MA 2113 Primer Parcial 2012 Abr Jul Tipo A Resuelto pdf

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(1)1. Para. ( ) − → F (x, y, z) = 8x sen(y) + 5yz , 4x2 cos(y) + 5xz + 2z sen(yz) , 5xy + 2y sen(yz) ∫ → − − y la curva C que se muestra en la figura, halle F · d→ σ. C. z. (0,2,1) (1,0,1) y. x. − →. Comenzamos notando que el campo F es de clase C 1 . Podemos intentar conseguir, sin veri car que el campo sea irrotacional, una función potencial f (el riesgo de hacerlo, sin comprobar previamente que el campo es irrotacional, es que no tenemos garantía de que podamos conseguir tal f ). Sabemos que un potencial f, en caso de que exista, puede ser hallado mediante ∫. ∫. x. 0. ∫. y. P(t, 0, 0) dt +. f (x, y, z) =. z. Q(x, t, 0) dt + 0. R(x, y, t) dt, 0. − →. siendo P, Q y R las funciones componentes de F , es decir, P(x, y, z) = 8x sen(y) + 5yz, Q(x, y, z) = 4x2 cos(y) + 5xz + 2z sen(yz), R(x, y, z) = 5xy + 2y sen(yz).. Sustituyendo obtenemos ∫. ∫. x. y. 0 dt +. f (x, y, z) = 0. ∫. 4x2 cos t dt +. 0. z. 5xy + 2y sen(yt) dt 0. [ ]z y = 4x2 sen t + 5xyt − 2 cos(yt) 0. 0. = 4x2 sen y + 5xyz − 2 cos(yz) + 2.. Como ya se dijo antes, nada de lo hecho hasta ahora nos permite concluir que esta función f que acabamos de hallar → − − → sea un potencial para F (después de todo, la teoría nos dice que tal función sólo puede existir si el campo F es conservativo y ésto, por el momento, no lo sabemos). Sin embargo, derivando parcialmente se comprueba que ( ) − → ∇f = 8x sen y + 5yz , 4x2 cos y + 5xz + 2z sen(yz) , 5xy + 2y sen(yz) = F (x, y, z), → −. − →. es decir, f es efectivamente, una función potencial para F (note que ésto, junto con el hecho de que F es de clase − → C 1 sí nos permite a rmar, gracias al Teorema de Campos Conservativos, que F es conservativo). Es importante. 1.

(2) → −. destacar que si hubiésemos veri cado al comienzo que F es irrotacional, es decir, si hubiésemos calculado (− →). rot F. − → =∇× F =. b ı. ȷb. b k. ∂ ∂x. ∂ ∂y. ∂ ∂z. 8x sen y + 5yz 4x2 cos y + 5xz + 2z sen(yz) 5xy + 2y sen(yz) [ ] [ ] =b ı 5x + 2 sen(yz) + 2yz cos(yz) − (5x + 2 sen(yz) + 2yz cos(yz)) − ȷb 5y − 5y + [ ] +b k 8x cos y + 5z − (8x cos y + 5z) = (0, 0, 0), − →. − →. sabiendo ya que el campo F es de clase C 1 , entonces hubiésemos podido concluir (al principio) que F es conservativo y que, por tanto, tiene al menos un potencial y que éste puede ser hallado mediante el procedimiento usado para calcular f. Habiendo hallado un potencial, el resto del problema es trivial: ∫ C. (. − →. ). → F · d− σ = f (0, 2, 1) − f (1, 0, 1) = −2 cos(2) + 2 − −2 + 2 = 2 (1 − cos(2)) .. Alternativamente, se puede hallar el potencial f resolviendo el sistema  ∂f   = P(x, y, z) = 8x sen y + 5yz   ∂ x    ∂f = Q(x, y, z) = 4x2 cos y + 5xz + 2z sen(yz)  ∂y       ∂ f = R(x, y, z) = 5xy + 2y sen(yz). ∂z. En efecto, integrando las ecuaciones anteriores obtenemos, respectivamente, ∫. f (x, y, z) = ∫. f (x, y, z) = ∫. f (x, y, z) =. 8x sen y + 5yz dx = 4x2 sen y + 5xyz + φ1 (y, z) 4x2 cos y + 5xz + 2z sen(yz) dy = 4x2 sen y + 5xyz − 2 cos(yz) + φ2 (x, z) 5xy + 2y sen(yz) dz = 5xyz − 2 cos(yz) + φ3 (x, y). y, por lo tanto,. f (x, y, z) = 4x2 sen y + 5xyz − 2 cos(yz) + C,. siendo C cualquier constante real.. → − Otra posibilidad: Habiendo veri cado (por cualquiera de las maneras mencionadas arriba) que el campo F es conservativo, se ha podido cambiar la curva dada en el enunciado por cualquier otra que tenga los mismos extremos y calcular, directamente, la integral de línea.. 2.

(3) − → F (x, y, z) = (cos(xyz) , x = (2 cos(t), 2 sen(t), 0), con 0 − → → F · d− σ.. 2. Sean σ( ∫ t) C. + 3x2 y , yz3 ) ≤ t ≤. C la curva parametrizada por medio de 2π (con la orientación inducida por σ ). Calcule. y. − →. Es claro que F es de clase C 1 (es, de hecho, de clase C ∞ puesto que sus funciones componentes son funciones trigonométricas o polinómicas). La imagen de σ es la circunferencia de radio 2 en el plano z = 0 (en otras palabras, la circunferencia determinada por las ecuaciones x2 + y2 = 4 y z = 0). Sea S el disco (en el plano z = 0) encerrado por la curva C, es decir, {. }. S = (x, y, z) ∈ R3 x2 + y2 ≤ 4, z = 0 .. Orientamos a S con la normal que apunta hacia arriba, es decir, mediante el vector canónico bk = (0, 0, 1). De esta manera, C es la curva frontera de S y la orientación de ambas (C y S) son compatibles (con el Teorema de Stokes).. Figura 1: La curva C y la super cie S correspondientes al problema 2. Luego, gracias al Teorema de Stokes (note que hemos veri cado que se cumplen todas sus hipótesis), podemos a rmar que se cumple ∫ ∫∫ (− → − →) F dσ = rot F dS. (1) C. S. Fácilmente se calcula (− →). rot F. b ı. ȷb. b k. ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z cos(xyz) x + 3x2 y yz3 [ ] =b ı z3 − 0 − ȷb[0 − (−xy sen(xyz))] + b k [1 + 6xy − (−xz sen(xyz))] ( 3 ) = z , −xy sen(xyz) , 1 + 6xy + xz sen(xyz) .. =. Parametrizamos a S mediante Φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 0). con { (r, θ) ∈ D = [0, 2] × [0, 2π] = (r, θ) ∈. 3. R 2 | 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2 π } ..

(4) Denotando de la manera usual (mediante ηb) al campo normal unitario de nuestra super cie (en nuestro presente caso, ηb ≡ bk = (0, 0, 1)) entonces, gracias a la ecuación (1), se cumple ∫. − →. F dσ =. C. ∫∫ ( ∫∫. (→ −). ). S. D. 2 ∫ 2π. ∫. r2 sen θ cos θ dA = Area(D) + 6 0. r2 sen θ cos θ dθ dr. 0. *0. [ sen2 θ ]2π r2 dr = 4π. 0 2. 2. = 4π + 6 0. ∫. ). 0, 0, 1 + 6r2 sen θ cos θ · (0, 0, 1) dA. D. ∫. Así,. ( D. ∫∫. 1 dA + 6. =. ∫∫. rot F · ηb dS =. − →. F dσ = 4 π .. C. Observación 1. Perfectamente válido y, de hecho, mucho más corto resulta calcular la integral de línea directamente (por de nición): ∫. ∫. − →. 2π. → −. 2π. (. F dσ =. F (σ(t)) · σ ′ (t) dt. 0. C. ∫ =. ). cos(0) , 2 cos t + 3(4 cos2 t)2 sen t , 0 · (−2 sen t , 2 cos t , 0) dt. 0. ∫ =. 2π. −2 sen t + 4 cos2 t + 48 cos3 t sen t dt. 0. 0 * [ 4 ]2 [ ] π cost 1 + cos(2t) 4 sen(2t) 2π =0+4 dt − 48 = t+ 2 2 2 0 0 4 0 = 2 · 2π = 4π . ∫. 2π. 4.

(5) − →. 3. Sea F (x, √ y, z) = (2x, y, 3z) y sea S la gráfica de una función suave f (x, y) definida sobre el disco unitario que cumple f (x, y) ≥ x2 + y2 (en todo el disco). La superficie S está orientada con√ la normal cuya tercera componente es negativa. x2 + y2 coincide con la curva intersección del Sabemos que la curva intersección de S con el ∫cono de ecuación z = ∫ − →. − →. F · d S , sabiendo que el volumen del sólido acotado por S y el cono. (mencionado) cono con el plano z = 1. Calcule S. es 10.. Primero que nada, no podemos usar (directamente) el Teorema de la divergencia de Gauss puesto que la super cie S no es cerrada. El “aplicar” dicho teorema en estas condiciones (super cie no cerrada) se considera un error tan grave que acarrea la pérdida de los 13 puntos de la pregunta. Aplicaremos dicho teorema tomando como super cie √ no a S sino a eS = S ∪ S ′ , siendo S ′ la porción del cono de ecuación z = x2 + y2 comprendido entre z = 0 y z = 1. Observe que, a diferencia de S, la super cie eS sí es cerrada. Claro, para poder aplicar el Teorema de la divergencia de Gauss debemos veri car que se cumplen las otras hipótesis de dicho teorema. Orientamos a eS interiormente para que S quede orientada “con la normal cuya tercera componente es negativa”. Al − → sólido encerrado por la super cie eS lo denotaremos V. El campo F es, claramente, de tipo C 1 (más aún, es de clase C ∞ ). Luego, por el Teorema de la Divergencia de Gauss, se tiene ∫∫. ∫∫∫. − →. e S. (− →). F dS = −. div F dV,. (2). V. debiéndose el signo negativo a que la orientación de eS es contraria a la requerida por el Teorema. (− →). Como div F. → −. (. =∇· F =. ∂ ∂ ∂ , , ∂x ∂y ∂z ∫∫ − → e S. ). · (2x, y, 3z) = 2 + 1 + 3 = 6 entonces la ecuación (2) nos queda ∫∫∫. F dS = −. 6 dV = −6 Vol(V) = −60.. (3). V. Por otra parte, como eS = S ∪ S ′ entonces se cumple ∫∫ e S. Así, de (3) y (4) deducimos que. ∫∫. − →. → −. F dS =. ∫∫. F dS +. S. ∫∫. ∫∫. − →. F dS = −60 −. S. − → S′. F dS.. (4). − → S′. F dS.. (5). − →. Sólo nos resta, entonces, calcular la integral de F sobre S ′ . Para ello, parametrizamos a S ′ mediante Φ(r, θ) = (r cos θ , r sen θ , r),. con 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Cálculos directos arrojan Tr = (cos θ, sen θ, 1) , Tr × Tθ =. b ı. ȷb. cos θ. sen θ. −r sen θ. Tθ = (−r sen θ, r cos θ, 0) ;. b k. (. 1 = −r cos θ , −r sen θ , r cos2 θ + r sen2 θ. ). r cos θ 0. = (−r cos θ , −r sen θ , r) .. Del signo (positivo) de la tercera componente del PVF, deducimos que Φ preserva la orientación de S ′ .. 5.

(6) Luego, ∫∫. ∫. − → S′. 1 ∫ 2π. F dS = ∫. 0. (2r cos θ , r sen θ , 3r) · (−r cos θ , −r sen θ , r) dθ dr. 0. 1 ∫ 2π. −2r2 cos2 θ − r2 sen θ + 3r2 dθ dr ) ( ) ( ∫ 1 ∫ 2π :0 :0 cos(2 θ) cos(2 θ) 2 1 − 2 1 + −2 −r + 3r2 dθ dr = r 2 2 0 0 ∫ 1 ∫ 2π ∫ 1 r2 3 2 r3 1 −r2 − + 3r2 dθ dr = 2 = π r dr = 3π 2 3 0 0 0 0 2 = π, =. 0. 0. de donde, sustituyendo en (5) obtenemos. ∫∫. − →. F dS = −60 − π.. S. Observación 2. En teoría, se ha podido aplicar el Teorema de la Divergencia de Gauss cerrando la super cie S con otra super cie que no sea S ′ , como puede ser, por ejemplo, el disco {. }. T = (x, y, z) ∈ R3 x2 + y2 ≤ 1, z = 1 .. El problema, en la práctica, es que ésto ameritaría conocer el volumen del (nuevo) sólido encerrado por las (nuevas) super cies y el único dato que podría relacionarse con ésto es que el volumen del sólido limitado por S y el cono es 10. Este dato no es su ciente en general puesto que no sabemos la disposición de S con respecto al plano z = 1. Es decir, no sabemos si el (nuevo) sólido está por arriba o por debajo (o ninguno) del disco T. Para ilustrar esto, consideremos los siguientes casos particulares: Tomemos primero, como nuestra desconocida función f (x, y) a f1 (x, y) = 2 − x2 − y2 ,. {. }. con dominio D = (x, y) ∈ R2 x2 + y2 ≤ 1 . Esta escogencia es válida puesto que f es suave, su dominio es el disco unitario y la intersección de {. }. S = Graf(f1 ) = (x, y, z) ∈ R3 z = f1 (x, y), (x, y) ∈ D √. con el cono z = x2 + y2 es la circunferencia unitaria en el plano z = 1 (así que coincide con “la curva intersección del cono con el plano z = 1”). Ver gura 2. Observe que si aplicamos el Teorema de Gauss, cerrando la super cie S con el disco T, entonces el volumen del sólido encerrado por ambas super cies (S y T ) es, en este caso, el volumen del sólido encerrado por el cono y S (que nos dicen que es 10) menos el volumen del cono de altura 1 (que sabemos es 13 πr2 h = π3 ). Luego, de ∫∫. ∫∫∫. − → S ∪T. (→ −). F dS = −. div F dV V. se obtiene ∫∫. − →. (. F dS = −6 10 −. π) − 3. ∫∫. ∫∫. S. = −60 + 2π −. → −. F dS. T. (2x, y, 3) · (0, 0, 1) dA D. = −60 + 2π − 3 Area(D) = −60 + 2π − 3π = −60 − π.. 6. (6).

(7) Figura 2: El caso en que S está por encima del plano z = 1 Pasemos ahora al otro caso particular. Sea {. √. f2 (x, y) = }. 4. x2 + y2 ,. con el mismo dominio D = (x, y) ∈ R2 x2 + y2 ≤ 1 . La super cie S, grá ca de la función f2 , cumple lo pedido (a S ) en el enunciado y está representada en la gura 3.. Figura 3: El caso en que S está por debajo del plano z = 1 Note que, en este caso, ya NO es cierto que el volumen del sólido encerrado por el cono y S (que es 10) sea la suma del volumen del cono (que es π3 ) con el volumen del sólido encerrado encerrado entre T y S sino que ahora el volumen del sólido encerrado entre el cono y T (ya sabemos es π3 ) es la suma del volumen del sólido encerrado entre el cono y S (que es 10) con el volumen del sólido encerrado entre S y T. Como esto resulta imposible (¡nos está dando que el volumen del sólido encerrado entre S y T es negativo!) entonces tenemos que desechar este caso 7.

(8) (note que como el volumen del cono es π3 , que es menor que 10, entonces tenemos que descartar la posibilidad de que S esté dentro de la porción del cono comprendido entre z = 0 y z = 1). Lo que sí es perfectamente posible es que S tenga una parte por encima del plano z = 1 (esta parte debe tener “su ciente” volumen) y otra parte por debajo del mismo plano (ver la gura 4). En este caso no podemos cerrar la super cie S con el disco T porque no tendriamos manera de calcular el volumen del sólido encerrado entre ambas super cies (ni de calcular la integral − → triple, sobre dicho sólido, de la divergencia de F ).. Figura 4: El caso en que S tiene una parte por encima del plano z = 1 y otra parte por debajo. 8.

(9) 4. Sea u(x, y) = (e y + e−y ) cos(x). Encuentre, en caso de que exista, una conjugada armónica para u(x, y) (es decir, halle una función real v(x, y) de manera que w = u + iv sea analítica en todo el plano complejo). Sabemos que la existencia de una función v(x, y) que haga que w = u + iv sea analítica es equivalente a que existan las derivadas parciales ux , uy , vx y vy , que éstas sean continuas y que además satisfagan las ecuaciones de CauchyRiemann { ux = vy (7) uy = −vx . Note que ux = −(e y + e−y ) sen x y uy = (e y − e−y ) cos x son ambas continuas. Sustituyendo en (7), obtenemos {. vy = −(e y + e−y ) sen x =⇒ v(x, y) = −(e y − e−y ) sen x + φ1 (x) vx = −(e y − e−y ) cos x =⇒ v(x, y) = −(e y − e−y ) sen x + φ2 (y).. Concluimos que φ1 (x) = φ2 (y) = k ∈ R, que la función real v(x, y) = −(e y − e−y ) sen x + k,. para cualquier constante real k, posee derivadas parciales continuas y para la cual se cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Hemos obtenido, entonces, todas las conjugadas armónicas pedidas. Alternativamente, sabiendo que e y + e−y cosh y = 2 y que cos(x + iy) = cos x cosh y − i sen x senh y entonces u(x, y) es la parte real de 2 cos z, función que sabemos es analítica. De esta manera, podemos tomar como v(x, y) a la parte imaginaria de 2 cos z, es decir, v(x, y) = −2 sen x senh y.. 9.

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