y}2₊1 4 ¢₂dxdy = −1 2 Z _2π 0 dθ Z _1/2 0 ρ ¡ ρ2₊ 1 4 ¢₂dρ = = − Z _1/2 0 ρ ¡ ρ2 ₊1 4 ¢₂dρ = −π

Por ello, se tiene finalmente

J = −³π(2 −√2) + 0 − π´= π(√2 − 1) con lo que se compueba que, efectivamente, I = J.

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Septiembre 9.9.02 Soluci´on del

PROBLEMA 1 (4 puntos)

Sea f : (0, ∞) → R una funci´on de clase uno, sea a ∈R3 _{un vector fijo no nulo y sea el campo}

F :R3_{\ {0} → R}3 _{definido por}

F(r) =f (r) a × r donde r = xi + yj + zk y r = px2_{+ y}2_{+ z}2_.

Se pide:

a) Calcular la divergencia del campo F y simplificar el resultado. b) Sea Γ la curva definida por las ecuaciones

x2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 1} x − z = 0 Calcular I = Z Γ a × r r2 dr

donde la orientaci´on de Γ es tal que su proyecci´on sobre el plano xy est´a orientada en sentido contrario a las agujas del reloj.

c) Se considera el tetraedro T de v´ertices A ≡ (0, 0, 1/2), B ≡ (0, 1, 0), C ≡ (1, 0, 0) y V ≡ (1, 1, 1). Calcular la integral

J = Z

Σ

r2(a × r) dσ

siendo a = (1, −1, 0) y Σ la superficie formada por las tres caras de T que pasan por el punto V , orientada seg´un la normal saliente a T .

Respuesta:

a) En primer lugar calculamos

a × r = (a2z − a3y, a3x − a1z, a1y − a2x)

y ahora, utilizando que si U es un campo escalar y V un campo vectorial se cumple div (UV) = grad U · V + Udiv V, se tiene

div (f (r)a × r) = grad (f (r)) · (a × r) + f (r) div (a × r) = = f0_{(r) gradr · (a × r) + f (r) div (a × r) =} = f0(r)r r · (a × r) + f (r) div (a × r) = 0 pues: - gradr =r r

- div (a × r) = 0 al ser su componente i-´esima independiente de la i-´esima variable, i = 1, 2, 3. - el producto mixto r · (a × r) es nulo al ser los vectores linealmente dependientes.

Por ello, para cualquier f el campo F es solenoidal en su dominio de definici´on. b) Se puede proceder de dos formas:

proyecci´on es 2x + y = 1 y entonces la curva se puede escribir 2x2_{+ y}2 _{= 1}

z = x Parametrizamos la proyecci´on en la forma

x = √1

2cos t ; y = sen t , t ∈ [0, 2π]

(n´otese que lleva la orientaci´on que indica el enunciado), y entonces una posible parametrizaci´on para Γ viene dada por

x = √1 2cos t y = sen t z = √1

2cos t con t ∈ [0, 2π]

Ahora, como r2 _{= x}2 _{+ y}2 _{+ z}2 _{vale uno en todos los puntos de Γ, la expresi´on de I se puede}

simplificar. En efecto, I = Z Γ a × r r2 dr = Z Γ (a × r) · dr = Z Γ (a2z − a3y)dx + (a3x − a1z)dy + (a1y − a2x) dz

y entrando con la parametri´on anterior se tiene I = Z _2π 0 µ a2_√cos t 2 − a3sen t) µ −sen t√ 2 ¶ + (a3√cos t 2 − a1_√cos t 2 ) cos t + (a1sen t − a2_√cos t 2 ¶ µ −sen t√ 2 ¶ dt

Por simetr´ıa, la integralR₀2πcos tsentdt vale cero mientras queR₀2πcos2_{dt =}R2π

0 sen2tdt = 4

R_π/2

0 cos2dt

por lo que se puede escribir I = 4 µ 2a_√3 2 − 2a1 √ 2 ¶ Z _π/2 0 cos2_{dt =}√_{2π (a} 3− a1)

b.2) Aplicando el teorema de Stokes. Como rot(a × r) = 2a tiene una expresi´on muy simple y la curva Γ es la frontera de la superficie (tambi´en muy sencilla) S correspondiente a la porci´on del plano x = z contenido en el interior de la esfera x2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 1 parece razonable aplicar el teorema}

de Stokes para calcular I. As´ı, I = Z Γ a × r r2 dr = Z Γ (a × r) · dr = Z S 2a · dσ donde S est´a orientada por el vector normal unitario n =_√1

2(−1, 0, 1). De esta forma I = 2 Z S a · dσ =2 Z S a · √1 2(−1, 0, 1) dσ = √ 2(a3− a1) Z S dσ = √2(a3− a1) ´Area(S)

y como S es un c´ırculo de radio 1 se tiene ´Area(S) = π y se llega al resultado final I =√2π (a3− a1).

c) El calcular J integrando sobre Σ parece complicado debido a la complejidad de dicha superficie, por lo que se busca otra alternativa para su c´alculo. Puesto que el campo r2_{(a × r) tiene la forma}

es igual a la integral del campo en cuesti´on sobre cualquier superficie que se apoye sobre el borde de Σ y est´e orientada coherentemente con dicho borde. Por ejemplo, podemos elegir por ejemplo la cara S del tetraedro T correspondiente a los v´ertices A, B y C. Esta cara est´a situada sobre el plano

x + y + 2z = 1

y se debe considerar la orientaci´on correspondiente al vector normal unitario n =_√1

6(1, 1, 2). Entonces J = Z Σ r2_{(a × r)dσ =} Z Σ r2_{(a × r) · ndσ =} = √1 6 Z Σ ¡ x2+ y2+ z2¢((1, −1, 0)×(x, y, z)) · (1, 1, 2)dσ = = √2 6 Z Σ ¡ x2+ y2+ z2¢(x + y − z)dσ Ahora parametrizamos S en la forma estandar, es decir,

x = x Φ : y = y z = h(x, y) = 1 2 (1 − x − y) ; (x, y) ∈ M = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 ; y = 1 − x} Entonces ° ° ° °∂Φ_∂x × ∂Φ_∂y ° ° ° ° = s 1 + µ ∂h ∂x ¶₂ + µ ∂h ∂y ¶₂ = √ 6 2 y se tiene J = √2 6 Z Z M µ x2+ y2+1 4(1 − x − y) 2 ¶ (x + y −1 2(1 − x − y) ) √ 6 2 dxdy = = Z Z M µ x2+ y2 +1 4(1 − x − y) 2 ¶ (x + y − 1 2(1 − x − y) )dxdy = · · · = = Z Z M µ 15 8 x 3₊15 8 y 3₊21 8 xy 2₊21 8 x 2_{y −} 11 8 x 2₋ 11 8 y 2₋ 7 4xy + 5 8x + 5 8y − 1 8 ¶ dxdy

Ahora hay que evaluar 10 integrales del tipoR R_Mxp_yq_{dx. En primer lugar podemos utilizar que,}

al ser M sim´etrico respecto de la recta y = x, entonces R R_Mxp_yq_{dx =}R R

M xqypdx (*) con lo que J = Z Z M µ 15 4 x 3₊ 21 4 x 2_{y −} 11 4 x 2₋ 7 4xy + 5 4x − 1 8 ¶ dxdy

y hay que calcular 6 integrales. Estas se pueden calcular de forma conjunta evaluando, para p y q gen´ericos, la integral Z Z M xp_yq_{dxdy =} Z ₁ 0 xp_dx Z _1−x 0 yq_{dy =} Z ₁ 0 xp 1 q + 1(1 − x) q+1_{dx =} 1 q + 1 Z ₁ 0 xp_{(1 − x)}q+1_{dx =} = 1 q + 1β(p + 1, q + 2) = 1 q + 1 Γ(p + 1)Γ(q + 2) Γ(p + q + 3) = 1 q + 1 p!(q + 1)! (p + q + 2)! = p!q! (p + q + 2)! N´otese que esta f´ormula demuestra la la validez de la igualdad (*) que se estableci´o anteriormente por un argumento de simetr´ıa.

M x3_{dxdy =} 5! = 20 ; _M x 2_{ydxdy =} 5! = 60 Z Z M x2dxdy = 2! 4! = 1 12 ; Z Z M xydxdy = 1 4! = 1 24 Z Z M xdxdy = 1 3! = 1 6 ; Z Z M dxdy = 1 2 y entonces J = 15 4 1 20+ 21 4 1 60− 11 4 1 12 − 7 4 1 24+ 5 4 1 6− 1 8 1 2 y operando se llega al resultado final J = 19

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Junio 23.06.03 Soluci´on del

PROBLEMA 1 (4 puntos)

Sean φ : R3 _{→ R un campo escalar de clase C}2 _{y Ω ⊂ R}3 _{un s´olido limitado por una superficie S}

regular y orientada seg´un la normal saliente n. Se pide:

1) Calcular div (φ grad φ).

2) Aplicando el teorema de Gauss, transformar la integral de superficie Z Z

S

φ∂φ ∂ndσ en una integral triple extendida a Ω. (Se recuerda que ∂φ

∂n = grad φ · n).

3) Determinar la expresi´on en Ω de todos los campos vectoriales F : R3 _{→ R}3_{, F ∈ C}1_{, que sean}

irrotacionales, solenoidales y con componente normal sobre S igual a cero en todos los puntos. 4) Sea S una superficie regular orientable que encierra un volumen acotado Ω ⊂ R3 _¿Queda

un´ıvo-camente determinado en Ω un campo vectorial G : R3 _{→ R}3_{, G ∈ C}1_{, si se conocen rot G y div G}

en R3 _{y la componente normal de G sobre todos los puntos de S? Razonar la respuesta.}

Respuesta:

1) Utilizando las definiciones de gradiente de un campo escalar y de divergencia de un campo vecto-rial, se tiene: div (φ grad φ) = ∂ ∂x · φ∂φ ∂x ¸ + ∂ ∂y · φ∂φ ∂y ¸ + ∂ ∂z · φ∂φ ∂z ¸ = µ ∂φ ∂x ¶ µ ∂φ ∂x ¶ + φ∂2φ ∂x2 + µ ∂φ ∂y ¶ µ ∂φ ∂y ¶ + φ∂2φ ∂y2 + µ ∂φ ∂z ¶ µ ∂φ ∂z ¶ + φ∂2φ ∂z2 = µ ∂φ ∂x ¶₂ + µ ∂φ ∂y ¶₂ + µ ∂φ ∂z ¶₂ + φ · ∂2_φ ∂x2 + ∂2_φ ∂y2 + ∂2_φ ∂z2 ¸ = kgrad φk2 _{+ φ ∆ φ ,}

donde k.k representa la norma dos y ∆ es el operador laplaciano.

2) En las condiciones establecidas en el enunciado es posible aplicar el teorema de Gauss a la integral de superficie dada. Para ello basta tener en cuenta que

Z Z S φ∂φ ∂ndσ = Z Z S φ grad φ · n dσ . La aplicaci´on del teorema de Gauss a esta integral da lugar a la igualdad

Z Z S φ∂φ ∂ndσ = Z Z Z Ω div [φ grad φ] dV .

S φ ∂φ ∂ndσ = _Ω kgrad φk 2_{dV +} Ω φ ∆ φ dV .

3) Que el campo F sea irrotacional en R3 _{(que es un dominio estrellado) significa que es el gradiente}

de un potencial escalar. Es decir, existe un campo escalar φ : R3 _{→ R tal que}

F = grad φ (en R3_{) .}

Adem´as, F es solenoidal (es decir, tiene divergencia nula), por lo tanto: div (F) = div (grad φ) = ∆ φ = 0 (en R3_{) ,}

donde ∆ vuelve a representar el operador laplaciano.

Podemos concluir, por tanto, que todo campo irrotacional y solenoidal en R3 _{es el gradiente de}

un campo escalar arm´onico (que satisface la ecuaci´on de Laplace ∆ φ = 0 en R3_).

Por otra parte, puesto que F = grad φ, su componente normal sobre la superficie cerrada S viene dada por grad φ · n = (∂φ/∂n), siendo n un vector dirigido seg´un la normal saliente a S en cada punto. Ahora bien, esta componente normal es cero y, en consecuencia, la integral de superficie

Z Z S φ F · n dσ = Z Z S φ∂φ ∂ndσ debe tambi´en anularse.

El resultado final obtenido en el apartado 2) anterior nos permite entonces concluir que Z Z S φ∂φ ∂ndσ = Z Z Z Ω kgrad φk2_{dV +} Z Z Z Ω φ ∆ φ dV = 0 .

De aqu´ı, teniendo en cuenta que (como se acaba de demostrar) φ es un campo escalar arm´onico

(∆φ = 0), resulta _{Z Z Z}

Ω

kgrad φk2_{dV = 0}

y como kgrad φk2 _{es una funci´on continua no negativa, obtenemos finalmente}

kgrad φk = 0 en Ω ⇐⇒ F = grad φ = 0 en Ω .

As´ı pues, el ´unico campo vectorial que satisface todas las condiciones establecidas en este tercer apartado es el campo nulo en Ω, que deriva de un potencial escalar constante.

4) Se trata de determinar si en el volumen Ω limitado por la superficie cerrada S, el conocimiento del rotacional y la divergencia de un campo vectorial G, junto con los valores de su componente normal sobre S, determina dicho campo de forma ´unica.

Para ello supongamos que existe otro campo vectorial H tal que su rotacional, su divergencia y los valores de su componente normal sobre S, coinciden con los de G.

En estas condiciones, la diferencia entre ambos campos vectoriales, F = G − H, es a su vez un campo vectorial con las siguientes propiedades:

rotF = rotG − rotH = 0, divF = divG − divH = 0 . Adem´as, la componente normal de F sobre S es tambi´en nula.

Seg´un se ha aprobado en el apartado anterior, el ´unico campo en Ω que cumple estas condiciones es el id´enticamente nulo. Es decir , G y H tienen que ser iguales, de lo que concluimos que, en efecto, las condiciones dadas sobre G en este apartado 4) lo determinan un´ıvocamente en Ω.

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Junio 23.06.03 Soluci´on del

PROBLEMA 2 (3 puntos) Se considera el astroide de ecuaci´on cartesiana:

x2/3 + y2/3 = a2/3, (a > 0). Se pide:

1) Calcular su longitud.

2) Calcular el ´area que encierra. Respuesta:

1) La curva Γ en cuesti´on es cerrada y presenta simetr´ıa respecto de los dos ejes de coordenadas. Su aspecto es el que muestra la figura.

Para calcular la longitud de la curva se debe encontrar una parametrizaci´on de la misma. Para ello, se puede utilizar el hecho de que sen2_{t + cos}2_{t = 1,}

obteniendo as´ı la parametrizaci´on r(t) = (x(t), y(t)) dada por x = acos3_t y = asen3t, t ∈ [0, 2π] Se tiene entonces L = Z _2π 0 kr0_{(t)k dt =} Z _2π 0 p x0_(t)2_{+ y}0_(t)2_{dt = 3a} Z _2π 0 √

sen2_{t cos}4_{t + sen}4_{t cos}2_{tdt =}

= 3a Z _2π

0

p

sen2_{t cos}2_t(sen2_{t + cos}2_{t)dt = 3a}

Z _2π 0 √ sen2_{t cos}2_{tdt =} = 3a Z _2π 0

|sent| |cos t| dt = 12a Z π

2 0

sent cos tdt = 6asen2_{t |}π2 0= 6a

donde en la antepen´ultima igualdad se ha utilizado la periodicidad de la funci´on |sent| |cos t| (n´otese que si se comete el error de escribir que√sen2_{t cos}2_{t es igual a sent cos t, se obtiene que la longitud}

es nula, lo cual, evidentemente, no tiene sentido).

2) La parametrizaci´on anterior puede utilizarse para el c´alculo del ´area mediante una integraci´on curvil´ınea haciendo uso de la siguiente expresi´on

A = 1 2 Z Γ xdy − ydx = 1 2 Z _2π 0 [x(t)y0_{(t) − y(t)x}0_{(t)] dt =} = 1 2 Z _2π 0 [x(t)y0(t) − y(t)x0(t)] dt = 3 2a 2 Z _2π 0 £

sen2t cos4t + sen4t cos2t¤dt = = 3 2a 2 Z _2π 0 sen2_{t cos}2_{tdt = 6a}2 Z π 2 0 sen2_{t cos}2_{tdt = 6a}21 2β( 3 2, 3 2) = · · · = 3 8πa 2

N´otese que a debe tener dimensiones de longitud para que x e y representen una posici´on. Se comprueba que los resultados obtenidos son dimensionalmente correctos, puesto que L y A tienen dimensiones de longitud y ´area respectivamente.

PROBLEMA 1 (4 puntos) Contestar razonadamente a cada una de las siguientes cuestiones: (las cuestiones 1, 2 y 3 no son actual del programa)

4) Sea Ω = R2_{\ {(±1, 0)} y sean P, Q : Ω → R dos funciones de clase C}1 _{tales que}

∂P ∂y(x, y) = ∂Q ∂x(x, y) , (x, y) ∈ Ω y _Z Γ1 P dx + Qdy = 4 , Z Γ2 P dx + Qdy = 7 ,

en donde Γ1 es el cuadrado de v´ertices (±3, ±3) con orientaci´on positiva y Γ2 es la circunferencia

(x − 1)2_{+ y}2 _{= 1 con orientaci´on positiva.}

Se pide calcular

Z

Γ P dx+Qdy siendo Γ cada una de las siguientes curvas, con orientaci´on positiva:

a) Circunferencia (x + 1)2_{+ y}2 _{= 1.}

b) Elipse 4x2_{+ y}2 _{= 1.}

c) Cuadrado de v´ertices (0, ±1), (2, ±1).

Respuesta:

Aplicaremos el siguiente resultado (consecuencia del teorema de Green):

Sea F = (P, Q) un campo vectorial de clase 1 en un dominio Ω (m´ultiplemente conexo) de R2 _y

tal que ∂Q ∂x =

∂P

∂y. Sea R una regi´on cerrada en Ω cuya frontera est´a formada por un n´umero finito de curvas de Jordan Γ, γ1, . . . , γm de forma que Γ contiene a γ1, . . . , γm en su interior. Entonces

Z Γ P dx + Qdy = m X k=1 Z γk P dx + Qdy . recorridas las curvas con la misma orientaci´on.

Llamemos C a la circunferencia del apartado a), E a la elipse de b) y G al cuadrado de c) (v´ease la figura); apliquemos el resultado enunciado:

a) Consideramos la regi´on cuya frontera exterior es el cuadrado Γ1 y cuyas fronteras interiores son las circunferencias Γ2 y C,

se tiene: Z Γ1 = Z Γ2 + Z C ⇒ Z CP dx + Qdy = 4 − 7 = −3 .

b) En la regi´on encerrada por la elipse el campo es conservativo, entonces

Z

EP dx + Qdy = 0.

c) Consideramos la regi´on cuya frontera exterior es G y cuya frontera interior es Γ2, entonces

Z GP dx + Qdy = Z Γ2 P dx + Qdy = 7 . -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 E Γ1 C _G Γ2

Soluci´on del PROBLEMA 2

(3 puntos)

Se considera un elipsoide en el que las longitudes de los semiejes son a, b y c. A cada punto de la superficie del elipsoide se le asocia la distancia, d(x, y, z), del centro del elipsoide al plano tangente al elipsoide en ese punto. Calc´ulese la integral de la funci´on 1/d2_{(x, y, z) sobre la superficie del elipsoide.}

Respuesta: Puesto que la soluci´on del problema no depende del sistema de referencia elegido, tomaremos aquel en el que el centro del elipsoide est´a en el origen y sus ejes coinciden con los ejes cartesianos. As´ı, la ecuaci´on del elipsoide es

x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1

En primer lugar calcularemos el plano tangente al elipsoide en un punto gen´erico (x, y, z) de su superficie. Puesto que la ecuaci´on del elipsoide es F (x, y, z) = 0 con F (x, y, z) = x2

a2 + y 2

b2 + z 2

c2 − 1, un vector normal al plano viene dado por gradF (x, y, x) = ¡2x

a2,2y_b2,2z_c2 ¢

, o dividiendo por 2, por ¡_x

a2,_by2,_cz2 ¢

. De esta forma la ecuaci´on de los puntos (X, Y, Z) del plano es x a2(X − x) + y b2 (Y − y) + z c2(Z − z) = 0 es decir, x a2X + y b2Y + z c2Z = x2 a2 + y2 b2 + z2 c2

y teniendo en cuenta que (x, y, z) pertenece al elipsoide, se tiene finalmente x a2X + y b2Y + z c2Z = 1

La distancia de un punto (x0, y0, z0) a un plano AX + BY + CZ + D = 0 es

d = |Ax0√+ By0+ Cz0+ D| A2_{+ B}2_{+ C}2

por lo que al ser (x0, y0, z0) = (0, 0, 0), la funci´on distancia pedida viene dada por

d(x, y, z) = √ |−1| A2_{+ B}2_{+ C}2 = 1 q x2 a4 + y2 b4 + z 2 c4 .

De esta forma, la integral pedida es I = Z S 1 d2_{(x, y, z)}dσ = Z S µ x2 a4 + y2 b4 + z2 c4 ¶ dσ

Utilizando la paridad de la funci´on subintegral respecto de x, y y z y la simetr´ıa del recinto respecto de los tres planos coordenados se tiene

I = 8 Z S0 µ x2 a4 + y2 b4 + z2 c4 ¶ dσ donde S0 _{es la porci´on de elipsoide comprendida en el primer octante.}

Procederemos parametrizando S0 _{en la forma}

(x, y, z) = Φ(θ, φ), (θ, φ) ∈ Ω y entonces la integral se calcula como una integral doble en la forma

I = 8 Z Z Ω 1 (d(Φ(θ, φ)))2 ° ° ° °∂Φ_∂θ(θ, φ) × ∂Φ_∂φ(θ, φ) ° ° ° ° dθdφ La parametrizaci´on m´as c´omoda para S0 _es

x = a cos θsenφ y = bsenθsenφ z = c cos φ, θ ∈ [0,π 2], φ ∈ h 0,π 2 i Operando se obtiene ° ° ° °∂Φ_∂θ(θ, φ) ×∂Φ_∂φ(θ, φ) ° ° ° ° = p

b2_c2_cos2_θsen4_{φ + a}2_c2_sen2_θsen4_{φ + a}2_b2_cos2_φsen2_{φ =}

= abc |senφ| r cos2_θsen2_φ a2 + sen2_θsen2_φ b2 + cos2_φ c2

Por otro lado,

x2 a4 + y2 b4 + z2 c4 = cos2_θsen2_φ a2 + sen2_θsen2_φ b2 + cos2_φ c2 y por ello, I = 8 Z S0 µ x2 a4 + y2 b4 + z2 c4 ¶ dσ = 8abc Z π 2 0 dθ Z π 2 0 µ cos2_θsen2_φ a2 + sen2_θsen2_φ b2 + cos2_φ c2 ¶3 2 |senφ| dφ = = 8abc Z π 2 0 dθ Z π 2 0 µ cos2_θsen2_φ a2 + sen2_θsen2_φ b2 + cos2_φ c2 ¶3 2 senφdφ donde se ha usado que el seno es no negativo en £0,π

2

¤

. Las integrales obtenidas no pueden resolverse por los m´etodos habituales de integraci´on, por lo que el resultado se deja indicado.

Soluci´on del PROBLEMA 1

(4 puntos)

1) Sea Ω un dominio acotado de R3 _{limitado por una superficie regular Σ orientada seg´un la}

normal saliente. Sea F :R3 _{→ R}3 _{un campo vectorial regular del que se sabe que admite tanto un}

potencial escalar como un potencial vector y sea G un potencial vector cualquiera de F. Encontrar una expresi´on para I = R R_ΣF × G dσ que dependa ´unicamente del valor del m´odulo de F en el recinto Ω.

2) Calcular las constantes α, β,γ y δ para que el campo

F(r) =(x + αz)i+(βx + y)j+(γy + δz)k, r =xi+yj+zk

definido en R3_{, admita tanto un potencial escalar como un potencial vector. Para los valores de α, β,γ}

y δ obtenidos, calcular las constantes A, B, C, D y E para que el campo G(r) =(yz + Azx, Bxz + Cxy, Dxy + Eyz) sea un potencial vector de F.

3) Comprobar la validez de la f´ormula obtenida en el apartado 1 en el caso en que Σ es la esfera unidad orientada seg´un la normal saliente y F y G son los campos calculados en el apartado 2.

4) Sea Γ la curva de ecuaciones cartesianas

x2 _{+ y}2 _{− 1 = 0}

x + y + z − 1 = 0 ¾

orientada de forma que su proyecci´on sobre el plano xy se recorre en sentido positivo. Se pide: 4.1. Parametrizar Γ y calcular la circulaci´on del campo G hallado en el apartado 2 sobre Γ. 4.2. Comprobar el resultado aplicando de forma adecuada el teorema de Stokes.

Respuesta: Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional.

1. Puesto que se pide relacionar una integral de superficie de un campo vectorial con una integral triple parece razonable aplicar el teorema de Gauss. La regularidad de la superficie Σ y de los campos F y G involucrados hacen que se verifiquen las condiciones suficientes para su aplicabilidad. As´ı,

Z Σ F × Gdσ = Z Z Z Ω div(F × G)dv,

Ahora se utilizar´a que div(F × G) = G·rotF − F·rotG, que al admitir F un potencial escalar en R3 _{se sigue rotF = 0 en R}3 _{y, por definici´on de potencial vector, rotG = F obteni´endose}

Z Σ F × Gdσ = Z Z Z Ω −F · Fdv = − Z Z Z Ω kFk2dv que es el resultado pedido.

2. Para que F admita un potencial escalar en R3_{, es decir, para que F sea un campo conservativo}

en R3_{, es condici´on necesaria que se cumpla rotF = 0 en R}3 _{mientras que para que F admita un}

potencial vector es condici´on necesaria que se cumpla divF = 0 en R3 _{(y ello es independiente}

del hecho de que R3 _{sea un dominio estrellado). Imponiendo las condiciones anteriores se tiene}

rotF = (γ, α, β) = (0, 0, 0) de donde se sigue α = β = γ = 0 y divF = 1 + 1 + δ = 0 de donde se sigue δ = −2, es decir F = xi + yj − 2zk. Ahora bien, como R3 _{es estrellado las condiciones}

necesarias anteriores tambi´en son suficientes y por ello se puede afirmar que el campo F anterior verdaderamente admite un potencial escalar y un potencial vector.

Forzando a que G sea un potencial vector de F se tiene

∀(x, y, z) ∈ R3_{, rotG = (Dx + Ez − Bx, y + Ax − Dy, Bz + Cy − z) = (x, y, −2z)}

Como dicha igualdad es v´alida para todo (x, y, z) ∈ R3_{, G es un potencial vector de F si y s´olo si se}

verifican las igualdades

D − B = 1, E = 0, 1 − D = 1 A = 0, B − 1 = −2, C = 0 que se cumplen si y s´olo si

A = C = D = E = 0, B = −1 con lo que el campo G pedido es G(r) = yzi − xzj.

3) El enunciado del problema pide que se eval´uen las integrales R_ΣF × Gdσ y −R R R_ΩkFk2dv siendo F y G los campos del apartado 2 y Σ la esfera unidad con la orientaci´on saliente, comprobando que en ambos casos se obtiene el mismo resultado.

En primer lugar, F × G = − (2xz2_{, 2yz}2_{, x}2_{z + y}2_{z). Utilizando que al ser Σ la esfera unidad su}

normal unitaria saliente es n = (x, y, z) se tiene I = Z Σ F × Gdσ = Z Σ (F × G) ·ndσ = − Z Σ ¡ 2xz2, 2yz2, x2z + y2z¢(x, y, z)dσ= = − Z Σ ¡ 2x2_z2_{+ 2y}2_z2_{+ x}2_z2_{+ y}2_z2¢_{dσ = −} Z Σ ¡ 3x2_z2_{+ 3y}2_z2¢_dσ

Ahora se puede utilizar que, al ser la esfera invariante ante permutaciones de los ejes coordenados, R

Σx2z2dσ =

R

Σy2z2dσ con lo que I = −6

R

Σx2z2dσ. Utilizando la paridad de la funci´on subintegral

y la simetr´ıa de Σ respecto de los tres planos coordenados se tiene finalmente I = −48R_Σ0x2z2dσ

donde Σ0 _{es la porci´on de Σ contenida en el primer octante. Parametrizando Σ}0 _{en la forma}

(x, y, z) = Φ(θ, ϕ) = (cos θsenϕ, senθsenϕ, cos ϕ), θ ∈ [0, π/2], ϕ ∈ [0, π/2] y utilizando que ° ° °∂Φ_∂θ(θ, ϕ) × ∂Φ ∂ϕ(θ, ϕ) ° ° ° = senϕ se tiene I = −48 Z Σ0 x2_z2_{dσ = −48} Z π 2 0 dθ Z π 2 0

(cos θsenϕ)2(cos ϕ)2senϕdϕ = = −48 Z π 2 0 cos2θdθ Z π 2 0 sen3ϕ cos2ϕdϕ Ahora, Z π 2 0 cos2θdθ = 1 2 Z π 2 0 (1 + cos 2θ)dθ = 1 2 Z π 2 0 dθ + 1 2 Z π 2 0 cos 2θdθ = π 4 + 0 = π 4 Z π 2 0 sen3_{ϕ cos}2_{ϕdϕ =} 1 2β(2, 3 2) = 1 2 Γ(2)Γ(3/2) Γ(7/2) = · · · = 2 15 y se obtiene finalmente −48π 4152 = −8π5 .

Por otro lado, utilizando argumentos de simetr´ıa y paridad an´alogos a los anteriores se tiene − Z Z Z Ω kFk2dv = − Z Z Z Ω (x2+ y2+ 4z2)dv = −6 Z Z Z Ω z2dv = −48 Z Z Z Ω0 z2dv

(x, y, z) = (r cos θsenϕ, rsenθsenϕ, r cos ϕ), θ ∈ [0, π/2], ϕ ∈ [0, π/2], r ∈ [0, 1] con jacobiano igual a r2_{senϕ se obtiene}

− Z Z Z Ω kFk2dv = −48 Z Z Z Ω0 z2dv = −48 Z π 2 0 dθ Z π 2 0 dϕ Z ₁ 0 r2cos2ϕr2senϕdr = = −48 Z π 2 0 dθ Z π 2 0 cos2_ϕsenϕdϕ Z ₁ 0 r4_{dr = −48}π 2 1 3 £ cos3_ϕ¤0 π/2 1 5 = −48 π 2 1 3 1 5 = − 8π 5 con lo que se comprueba que el resultado es el mismo que en el caso de la integral de superficie.

4)

4.1. Γ es la curva cerrada resultante de la intersecci´on del plano x + y + z = 1 con la superficie cil´ındrica x2_{+ y}2 _{= 1. Puesto que la proyecci´on de la curva sobre el plano xy es precisamente la curva}

x2 _{+ y}2 _{= 1, se puede obtener una parametrizaci´on de Γ parametrizando dicha proyecci´on mediante}

x = cos t, y = sent, t ∈ [0, 2π] (n´otese que la orientaci´on concuerda con la fijada en el enunciado) y entrando con dichos valores en z = 1 − x − y, es decir, la parametrizaci´on γ(t) dada por

x = cos t, y = sent, z = 1 − cos t − sent, t ∈ [0, 2π] Por definici´on de integral curvil´ınea

Z Γ Gdr = Z _2π 0 G(γ(t)) · γ0(t)dt = Z _2π 0

[sent(1 − cos t − sent)(−sent) − cos t(1 − cos t − sent)(cos t)] dt = =

Z _2π

0

£

(sen2t + cos2t)(−1 + cos t + sent)¤dt = Z _2π

0

(−1 + cos t + sent)dt = −2π pues R₀2πcos tdt = R₀2πsentdt = 0. N´otese que si en vez de simplificar en la tercera igualdad se desarrolla el producto se obtiene

Z

Γ

Gdr = Z _2π

0

(− cos2t − sen2t + cos3t + sen3t + cos tsen2t + cos2tsent)dt = =

Z _2π

0

(−1 + cos3_{t + sen}3_{t + cos tsen}2_{t + cos}2_{tsent)dt = −2π}

pues R₀2πcos3_{tdt =}R2π 0 sen3tdt = R_2π 0 cos tsen2t = R_2π 0 cos2tsentdt = 0.

4.2. Aplicando el teorema de Stokes Z Γ Gdr = Z S rotGdσ = Z S Fdσ

donde S es cualquier superficie regular que se apoya en Γ y cuya orientaci´on es coherente con la de Γ. Por simplicidad elegimos como S la porci´on del plano x + y + z = 1 contenida dentro de Γ y orientada seg´un el vector normal unitario n = (1, 1, 1)/√3. Parametrizamos S en cartesianas en la forma

(x, y, z) = Φ(x, y) = (x, y, f (x, y)), (x, y) ∈ D donde f (x, y) = 1 − x − y y D = {(x, y) : x2_{+ y}2 _{≤ 1}, y utilizando que}

° ° ° °∂Φ_∂x(x, y) ×∂Φ_∂y(x, y) ° ° ° ° = s 1 + µ ∂f ∂x ¶₂ + µ ∂f ∂y ¶₂ = q 1 + (−1)2+ (−1)2 =√3

se obtiene Z Γ Gdr = Z S F · ndσ = √1 3 Z S (x + y − 2z)dσ = √1 3 Z Z D (x + y − 2(1 − x − y))√3dxdy = = Z Z D (−2 + 3x + 3y)dxdy = −2 Z Z D dxdy = −2Area(D) = −2π

donde se ha utilizado que R R_Dxdxdy =R R_Dydxdy = 0 puesto que la funci´on subintegral es impar en x (resp. en y) y D es sim´etrico respecto del eje x = 0 (resp. y = 0). N´otese que, como debe ser, se ha obtenido el mismo resultado que en el apartado 4.1.

Soluci´on del PROBLEMA 1

(4 puntos)

Este ejercicio consta de cuatro preguntas independientes, cada una de las cuales vale 1 punto. Este ejercicio consta de cuatro preguntas independientes, cada una de las cuales vale 1 punto. 1) Decidir razonadamente para qu´e valores del par´ametro real p converge la integral impropia:

Z ₁

0

t | log t|pdt.

La integral es impropia en ambos extremos del intervalo; el logaritmo es negativo en (0, 1), as´ı pues | log t| = − log t. Hagamos el cambio de variable x = − log t, la integral se escribe

I = Z _∞ 0 e−x xp e −x_{dx =} Z _∞ 0 e−2xx−pdx y la homotecia y = 2x nos permite reconocer una gamma,

I = 2p−1

Z _∞

0

e−y_y−p_{dy = 2}p−1_{Γ(1 − p)}

que, como sabemos, es convergente para 1 − p > 0, es decir p < 1.

2) Se considera el s´olido limitado por las superficies x2_{+ z}2 _{= y}2_{, y = 0, y = 1, orientado por el}

vector normal exterior. Calcular el flujo del campo F(x, y, z) = (y2 _{+ z}2_{, −y}2_{, 2yz) a trav´es de su}

superficie lateral c´onica.

El campo F es polin´omico y solenoidal, div F(x, y, z) = −2y + 2y = 0. Llamemos V al s´olido, Σ a la superficie lateral c´onica y D a la superficie plana de ecuaciones x2 _{+ z}2 _{≤ 1, y = 1. En virtud}

del teorema de Gauss se tiene: Z Z Z V div F = Z Z Σ F + Z Z D F = 0,

luego para calcular la integral pedida Z Z

Σ

F basta con calcular el flujo a trav´es del disco D orientado por el vector j, Z Z Σ F = − Z Z D F = − Z Z D F · j = − Z Z D (−y2) dσ = Z Z D dσ = ´Area (D) = π.

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de junio 10.06.04 Soluci´on del

PROBLEMA 2 (3 puntos) Sea Γ la curva definida por las ecuaciones cartesianas

2x − y = 0, z − x3/2 _{= 0 (x, y, z ≥ 0)}

y F el campo vectorial dado por

F(x, y, z) = (xy2, x2y, −zx2) . Se pide:

1) Hallar la longitud del arco de Γ determinado por los puntos (0, 0, 0) y (1, 2, 1).

2) Sea C la circulaci´on de F sobre el arco de la curva Γ determinado por el punto (0, 0, 0) y un punto P arbitrario de la misma. Estudiar si el valor de C alcanza un m´aximo. En caso afirmativo, determinar las coordenadas del punto P correspondiente.

3) Sea α una funci´on de clase C1 _{en R tal que α(0) = 0 y Λ una curva definida por las ecuaciones}

cartesianas

2x − y = 0 , z − α(x) = 0 .

Determinar las funciones α tales que se anule la circulaci´on de F desde (0,0,0) hasta cualquier punto de la curva Λ.

Respuesta: Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional.

1) En primer lugar se debe parametrizar la curva Γ. Puesto que Γ est´a definida por la intersecci´on de dos superficies dadas por ecuaciones del tipo f (x, y) = 0, g(x, z) = 0, es decir, en la primera no interviene la z y en la segunda no interviene la y, la parametrizaci´on de la curva se puede llevar a cabo de forma trivial utilizando la x como par´ametro. Por ejemplo se puede tomar la parametrizaci´on r(t) dada por

x = t, y = 2t, z = t3/2

con t ≥ 0 pues seg´un el enunciado s´olo se considera la curva en el primer octante (de hecho, en el resto de R3 _{la curva no est´a ni siquiera definida).}

Ahora, puesto que (0, 0, 0) corresponde a t = 0 y (1, 2, 1) a t = 1 se tiene que la longitud pedida es, por definici´on,

L = Z ₁ 0 kr0_{(t)k dt =} Z ₁ 0 s 12_{+ 2}2₊ µ 3 2t1/2 ¶₂ dt = Z ₁ 0 r 5 + 9 4tdt = 4 9 2 3 µ 5 + 9 4t ¶_3/2 |t=1 t=0= 29 27 √ 29−40 27 √ 5 2) Puesto que es f´acil parametrizar la curva Γ y el campo F tiene una expresi´on sencilla, la circulaci´on de F entre dos puntos cualesquiera se puede calcular directamente mediante la definici´on, es decir, mediante el c´alculo de una integral curvil´ınea (si eso no fuese as´ı, se podr´ıa comprobar si F es conservativo y en tal caso la circulaci´on se podr´ıa calcular a trav´es de un potencial escalar de F). Consideramos as´ı la curva entre el punto (0, 0, 0) y un punto gen´erico correspondiente a un valor u ≥ 0 del par´ametro (es decir, el punto (u, 2u, u3/2_{)). Entonces, la circulaci´on como funci´on de u es}

C(u) = Z _u 0 F(r(t)) · r0(t)dt = Z _u 0 ¡ t(4t2), t2(2t), −t3/2t2¢· (1, 2,3 2t 1/2_{)dt =} Z _u 0 (8t3−3 2t 4_)dt

Obs´ervese que puesto que lo que se quiere estudiar es la existencia de m´aximos de C(u), se puede trabajar estudiando las derivadas de C(u), no hace falta calcular la integral anterior. En efecto, por el teorema fundamental del c´alculo, al ser la funci´on subintegral continua, C(u) es derivable y adem´as

C0_{(u) = 8u}3₋ 3

2u

4

Los ceros de C0_{(u) son u = 0 y u =} 16

3. Para saber si son extremos podemos acudir a la segunda

derivada, C00_{(u) = 24u}2_{− 6u}3_{, comprobando que C}00₍16

3) < 0, lo que indica que en u = 163 hay un

m´aximo local. En cuanto a u = 0, se tiene C00_{(0) = 0 (con lo que se debe acudir a derivadas de}

orden superior), C000_{(0) = 0 y C}(4_{(0) > 0 con lo que en u = 0 hay un m´ınimo local. Para estudiar}

la existencia de m´aximo global, basta darse cuenta que el l´ımite de C(u) cuando u tiende a ∞ vale −∞ y que C(16

3) > C(0) para poder afirmar que el m´aximo global se da en u = 163 , que corresponde

al punto (16 3,323,649

√ 3).

3) Razonando de la misma manera que en el apartado 1, para la curva dada se puede tomar la parametrizaci´on w(t) dada por

x = t, y = 2t, z = α(t) donde t pertenece a un conjunto todav´ıa sin determinar.

La circulaci´on de F entre el punto (0, 0, 0) y un punto gen´erico al que asignamos un valor de par´ametro u es H(u) = Z _u 0 F(w(t)) · w0_{(t)dt =} Z _u 0 ¡ t(4t2_{), t}2_{(2t), −α(t)t}2¢_{· (1, 2, α}0_{(t))dt =} Z _u 0 (8t3_{− α(t)α}0_(t)t2_)dt

Sabemos que H(u) debe ser nula para todo valor de u. La condici´on necesaria y suficiente es que la funci´on subintegral sea identicamente nula, es decir,

8t3_{− α(t)α}0_(t)t2 _{= 0 para todo t (A)}

Para razonar esto rigurosamente, se puede proceder de la siguiente forma. Si se cumple (A) entonces claramente H(u) es nula para todo valor de u. Rec´ıprocamente, si H(u) = 0 para todo u, derivando y aplicando el teorema fundamental del c´alculo se obtiene (A), como se quer´ıa demostrar. Otra forma de razonar lo anterior es que la ´unica posibilidad de que H(u) sea nula para todo valor de u es que F sea ortogonal a la curva en todos los puntos, es decir, F(w(t)) · w0_{(t) = 0 para todo t, con lo que}

se obtiene (A).

Se ha obtenido una ecuaci´on diferencial de variables separadas para α. Se tiene as´ı, dividiendo por t2 α(t)α0_{(t) = 8t} e integrando α2_(t) 2 = 4t 2_{+ C ⇔ α}2_{(t) = 8t}2_{+ K ⇔ α(t) = ±}√_8t2_{+ K}

donde K es una constante. Como α(0) debe ser cero, se tiene que K = 0 y resulta as´ı que hay dos soluciones dadas por

α(t) = ±2√2t

BAREMO DE CALIFICACI ´ON (sobre 10 puntos) Apdo. 1 −→ 2 puntos

Apdo. 2. −→ 4 puntos Apdo. 3. −→ 4 puntos

AMPLIACI ´ON DE C ´ALCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de septiembre 16.09.04

PROBLEMA 1 (4 puntos) Este ejercicio consta de tres preguntas independientes. La dos primeras valen 1 punto y la tercera 2 puntos.

1)

impropia: _Z

∞

1

tp(log t)qdt.

Respuesta a 1): Se trata de una integral impropia debido a que el integrando puede no estar acotado en el extremo inferior del intervalo y tambi´en debido a que el intervalo de integraci´on no est´a acotado superiormente.

Para el estudio de su convergencia es conveniente realizar el cambio de variable: x = log t, del

que se obtiene: _Z ∞ 1 tp_{(log t)}q_{dt =} Z _∞ 0 xq_e(p+1)x_dx.

Ambas integrales se comportan de la misma manera en lo que a su convergencia se refiere. Conside-ramos pues la segunda y distinguimos los siguientes casos:

A) p+1 > 0. Puesto que la integral es impropia en los dos extremos del intervalo, ser´a convergente si y s´olo si lo son simult´aneamente las dos integrales:

I1 = Z _a 0 xq_e(p+1)x_{dx , I} 2 = Z _∞ a xq_e(p+1)x_dx,

donde a > 0 es cualquier n´umero real (finito). Ahora bien, si p > −1, I2 es divergente para todo

valor de q ∈ R y, por tanto, la integral de partida es siempre divergente en este caso (lo que se puede concluir sin necesidad de analizar el comportamiento de I1).

La demostraci´on de que I2 es divergente se puede hacer de forma sencilla utilizando el siguiente

• Criterio de Comparaci´on: Sea f integrable en [a, x] para todo x > a. Entonces si l´ımx→+∞ xnf (x)

es finito y no nulo o infinito, para alg´un n ≤ 1, la integral Z _+∞

a

f (x) dx es divergente. Bata entonces tener en cuenta que, para p + 1 > 0 y para todo q ∈ R, se tiene

l´ım

x→∞x

q+1/2_e(p+1)x _{= ∞.}

B) p + 1 = 0. En este caso, la integral de partida ser´a convergente si lo son simult´aneamente: J1 = Z _a 0 xq_{dx , J} 2 = Z _∞ a xq_dx,

donde a > 0 es cualquier n´umero real (finito). Sin m´as que aplicar la definici´on de integral impropia se comprueba que J1 y J2 no convergen simult´aneamente para ning´un valor de q ∈ R\{0} y que,

para q = 0, la integral de partida es, por definici´on, divergente.

C) p + 1 < 0. En esta situaci´on podemos utilizar la funci´on Gamma de Euler: Γ(α) =

Z _∞

0

1 |p + 1|q+1 Z _∞ 0 yqe−ydy = 1 |p + 1|q+1 Γ(q + 1)

Por tanto, para p < −1, la integral propuesta es convergente si y solo si q > −1 y diverge si q ≤ −1. En resumen:

La integral Z _∞

1

tp_{(log t)}q_{dt es convergente si y s´olo si p < −1 y q > −1 y es divergente en otro}

caso.

1 punto.

2) Calcular razonadamente todos los valores posibles que puede tomar el flujo del campo vectorial F(x, y, z) := 2 z2x i + z2y j − z3k

a trav´es de una superficie regular cuyo borde orientado es la curva que resulta de la intersecci´on de la esfera x2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 1 y el cilindro x}2_{+ z}2 _{= 1/4, y ≥ 0.}

Respuesta a 2): En primer lugar y dado que se trata de calcular un flujo es conveniente comprobar si el campo vectorial es solenoidal o no (es decir si su divergencia es o no nula). Con la notaci´on F(x, y, z) := (F1(x, y, z), F2(x, y, z), F3(x, y, z)), se tiene: ∇ · F = ∂F1 ∂x + ∂F2 ∂y + ∂F3 ∂z = 2z 2_{+ z}2_{− 3z}2 _{= 0}

y, por tanto, el campo es, en efecto, solenoidal en R3_{. Como R}3 _{es un dominio estrellado y F es de}

clase C1 _{en R}3_{, podemos aplicar el Teorema de Gauss que, en particular, nos permite concluir que el}

flujo de F a trav´es de cualquier superficie cerrada es cero. De aqu´ı se puede deducir que el flujo de F a trav´es de cualquier superficie con el mismo borde orientado es el mismo, lo que se puede razonar como sigue:

Dos superficies regulares cualesquiera que tengan el mismo borde orientado siempre forman una superficie cerrada. Sean entonces Σ+₁ y Σ+₂ dos superficies con un borde orientado com´un (que induce un sentido para el vector normal a ambas) y Σ−

1 y Σ−2 las mismas superficies pero con la otra

orientaci´on posible. Sea ahora Σ+ _{= Σ}+ 1

S Σ−

2 la superficie cerrada correspondiente (orientada seg´un

el vector normal saliente o entrante). Entonces, el flujo de F a trav´es de Σ+ _{es nulo y, por tanto:}

Z Z Σ+ F dσ = Z Z Σ+₁ F dσ + Z Z Σ−₂ F dσ = 0 =⇒ Z Z Σ+₁ F dσ = − Z Z Σ−₂ F dσ = Z Z Σ+₂ F .

ALTERNATIVA: Una vez comprobado que el campo es solenoidal, una alternativa m´as sencilla al razonamiento (basado en el teorema de Gauss) que se acaba de dar consiste en utilizar el teorema de Stokes de la siguiente forma.

Puesto que F es solenoidal en R3_{, est´a garantizada la existencia de otro campo vectorial G, que es}

un potencial vector de F en R3_{, de forma que se cumple F = ∇ × G en R}3_{. Entonces, para cualquier}

superficie Σ con un borde orientado Γ se puede aplicar el teorema de Stokes y, por tanto, se tiene: Z Z Σ F dσ ≡ Z Z Σ ∇ × G dσ = Z Γ G ds

de donde se concluye que el flujo de F solo depende del borde orientado considerado y no de la superficie que se considere (con ese borde).

Para calcular el flujo pedido, basta entonces considerar una superficie cualquiera con el borde descrito en el enunciado que es la circunferencia x2 _{+ z}2 _{= 1/4 situada en el plano y =} √_3/2.

Por sencillez, elegimos el c´ırculo C := {(x, y, z) ∈ R3 _{: x}2 _{+ z}2 _{≤ 1/4 , y =} √_{3/2}, que se puede}

parametrizar mediante γ = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)) con: x(r, θ) = r cos θ , y(r, θ) =

√ 3

2 , z(r, θ) = r sin θ (r ∈ (0, 1/2) , θ ∈ (−π, π)) ,

con lo que las dos posibilidades para el vector normal a C son: (0, ±r, 0), que van a dar lugar a dos posibles valores que puede tomar el flujo pedido (siempre que sea distinto de cero).

Calculamos pues los dos valores posibles del flujo de F a trav´es de C que se corresponden con las dos orientaciones posibles ((0, r, 0) (C+_{) y (0, −r, 0) (C}−_{)) de su vector normal.}

Z Z C+ F dσ = Z _1/2 0 Z _π −π ¡ 2 z(r, θ)2_{x(r, θ) , z(r, θ)}2_{y , − z(r, θ)}3¢_·   0_r 0   dr dθ = √ 3 2 Z _1/2 0 Z _π −π r3 _sin2_{θ dr dθ =} √ 3 π 128 , y, por tanto, el otro valor que puede tomar el flujo es −

√ 3 π 128 .

ALTERNATIVA: Para calcular los valores posibles del flujo se puede utilizar el teorema de Stokes en la forma antes mencionada, lo que exige la obtenci´on de un potencial vector de F, que siempre se puede elegir de la forma G(x, y, z) = (G1(x, y, z), G2(x, y, z), 0). Para calcularlo se

identi-fican componentes en la igualdad F = ∇×G, de lo que resulta el sistema de ecuaciones en derivadas parciales siguiente: −∂G2 ∂z = 2z 2_{x ,} ∂G1 ∂z = z 2_y ∂G2 ∂x − ∂G1 ∂y = −z 3_,

de cuya resoluci´on se obtiene: G1(x, y, z) = −2₃z3y + M(x, y), G2(x, y, z) = 1₃z3x + N(x, y), donde

M(x, y) y N(x, y) son funciones arbitrarias que deben satisfacer la condici´on ∂M ∂x −

∂N

∂y = 0, que se cumple si se elige M = N = 0.

As´ı pues, un potencial vector de F es G =¡−2

3z3y , 13z3x , 0

¢

y el flujo pedido vendr´a dado por: Z Z Σ F dσ = Z Γ G ds = Z _π −π µ −2 3z(θ) 3_{y(θ) ,} 1 3z(θ) 3_{x(θ) , 0} ¶ ·   −(1/2) sin θ₀ (1/2) cos θ   dθ = √ 3 48 Z _π −π sin4_{θ dθ =} √ 3 π 128 ,

donde Γ es la circunferencia x2_+z2 _{= 1/4 situada en el plano y =}√_{3/2 para la que se ha considerado}

la parametrizac´ıon x(θ) = (1/2) cos(θ), y(θ) =√3/2, z(θ) = (1/2) sin(θ) (θ ∈ (−π, π)).

El otro valor posible, −√3 π/128, se obtiene recorriendo la circunferencia en sentido contrario al considerado en el c´alculo anterior.

PROBLEMA 2 (3 puntos)

Sean f : R → R una funci´on de clase C1_{, y V el campo vectorial definido por}

V(x, y, z) = yzi + xzj + y f (x) k.

1) Determinar las funciones f para las cuales el campo V es solenoidal. En tal caso, hallar todos los potenciales vectores de V que sean de la forma L(x, y, z)i + M(y, z)j.

2) Sea Γ la curva intersecci´on de x2 _{+ y}2 _{+ z}2 _{= 1 (x, y, z ≥ 0) con los tres planos coordenados,}

y sea Σ el cono formado por los segmentos de recta que parten del punto (1, 1, 1) y terminan en los puntos de Γ.

Si f (x) = x + a, calcular la constante a para que el flujo de V a trav´es de Σ sea nulo.

Respuesta: Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional.

1) Un campo regular es solenoidal si y s´olo si su divergencia es nula. Dado que div (V) = ∂(yz) ∂x + ∂(xz) ∂y + ∂(yf (x)) ∂z = 0, se tiene que V es solenoidal para toda funci´on f ∈ C1_(R).

Como V es solenoidal en el dominio estrellado R3_{, admite un potencial vector F, es decir,}

V = rot(F); si ´este es de la forma F(x, y, z) = L(x, y, z)i + M(y, z)j debe cumplirse que

(yz, xz, yf (x)) = V = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ i j k ∂ ∂x ∂y∂ ∂z∂ L(x, y, z) M(y, z) 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= µ −∂M (y, z) ∂z , ∂L(x, y, z) ∂z , − ∂L(x, y, z) ∂y ¶ .

Igualando las primeras componentes e integrando respecto a z se tiene que M(y, z) = −yz2_{/2 +}

m(y). ´Idem para las segundas componentes, de donde se obtiene que L(x, y, z) = xz2_{/2 + l(x, y);}

introduciendo esta funci´on en la tercera componente del rotacional, se deduce que yf (x) = −∂l(x, y)

∂y ⇔ l(x, y) = − y2

2f (x) + h(x). Finalmente, todos los potenciales vectores pedidos son de la forma:

F(x, y, z)= µ xz2 2 − y2_{f (x)} 2 + h(x) ¶ i + µ −yz2 2 + m(y) ¶ j

donde h, m son funciones cualesquiera de C1_{(R) .}

2) Como V = rot(F), F ∈ C1_(R3_{) y Σ es uni´on de superficies regulares, podemos aplicar el Teorema}

de Stokes: _Z Σ V = Z Σ rot(F) = Z Γ F

puesto que la curva Γ es el borde de la superficie Σ. Como queremos que dicha integral sea nula, en este caso es indiferente la orientaci´on de la curva Γ, pues la orientaci´on contraria cambiar´ıa de signo la integral, que seguir´ıa valiendo cero.

Calculemos, por tanto, dicha integral curvil´ınea, parametrizando Γ. Esta curva es uni´on de tres arcos, obtenidos por la intersecci´on del tri´angulo esf´erico x2_{+ y}2_{+ z}2 _{= 1 (x, y, z ≥ 0) con cada uno}

de los tres planos coordenados. Por tanto, consta de:

  

Γ1(t) = (cos(t), sen (t), 0) t ∈ [0, π/2] en el plano z = 0,

Γ2(t) = (0, cos(t), sen (t)) t ∈ [0, π/2] en el plano x = 0,

Γ3(t) = (sen (t) , 0, cos(t)) t ∈ [0, π/2] en el plano y = 0.

Por otro lado, escogemos la forma m´as sencilla del potencial vector F ya calculado tomando, por ejemplo, las funciones h y m nulas. Adem´as, obs´ervese que, para f (x) = x + a, se tiene que

F(x, y, z)=1 2 ¡ xz2_{− y}2_{(x + a)}¢_{i −}1 2 ¡ yz2¢_j

La integral curvil´ınea R_ΓF es la suma de las tres integrales siguientes: Z Γ1 F = 1 2 Z _π/2 0 ¡

−sen2_{(t) (cos (t) + a), 0, 0}¢_{· (−sen (t) , cos (t) , 0) dt =}

= 1

2 Z _π/2

0

sen3(t) (cos (t) + a)dt = 1 8 + a 3 Z Γ2 F = 1 2 Z _π/2 0 ¡

−a cos2(t) , − cos(t)sen2(t) , 0¢· (0, −sen (t) , cos (t)) dt = 1 2 Z _π/2 0 sen3(t) cos (t) dt = 1 8 Z Γ3 F = 1 2 Z _π/2 0 ¡

sen (t) cos2_{(t) , 0, 0}¢_{· (cos (t) , 0, −sen (t)) dt =} 1

2 Z _π/2

0

sen (t) cos3_{(t) dt. =} 1

8. La suma de las tres integrales debe ser cero, de donde

0 = 3 8+ a 3 ⇔ a = − 9 8.

OTRA FORMA: Si se cierra la superficie Σ mediante otra superficie S, de forma que Ω sea el volumen contenido entre ellas, como V ∈ C1_(R3_{) podemos aplicar el Teorema de la divergencia}

de Gauss: Z Σ VdS + Z S VdS = Z Ω div (V) dV = 0

donde se ha utilizado que V siempre es solenoidal. Se pide que la integral sobre Σ sea nula, as´ı que es suficiente que R_SVdS = 0 para alguna superficie regular S que tambi´en tenga por borde a la curva Γ. Puede elegirse S, por ejemplo, como la uni´on de las porciones de los tres planos coordenados limitados por la curva Γ en el primer octante; o bien, como el tri´angulo esf´erico del primer octante. Hagamos los c´alculos, por ejemplo, para el tri´angulo esf´erico parametrizado como S = {(x, y, z)/ z = p1 − x2_{− y}2_{, (x, y) ∈ D} siendo D = {(x, y)/ x}2_{+ y}2 _{≤ 1, x, y ≥ 0}. La normal dada por la}

parametrizaci´on en cada punto es (x, y, z(x, y))/|z(x, y)|, luego: 0 = Z S VdS = Z D

(yz, xz, y(x + a)) · (x, y, z)1

zdxdy = Z

D

(3xy + ay)dxdy. Calculando dichas integrales dobles, se llega al mismo resultado a = −9