Ejercicios Resueltos de Calculo Vectorial Examenes

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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) = z 2 cos(x2 + y 2 )~k a trav´es de la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = a 2 ,

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 ecuaciones: ~ := Σ(θ, ~ φ) = (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)), Σ 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 ∂Σ × = a2 cos θ (sen φ)2 , a2 (sen φ)2 sen θ, a2 cos φ sen φ ∂φ ∂θ

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: Z π/2 Z 2π ~ ~ a2 (cos φ)2 cos(a2 (sen φ)2 ) a2 cos φ sen φ dφ dθ Φ := F · ds = Σ 0 0 Z π/2 = 2πa4 (cos φ)3 cos(a2 (sen φ)2 ) sen φ dφ Z

0

Para resolver esta integral efectuamos el cambio de variable u = a2 (sen φ)2 =⇒ du = 2a2 cos φ sen φ del que se obtiene:

Z

a2

Φ := π 0

que es el resultado pedido.

(a2 − u) cos u du = π(1 − cos a2 )

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2001/2002)

Examen Final de Junio 24.06.02

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 t ∈ R,  z = f (t) 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=

(x0 (t), y 0 (t), z 0 (t)) (− r sen t, r cos t, f 0 (t)) = . [(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 ]1/2 [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) = cos α . [r2 + (f 0 (t))2 ]1/2

(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| =

[r2

r = sen α . + (f 0 (t))2 ]1/2

(2)

Dividiendo miembro a miembro (1) entre (2) resulta: f 0 (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 u ´ltima ecuaci´on se obtiene el valor de la funci´on f (t) buscado, que es: f (t) = (r ctg α) t + C

siendo C una constante arbitraria. As´ı pues, las ecuaciones param´etricas de la curva buscada son:  x = r cos t  y = r sent t ∈ R,  z = (r ctg α) t + C 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¢ t ∈ R y n, m ∈ Z (n 6= m). 1 2nπ  z = m−n t − m−n La longitud de arco pedida viene dada por: ¯ ¯ s  ¯ Z 2mπ s µ µ ¶2 ¯ ¶2 ¯ ¯ 1 1 ¯  |m − n| 2 π . r2 + dt ¯¯ =  r2 + ¯ m − n m − n ¯ ¯ 2nπ Si se considera n = 0 y m = 1 entonces la longitud de arco es

√

r2 + 1 2 π.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2001/2002)

Examen Final de Junio 24.06.02

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: 1) Demostrar la igualdad Z Z Z

Z Z 2

kgradU k dxdydz = Ω

U gradUdσ

(∗)

S

en donde la superficie S est´a orientada seg´ un la normal saliente. 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 1 U (r) = 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 = U gradU 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 Z Z Z Z Z Z U gradU ds = div(U gradU )dxdydz = (U div(gradU ) + gradU · gradU ) dxdydz = S Ω Ω Z Z Z Z Z Z ¡ 2¢ = U ∆U + kgradU k dxdydz = kgradU k2 dxdydz Ω

Ω

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.

Ω

1.4 1.2

Σ1

1 0.8 0.6 0.4

Σ2 Σ3

0.2 -1

-0.5

0.5

1

°2 RRR ° RR 1 ° 1 1 ° grad( ) grad( krk )ds. dxdydz y J = krk ° Ω° S krk p Sea r := krk = x2 + y 2 + z 2 . En primer lugar,

Sean I =

1 −grad r −r grad( ) = = 3 2 r r r donde se ha utilizado que grad r = − rr . Es inmediato comprobar, aunque no lo pide el enunciado, que ° °2 ° 1 1 ° 1 1 3 es arm´onico en R − {0}. Ahora, °grad( krk )° = r14 = (x2 +y12 +z2 )2 y krk grad( krk ) = −r = (x2−(x,y,z) . r r4 +y 2 +z 2 )2 A) C´alculo de I.

Z Z Z I= Ω

(x2

1 dxdydz + y 2 + z 2 )2

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 1 1 r0 cos φ = ⇒ r0 = 2 2 cos φ Por ello, Z 1 Z 2π Z π 4 1 1 2 dθ dφ dxdydz = r senφdr = 2 2 2 2 1 r4 0 0 Ω (x + y + z ) 2 cos φ · ¸1 Z π Z 1 Z π 4 4 1 1 2π dφsenφ dφsenφ − = dr = 2π 2 1 r r 1 0 0 2 cos φ 2 cos φ Z π Z π Z π 4 4 4 senφ (2 cos φ − 1) dφ = 4π senφ cos φdφ − 2π senφdφ = 2π 0 0 0 ³√ ´ 1 π/4 2π sen2 φ |0 −2π cos φ |0π/4 = π 2−1 2 Z Z Z

I = = = =

B) C´alculo de J. La integral de superficie se calcula descomponi´endola en las integrales correspondientes a Σ1 , Σ2 y Σ3 (ver figura). Z Z J =− S

r ds = − r4

Z Z S

r · nds = − r4

µZ Z Σ1

r · nds+ r4

Z Z Σ2

r · nds+ r4

Z Z Σ3

¶ r · nds r4

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 Z Z Z Z Z Z ° ° ∂Φ ∂Φ ° r 1 1 ´ ° ° · nds= ds = 2 ds = Area(Σ1 ) = ° ∂φ × ∂θ ° dφdθ 4 2 r r 1 Σ1 Σ1 Σ1 G 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 h πi θ ∈ [0, 2π] ; φ ∈ 0, 4

°

° ° para la cual ° ∂Φ × ∂φ

∂Φ ° ∂θ °

Z Z

= senφ luego

r · nds = r4

Σ1

Z

Z

2π

dθ 0

Z

π/4

π/4

senφdφ = 2π 0

senφdφ = π(2 −

√

B.2. En Σ2 los vectores normales a la superficie son perpendiculares al campo un campo central) con lo que Z Z r · nds = 0 4 Σ2 r B.3. En Σ3 , n =(0, 0, −1) luego Z Z Σ3

2)

0

r · nds = − r4

Z Z Σ2

r r4

(n´otese que es

z ds (x2 + y 2 + z 2 )2

y ahora, parametrizando Σ3 en la forma x=x; y=y; z= ° ° se tiene, al ser ° ∂Φ × ∂φ Z Z Σ3

1 1 ; x2 + y 2 ≤ 2 4

°

∂Φ ° ∂θ °

r · nds = − r4

= 1, Z Z

1 = − 2 Z = −

Σ2

Z Z

z ds = − 2 (x + y 2 + z 2 )2

x2 +y 2 ≤ 14 1/2

¡ 0

ρ ρ2 +

Z Z

1 2

¢2 dxdy = x2 + y 2 + 14 Z Z 1/2 1 1 2π ρ dxdy = − dθ ¢ ¢2 dρ = ¡ ¡ 2 2 0 0 x2 + y 2 + 14 ρ2 + 14

¢ dρ 1 2 4

x2 +y 2 ≤ 14

¡

= −π

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

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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} → R3 definido por F(r) =f (r) a × r p donde r = xi + yj + zk y r = x2 + 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

Z I= Γ

a×r dr r2

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 Z r2 (a × r) dσ

J= Σ

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 = (a2 z − a3 y, a3 x − a1 z, a1 y − a2 x) y ahora, utilizando que si U es un campo escalar y V un campo vectorial se cumple div (U V) = grad U · V + U div V, se tiene div (f (r)a × r) = grad (f (r)) · (a × r) + f (r) div (a × r) = = f 0 (r) gradr · (a × r) + f (r) div (a × r) = r = f 0 (r) · (a × r) + f (r) div (a × r) = 0 r pues: - gradr = rr - 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:

b.1) Calculando drectamente la integral curvil´ınea. Para parametrizar Γ calculamos su proyecci´on sobre el plano xy eliminando la z entre las dos ecuaciones que definen la curva. Esta proyecci´on es 2x2 + y 2 = 1 y entonces la curva se puede escribir 2x2 + y 2 = 1 z = x Parametrizamos la proyecci´on en la forma 1 x = √ cos t ; y = sen t , t ∈ [0, 2π] 2 (n´otese que lleva la orientaci´on que indica el enunciado), y entonces una posible parametrizaci´on para Γ viene dada por 1 x = √ cos t 2 y = sen t 1 z = √ cos t con t ∈ [0, 2π] 2 Ahora, como r2 = x2 + y 2 + z 2 vale uno en todos los puntos de Γ, la expresi´on de I se puede simplificar. En efecto, Z Z Z a×r I= dr = (a × r) · dr = (a2 z − a3 y)dx + (a3 x − a1 z)dy + (a1 y − a2 x) dz 2 Γ r Γ Γ y entrando con la parametri´on anterior se tiene µ ¶ ¶µ ¶ Z 2π µ a2 cos t sen t a3 cos t a1 cos t a2 cos t sen t √ I= − a3 sen t) − √ +( √ − √ ) cos t + (a1 sen t − √ − √ dt 2 2 2 2 2 2 0 R 2π R 2π R 2π R π/2 Por simetr´ıa, la integral 0 cos tsentdt vale cero mientras que 0 cos2 dt = 0 sen2 tdt = 4 0 cos2 dt por lo que se puede escribir µ ¶ Z π/2 √ 2a3 2a1 I=4 √ − √ cos2 dt = 2π (a3 − a1 ) 2 2 0 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, Z Z Z a×r dr = (a × r) · dr = 2a · dσ I= 2 Γ S Γ r donde S est´a orientada por el vector normal unitario n = √12 (−1, 0, 1). De esta forma Z

Z

√ 1 I = 2 a · dσ =2 a · √ (−1, 0, 1) dσ = 2(a3 − a1 ) 2 S S

Z dσ =

√

´ 2(a3 − a1 )Area(S)

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 del primer apartado, es solenoidal en R3 . De esta forma, y mediante el uso del teorema de Gauss, J

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 = √16 (1, 1, 2). Entonces Z Z 2 J = r (a × r)dσ = r2 (a × r) · ndσ = Σ Z Σ ¡ 2 ¢ 1 = √ x + y 2 + z 2 ((1, −1, 0)×(x, y, z)) · (1, 1, 2)dσ = 6 ZΣ ¡ 2 ¢ 2 = √ x + y 2 + z 2 (x + y − z)dσ 6 Σ Ahora parametrizamos S en la forma estandar, es decir, Φ:

x=x y=y ; (x, y) ∈ M = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 ; y = 1 − x} 1 z = h(x, y) = 2 (1 − x − y)

Entonces

° ° s µ ¶2 µ ¶2 √ ° ∂Φ ∂Φ ° ∂h ∂h 6 ° ° = ° ∂x × ∂y ° = 1 + ∂x + ∂y 2

y se tiene √ ¶ Z Z µ 6 2 1 1 J = √ x2 + y 2 + (1 − x − y)2 (x + y − (1 − x − y) ) dxdy = 4 2 2 6 M ¶ Z Z µ 1 1 2 2 2 = x + y + (1 − x − y) (x + y − (1 − x − y) )dxdy = · · · = 4 2 ¶ Z ZM µ 15 3 15 3 21 2 21 2 11 2 11 2 7 5 5 1 = x + y + xy + x y − x − y − xy + x + y − dxdy 8 8 8 8 8 8 4 8 8 8 M RR Ahora hay que evaluar 10 integrales del tipo xpRy qRdx. En primerR lugar podemos utilizar que, M R p q q p al ser M sim´etrico respecto de la recta y = x, entonces x y dx = x y dx (*) con lo que M M Z Z µ J= M

11 7 5 1 15 3 21 2 x + x y − x2 − xy + x − 4 4 4 4 4 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

Z

Z 1 1 1 q+1 x y dxdy = x dx y dy = x (1 − x) dx = xp (1 − x)q+1 dx = q + 1 q + 1 M 0 0 0 0 1 Γ(p + 1)Γ(q + 2) 1 p!q! 1 p!(q + 1)! β(p + 1, q + 2) = = = = q+1 q + 1 Γ(p + q + 3) q + 1 (p + q + 2)! (p + q + 2)! p q

1

Z

p

1−x

Z

q

1

p

N´otese que esta f´ormula demuestra la la validez de la igualdad (*) que se estableci´o anteriormente por un argumento de simetr´ıa.

As´ı, Z Z

Z Z 3! 1 2 1 x dxdy = = ; x2 ydxdy = = 5! 20 5! 60 Z ZM Z ZM 2! 1 1 1 x2 dxdy = = ; xydxdy = = 4! 12 4! 24 Z Z M Z ZM 1 1 1 = ; xdxdy = dxdy = 3! 6 2 M M 3

y entonces

15 1 21 1 11 1 7 1 51 11 + − − + − 4 20 4 60 4 12 4 24 4 6 8 2 19 y operando se llega al resultado final J = 160 . J=

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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 ⊂ R3 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 ZZ ∂φ φ dσ ∂n S en una integral triple extendida a Ω. (Se recuerda que

∂φ = grad φ · n). ∂n

3) Determinar la expresi´on en Ω de todos los campos vectoriales F : R3 → R3 , 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´ıvocamente determinado en Ω un campo vectorial G : R3 → R3 , 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 vectorial, se tiene: · ¸ · ¸ · ¸ ∂ ∂φ ∂ ∂φ ∂ ∂φ div (φ grad φ) = φ + φ + φ ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ 2 ∂φ ∂φ ∂ φ ∂φ ∂φ ∂ 2φ ∂φ ∂φ ∂2φ = +φ 2 + +φ 2 + +φ 2 ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂z ∂z µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 · 2 ¸ 2 2 ∂φ ∂φ ∂φ ∂ φ ∂ φ ∂ φ = + + +φ + + ∂x ∂y ∂z ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 = 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 ZZ ZZ ∂φ dσ = φ grad φ · n dσ . φ ∂n S S La aplicaci´on del teorema de Gauss a esta integral da lugar a la igualdad ZZZ ZZ ∂φ dσ = div [φ grad φ] dV . φ ∂n Ω S

siendo Ω el volumen limitado por la superficie cerrada S. Finalmente, teniendo en cuenta el resultado obtenido en el apartado anterior, se obtiene la igualdad: ZZ ZZZ ZZZ ∂φ 2 φ dσ = kgrad φk dV + φ ∆ φ dV . ∂n S Ω Ω 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 ZZ ZZ ∂φ φ F · n dσ = φ dσ ∂n S S debe tambi´en anularse. El resultado final obtenido en el apartado 2) anterior nos permite entonces concluir que ZZ ZZZ ZZZ ∂φ 2 φ dσ = kgrad φk dV + φ ∆ φ dV = 0 . ∂n S Ω Ω De aqu´ı, teniendo en cuenta que (como se acaba de demostrar) φ es un campo escalar arm´onico (∆φ = 0), resulta ZZZ kgrad φk2 dV = 0 Ω

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 u ´nico 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 u ´nica. 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 u ´nico 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.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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 + y 2/3 = 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 + cos2 t = 1, obteniendo as´ı la parametrizaci´on r(t) = (x(t), y(t)) dada por x = acos3 t y = asen3 t,

t ∈ [0, 2π]

Se tiene entonces Z 2π Z 2π p Z 2π √ 0 L= kr (t)k dt = x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt = 3a sen2 t cos4 t + sen4 t cos2 tdt = 0 0 0 Z 2π p Z 2π √ 2 2 2 2 = 3a sen t cos t(sen t + cos t)dt = 3a sen2 t cos2 tdt = 0 0 Z 2π Z π π 2 sent cos tdt = 6asen2 t |02 = 6a = 3a |sent| |cos t| dt = 12a 0

0

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 cos2 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 Z Z 1 1 2π A= xdy − ydx = [x(t)y 0 (t) − y(t)x0 (t)] dt = 2 Γ 2 0 Z Z ¤ 1 2π 3 2 2π £ 2 0 0 sen t cos4 t + sen4 t cos2 t dt = = [x(t)y (t) − y(t)x (t)] dt = a 2 0 2 0 Z 2π Z π 2 3 3 1 3 3 = a2 sen2 t cos2 tdt = 6a2 sen2 t cos2 tdt = 6a2 β( , ) = · · · = πa2 2 2 2 2 8 0 0 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.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2002/2003) Examen Final de Septiembre 8.09.03

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 ∂Q (x, y) = (x, y) , (x, y) ∈ Ω ∂y ∂x y

Z

Z Γ1

P dx + Qdy = 4 ,

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 on positiva. Z orientaci´ Se pide calcular

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

P dx + Qdy =

recorridas las curvas con la misma orientaci´on.

m Z X k=1 γk

P dx + Qdy .

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:

4

Γ1

3

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

Z Γ1

=

Z Γ2

+

C

Z

⇒

C

2

E

1

-4

P dx + Qdy = 4 − 7 = −3 .

-3

-2

C

-1

1

-1 -2

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

E

-3

P dx + Qdy = 0. -4

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

Z G

P dx + Qdy =

Γ2

P dx + Qdy = 7 .

Γ2

2

G

3

4

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2002/2003) Examen Final de Septiembre 8.09.03 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 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c En primer lugar calcularemos el plano tangente al elipsoide en un punto gen´erico (x, y, z) de su y2 x2 z2 superficie. Puesto que la ecuaci´on del elipsoide es F (x, y, z) = ¡0 con F (x, y, z) = 2 + b2 + c2 − 1, a ¢ un normal al plano viene dado por gradF (x, y, x) = 2x , 2y , 2z , o dividiendo por 2, por a2 b2 c2 ¡ x vector ¢ , y , z . De esta forma la ecuaci´on de los puntos (X, Y, Z) del plano es a2 b 2 c2 x y z (X − x) + 2 (Y − y) + 2 (Z − z) = 0 2 a b c es decir,

x y z x2 y 2 z 2 X + Y + Z = + 2 + 2 a2 b2 c2 a2 b c y teniendo en cuenta que (x, y, z) pertenece al elipsoide, se tiene finalmente x y z X + 2Y + 2Z = 1 2 a b c 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) = √

A2

1 |−1| =q 2 2 2 2 x +B +C + yb4 + a4

z2 c4

.

De esta forma, la integral pedida es ¶ Z µ 2 Z x y2 z2 1 dσ = + 4 + 4 dσ I= 2 a4 b c S S d (x, y, z) 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 ¶ Z µ 2 y2 z2 x + 4 + 4 dσ I=8 a4 b c S0 donde S 0 es la porci´on de elipsoide comprendida en el primer octante.

Procederemos parametrizando S 0 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 ° ° Z Z ° ∂Φ ° 1 ∂Φ ° (θ, φ) × ° dθdφ I=8 (θ, φ) 2 ° ° ∂θ ∂φ Ω (d(Φ(θ, φ))) La parametrizaci´on m´as c´omoda para S 0 es x = a cos θsenφ y = bsenθsenφ z = c cos φ,

h πi π θ ∈ [0, ], φ ∈ 0, 2 2

Operando se obtiene ° ° p ° ∂Φ ° ° (θ, φ) × ∂Φ (θ, φ)° = b2 c2 cos2 θsen4 φ + a2 c2 sen2 θsen4 φ + a2 b2 cos2 φsen2 φ = ° ∂θ ° ∂φ r cos2 θsen2 φ sen2 θsen2 φ cos2 φ = abc |senφ| + + a2 b2 c2 Por otro lado,

x2 y 2 z 2 cos2 θsen2 φ sen2 θsen2 φ cos2 φ + 4 + 4 = + + a4 b c a2 b2 c2

y por ello, ¶ ¶3 Z π Z πµ 2 2 2 cos θsen2 φ sen2 θsen2 φ cos2 φ 2 x2 y 2 z 2 + 4 + 4 dσ = 8abc dθ + + |senφ| dφ = I = 8 a4 b c a2 b2 c2 0 0 S0 ¶3 Z π Z πµ 2 2 2 cos θsen2 φ sen2 θsen2 φ cos2 φ 2 dθ senφdφ = 8abc + + a2 b2 c2 0 0 £ ¤ donde se ha usado que el seno es no negativo en 0, π2 . Las integrales obtenidas no pueden resolverse por los m´etodos habituales de integraci´on, por lo que el resultado se deja indicado. Z µ

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2003/2004)

Examen Final de Febrero 5.02.04

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 3 3 normal saliente. Sea F :R → R un campo vectorial regular del que se sabe que admite tanto un potencial escalar como unR potencial vector y sea G un potencial vector cualquiera de F. Encontrar R una expresi´on para I = F × G dσ que dependa u ´nicamente del valor del m´odulo de F en el Σ 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 ¾ x2 + y 2 − 1 = 0 x+y+z−1 = 0 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 Z Z Z F × Gdσ = div(F × G)dv, Σ

Ω

Ahora se utilizar´a que div(F × G) = G·rotF − F·rotG, que al admitir F un potencial escalar en R se sigue rotF = 0 en R3 y, por definici´on de potencial vector, rotG = F obteni´endose Z Z Z Z Z Z Z F × Gdσ = −F · Fdv = − kFk2 dv 3

Σ

Ω

Ω

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 R3 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. R RRR 3) El enunciado del problema pide que se eval´ uen las integrales Σ F × Gdσ y − kFk2 dv Ω 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 = − (2xz 2 , 2yz 2 , x2 z + y 2 z). Utilizando que al ser Σ la esfera unidad su normal unitaria saliente es n = (x, y, z) se tiene Z Z Z ¡ ¢ I = F × Gdσ = (F × G) ·ndσ = − 2xz 2 , 2yz 2 , x2 z + y 2 z (x, y, z)dσ= ΣZ Σ Σ Z ¡ 2 2 ¢ ¡ 2 2 ¢ 2 2 2 2 2 2 = − 2x z + 2y z + x z + y z dσ = − 3x z + 3y 2 z 2 dσ Σ

Σ

se puede ante permutaciones de los ejes coordenados, R Ahora R 2 2utilizar que, al ser la esfera R 2invariante 2 2 2 x z dσ = y z dσ con lo que I = −6 x z dσ. Utilizando la paridad de la funci´on subintegral Σ Σ Σ R y la simetr´ıa de Σ respecto de los tres planos coordenados se tiene finalmente I = −48 Σ0 x2 z 2 dσ donde Σ0 es la porci´on de Σ contenida en el primer octante. Parametrizando Σ0 en la forma (x, y, z) = Φ(θ, ϕ) = (cos θsenϕ, senθsenϕ, cos ϕ), θ ∈ [0, π/2], ϕ ∈ [0, π/2] ° ° ° ° ∂Φ y utilizando que ° ∂Φ (θ, ϕ) × (θ, ϕ) ° = senϕ se tiene ∂θ ∂ϕ Z

Z

π 2

Z

π 2

dθ (cos θsenϕ)2 (cos ϕ)2 senϕdϕ = x z dσ = −48 0 0 Z Z π 2 = −48 cos2 θdθ sen3 ϕ cos2 ϕdϕ 2 2

I = −48

Σ0 π 2

0

0

Ahora, Z π Z π Z π π 1 2 1 2 1 2 π cos θdθ = (1 + cos 2θ)dθ = dθ + cos 2θdθ = + 0 = 2 0 2 0 2 0 4 4 0 1 3 1 Γ(2)Γ(3/2) 2 sen3 ϕ cos2 ϕdϕ = β(2, ) = = ··· = 2 2 2 Γ(7/2) 15 Z

Z

π 2

0

π 2

2

2 y se obtiene finalmente −48 π4 15 = − 8π . 5 Por otro lado, utilizando argumentos de simetr´ıa y paridad an´alogos a los anteriores se tiene Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z 2 2 2 2 2 − kFk dv = − (x + y + 4z )dv = −6 z dv = −48 z 2 dv Ω

Ω

Ω

Ω0

donde Ω0 es la porci´on de la esfera unidad contenida en el primer octante. Haciendo un cambio a esf´ericas (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 Z 1 Z Z Z Z π Z π 2 2 2 2 dθ dϕ r2 cos2 ϕr2 senϕdr = − kFk dv = −48 z dv = −48 0 0 Ω Ω 0 0 Z π Z π Z 1 2 2 £ ¤0 1 π 1 π11 8π = −48 =− dθ cos2 ϕsenϕdϕ r4 dr = −48 cos3 ϕ π/2 = −48 23 5 235 5 0 0 0 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 Z 2π Gdr = G(γ(t)) · γ 0 (t)dt Γ Z0 2π = [sent(1 − cos t − sent)(−sent) − cos t(1 − cos t − sent)(cos t)] dt = 0 Z 2π Z 2π £ ¤ 2 2 = (sen t + cos t)(−1 + cos t + sent) dt = (−1 + cos t + sent)dt = −2π 0

0

R 2π

R 2π

R 2π

R 2π

pues 0 cos tdt = 0 sentdt = 0. N´otese que si en vez de simplificar en la tercera igualdad se desarrolla el producto se obtiene Z Z 2π Gdr = (− cos2 t − sen2 t + cos3 t + sen3 t + cos tsen2 t + cos2 tsent)dt = Γ Z0 2π = (−1 + cos3 t + sen3 t + cos tsen2 t + cos2 tsent)dt = −2π 0

R 2π R 2π pues 0 cos3 tdt = 0 sen3 tdt = 0 cos tsen2 t = 0 cos2 tsentdt = 0. 4.2. Aplicando el teorema de Stokes Z Z Z Gdr = rotGdσ = Fdσ Γ

S

S

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

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

D

RR RR donde se ha utilizado que xdxdy = ydxdy = 0 puesto que la funci´on subintegral es impar D D 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.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2003/2004)

Convocatoria de junio 10.06.04

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 t dt. p 0 | log t| 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 Z ∞ Z ∞ −x e −x e dx = e−2x x−p dx I= p x 0 0 y la homotecia y = 2x nos permite reconocer una gamma, Z ∞ p−1 e−y y −p dy = 2p−1 Γ(1 − p) I=2 0

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) = (y 2 + 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: ZZZ ZZ ZZ div F = F+ F = 0, V

Σ

D

ZZ luego para calcular la integral pedida

F basta con calcular el flujo a trav´es del disco D orientado Σ

por el vector j, ZZ ZZ ZZ ZZ ZZ 2 ´ F=− F=− F·j=− (−y ) dσ = dσ = Area (D) = π. Σ

D

D

D

D

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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) = (xy 2 , x2 y, −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 C 1 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 3 resto de R 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, s ¶2 ¶3/2 µ µ Z 1r Z 1 Z 1 29 √ 42 3 9 9 40 √ 0 1/2 2 2 dt = |t=1 L= kr (t)k dt = t 1 +2 + 5 + tdt = 5+ t 29− 5 t=0 = 2 4 93 4 27 27 0 0 0 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 Z u Z u Z u ¡ ¢ 3 3 1/2 2 2 3/2 2 0 (8t3 − t4 )dt t(4t ), t (2t), −t t · (1, 2, t )dt = C(u) = F(r(t)) · r (t)dt = 2 2 0 0 0

Rt (n´otese que una expresi´on del tipo 0 F(r(t)) · r0 (t)dt ser´ıa incorrecta, pues t denotar´ıa a la vez a la variable de integraci´on y al l´ımite de integraci´on). 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 3 C 0 (u) = 8u3 − u4 2 Los ceros de C 0 (u) son u = 0 y u = 16 . Para saber si son extremos podemos acudir a la segunda 3 derivada, C 00 (u) = 24u2 − 6u3 , comprobando que C 00 ( 16 ) < 0, lo que indica que en u = 16 hay un 3 3 00 m´aximo local. En cuanto a u = 0, se tiene C (0) = 0 (con lo que se debe acudir a derivadas de orden superior), C 000 (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 ) > C(0) para poder afirmar que el m´aximo global se da en u = 16 , que corresponde 3 3 √ 16 32 64 al punto ( 3 , 3 , 9 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 Z u Z u Z u ¡ ¢ 2 2 2 0 0 (8t3 − α(t)α0 (t)t2 )dt t(4t ), t (2t), −α(t)t · (1, 2, α (t))dt = F(w(t)) · w (t)dt = H(u) = 0

0

0

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)α0 (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 u ´nica 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) = 4t2 + C ⇔ α2 (t) = 8t2 + K ⇔ α(t) = ± 8t2 + K 2 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 ´ (sobre 10 puntos) BAREMO DE CALIFICACION Apdo. 1 −→ 2 puntos Apdo. 2. −→ 4 puntos Apdo. 3. −→ 4 puntos

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (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) Decidir razonadamente para qu´e valores de los par´ametros reales p y q converge la integral impropia:

Z

∞

tp (log t)q dt.

1

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 Z ∞

p

∞

q

t (log t) dt = 1

xq e(p+1)x dx.

0

Ambas integrales se comportan de la misma manera en lo que a su convergencia se refiere. Consideramos 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: Z a Z ∞ q (p+1)x I1 = x e dx , I2 = xq e(p+1)x dx, 0

a

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 n • Criterio de Comparaci´on: Sea f integrable en [a, x] para todo Z +∞x > a. Entonces si l´ım x→+∞ x f (x) es finito y no nulo o infinito, para alg´ un n ≤ 1, la integral f (x) dx es divergente. a

Bata entonces tener en cuenta que, para p + 1 > 0 y para todo q ∈ R, se tiene l´ım xq+1/2 e(p+1)x = ∞.

x→∞

B) p + 1 = 0. En este caso, la integral de partida ser´a convergente si lo son simult´aneamente: Z a Z ∞ q J1 = x dx , J2 = xq dx, 0

a

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: Z ∞ Γ(α) = x(α−1) e−x dx 0

(que converge si y solo si α > 0), dado que el cambio de variable (p + 1)x = y (con p + 1 < 0) transforma la integral de partida en Z ∞ 1 1 y q e−y dy = Γ(q + 1) q+1 |p + 1| |p + 1|q+1 0 Por tanto, para p < −1, la integral propuesta es convergente si y solo si q > −1 y diverge si q ≤ −1. En resumen: Z

∞

La integral 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 z 2 x i + z 2 y j − z 3 k 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 x2 + 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 =

∂F2 ∂F3 ∂F1 + + = 2z 2 + z 2 − 3z 2 = 0 ∂x ∂y ∂z

y, por tanto, el campo es, en efecto, solenoidal en R3 . Como R3 es un dominio estrellado y F es de clase C 1 en R3 , 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+ un (que induce 1 y Σ2 dos superficies con un borde orientado com´ − − un sentido para el vector normal a ambas) S − y Σ1 y Σ2 las mismas superficies pero con la otra + + orientaci´on posible. Sea ahora Σ = Σ1 Σ2 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: ZZ ZZ ZZ ZZ ZZ ZZ F. F dσ = F dσ = − F dσ = 0 =⇒ F dσ + F dσ = Σ+

Σ− 2

Σ+ 1

Σ− 2

Σ+ 1

Σ+ 2

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 R3 . Entonces, para cualquier superficie Σ con un borde orientado Γ se puede aplicar el teorema de Stokes y, por tanto, se tiene: ZZ ZZ Z F dσ ≡ ∇ × G dσ = G ds Σ

Σ

Γ

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 : x2 + z 2 ≤ 1/4 , y = 3/2}, que se puede parametrizar mediante γ = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)) con: √ 3 x(r, θ) = r cos θ , y(r, θ) = , z(r, θ) = r sin θ (r ∈ (0, 1/2) , θ ∈ (−π, π)) , 2 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.   ZZ Z 1/2 Z π 0 ¡ ¢ F dσ = 2 z(r, θ)2 x(r, θ) , z(r, θ)2 y , − z(r, θ)3 ·  r  dr dθ C+ 0 −π 0 √ Z 1/2 Z π √ 3 3π = r3 sin2 θ dr dθ = , 2 0 128 −π √ 3π y, por tanto, el otro valor que puede tomar el flujo es − . 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 identifican componentes en la igualdad F = ∇ × G, de lo que resulta el sistema de ecuaciones en derivadas parciales siguiente: ∂G2 ∂G1 ∂G2 ∂G1 − = 2z 2 x , = z2y − = −z 3 , ∂z ∂z ∂x ∂y de cuya resoluci´on se obtiene: G1 (x, y, z) = − 23 z 3 y + M (x, y), G2 (x, y, z) = 31 z 3 x + N (x, y), donde ∂M ∂N M (x, y) y N (x, y) son funciones arbitrarias que deben satisfacer la condici´on − = 0, que ∂x ∂y se cumple si se elige M = N = 0. ¡ ¢ As´ı pues, un potencial vector de F es G = − 23 z 3 y , 13 z 3 x , 0 y el flujo pedido vendr´a dado por:   ¶ ZZ Z Z π µ −(1/2) sin θ 1 2  dθ 0 F dσ = G ds = − z(θ)3 y(θ) , z(θ)3 x(θ) , 0 ·  3 3 Σ Γ −π (1/2) cos θ √ √ Z π 3 3π sin4 θ dθ = , = 48 −π 128 √ donde Γ es la circunferencia x2 +z 2 = 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.

1 punto.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2003/2004) Convocatoria de septiembre 16.09.04

PROBLEMA 2 (3 puntos) Sean f : R → R una funci´on de clase C 1 , 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) ∂(xz) ∂(yf (x)) + + = 0, ∂x ∂y ∂z

se tiene que V es solenoidal para toda funci´ on f ∈ C 1 (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 ¯ ¯ ¯ ¶ i j k ¯¯ µ ¯ ∂L(x, y, z) ∂L(x, y, z) ∂M (y, z) ∂ ∂ ∂ ¯ (yz, xz, yf (x)) = V = ¯¯ , ,− . − ∂x ∂y ∂z ¯ = ∂z ∂z ∂y ¯ L(x, y, z) M (y, z) 0 ¯ Igualando las primeras componentes e integrando respecto a z se tiene que M (y, z) = −yz 2 /2 + m(y). ´Idem para las segundas componentes, de donde se obtiene que L(x, y, z) = xz 2 /2 + l(x, y); introduciendo esta funci´on en la tercera componente del rotacional, se deduce que yf (x) = −

∂l(x, y) y2 ⇔ l(x, y) = − f (x) + h(x). ∂y 2

Finalmente, todos los potenciales vectores pedidos son de la forma: µ 2 ¶ µ ¶ xz y 2 f (x) yz 2 F(x, y, z)= − + h(x) i + − + m(y) j 2 2 2 donde h, m son funciones cualesquiera de C 1 (R) . 2) Como V = rot(F), F ∈ C 1 (R3 ) y Σ es uni´on de superficies regulares, podemos aplicar el Teorema de Stokes: Z Z Z V= Σ

rot(F) = Σ

F Γ

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)= La integral curvil´ınea Z

1 F = 2 Γ1

Z Z

π/2

¡

R Γ

¢ 1¡ 2 1 ¡ 2¢ xz − y 2 (x + a) i − yz j 2 2

F es la suma de las tres integrales siguientes:

¢ −sen 2 (t) (cos (t) + a), 0, 0 · (−sen (t) , cos (t) , 0) dt =

0

1 a 1 π/2 sen 3 (t) (cos (t) + a)dt = + 2 0 8 3 Z Z π/2 Z ¡ ¢ 1 1 1 π/2 2 2 F = sen 3 (t) cos (t) dt = −a cos (t) , − cos(t)sen (t) , 0 · (0, −sen (t) , cos (t)) dt = 2 0 2 0 8 Γ2 Z Z π/2 Z π/2 ¡ ¢ 1 1 1 sen (t) cos3 (t) dt. = . F = sen (t) cos2 (t) , 0, 0 · (cos (t) , 0, −sen (t)) dt = 2 0 2 0 8 Γ3 =

La suma de las tres integrales debe ser cero, de donde 0=

3 a 9 + ⇔a=− . 8 3 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 ∈ C 1 (R3 ) podemos aplicar el Teorema de la divergencia de Gauss: Z Z Z VdS + VdS = div (V) dV = 0 Σ

S

Ω

donde se ha utilizado R que V siempre es solenoidal. Se pide que la integral sobre Σ sea nula, as´ı que es suficiente que S VdS = 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)/ p 2 z = 1 − x − y 2 , (x, y) ∈ D} siendo D = {(x, y)/ x2 + 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: Z Z Z 1 0= VdS = (yz, xz, y(x + a)) · (x, y, z) dxdy = (3xy + ay)dxdy. z D S D Calculando dichas integrales dobles, se llega al mismo resultado a = − 98 .

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2004/2005)

Convocatoria de febrero 15.02.05

PROBLEMA 1 (4 puntos) (Este problema consta de dos apartados independientes). 1) Se considera la funci´on compleja de variable compleja definida por sen πz cos πz f (z) = + 0 , p(z) p (z) donde p(z) = z 3 (z − α) (α ∈ C) y se supone que sen πα 6= 0 y cos πα 6= 0. Se pide: 1.1) Determinar la parte principal de los desarrollos de f en serie de Laurent alrededor de z = 0 y z = α convergentes en discos perforados con centro en z = 0 y z = α, respectivamente. I 1.2) Calcular f (z)dz, siendo Γ la frontera de la intersecci´on de los dos dominios del plano Γ

complejo definidos por |z| + |z − α| ≤ 2|α| y 2|z| ≤ |α|, recorrida en sentido positivo. (2 puntos) √ 2) Sea S la superficie de revoluci´on engendrada al girar la curva de ecuaci´on z = y con 1 ≤ y ≤ 2 (situada en plano Y Z) alrededor del eje OZ. Calcular ´angulo s´olido de visi´on desde el origen de la porci´on de S situada en el primer octante. (2 puntos) Respuesta:

1.1) Para determinar la parte principal de la serie de Laurent de la funci´on f alrededor de los dos puntos considerados se procede, en primer lugar, a identificar el tipo de singularidad que presenta f en cada uno de ellos. Esta informaci´on permite reconocer la forma de la serie de Laurent y, en particular, permite saber qu´e coeficientes hay que calcular en cada caso. (a) El punto z = 0 es un polo doble ya que se cumple: 1 + 3π , z→0 3α donde el l´ımite se calcula aplicando una vez la regla de L’Hopital. Por lo tanto, la serie de Laurent de f convergente en un disco perforado de centro el punto z = 0 tiene la forma: l´ım z 2 f (z) = −

∞ X a−2 a−1 f (z) = 2 + + an z n , z z n=0

con lo que los coeficientes que hay calcular son a−2 y a−1 . Para ello se tiene: z 2 f (z) = a−2 + a−1 z +

∞ X n=0

an z n+2 =⇒ a−2 = l´ım z 2 f (z) = − z→0

1 + 3π , 3α

donde el l´ımite es el mismo que se ha calculado para identificar la singularidad que presenta f en el punto z = 0. Falta u ´nicamente determinar el coeficiente a−1 que es, por definici´on, el residuo de f en el polo doble z = 0; por tanto: µ ¶ µ ¶ d d 2 sen(πz) d cos(πz) (z f (z)) = l´ım a−1 = Res[f, z = 0] = l´ım + l´ım z→0 dz z→0 dz z→0 dz z(z − α) (4z − 3α) 4 4 + 9π π = − , = − 2 − 2 α 9α 9α2

donde el primer l´ımite se calcula aplicando dos veces la regla de L’Hopital y el segundo es inmediato. As´ı pues, la parte principal de la serie de Laurent de f convergente en un disco perforado de centro el punto z = 0 es: 1 + 3π 4 + 9π − − . 2 3α z 9α2 z (b) El punto z = α es un polo simple ya que se cumple: l´ım (z − α) f (z) = z→α

sen(πα) 6= 0 (por hip´otesis) , α3

donde el l´ımite es inmediato. Por lo tanto, en este caso, la serie de Laurent de f que converge en un disco perforado de centro el punto z = α tiene la forma: ∞ X b−1 f (z) = + bn (z − α)n . z−α n=0

Hay que determinar el coeficiente b−1 que es, por definici´on, el residuo de f en el polo simple z = α y, por tanto, coincide con el l´ımite que se acaba de calcular; es decir: b−1 = Res[f, z = α] = l´ım (z − α) f (z) = z→α

sen(πα) . α3

As´ı pues, la parte principal de la serie de Laurent de f convergente en un disco perforado de centro el punto z = α es: sen(πα) . α3 (z − α)

1.2) Se trata de calcular la integral de f a lo largo de una curva cerrada ya que la intersecci´on de los dos dominios dados (el limitado por la elipse de focos z = 0 y z = α y el limitado por la circunferencia de centro z = 0 y radio |α|/2) siempre tienen una intersecci´on no vac´ıa. Se puede, por tanto, aplicar el teorema de los residuos de Cauchy, seg´ un el cual: I X n(Γ, zk ) Res[f, z = zk ] , f (z)dz = 2π i Γ

k

donde la suma se extiende a los puntos singulares zk de f contenidos en el dominio limitado por la curva Γ y n(Γ, zk ) es el ´ındice de Γ con respecto a zk , del que se sabe que es un n´ umero entero positivo, pues la curva se recorre en sentido positivo. En estas condiciones, es necesario determinar todos los puntos singulares de f que son los dos considerados anteriormente, es decir, el polo doble z = 0 y el polo simple z = α y, adem´as, z = 3α/4 que es un cero simple de p0 (z) y puede ser una singularidad evitable de f (si cos(3απ/4) = 0) o un polo simple de f (si cos(3απ/4) 6= 0), ya que se cumple: l´ım (z −

z→3α/4

4 cos(3πα/4) 3α ) f (z) = . 4 9α2

Falta por decidir qu´e puntos singulares pertenecen al dominio acotado limitado por Γ que ser´an aquellos que cumplan simult´aneamente las dos desigualdades que definen los dos dominios dados. Es sencillo comprobar que el u ´nico punto que las verifica es z = 0, pues z = α y z = 3α/4 no pertenecen al disco de centro z = 0 y radio |α|/2. Por tanto: I 4 + 9π n(Γ, z = 0) . f (z)dz = 2π i n(Γ, z = 0) Res[f, z = 0] , = − 2πi 9α2 Γ

2) Dada una superficie Σ en R3 y un punto p ∈ R3 se denomina ´angulo s´olido de visi´on de Σ desde p al ´area que resulta de la intersecci´on de la esfera de centro p y radio uno y el cono s´olido de v´ertice p formado por todas las rectas que, trazadas desde p, intersecan la superficie Σ en al menos un punto. En el problema propuesto el punto p es el origen y la superficie Σ es la que se obtiene por √ revoluci´on de la curva z = y (1 ≤ y ≤ 2) alrededor del eje OZ. La ecuaci´on cartesiana de esta qp superficie es z = x2 + y 2 . Puesto que solamente hay que considerar la porci´on situada en el primer octante, una parametrizaci´on de Σ viene dada por:    x(θ, u) = u sen θ  π y(θ, u) = u cos θ R(θ, u) = (x(θ, u), y(θ, u), z(θ, u)) con: (0 ≤ θ ≤ , 1 ≤ u ≤ 2) . √   2 z = u Por otra parte, puesto que se trata de una superficie de revoluci´on, el cono s´olido a considerar en este caso se obtiene tambi´en por revoluci´on alrededor del eje OZ del haz de rectas (situadas en √ el plano Y Z) que, trazadas desde el origen, intersecan la curva z = y (1 ≤ y ≤ 2) al menos una √ vez. Este haz√est´a constituido por todas las rectas cuya pendiente est´a comprendida entre 2/2 y 1 √ (z = ay con 2/2 ≤ a ≤ 1) y cada una de ellas tiene un u ´nico punto en com´ un con la curva z = y √ √ (como se puede comprobar resolviendo la ecuaci´on ay = y con 2/2 ≤ a ≤ 1). Esto u ´ltimo significa que desde el origen “se ve toda una cara de la superficie considerada” , lo que permite calcular el ´angulo s´olido de Σ (o de la cara de Σ “que se ve desde el origen”) como el flujo del campo r/krk3 sobre Σ (en concreto, sobre la cara de Σ “que no se ve desde el origen”). Debe tenerse en cuenta que para que el ´angulo s´olido se pueda calcular mediante este procedimiento el flujo debe calcularse sobre la porci´on de la superficie “que se ve desde el origen” (en este caso la totalidad de la superficie). Denotando por Σ+ esta cara, la normal a considerar es: √ √ ¢ ∂R(θ, u) ∂R(θ, u) u¡ × = sen θ, cos θ, u . ∂u ∂θ 2 Teniendo en cuenta que sobre la superficie considerada el campo r/krk3 tiene la expresi´on ¡ √ ¢ R(θ, u) 1 = u sen θ, u cos θ, u , kR(θ, u)k3 (u2 + u)3/2 el ´angulo s´olido ΩΣ que se desea calcular es:   u sen θ ¡ ¢ √ u r cos θ  du = ds = dθ u sen θ, u cos θ, u  u √ 3 2 3/2 0 1 2(u + u) Σ+ krk u ¶¯2 Z π/2 Z 2 Z π/2 µ √ ´ ¯ 1 1 1 2 π ³√ ¯ dθ = √ √ = = dθ − 3 − 2 . 3/2 2 0 2 0 1 + u ¯1 2 6 1 (1 + u) ZZ

ΩΣ

Z

π/2

Z

2

√

2 (Procedimiento alternativo). En lugar de utilizar el flujo del campo r/krk3 , se trata de identificar directamente la intersecci´on entre el cono s´olido antes descrito y la esfera de centro el origen y radio uno. Una vez identificado este casquete esf´erico, E, el ´angulo s´olido se obtendr´a calculando su ´area. Pero E se obtiene de la intersecci´on √ de la esfera con el cono s´olido que resulta de girar alrededor del eje OZ el haz de rectas z = ay con 2/2 ≤ a ≤ 1 antes mencionado y que est´a situado en el primer octante. Una parametrizaci´on del mismo es: √ π π π 2 ≤ φ ≤ − arc tg , 0≤θ≤ , E(θ, φ) = (sen φ cos θ , sen φ sen θ , cos φ) , 4 2 2 2 donde θ var´ıa entre 0 y π/2 por estar en el primer octante y los extremos del intervalo de variaci´on del azimut φ se obtienen restando de π/2 los ´angulos cuyas tangentes son las pendientes de las rectas

√ √ √ z = y (que es π/4) y z = ( 2/2) y (que es arc tg 2/2), que son las que cortan a la curva z = y en sus dos extremos. Teniendo en cuenta que ° ° ° ∂E(θ, φ) ∂E(θ, φ) ° ° ° = sen φ , × ° ∂θ ∂φ ° el ´angulo s´olido ΩΣ viene dado por ZZ

Z

ΩΣ =

ds = E

=

π √ 2 6

³√

Z

π/2

dθ 0

√ ´ 3− 2 ,

" Ã √ !# π 2 π π sen φ dφ = cos − cos − arc tg 2 4 2 2

π/2−arc tg π/4

√ 2/2

√ donde se han utilizado las relaciones cos(π/2 − a) = sen a y sen arc tg a = a/ 1 + a2 .

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2004/2005)

Convocatoria de febrero 15.02.05

PROBLEMA 2 (3 puntos) 1) Calcular el campo escalar u : R3 −→ R de clase C 1 para que el campo vectorial F definido por: F (x, y, z) = (xy 2 z 2 − 2xy, u(x, y, z), x2 y 2 z + 1) y F (0, y, z) = (0, y, 1) , sea conservativo en R3 . 2) En tal caso, calcular la circulaci´on de F sobre la curva Γ definida por las ecuaciones 2

(xz + yz + y − 3) −

√

x−z = 0 1 − x2 = 0

desde el punto A := (0, 2, 0) hasta el punto B := (1, 1, 1). 3) Calcular la circulaci´on del campo vectorial G definido mediante G(x, y, z) = (y 2 x2 z − 2yz, x3 yz − xz + y, x3 y 2 + 1) sobre el mismo arco de la curva Γ considerado en el apartado anterior. Respuesta: 1) Si F es irrotacional, como el dominio R3 es estrellado, F ser´a conservativo. Imponemos, pues: ¯ ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ − → ¯ 0 = rotF = ¯¯ ¯ ∂y ∂z ¯ 2 2∂x ¯ ¯ xy z − 2xy u(x, y, z) x2 y 2 z + 1 ¯ ¶ µ ∂u ∂u 2 2 , 0, − 2xyz + 2x = 2x yz − ∂z ∂x ∂u =⇒ = 2xyz 2 − 2x =⇒ u = x2 yz 2 − x2 + α(y, z) ∂x ∂α ∂α ∂u =⇒ 2x2 yz = = 2x2 yz + (y, z) =⇒ = 0, ∂z ∂z ∂z luego α(y, z) solo depende de y. Por otra parte, F (0, y, z) = (0, y, 1)

=⇒

y = u(0, y, z) = α(y, z),

y se tiene u = x2 yz 2 − x2 + y. 2) Llamamos L, M , N a las tres componentes de F . Fijado un punto del dominio, por ejemplo, el −−→ origen, un potencial escalar U , es decir, un campo que verifica F = grad U , se puede obtener por la conocida f´ormula Z x Z y Z z U (x, y, z) = L(r, 0, 0) dr + M (x, s, 0) ds + N (x, y, t) dt 0 0 0 Z y Z z 2 = (−x + s) ds + (x2 y 2 t + 1) dt 0

0

¸t=z ¸s=y · 2 2 2 s2 xy t 2 2 +t = −x s + + 2 s=0 2 t=0 ·

= −x2 y +

y 2 x2 y 2 z 2 + + z. 2 2

La circulaci´on que se pide ser´a Z F · dr = U (1, 1, 1) − U (0, 2, 0) = −1. Γ

3) El campo G no es conservativo pero, en el plano x = z, coincide con F . Por tanto, como Γ est´a contenida en ese plano, se tiene: Z Z G · dr = F · dr = −1. Γ

Γ

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2004/05)

Convocatoria de Junio 28-06-05

Problema 2.– (3 puntos) Este problema consta de dos preguntas independientes. 1. (1 punto) Se considera una superficie regular orientada S cuyo borde orientado es la curva Γ. Sea v un vector no nulo de R3 , y sea r = (x, y, z) un punto gen´erico de Γ. Determ´ınese razonadamente el valor de α que hace cierta la igualdad: ZZ Z α v ds = v × r dr. S

Γ

2. (2 puntos) Sea C una curva simple y acotada del plano R2 . Sea f un campo escalar positivo y de clase 1 a trozos en un dominio que contiene a C. Sea S la superficie regular definida por S = {(x, y, z) ∈ R3 , (x, y) ∈ C, 0 ≤ z ≤ f (x, y)}. Se pide: Z a) Demostrar la igualdad A(S) =

f , donde A(S) representa el ´area de la superficie S. C

b) Calcular expl´ıcitamente el ´area A(S) cuando la curva C viene parametrizada por ϕ(t) = (t, sen t), t ∈ [0, 2π] y la funci´on f (x, y) = |y cos x|.

Se entregar´ a esta hoja y, a lo sumo, una adicional. Soluci´ on: 1. Apliquemos el Teorema de Stokes, que relaciona la integral de l´ınea de un campo F sobre la curva Γ con el flujo de su rotacional (rot (F)) a trav´es de la superficie S: ZZ Z rot (F) ds = F dr. S

Γ

En este caso el campo vectorial es ¯ ¯ ¯ i v1 x ¯ ¯ ¯ F (r) = v × r = ¯¯ j v2 y ¯¯ = (v2 z − v3 y) i+ (v3 x − v1 z) j+ (v1 y − v2 x) k, ¯ k v3 z ¯ y su rotacional es µ rot (F) =

∂F3 ∂F2 − ∂y ∂z

¶

µ i+

∂F1 ∂F3 − ∂z ∂x

¶

µ j+

∂F2 ∂F1 − ∂x ∂y

¶ k =2v

con lo cual la expresi´on del enunciado es cierta cuando y s´olo cuando α = 2. 2.

a) Si la curva C viene parametrizada como C = {(x (t) , y (t)),

t ∈ [a, b]},

entonces la integral de l´ınea del enunciado es: Z Z b f= f (x (t) , y (t)) k(x0 (t) , y 0 (t))k dt. Γ

a

Por otro lado, una parametrizaci´on de la superficie es S = {Φ (t, z) = (x (t) , y (t) , z) ,

t ∈ [a, b],

0 ≤ z ≤ f (x (t) , y (t))} ;

calculemos su ´area: ZZ

Z bZ

A (S) =

f (x(t),y(t))

ds = S

a

0

° ° ° ∂Φ ∂Φ ° ° ° ° ∂t × ∂z ° dt dz.

En este caso se tiene que ° ° ° ∂Φ ∂Φ ° 0 0 0 0 0 0 ° ° ° ∂t × ∂z ° = k(x (t) , y (t) , 0) × (0, 0, 1)k = k(x (t) , y (t) , 0)k = k(x (t) , y (t))k , donde se ha utilizado que el producto vectorial de dos vectores ortogonales tiene por norma el producto de las normas. Con todo ello, queda comprobado que el ´area coincide con aquella integral de l´ınea: Z bZ

f (x(t),y(t))

Z 0

a

0

a

0

0

f (x (t) , y (t)) k(x (t) , y (t))k dt =

k(x (t) , y (t))k dt dz =

A (S) =

Z

b

0

f. Γ

b) Apliquemos el resultado anterior al caso particular en que la curva es C = {ϕ (t) = (t, sen t),

t ∈ [0, 2π]}

y f (x, y) = |y √ cos x| . Entonces f (x (t) , y (t)) = |sen t cos t| , y por otro lado k(x0 (t) , y 0 (t))k = k(1, cos t)k = 1 + cos2 t, as´ı que el ´area puede calcularse como Z 2π Z 2π √ 0 0 A (S) = f (x (t) , y (t)) k(x (t) , y (t))k dt = |sen t cos t| 1 + cos2 t dt = 0

0

Z

π/2

= 4 0

· ³ ´3 ¸t=π/2 4 ³ √ ´ √ 4 2 2 sent cos t 1 + cos t dt = − 2 2−1 . 1 + cos t = 3 3 t=0 √

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2004/05)

Convocatoria de Junio 28-06-05

PROBLEMA 3 (3 puntos) Se definen las funciones µZ

x

f (x) =

−t2

e

¶2 dt

Z ;

1

g(x) =

0

0

2

2

e−x (t +1) dt. t2 + 1

Obviamente, f es derivable en R. Es f´acil ver que g tambi´en lo es, y que su derivada se obtiene derivando el integrando respecto de x. Estos hechos pueden darse por v´alidos, y no se pide su demostraci´on en este ejercicio. Se pide: (a) Calcular f 0 (x) + g 0 (x), simplificando el resultado todo lo que se pueda. (b) Calcular f (x) + g(x), simplificando el resultado todo lo que se pueda. (c) Calcular con todo rigor l´ım x→+∞ g(x). (d) Utilizando (b) y (c), calcular el valor de µ ¶ 1 Γ . 2 Nota. Solo se puntuar´a el apartado (d) si se utilizan (b) y (c). Respuesta:

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

(a) Se tiene Z 0

f (x) = 2e

−x2

x

2

e−t dt ;

0 1

Z 1 2 2 (t2 + 1)e−x (t +1) 2 2 −x2 dt = −2xe e−x t dt g (x) = −2x 2 t +1 0 0 Z x Z x du 2 2 2 2 = −2xe−x e−u = −2e−x e−u du x 0 0 Z

0

donde se ha hecho el cambio de variable xt = u. Por tanto, f 0 (x) + g 0 (x) ≡ 0. (b) Integrando la identidad anterior, se tiene f (x) + g(x) ≡ K, pero f (0) = 0, y Z 1 π dt = [arc tg t]10 = g(0) = 2 4 0 t +1 luego

π = f (0) + g(0) = K, 4

de donde f (x) + g(x) ≡

π . 4

(c) Como x2 ≤ x2 (t2 + 1), se tiene −x2 (t2 + 1) ≤ −x2 , por tanto, Z 1 Z 1 −x2 (t2 +1) dt π −x2 e −x2 dt ≤ e = e , 0 ≤ g(x) = 2 t2 + 1 4 0 t +1 0

de donde, 0 ≤ l´ım g(x) ≤ l´ım x→+∞

x→+∞

π −x2 e = 0, 4

luego l´ım g(x) = 0.

x→+∞

(d) Para p > 0, se tiene Z

Z

∞

Γ(p) =

x

p−1 −x

e

∞

dx = 2

0

2

t2p−1 e−t dt,

0

donde se ha hecho el cambio x = t2 . Haciendo p = 1/2, µ ¶ Z ∞ 1 2 =2 e−y dy. Γ 2 0 Tomando l´ımites en la identidad obtenida en (b) y, usando (c), ³π ´ π l´ım f (x) = l´ım − g(x) = , x→+∞ x→+∞ 4 4 pero π = l´ım f (x) = 4 x→+∞ luego

µZ

∞

−t2

e 0

µ ¶ √ 1 Γ = π. 2

¶2 dt

,

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2004/05) Convocatoria de septiembre 13.09.05

PROBLEMA 1 (4 puntos) Consid´erese la curva Γ definida por las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 = 9 ,

(x − 1)2 + y 2 + z 2 = 6 ,

con una orientaci´on tal que su proyecci´on sobre el plano Y Z se recorre con orientaci´on positiva. Se pide: 1) Hallar unas ecuaciones param´etricas de Γ. 2) Sea G el campo en R3 definido por G(x, y, z) = (sen2 (x + y) , −z 3 , y 3 ) . Calc´ ulese la circulaci´on de G a lo largo de Γ. 3) Sea a ∈ R3 un vector fijo y r = (x, y, z). Calc´ ulense los valores de p ∈ R para los cuales el campo p vectorial F = (a · r) · r es solenoidal en un cierto subconjunto de R3 que se especificar´a. 4) Se considera la superficie Σ formada por los segmentos que unen el punto (1, 0, 0) y los puntos de Γ, orientada de forma que los vectores normales a la misma tienen la primera componente negativa. Calc´ ulese el flujo del campo H(x, y, z) = (1/x2 , y/x3 , z/x3 ) a trav´es de Σ. Respuesta: Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional. 1) La curva Γ es la intersecci´on de dos esferas y por lo tanto ser´a una circunferencia. Desarrollando la expresi´on (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 6 y utilizando que x2 + y 2 + z 2 = 9 se obtiene que Γ se puede definir por las ecuaciones x = 2 y + z2 = 5 2

que muestran que Γ es una circunferencia situada sobre el plano x = 2. De aqu´ı se deduce inmediatamente que la aplicaci´on r(t) dada por x = 2 √ y = 5 cos t √ z = 5sen t,

t ∈ [0, 2π)

es una posible parametrizaci´on de Γ (donde, como pide el enunciado, la orientaci´on de la proyecci´on de Γ sobre el plano Y Z se recorre positivamente). 3 2) Γ es una curva C¡1 y G√es un campo C∞ √ ¢ en R luego la circulaci´on est´a bien definida. Teniendo en 0 cuenta que r (t) = 0, − 5sen t, 5 cos t , la primera componente del campo G no intervendr´a en el c´alculo de la circulaci´on C pedida. Se tiene Z Z 2π C = G · dr = G(r(t)) · r0 (t)dt = ZΓ2π ³ √ 0 ³ √ ³√ ´ ´´ √ = (− 5sen t)3 − 5sen t + ( 5 cos t)3 5 cos t dt = 0 Z 2π ¡ 4 ¢ cos t + sen 4 t dt = 25 0

Utilizando las propiedades de las funciones seno y coseno Z 2π Z 2π Z 4 4 cos tdt = sen tdt = 4 0

0

se obtiene

π 2

cos4 tdt

0

Z

π 2

C = 200

cos4 tdt

0

integral que se puede resolver por varios m´etodos. Por ejemplo, 1 1 Γ(5/2)Γ(1/2) 1 = 200 C = 200 β(5/2, 1/2) = 200 2 2 Γ(3) 2

31 Γ(1/2)2 22

2

=

75 π 2

3) Si a es nulo, para p ≥ 0 el campo es id´enticamente nulo en R3 , y por tanto solenoidal en dicho conjunto, y no estar´ıa definido en ning´ un punto si p < 0. Sea entonces a ∈R3 no nulo. Si p ≥ 0 el p campo F(r) = (a · r) r est´a definido y es de clase infinito en R3 y si p < 0, F s´olo est´a definido, y es de clase infinito, en el conjunto R3 −{r : a · r =0}, es decir, en todo R3 salvo en el plano perpendicular a a y que pasa por el origen. Entonces, en los puntos en los que F es C 1 , divF(r) = grad( (a · r)p ) · r+ (a · r)p divr = = p (a · r)p−1 grad (a · r) + (a · r)p 3 = p (a · r)p−1 a · r+ (a · r)p 3 = (p + 3) (a · r)p donde se ha utilizado que grad(a · r) = a. Por tanto, divF(r) = 0 en un conjunto Ω ⊂ R3 si y s´olo si (p + 3) (a · r)p = 0 en Ω, con lo que: Para p = −3, F es solenoidal en Ω = R3 − {r : a · r =0} Para cualquier p ≥ 0, F es solenoidal sobre el plano a · r =0 4) La superficie Σ es una porci´on de superficie c´onica con v´ertice (1, 0, 0) y orientada seg´ un ”la 1 normal exterior”. Como x 6= 0 sobre todos los puntos de Σ, H es C en un entorno de Σ y el flujo est´a bien definido. El c´alculo del flujo parametrizando Σ y calculando la integral doble asociada, aunque posible, parece a priori complicado, por lo que es razonable buscar posibles alternativas. Se observa que el campo H es un caso particular de la familia de campos definida en el apartado anterior. Concretamente corresponde a tomar p = −3 y a = (1, 0, 0). Por ello se sabe que H est´a definido y es de clase 1 en R3 − {r : x = 0} y adem´as, divH(r) = 0 en dicho conjunto. Si la superficie Σ se cierra con otra superficie S de forma que el conjunto A delimitado por las mismas no contenga a ning´ un punto del plano x = 0, H es de clase 1 en A y por ello se puede aplicar el teorema de Gauss. As´ı Z Z Z Z Z H · dσ+ H · dσ = divH(r)dv = 0 Σ

S

A

donde S est´a orientada seg´ un la normal exterior. Por comodidad, se puede tomar como superficie S la porci´on del plano x = 2 que est´a encerrada por Γ, estando su orientaci´on definida por el vector n = (1, 0, 0). Entonces se tiene Z Z Z φ : = H · dσ = − H · dσ = − H · ndσ = Σ S ZS Z 1 1´ 5π 1 dσ = − dσ = − Area(S) = − = − 2 4 S 4 4 S x donde se ha utilizado que, sobre S, x = 2. Baremo de correcci´ on (sobre 4 puntos) -Apdo. 1. 0.8 ptos. -Apdo. 2. 0.8 ptos. -Apdo. 3. 1 pto. -Apdo. 4. 1.4 ptos.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006)

Convocatoria de febrero 07.02.06

PROBLEMA 1 (3 puntos) Sea Σ la superficie definida por la ecuaci´on cartesiana a |x| + b |y| + z 2 = 1, donde a y b son constantes positivas, y sea Ω el s´olido encerrado por ella. 1. Se sabe que la densidad en cada punto de Ω es proporcional a la suma de las distancias del punto a los planos XZ e Y Z. Se pide determinar su masa calculando expl´ıcitamente una integral triple. 2. Sobre Σ hay definida una distribuci´on de carga de forma que la densidad superficial de carga en cada punto P de Σ es proporcional a la distancia del origen al plano tangente a Σ en P . Se pide calcular la carga total de Σ. Respuesta:

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

De la ecuaci´on que define a Σ se sigue que (x, y, z) ∈ Σ si y s´olo si (−x, y, z) ∈ Σ. An´alogamente (x, y, z) ∈ Σ ⇔ (x, −y, z) ∈ Σ y (x, y, z) ∈ Σ ⇔ (x, y, −z) ∈ Σ por lo que Σ es sim´etrica respecto de los tres planos coordenados. Adem´as, cortando Σ por planos z = cte, se obtiene a |x| + b |y| = 1 − z 2 , por lo que Σ s´olo est´a definida cuando 1 − z 2 ≥ 0, es decir, para z ∈ [−1, 1]. Para algunos de estos valores de z, las curvas intersecci´on son las que muestra la figura de la izquierda -1 0-0.5 1 0.5 1

0.5

0

-0.5 -1

-0.5

0

0.5

y por tanto Σ es la superficie cerrada (sim´etrica con respecto al origen) que se muestra a la derecha :

-1 1

RRR

Se pretende calcular la integral triple M = Ω ρ(x, y, z)dxdydz donde ρ(x, y, z) = K1 (|x| + |y|) y K1 es una constante. Puesto que ρ es una funci´on par en x, parR en y y par en z y Ω es sim´etrico RR ˆ respecto de los tres planos coordenados, se puede escribir M = 8 ˆ ρ(x, y, z)dxdydz donde Ω es Ω la porci´on de Ω contenida en el primer octante. Adem´as, puesto que en dicho octante x, y y z son no negativas, se puede escribir Z Z Z

M = 8K1

ˆ Ω

(x + y) dxdydz

Puesto que la ecuaci´ on de Σ no se modifica si se intercambian a por b y x por y, parece razonable RRR RRR expresar M = 8K1 xdxdydz + 8K ˆ ˆ ydxdydz, de forma que el valor de la segunda integral 1 Ω Ω RRR ser´a igual al de la primera intercambiando a por b. Calculemos pues I := ˆ xdxdydz. Por el Ω teorema de Fubini, fijando primero z e integrando en x e y se obtiene Z Z Z

I=

ˆ Ω

xdxdydz =

Z 1 µZ Z 0

Tz

¶

xdxdy dz

donde Tz es el tri´angulo definido por ax + by ≤ 1 − z 2 , x, y ≥ 0. Para evaluar la primera integral RR se puede tener en cuenta que, por definici´on de centro de gravedad, Tz xdxdy = xG (Tz )Area(Tz ), donde xG (Tz ) es la coordenada x del centro de gravedad de Tz , supuesto ´este homog´eneo. Como

el centro de gravedad de un tri´angulo est´a situado a 1/3 de su altura, se obtiene que Area(Tz ) = 2 2 (1−z2 ) 1 (1−z ) (1−z ) y xG (Tz ) = 13 a por lo que 2 a b Z Z Tz

´ 1 ³ 2 3 1 − z 6a2 b

xdxdy =

Si no se trabaja con el centro de gravedad de Tz , se puede utilizar Fubini para, integrando primero en y y luego en x escribir Z Z

Z Tz

xdxdy =

1−z 2 a

0

= ··· =

 Z x

1−z 2 −ax b

0



dy  dx =

1Z b 0

1−z 2 a

x(1 − z 2 − ax)dx =

´ 1 ³ 2 3 1 − z 6a2 b

con lo que, como debe ser, se llega al mismo resultado. En definitiva ´ ´ 1 Z 1³ 1 Z 1³ 2 3 2 4 6 1 − z dz = 1 − 3z + 3z − z dz = · · · = 6a2 b 0 6a2 b 0 1 16 8 = = 2 6a b 35 105a2 b

I =

Usando la propiedad de simetr´ıa a la que se aludi´o anteriormente, Z Z ˆ Ω

ydxdydz =

8 105b2 a

Si uno no se da cuenta de dicha propiedad de simetr´ıa, se puede proceder de la siguiente forma Z Z ˆ Ω

ydxdydz = =

Z 1 µZ Z 0

Z 1 0

¶

Tz



1Z  a 0

ydxdy dz =

1−z 2 b

Z 1

 Z 

0

1−z 2 b

0



y



y(1 − z 2 − ay)dy  dz =

Z 0

1−z 2 −by a





dx dy  dz =

´ 1 Z 1³ 8 2 3 1 − z dz = · · · = 2 6b a 0 105b2 a

Por lo tanto, la masa de Ω es M=

64K1 105

µ

1 1 + 2 2 a b ab

¶

=

64K1 (a + b) 105a2 b2

2) En primer lugar hay que hacer constar que en las aristas de Σ el plano tangente no est´a definido y por ello tampoco lo est´a la densidad de carga. Sin embargo como el conjunto de dichas aristas tiene contenido de Jordan nulo en R2 , la circunstancia anterior no influye en el c´alculo de la carga total de Σ. Para cada punto (x, y, z) de Σ la distancia al origen del plano tangente a Σ en (x, y, z) es igual a la que se obtiene al considerar los puntos (−x, y, z), (x, −y, z) y (x, y, −z) por lo que por simetr´ıa se puede escribir que la carga total Q de Σ es ˆ Q = 8Q ˆ es la carga total de la porci´on Σ ˆ de Σ contenida en el primer octante. donde Q ˆ en el punto (x, y, z) se puede calcular el gradiente de la Para calcular el plano Π tangente a Σ 2 funci´on g(x, y, z) := ax + by + z − 1, ∇g(x, y, z) = (a, b, 2z) y entonces (X, Y, Z) pertenece a Π si y s´olo si verifica la ecuaci´on a (X − x) + b (Y − y) + 2z (Z − z) = 0

es decir, aX + bY + 2zZ − (ax + by + 2z 2 ) = 0 ˆ y que por ello ax + by + z 2 = 1, se puede escribir que, utilizando que (x, y, z) ∈ Σ aX + bY + 2zZ − (1 + z 2 ) = 0 La distancia de Π al origen es |a0 + b0 + 2z0 − (1 + z 2 )| 1 + z2 √ √ = a2 + b2 + 4z 2 a2 + b2 + 4z 2 y por ello la densidad superficial de carga q(x, y, z) definida en Σ es q(x, y, z) = K2 √ Por tanto

1 + z2 a2 + b2 + 4z 2

Z

Z

1 + z2 dσ ˆ ˆ Σ Σ a2 + b2 + 4z 2 ˆ la mejor opci´on es expresar la superficie mediante una ecuaci´on cartesiana Para parametrizar Σ, expl´ıcita. Adem´as, y puesto que g(x, y, z) es cuadr´atica en z pero lineal en x e y, es conveniente despejar o bien x o bien y como funci´on de las otras variables. Por la simetr´ıa del problema en x e y ambas opciones son equivalentes en cuanto a dificultad. As´ı por ejemplo expresamos x = ˆ sobre el plano yz, es decir, h(y, z) = a1 (1 − by − z 2 ), (y, z) ∈ B donde B es la proyecci´on de Σ n o B = (y, z) : 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1b (1 − z 2 ) . Puesto que ∂h = ab y ∂h = −2z se tiene ∂y ∂z a ˆ=8 Q = 8Q

q(x, y, z)dσ = 8K2

√

s

Z

Z Z 1 + z2 1 + z2 b2 4z 2 √ √ Q = 8K2 dσ = 8K 1 + + 2 dydz = 2 ˆ a2 a Σ B a2 + b2 + 4z 2 a2 + b2 + 4z 2 Z Z Z Z 2 √ 1+z 1 2 8 √ = 8K2 a + b2 + 4z 2 dydz = (1 + z 2 )dydz = 2 2 2 a B B a + b + 4z a ÃZ 1 ! Z 1 Z 1 2) (1−z 8K2 8K2 b = dy dz = (1 + z 2 ) (1 + z 2 )(1 − z 2 )dz = a 0 ab 0 0 32K2 8K2 Z 1 (1 − z 4 )dz = = ab 0 5ab ˆ despejando z en funci´on de x y de Si, a pesar de que no es la√mejor opci´on, se parametriza Σ y, en la forma z = β(x, y) = 1 − ax − by, (x, y) ∈ D = {(x, y) : ax + by ≤ 1, x, y ≥ 0} se puede proceder como sigue. Puesto que ∂β −a ∂β −b = √ ; = √ ∂x ∂y 2 1 − ax − by 2 1 − ax − by

entonces, usando que, en D, |1 − ax − by| = 1 − ax − by : Z

Q = 8K2 Z Z

= 8K2

1 + (1 − ax − by)

q

a2 + b2 + 4(1 − ax − by)

D

Z Z

= 8K2

ˆ Σ

√

D

1 + (1 − ax − by)

1 + z2 dσ = a2 + b2 + 4z 2

v u u t1 +

1 q a2 + b2 + 4(1 − ax − by) 2 Z Z

= 4K2 Z Z

= 4K2

D

D

b2 a2 + dxdy 4(1 − ax − by) 4(1 − ax − by) q

a2 + b2 + 4(1 − ax − by) √ dxdy = 1 − ax − by

1 + (1 − ax − by) √ dxdy = 1 − ax − by

Z Z q dxdy √ + 4K2 1 − ax − bydxdy 1 − ax − by D

RR

Calculemos I := D (1 − ax − by)−1/2 dxdy aplicando el teorema de Fubini, integrando primero respecto de y y luego respecto de x: Z Z

I

:

−1/2

=

(1 − ax − by)

D

Z 1/a µ 2

=

b

0

dxdy =

Z 1/a ÃZ 0

¶

(1 − ax −

by)1/2 |y=0 y= 1b (1−ax)

2 2 4 (1 − ax)3/2 |x=0 x= a1 = b 3a 3ab

=

1 (1−ax) b

0

! −1/2

(1 − ax − by)

dy dx =

2 Z 1/a dx = (1 − ax)1/2 dx = b 0

An´alogamente Z Z

J

: = =

=

1/2

D

(1 − ax − by)

Z 1/a µ 2 0

3b

(1 − ax −

dxdy =

Z 1/a ÃZ 0

¶

by)3/2 |y=0 y= 1b (1−ax)

2 2 4 (1 − ax)5/2 |x=0 x= a1 = 3b 5a 15ab

Por tanto

µ

Q = 4K2 (I + J) = 4K2

0

1 (1−ax) b

! 1/2

(1 − ax − by)

dy dx =

2 Z 1/a dx = (1 − ax)3/2 dx = 3b 0

¶

4 32K2 4 + = 3ab 15ab 5ab

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006)

Convocatoria de febrero 07.02.06

PROBLEMA 2 (3 puntos) 1.1 Sea f un campo escalar de clase 2 en R3 . En´ unciese y justif´ıquese una condici´on necesaria y suficiente sobre f para que exista un campo vectorial F en R3 de forma que ∇f = rot F. 1.2 Sea F un campo vectorial de clase 2 en R3 . En´ unciese y justif´ıquese una condici´on necesaria y suficiente sobre F para que exista un campo escalar f en R3 de forma que rot F = ∇f . Nota: Los resultados te´ oricos que se precisen deben enunciarse con todo rigor pero sin demostraci´on.

2.1 Determ´ınese g : R → R con g(0) = 0, g(1) = −2 para que el campo escalar f (x, y, z) = x2 + g(y) + z 2 cumpla la condici´on hallada en (1.1) y, en tal caso, calc´ ulese un potencial vector de ∇f de la forma Q(x, z)j + R(x, y)k. 2.2 Sean Q, R los campos escalares calculados en (2.1). Determ´ınense todos los campos escalares P : R3 → R para los cuales F(x, y, z) = P (x, y, z)i + Q(x, z)j + R(x, y)k satisface la condici´on hallada en (1.2). Respuesta: 1.1 (0,5 puntos) Para que un campo vectorial de clase 1 en un abierto estrellado (en este caso todo el espacio R3 ) sea un rotacional es necesario y suficiente que sea solenoidal; esto es, que su divergencia sea nula. Ahora bien, div ∇f = ∆f . As´ı pues, la condici´on sobre f es que sea un campo escalar arm´ onico. En tal caso F es un potencial vector de ∇f . 1.2 (0,5 puntos) Un campo vectorial de clase 1 en un abierto simplemente conexo es un gradiente si, y solamente si, es irrotacional; es decir, su rotacional es nulo. Por lo tanto, la condici´on sobre F es que rot rot F = 0. Se dice que f es un potencial escalar de rot F. 2.1 (1 punto) Tenemos que imponer que el campo f (x, y, z) = x2 +g(y)+z 2 sea arm´onico; calculemos su laplaciano: ∆f (x, y, z) =

∂2f ∂2f ∂2f + + = 2 + g 00 (y) + 2, 2 2 2 ∂x ∂y ∂z

el laplaciano es nulo si y solo si g 00 (y) = −4, integramos: g 0 (y) = −4y + a, g(y) = −2y 2 + ay + b e imponemos las condiciones g(0) = 0, g(1) = −2, con lo que se llega a g(0) = a = 0, g(1) = −2 + a + b = −2 ⇒ a = b = 0, g(y) = −2y 2 . Por tanto el campo buscado es f (x, y, z) = x2 − 2y 2 + z 2 . Ahora se pide calcular un potencial vector del gradiente de f de la forma Q(x, z)j+R(x, y)k; calculemos el rotacional de este campo e igual´emoslo al gradiente de f : i ∂ ∂x 0



j k ∂ ∂ = 2x i − 4y j + 2z k ⇐⇒ ∂y ∂z Q(x, z) R(x, y) ∂R ∂Q ∂R ∂Q − = 2x, − = −4y, = 2z. ∂y ∂z ∂x ∂x

Integremos ∂R/∂x y ∂Q/∂x en la variable x: ∂R = 4y ⇒ R(x, y) = 4xy + r(y), ∂x ∂Q = 2z ⇒ Q(x, z) = 2xz + q(z). ∂x Y ahora impongamos la primera relaci´on: ∂R ∂Q − = 2x ⇒ 4x + r0 (y) − 2x − q 0 (z) = 2x ⇐⇒ r0 (y) − q 0 (z) = 0 ⇐⇒ r0 = q 0 = cte ∂y ∂z Si el valor de la constante es a se tiene r(y) = ay + b y q(z) = az + c con a, b, c constantes que podemos elegir arbitrariamente, en particular un potencial vector de ∇f es G(x, y, z) = 2xzj + 4xyk. 2.2 (1 punto) Si F es de clase 2, tenemos que imponer que P tambi´en sea de clase 2, esto nos permitir´a integrar las ecuaciones en derivadas parciales que surjan, asimismo nos garantiza la igualdad de las derivadas parciales cruzadas de segundo orden. Tenemos que imponer que rot rot F se anule en R3 ; ahora bien, como G(x, y, z) = Q(x, z)j + R(x, y)k es un potencial vector de un gradiente (rot G = ∇f ), se cumple rot rot G = 0, adem´as el rotacional es un operador lineal: rot F = rot(P i) + rot G = rot(P i) + ∇f, por lo que basta con calcular los campos P para los cuales rot rot(P i) = 0. Calculemos, en primer lugar, rot(P i): i ∂ rot(P i) = ∂x P (x, y, z)

j ∂ ∂y 0

k ∂ ∂z 0

∂P ∂P = j− k ∂z ∂y

y ahora rot rot(P i) e igualemos a cero:

rot

i ∂ ! ∂P ∂P j− k = ∂x ∂z ∂y 0

j ∂ ∂y ∂P ∂z

k ∂ ∂z ∂P − ∂y

=−

∂2P ∂2P + ∂y 2 ∂z 2

!

i+

∂2P ∂2P j+ k = 0. ∂x∂y ∂x∂z

De ∂ 2 P/∂x∂y = 0 se deduce que ∂P/∂x no es funci´on de y, existir´a una funci´on H1 de dos variables de forma que ∂P/∂x = H1 (x, z). Derivamos respecto de z: ∂2P ∂H1 = = 0 ⇒ H1 (x, z) = H2 (x). ∂x∂z ∂z Integremos ∂P/∂x = H2 (x) en la variable x, P (x, y, z) = h(x) + C(y, z) donde h es una primitiva de H2 y C es arbitraria. Por u ´ltimo, al imponer la nulidad de la primera 2 2 2 componente del doble rotacional: ∂ P /∂y + ∂ P /∂z 2 = 0 se concluye que el laplaciano de C es nulo, as´ı pues las funciones P buscadas son P (x, y, z) = h(x) + C(y, z), h ∈ C 2 (R), C ∈ C 2 (R2 ), ∆C = 0. Gabriela Sansigre.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006)

Convocatoria de febrero 07.02.06

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 3 (4 puntos) Se considera el l´obulo Γ de la lemniscata ρ2 = a2 cos 2θ contenido en el semiplano x ≥ 0, siendo a > 0 una constante. Se pide:

ø

(1) Dados dos puntos A, B ∈ Γ, de ´angulos polares respectivos ϕ < ψ, calcular las coordenadas (x0 , y0 ) del centro de masas G del arco AB en funci´on de la longitud l del arco (que no es necesario calcular en ning´ un momento en este problema), de ϕ y de ψ.

Ö

(2) Si O es el origen de coordenadas, demostrar que la recta OG es la bisectriz del ´angulo AOB. Para ello, se sugiere considerar el arco C de una circunferencia centrada en O, de radio arbitrario, formado por los puntos de ´angulo polar θ ∈ [ϕ, ψ], calcular las coordenadas (x∗0 , y0∗ ) del centro de masas G∗ de C, y comparar las posiciones de G y G∗ respecto de O. (3) Calcular las coordenadas (xs , ys ) del centro de masas del dominio plano encerrado por el l´obulo de la lemniscata. Hallar el volumen engendrado por ese dominio al girar 360◦ en torno al eje OY . Respuesta: (1) Sean

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

π π ≤ϕ a, aunque no es indispensable), formado por los puntos de ´angulo polar θ ∈ [ϕ, ψ] (Figura 1). Una parametrizaci´on de C es ( x(θ) = R cos θ r(θ) ≡ θ ∈ [ϕ, ψ], y(θ) = R sen θ de donde |r ′ (θ)| = R para todo θ ∈ [ϕ, ψ]. La longitud del arco C es l∗ = R(ψ − ϕ). Las coordenadas del centro de masas G∗ de C son: x∗0

= =

y0∗ = =

Z Z ψ 1 1 x ds = R cos θ R dθ R(ψ − ϕ) C R(ψ − ϕ) ϕ R R [sen θ]ψϕ = (sen ψ − sen ϕ). ψ−ϕ ψ−ϕ Z Z ψ 1 1 y ds = R sen θ R dθ R(ψ − ϕ) C R(ψ − ϕ) ϕ R R [− cos θ]ψϕ = (cos ϕ − cos ψ). ψ−ϕ ψ−ϕ

Se tiene entonces x∗0 Rl = x0 (ψ − ϕ)a2 Rl y0∗ = , y0 (ψ − ϕ)a2 y ambos cocientes son iguales. Por tanto, O, G y G∗ son colineales, y los ´angulos polares de G y G∗ coinciden. Ahora bien, es obvio, por la simetr´ıa del arco C, que el ´angulo polar de G∗ es ϕ+ψ , 2 2

Ö

por tanto, este es tambi´en el ´angulo polar de G, luego OG es la bisectriz del ´angulo AOB. (3) Por simetr´ıa, ys = 0. Sea D el dominio encerrado por el l´obulo de la lemniscata. Su ´area es ´ Area =

ZZ

=2

dxdy =

D Z π/4

dθ

0

=a

2

Z

Z

ZZ

ρ dρdθ

D′ a cos 2 θ √

ρ dρ

0

π/4

cos 2θ dθ

0

=

a2 a2 [sen 2θ]π/4 = . 0 2 2

Para calcular xs necesitamos la integral: I: =

ZZ

= 2

x dxdy =

D Z π/4 0

=

=

= =

= =

ZZ

cos θ dθ

Z

ρ2 cos θ dρdθ

D′ √ a cos 2 θ

ρ2 dρ

0

2a3 Z π/4 2a3 Z π/4 cos θ(cos 2θ)3/2 dθ = cos θ(cos2 θ − sen2 θ)3/2 dθ 3 0 3 0 (cambio u := sen θ) √ 2a3 Z 1/ 2 (1 − 2u2 )3/2 du 3 0 ! Ã 1 cambio u = √ sen t 2 3 Z π/2 2a 1 (1 − sen2 t)3/2 √ cos t dt 3 0 2 √ √ µ ¶ Z π/2 2 3 2 3 1 5 a cos4 t dt = aB , 3 6 2 2 0 µ ¶2 µ ¶ µ ¶ 5 1 1 31 √ √ 2 3Γ 2 Γ 2 2 3 2 2Γ 2 a = a 6 Γ(3) 6 2 √ πa3 2 . 16

Por tanto,

√ πa 2 I = xs = . ´ 8 Area Por el Teorema de Guldin, el volumen engendrado es: √ 2 3 2 π a ´ Vol = 2πxs Area = . 8

3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006)

Convocatoria de junio 20.06.06

PROBLEMA 1 (4 puntos) Sean a = (a1 , a2 , a3 ) un vector constante y no nulo y k una constante real estrictamente positiva. Consid´erese el campo vectorial F(r) definido por: F(r) =

(a1 x, a2 y, a3 z) , (24x2 + 4y 2 + 2z 2 )k

donde r = (x, y, z). 1. 1.a) Determ´ınense razonadamente todos los valores posibles del vector a y de la constante k para los que el campo F(r) es irrotacional, indicando el mayor dominio posible en el que posee esta propiedad. (1 punto). 1.b) Sea Σ una superficie regular con borde orientado Γ que no contiene el origen. Para los valores de a y k obtenidos en 1.a), calc´ ulese razonadamente la circulaci´on del campo F(r) sobre el borde Γ. (0,5 puntos). 2. 2.a) Sean Σ1 y Σ2 las superficies esf´ericas de ecuaciones cartesianas (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 9 y (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 1/4, respectivamente. Para a = (2, 2, 2) y k = 3/2, calc´ ulese el flujo del campo F(r) a trav´es de la cara exterior de Σ1 y de Σ2 . (1,5 puntos) 2.b) Determ´ınense razonadamente todos los valores posibles del vector a y de la constante k para los que el campo F(r) es solenoidal, indicando el dominio en el que posee esta propiedad. (1 punto). Respuesta:

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

1.a) Para determinar los valores de a y k que se piden, calculamos el rotacional del campo: rot F(r) = ∇ × F(r) =

4 (a2 − 2a3 )kyz , (a1 − 12a3 )kxz , (2a1 − 12a2 )kxy 2 (24x + 4y 2 + 2z 2 )k+1 µ

¶

expresi´on que es v´alida en todo R3 salvo el origen puesto que k > 0. Para que el campo tenga rotacional nulo (sea irrotacional) sus tres componentes deben anularse. Teniendo en cuenta que k no puede ser cero, esto da lugar a un sistema lineal homog´eneo de tres ecuaciones con tres inc´ognitas, cuya expresi´on es: 

 



 

0 1 −2 a1 0       0 −12 a2  = 0 . 1 2 −12 0 a3 0 Dado que el rango de la matriz de coeficientes de este sistema es 2, existen infinitas soluciones que se obtienen expresando dos de las inc´ognitas en t´erminos de la tercera. Por ejemplo, eligiendo las dos primeras ecuaciones se tiene: a1 = 12a3 , a2 = 2a3 . As´ı pues, el campo F(r) dado es irrotacional para todo valor de k > 0 y para a = a3 (12, 2, 1) con a3 ∈ R , y posee esta propiedad en R3 \{(0, 0, 0)}.

1.b) De partida se tiene: ∇ × F(r) = 0 en R3 \{(0, 0, 0)}. Dado que, por hip´otesis, se trata de una superficie regular con borde orientado, podemos aplicar el teorema de Stokes, seg´ un el cual: I

Γ

ZZ

F(r) · dr =

[∇ × F(r)] · dr = 0 ,

Σ

puesto que la superficie no contiene el origen. Tambi´en se puede razonar del siguiente modo: Puesto que la curva Γ es el borde de una superficie regular que no contiene el origen, es necesariamente una curva cerrada en R3 que tampoco lo contiene. Esto permite afirmar que siempre se puede encontrar un dominio estrellado (o estelar), Ω ⊂ R3 , que contenga la curva y no el origen. En Ω (que es estelar y contiene a Γ) el campo es irrotacional y, por tanto, conservativo lo que implica que su circulaci´on a lo largo de cualquier curva cerrada contenida en ´el es cero. 2.a) A la hora de calcular el flujo de un campo vectorial a trav´es de una superficie es siempre conveniente comprobar, antes de aplicar la definici´on de flujo, si el campo es o no solenoidal. Ello se justifica por la existencia del Teorema de Gauss cuya aplicaci´on, si es posible, puede simplificar considerablemente los c´alculos. En este caso, para los valores dados del vector a = (2, 2, 2) y la constante k = 3/2, se comprueba f´acilmente que, en efecto, se trata de un campo solenoidal, puesto que ∇ · F(r) = 0. Adem´as, el campo dado presenta esta propiedad en R3 \{(0, 0, 0)}. • Consideremos, en primer lugar la superficie Σ1 de ecuaci´on cartesiana (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 9. Como el dominio de R3 limitado por esta superficie esf´erica contiene el origen y la divergencia del campo no est´a definida en ese punto, no es posible aplicar el Teorema de Gauss directamente en este caso. La integral de volumen de la divergencia del campo extendida al dominio limitado por Σ1 no est´a definida. Sin embargo si es posible utilizarlo para sustituir la superficie dada por otra que simplifique los c´alculos. El razonamiento es el siguiente: Dada la superficie esf´erica Σ1 , siempre se puede encontrar otra regular y cerrada Σ0 que no contenga el origen con la siguiente propiedad: el dominio limitado por Σ0 en R3 contiene el origen y, adem´as, est´a contenido en el dominio limitado por Σ. En estas condiciones, la aplicaci´on del Teorema de Gauss al dominio D ⊂ R3 comprendido entre las dos superficies permite afirmar que el flujo a trav´es de las caras exteriores de ambas superficies coincide, lo que es debido a que el campo vectorial es solenoidal en ese dominio D (que no contiene el origen). Podemos entonces elegir Σ0 como la superficie de ecuaci´on cartesiana 24x2 + 4y 2 + 2z 2 = ², donde siempre se puede encontrar un ² > 0 de forma que se cumplan las condiciones sobre Σ0 antes mencionadas. As´ı pues: ZZ

F(r) · dσ =

Σ1

ZZ

Σ0

F(r) · dσ =

2 ZZ

²3/2

Σ0

r · dσ ,

donde r = (x, y, z) y, en la u ´ltima igualdad, se ha tenido en cuenta que el valor del campo sobre Σ0 2 es, precisamente: F(r)|Σ0 = 3/2 r, motivo por el cual se ha elegido Σ0 en la forma dada. ² Falta por calcular la u ´ltima integral extendida a Σ0 y para ello podemos volver a aplicar el teorema de Gauss para escribir: 2 ZZ

²3/2

Σ0

r · dσ =

2 ZZZ

²3/2

V0

∇ · r dV =

6 ZZZ

²3/2

V0

dV

donde se ha tenido en cuenta que ∇ · r = 3. Finalmente, la u ´ltima integral es el volumen del elipsoide 24x2 + 4y 2 + 2z 2 ≤ ², cuyos semiejes q q q π²3/2 son 24² , 4² , 2² . Por tanto, el volumen es √ y el flujo pedido: 6 3 ZZ π F(r) · dσ = √ . Σ1 3

• En el caso de la superficie esf´erica Σ2 , de ecuaci´on cartesiana (x − 1)2 + y 2 + z 2 = 1/4, resulta que el domino de R3 que limita no contiene el origen y, por tanto, el campo F(r) es solenoidal en el. La aplicaci´on directa de Teorema de Gauss nos permite concluir que el flujo de F(r) a trav´es de Σ2 es cero. 2.b) Para determinar los valores del vector a y de la constante k > 0 para los que el campo vectorial dado es solenoidal, calculamos su divergencia: div F(r) = ∇ · F(r) =

n 2 12(a1 + a2 + a3 − 2a1 k)x2 + (24x2 + 4y 2 + 2z 2 )k−1

´

2(a1 + a2 + a3 − 2a2 k)y 2 + (a1 + a2 + a3 − 2a3 k)z 2 . Al igualar a cero resulta el siguiente sistema lineal homog´eneo de tres ecuaciones: 

 



 

1 − 2k 1 1 a1 0      1 − 2k 1   1  a2  = 0 . 1 1 1 − 2k 0 a3 Para que admita soluciones distintas de la id´enticamente nula, el determinate de la matriz de coeficientes debe ser cero. De ello se obtiene: 4k 2 (3 − 2k) = 0 =⇒ k = 3/2 ´o k = 0, donde la u ´ltima soluci´on se descarta pues, por hip´otesis, k es estrictamente positiva. Para k = 3/2 el rango de la matriz de coeficientes anterior es 2 y, por tanto, estamos en una situaci´on an´aloga a la que se plante´o en el apartado 1.a); es decir, existen infinitas soluciones que se obtienen expresando dos de las inc´ognitas en t´erminos de la tercera. Por ejemplo: 

−2a1 + a2 = −a3   a1 − 2a2 = −a3

=⇒ a1 = a2 = a3 .

 

As´ı pues, el campo F(r) dado es solenoidal para k = 3/2 y para a = a3 (1, 1, 1) con a3 ∈ R , y, dado el valor de k, posee esta propiedad en R3 \{(0, 0, 0)}.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006)

Convocatoria de junio 20.06.06

PROBLEMA 2 (3 puntos) 1) Sea k < 0. La integral impropia

∞

Z

xk−1 cos x dx

1

¿es convergente? ¿Es absolutamente convergente? 2) Sea k < 0. La integral impropia Z

∞

xk sen x dx

1

¿es convergente?

3) Aplicar lo anterior para estudiar la convergencia de la integral impropia Z ∞√ t sen(t2 ) dt. 1

Nota: cada apartado vale un punto.

Respuesta:

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

1) Acotamos el valor absoluto del integrando: ¯ ¯ ¯ k−1 ¯x cos x¯¯ ≤ xk−1 =

y dado que 1 − k > 1 se tiene que

1 x1−k

dx 0 una constante. Se pide: 1. Calcular las coordenadas (x0 , y0 ) del centroide del arco C en funci´on de la longitud l del arco (que no es necesario calcular en ning´ un momento en este problema). 2. Se considera ahora el dominio plano acotado D limitado por C en el primer cuadrante. Se pide hallar las coordenadas (xD , yD ) del centroide de D. Si aparece una funci´on hiperb´olica inversa, se deber´a expresar el resultado en t´erminos de la funci´on logaritmo.

Nota: La primera pregunta vale un punto y la segunda dos.

Respuesta:

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

1. Es bien sabido que, en el primer cuadrante, la lemniscata existe solamente para ´angulos polares comprendidos entre 0 y π/4. Derivando respecto de θ en la ecuaci´on de la lemniscata ρ2 = a2 cos 2θ, se tiene 2ρρ0 = −2a2 sen 2θ

ρ0 = −

⇒

a2 sen 2θ , ρ

de donde 2

ρ2 + ρ0 = a2 cos 2θ + =

a4 sen2 2θ a2 cos 2θ

a2 . cos 2θ

Por tanto, a t´ıtulo informativo y sin completar el c´alculo, la longitud l del arco C es l=

Z

0

π/4

q

ρ(θ)2

+

ρ0 (θ)2

dθ = a

Z

0

π/4

√

dθ . cos 2θ

y C D 0

a

x

Figura 1: Arco de lemniscata en el primer cuadrante

Las coordenadas del centroide del arco C verifican: lx0 = =

Z

x ds =

C Z π/4 0

=a

2

Z

0

ly0 =

π/4

=

C π/4 0

=a

2

Z

ρ(θ) cos θ ρ(θ)2 + ρ0 (θ)2 dθ

a2 √ . cos θ dθ = a2 [sen θ]π/4 = 0 2

y ds =

Z

q

√ a a cos 2θ cos θ √ dθ cos 2θ

0

Z

π/4

Z

Z

π/4

0

q

ρ(θ) sen θ ρ(θ)2 + ρ0 (θ)2 dθ

√ a a cos 2θ sen θ √ dθ cos 2θ

π/4

2

sen θ dθ = a

0

[− cos θ]π/4 0

=a

2

Ã

1 1− √ 2

!

.

Por tanto, (x0 , y0 ) =

Ã

´ Area =

ZZ

a2 a2 √ , l 2 l

Ã

1 1− √ 2

!!

.

2. El ´area del dominio D es:

=

Z

dxdy =

D π/4

dθ

0 2

Z

ZZ

D0 √ a cos 2 θ

ρ dρdθ ρ dρ

0

a Z π/4 cos 2θ dθ = 2 0 a2 a2 = [sen 2θ]π/4 . = 0 4 4 Para calcular xD necesitamos la integral: Ix : = =

ZZ Z

D π/4

0 3

=

=

= =

= =

x dxdy = cos θ dθ

ZZ

Z

ρ2 cos θ dρdθ

D0 √ a cos 2 θ

ρ2 dρ

0

a Z π/4 a3 Z π/4 cos θ(cos 2θ)3/2 dθ = cos θ(cos2 θ − sen2 θ)3/2 dθ 3 0 3 0 (cambio u := sen θ) √ a3 Z 1/ 2 (1 − 2u2 )3/2 du 3 0 Ã ! 1 cambio u = √ sen t 2 3 Z π/2 1 a (1 − sen2 t)3/2 √ cos t dt 3 0 2 √ √ µ ¶ Z π/2 2 3 2 3 1 5 4 cos t dt = a aB , 6 12 2 2 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶2 1 5 31 1 √ √ Γ Γ Γ 2 3 2 2 = 2 a3 2 2 2 a 12 Γ(3) 12 2 √ 3 πa 2 . 32

Por tanto,

√ Ix πa 2 . xD = = ´ 8 Area

An´alogamente, para calcular yD , necesitamos la integral: Iy : = =

ZZ Z

y dxdy =

D π/4

sen θ dθ

0 3

ZZ

ρ2 sen θ dρdθ

D0 √ a cos 2 θ

Z

ρ2 dρ

0

a3 Z π/4 a Z π/4 sen θ(cos 2θ)3/2 dθ = sen θ(cos2 θ − sen2 θ)3/2 dθ 3 0 3 0 (cambio u := cos θ) √ a3 Z 1/ 2 = −(2u2 − 1)3/2 du 3 1 ³ ³ √ ´´ cambio t := arg ch u 2

=

a3 Z 0 1 4 = √ − √ sh t dt 3 arg ch 2 2 √ a3 Z arg ch 2 4 sh t dt . = √ 3 2 0 Ahora bien,

1 t (e − e−t )4 16 1 4t = (e − 4e2t + 6 − 4e−2t + e−4t ) 16 1 = (2 ch 4t − 8 ch 2t + 6) , 16

sh4 t =

luego a3 Z arg ch Iy = √ 48 2 0

√

2

(2 ch 4t − 8 ch 2t + 6) dt #arg ch √2

"

sh 4t a3 − 4 sh 2t + 6t = √ 2 48 2 0 3 ³ √ √ √ ´ a = √ 6 2 − 8 2 + 6 arg ch 2 . 48 2 Por otra parte, si w = arg ch v, se tiene: 1 w (e + e−w ) 2 2vew = e2w + 1 e2w − 2vew + 1 = 0 √ ew = v ± v 2 − 1 ³ ´ √ w = log v ± v 2 − 1 . v = ch w =

⇒ ⇒ ⇒

⇒

Como ³

log v +

√

´

v2 − 1

y

³

log v −

√

´

v2 − 1

tienen signos opuestos, y la funci´on arg ch toma solo valores no negativos, se tiene ³√ ´ √ arg ch 2 = log 2+1 . Por tanto,

³ √ ´´ a3 ³ √ √ 2 2 + 6 log 1 + 2 48 2 ! Ã√ ³ √ ´ 2 1 3 log 1 + 2 − =a , 16 24

Iy =

de donde yD =

³ ´ √ ´ a ³ √ Iy = 3 2 log 1 + 2 − 2 . ´ 12 Area

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06

PROBLEMA 1 (4 puntos) Se consideran el campo escalar u(x, y, z) = (9x2 + 4y 2 + z 2 )1/2 y los campos vectoriales: F(x, y, z) = donde P (x, y, z) =

r u(x, y, z)3

y G(x, y, z) = (P (x, y, z) , Q(x, y, z) , 0) ,

1 yz , 2 u(x, y, z) (9x + 4y 2 )

Q(x, y, z) = −

1 xz y r = (x, y, z). 2 u(x, y, z) (9x + 4y 2 )

1) Calc´ ulese el rotacional del campo G(x, y, z) sabiendo que se cumple: ∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) z − = . ∂x ∂y u(x, y, z)3 ¿Es G(x, y, z) un potencial vector de F(x, y, z)? En caso afirmativo, ind´ıquese el dominio de R3 en el que se da esta propiedad. Adem´as, obt´engase razonadamente un potencial vector del campo F(x, y, z) cuya tercera componente no sea nula. (1 punto.) 2) Consid´erese la curva Γ que resulta de la intersecci´on de la superficie el´ıptica de ecuaci´on cartesiana 9x2 + 4y 2 + z 2 = 2 con el plano z = 1, orientada de forma que su proyecci´on sobre el plano z = 0 se recorre en sentido positivo. Sea Σ la parte de la superficie el´ıptica anterior que tiene por borde orientado la curva Γ y est´a situada en el semiespacio z ≥ 1. Util´ıcese la definici´on de flujo y de circulaci´on para calcular el flujo de F(x, y, z) a trav´es de Σ y la circulaci´on de G(x, y, z) a lo largo de la curva Γ. (2 puntos.) 3) En´ unciese con toda precisi´on el teorema de Stokes. Dec´ıdase razonadamente si los resultados obtenidos en el apartado anterior contradicen o no lo establecido en este teorema. (1 punto.) Respuesta: 1) El rotacional del campo G(x, y, z) es, por definici´on: (

∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) ∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) , , − rot G := − ∂z ∂z ∂x ∂y

)

.

Teniendo en cuenta que: z ∂u = z (9x2 + 4y 2 + z 2 )−1/2 = , ∂z u se tiene: ∂Q(x, y, z) x ∂ − = ∂z (9x2 + 4y 2 ) ∂z ∂P (x, y, z) y ∂ = 2 2 ∂z (9x + 4y ) ∂z

z u

 

z u

 

x = (9x2 + 4y 2 )

y = 2 (9x + 4y 2 )

1 z ∂u − 2 u u ∂z 1 z ∂u − 2 u u ∂z

!

=

!

=

x u3

y . u3

Como se indica en el enunciado, la tercera componente de rot G es z/u3 y, por tanto, se da la r = F; es decir, G es un potencial vector de F en todo conjunto de R3 en igualdad rot G = u(x, y, z)3 el que est´en definidas las derivadas parciales ∂P/∂y, ∂P/∂z, ∂Q/∂x y ∂Q/∂z. Esto ocurre en todo

R3 menos el eje z (n´otese que para x = y = 0 el denominador de las dos primeras componentes de G se anula). As´ı pues, G es un potencial vector de F en el conjunto n

o

C = R3 \ (x, y, z) ∈ R3 : x = y = 0 . Una forma de razonar para obtener a partir de G otro potencial vector de F, consiste en tener en cuenta que el rotacional de un gradiente (cuando est´a definido) es siempre nulo y, por tanto, basta considerar un campo escalar V (x, y, z) de clase C 2 en R3 para que G + gradV sea tambi´en un potencial vector de F. La tercera componente de este nuevo potencial vector ser´a ∂V /∂z, por tanto habr´a que elegir el campo escalar V (x, y, z) de forma que ∂V /∂z 6= 0. Un ejemplo sencillo puede ser V (x, y, z) = z, en cuyo caso se obtiene el potencial vector de F dado por (P (x, y, z), Q(x, y, z), 1), cuya tercera componente no es nula. 2) Circulaci´ on de G sobre Γ: La curva Γ es una elipse situada en el plano z = 1 que tiene por ecuaci´on cartesiana 9x2 + 4y 2 = 1 , z = 1 , con lo que una de sus parametrizaciones es r(θ) = (x(θ), y(θ), z(θ)), con: x(θ) =

1 cos θ , 3

y(θ) =

1 sen θ , 2

z(θ) = 1 ,

y θ ∈ [0, 2π] para que su proyecci´on sobre el plano z = 0 se recorra en sentido positivo. El valor de campo G sobre Γ es: G |Γ = √12 (y, −x, 0) con lo que, por definici´on, la circulaci´on pedida es: − 13 sen θ π 1 1  1 sen θ , − cos θ , 0 ·   2 cos θ  dθ = − √ . 2 3 3 2 0 

Z

Gdr =

Γ

Z Γ

1 G |Γ dr = √ 2

Z

2π



0





Flujo de F a trav´es de Σ: Considerando como par´ametro el ´angulo de las coordenadas el´ıpticas y la coordenada z, una parametrizaci´on de la superficie considerada es r(θ, v) = (x(θ, v), y(θ, v), z(θ, v)) , con: √ x(θ, v) =

2 − v2 cos θ , 3

√ y(θ, v) =

2 − v2 sen θ , 2

z(θ, v) = v ,

θ ∈ [0, 2π] , v ∈ [1,

√

2] .

La cara, Σ+ , de la superficie orientada que hay que considerar es la que tiene por vector normal √ √ ! ∂r(θ, v) ∂r(θ, v) 2 − v2 2 − v2 v × = cos θ , sen θ , . ∂θ ∂v 2 3 6 Por tanto, el flujo pedido es, por definici´on: ! √ 1 Z 2π Z 2 ∂r(θ, v) ∂r(θ, v) F · ds = √ r(θ, v) · × dv dθ ∂θ ∂v Σ+ 1 2 2 0 √ ! √  1 Z 2π Z 2 1 π √ π 2 = √ dv dθ = √ 2−1 = 1− . 3 3 2 1 2 2 0 3 2

ZZ

Nota: Aunque no es lo que se pide en el enunciado, el flujo anterior puede calcularse aplicando adecuadamente el teorema de Gauss, ya que el campo F es solenoidal en R3 \ {(0, 0, 0)}.

3) Un enunciado del teorema de Stokes puede ser el siguiente: Sea Σ una superficie regular y orientable cuyo borde es la curva Γ. Sea H un campo vectorial de clase C 1 en un abierto A ⊆ R3 que contiene a Σ y a su borde Γ. Entonces: ZZ

rot H · dσ =

Σ

Z

H · dr ,

Γ

donde la cara de Σ y la orientaci´on de Γ que se consideran son las que resultan de aplicar la “regla del sacacorchos”. Para decidir si los resultados obtenidos en el apartado anterior contradicen o no este teorema hay que comprobar, en primer lugar, que los campos F y G verifican sus hip´otesis. Pero toda superficie cuyo borde sea la curva Γ contiene al menos un punto que pertenece al eje z en el que el campo G no es de clase C 1 . As´ı pues, el teorema de Stokes no se puede aplicar en este caso y el hecho de que, seg´ un muestran los c´alculos anteriores, ZZ Σ+

no lo contradice.

F =

ZZ Σ+

rotG 6=

Z Γ

Gdr ,

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06

PROBLEMA 2 (3 puntos): Este ejercicio consta de dos apartados independientes.

1) Calc´ ulese el volumen del s´olido interior a la esfera unidad centrada en el origen, e interior al cilindro x2 + y 2 = 1/4. (1 punto) 2) Sea el recinto D = {(x, y), 0 < x < 1, 0 < y < 1, x2 + y 2 > 1} y C su curva frontera, orientada positivamente. Considerando el campo vectorial Ã

F(x, y) =

!

x ,0 , 1 + x2 + y 2

relaci´onense las integrales ZZ

D

xy dxdy, (1 + x2 + y 2 )2

Z

C

F · dr

y calc´ ulese s´olo una de ellas.

(2 puntos)

Respuesta:

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

1) El volumen pedido puede calcularse de muchas formas distintas, por ejemplo: como volumen de s´olido de revoluci´on, o bien como suma de volumen del cilindro m´as volumen de dos casquetes esf´ericos, o bien pasando a coordenadas esf´ericas, o cil´ındricas, etc. Aqu´ı incluimos la siguiente soluci´on alternativa, como volumen proyectable sobre la regi´on plana D : x2 + y 2 ≤ 1/4 , ya que la s´olido viene definido por ½

3

Ω = (x, y, z) ∈ R : (x, y) ∈ D,

q

− 1−

x2

−

y2

≤z≤

q

1−

x2

−

y2

¾

.

Su volumen V es V =

Z Z Z

Ω

dx dy dz =

Z Z

D

 

Z

√

−

1−x2 −y 2

√

1−x2 −y 2



dz  dx dy = 2

Z Z q D

1 − x2 − y 2 dxdy

y, por ejemplo, pasando a polares en D, V =2

Z

0

2π

Z

0

1/2

q

ρ 1 − ρ2 dρ dθ =

4π − 1 − ρ2 3 ·

³

´ 3 ¸ρ=1/2 2

ρ=0

√ ´ √ ! ³ 8 − 3 3 π 4π 3 3 . = 1− = 3 8 6 Ã

2) El recinto D del enunciado aparece en la siguiente figura, y se observa que su borde C es una curva de Jordan que consta claramente de tres arcos C1 , C2 , C3 : y C2

1

D C3

C1 x

0

1

Podemos aplicar el Teorema de Green al campo F que es de clase C 1 en el dominio D, con lo cual se relaciona su circulaci´on a lo largo de C con una integral doble sobre D: Z

C

F · dr =

Z

C

(P, Q) ·dr =

Adem´as, en este caso Q es nula y P (x, y) = Z

C

F · dr =

Z Z

−

D

Z Z Ã D

x 1+x2 +y 2

∂Q ∂P − ∂x ∂y

!

dx dy.

as´ı que

Z Z ∂P 2xy dx dy = dx dy ∂y D (1 + x2 + y 2 )2

con lo que se deduce que la integral curvil´ınea es dos veces la integral doble del enunciado. Ya que ambas est´an relacionadas como acabamos de decir, calculamos una cualquiera de ellas, por ejemplo, la integral curvil´ınea. La curva C orientada positivamente consta de tres partes: un segmento vertical C1 , otro horizontal C2 y un arco de circunferencia C3 ; por ello, hay que calcular sobre cada una de esas curvas la integral de l´ınea Z

C

F · dr =

Z

C

En el segmento vertical dx = 0, luego

P dx + 0dy =

R

C1

Z

C

x dx 1 + x2 + y 2

P dx = 0.

Por otro lado, el segmento horizontal est´a formado por los puntos (x, 1) con x ∈ [0, 1], pero hay que cambiarlo de orientaci´on, as´ı que queda: Z

C2

P dx = −

Z

1 0

´i x 1h ³ 1 2 x=1 dx = − log 2 + x = (log (2) − log (3)) . 2 x=0 2+x 2 2

Por u ´ltimo el arco de circunferencia tiene la orientaci´on opuesta a la de (x(t), y (t)) = (cos t, sen t) con t ∈ [0, π/2], luego (x0 (t), y 0 (t)) = (−sen t, cos t) y entonces Z

C3

P dx = −

Z

π/2

0

¸t=π/2

Z π/2 x (t) 0 cos t 1 x (t) dt = sen tdt = − cos2 t 2 2 4 0 ·

t=0

1 = . 4

Finalmente, la integral curvil´ınea pedida es Z

C

F · dr =

Z

C1

P dx +

Z

C2

P dx +

Z

C3

P dx =

1 1 + (log (2) − log (3)) 4 2

mientras que la integral doble es la mitad: Z Z

D

1 1 xy dx dy = + (log (2) − log (3)) . 2 2 2 (1 + x + y ) 8 4

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06

PROBLEMA 3 (3 puntos) Este ejercicio consta de tres apartados independientes; cada uno de ellos vale 1 punto.

1) Est´ udiese la convergencia de la integral impropia Z ∞ 0

√

e−x dx. x3 − x2 − x + 1

2) Determinar los valores reales de m y n para los que la integral m Z ∞ 3 (x − 1)

x3n+1

1

dx

converge y calcular su valor para los casos en que sean enteros.

3) Calcular el valor de t para el cual la funci´on M (t) = valor m´ınimo en el intervalo [1, 10]. Soluci´ on: 1)

Z ∞

Z ∞ −xt e

x

t

dx + 3

Z t −x2 e 0

x+1

dx alcanza su

e−x dx 0 x3 − x 2 − x + 1 En primer lugar, y debido a la presencia de la ra´ız cuadrada, comprobaremos que la funci´on subradical es no negativa en [0, ∞) y que por ello la funci´on subintegral est´a bien definida. Para ello factorizaremos el polinomio x3 − x2 − x + 1. Utilizando Ruffini y tanteando la ra´ız x = 1 se obtiene de inmediato que x3 − x2 − x + 1 = (x − 1)2 (x + 1). Se observa que esta funci´on es no negativa en [0, ∞) por lo que la ra´ız cuadrada est´a bien definida. Por otro lado, y puesto que x = −1 est´a fuera del intervalo de integraci´on, la funci´on subintegral I=

f (x) = √

√

e−x e−x = |x − 1| (x + 1)1/2 x3 − x2 − x + 1

est´a definida en todo [0, ∞) salvo en el punto x = 1, en cuyo entorno la funci´on no est´a acotada (pues l´ımx→1+ = ∞ y l´ımx→1− = ∞). Por consiguiente, la integral es impropia por dos razones: la presencia de un intervalo de integraci´on no acotado y el hecho de que f no est´a acotada en el entorno de x = 1. Obs´ervese que f es siempre no negativa, con lo que la convergencia de la integral es equivalente a la convergencia absoluta y podemos aplicar los criterios de convergencia para integrales impropias en las que la funci´on subintegral no cambia de signo. Por definici´on, la integral ser´a convergente si y s´olo si las tres integrales α=

Z 1 0

f (x)dx , β =

Z a 1

f (x)dx , γ =

Z ∞ a

f (x)dx,

cada una de las cuales es impropia s´olo por un motivo, son convergentes, donde a es cualquier n´ umero del intervalo (1, ∞). 1

La integral γ converge absolutamente pues (recu´erdese que f ≥ 0) e−x |x−1|(x+1)1/2 l´ım 1 x→∞ x2

y

=0

R ∞ dx R ∞ dx olo si p > 1). En cuanto a α 1 x2 es convergente ( 1 xp converge si y s´

l´ım−

x→1

e−x |x−1|(x+1)1/2 1 1−x

= l´ım− x→1

R

e−x (1−x)(x+1)1/2 1 1−x

=

e−1 21/2

R

dx que es finito y no nulo, por lo que 01 f (x)dx y 01 1−x tienen el mismo car´acter. Como esta segunda R 1 dx integral es divergente ( 0 (1−x)p converge si y s´olo si p < 1) se sigue que α es divergente y por consiguiente, e independientemente del car´acter de β, I es divergente. Aunque ya no es necesario analizar el car´acter de β, ´esta resulta tambi´en divergente, pues

l´ım+

x→1

que es finito y no nulo, y

e−x |x−1|(x+1)1/2 1 x−1

= l´ım+ x→1

e−x (x−1)(x+1)1/2 1 x−1

=

e−1 21/2

R a dx R a dx olo si p < 1) 1 x−1 es divergente ( 1 x−1 converge si y s´ m

R (x3 −1) 2) Sea I(m, n) := 1∞ x3n+1 dx. Teniendo en cuenta la forma de la funci´on subintegral y el hecho de que debemos calcular de forma expl´ıcita el valor de I(m, n), parece razonable intentar relacionar R 1 p−1 I con la funci´on beta, β(p, q) = 0 y (1 − y)q−1 dy. Para transformar el intervalo (1, ∞) (para la x) en el intervalo (0, 1) (para la y) parece razonable realizar el cambio x = φ(y) = 1/y (que obviamente es un difeomorfismo al ser φ biyectivo y tanto φ como φ−1 de clase uno). Se tiene entonces

I(m, n) :=

m Z ∞ 3 (x − 1) 1

x3n+1

dx =

Z 0 1

³

1 y3

´m Ã

−1

³ ´3n+1 1 y

!

Z 1³ ´m 1 − 2 dy = 1 − y 3 y 3n−3m−1 dy y 0

que no es una β debido al t´ermino y 3 dentro del par´entesis. Para subsanar esto se puede hacer el cambio y = η(u) = u1/3 , es decir, u = η −1 (y) = y 3 que es un difeomorfismo de (0, 1) a (0, 1). Entonces I(m, n) =

Z 1³ 0

1 − y3

´m

y 3n−3m−1 dy =

Z 1 0

(1 − u)m u

3n−3m−1 3

1Z 1 1 = (1 − u)m un−m−1 du = β(m + 1, n − m) 3 0 3

µ

¶

1 −2 u 3 du = 3

Por supuesto, el procedimiento anterior es totalmente equivalente a haber realizado un u ´nico −1/3 cambio correspondiente a la composici´on de los dos anteriores, es decir, x = α(u) = u , u = x−3 . Utilizando las propiedades de la funci´on β se obtiene que I(n, m) converge si y s´olo si m > −1 y n > m. Adem´as, en el caso de que m y n cumplan las condiciones anteriores y sean enteros (es decir, m = 0, 1, 2, ... y n = m + 1, m + 2, ... se puede escribir 1 Γ(m + 1)Γ(n − m) 1 β(m + 1, n − m) = = 3 3 Γ(n + 1) 1 m!(n − m − 1)! = 3 n!

I(m, n) =

3) Para calcular el m´ınimo de M derivaremos en la expresi´on de M . Para ello, en primer lugar comprobaremos que la funci´on M est´a definida enR [1, 10] y que Res derivable en dicho intervalo. Para R ∞ e−xt 10 e−xt ∞ e−xt simplificar los razonamientos podemos expresar t x dx = t x dx + 10 x dx con el fin de separar la presencia de la variable t en los l´ımites de integraci´on por un lado y la la presencia 2

de un intervalo de integraci´on no acotado por otro. Obs´ervese que el partir la integral Rutilizando −xt x = 10 es arbitrario, se podr´ıan haber utilizado otros valores. Ahora denotemos α(t) := t10 e x dx, R

R

−xt

−x2

∞ e β(t) := 10 dx y γ(t) := 0t ex+1 dx con lo que M (t) = α(t) + β(t) + 3γ(t). x Para cada t ∈ [1, 10], γ(t) es una integral en sentido propio, pues la funci´on subintegral est´a aco−x2 tada en [0, 10]. Puesto que ex+1 es continua en [0, 10] y toda funci´on continua es integrable, γ(t) est´a definida en [1, 10]. Adem´as, usando el teorema fundamental del c´alculo integral, γ(t) es deriva−t2 ble con continuidad en [1, 10] y su derivada vale et+1 . −xt Para cada t ∈ [1, 10], α(t) es una integral en sentido propio, pues f (x, t) := e x est´a acotada en Q := [1, 10] × [1, 10]. Como f es continua en Q la integral existe y por ello α est´a bien definida. Adem´as como ∂f existe y es de clase uno en Q se sigue que α es derivable con continuidad en [1, 10] ∂t −t2

R

−t2

−xt

R

y α0 (t) = − e t + t10 (−x) e x dx = − e t − t10 e−xt dx. Por u ´ltimo, para cada t ∈ [1, 10], β(t) es una integral impropia al ser el intervalo de integraci´on no acotado. Al ser f (x, t) acotada en [10, ∞) × [1, 10] no hay m´as razones por las que la integral sea impropia. Demostremos que para todo t ∈ [1, 10] la ¯integral impropia es convergente. En efecto, ¯ −xt R ∞ e−x −x ¯e ¯ para todo t ∈ [1, 10] y todo x ∈ [10, ∞) se cumple ¯ x ¯ ≤ e x . Como 10 dx es convergente, por x el criterio de comparaci´on β(t) converge absolutamente para todo t ∈ [1, 10] (n´otese que de hecho con el razonamiento anterior se ha demostrado, utilizando el criterio de Weierstrass, la convergencia uniforme de la integral para t ∈ [1, 10]) con lo que β est´a bien definida. Para demostrar la derivabilidad de β utilizamos en primer lugar que (a) f es continua en [10, ∞) × [1, 10] y ∂f existe y es continua ∂t R∞ R ∞ −xt ∂f en dicho conjunto. En segundo lugar, demostraremos (b) que la integral 10 ∂t dx = − 10 e dx converge uniformemente para t ∈ [1, 10]. Para ello emplearemos el criterio de Weierstrass: para todo R ∞ −x −xt −x t ∈ [1, 10] y todo x ∈ [10, ∞) se cumple |e | ≤ e y adem´as 10 e dx es convergente, de donde se sigue la convergencia uniforme de la integral.R De (a) y (b) se deduce que β es derivable con R ∞ ∂f ∞ −xt dx = − 10 e dx. continuidad en [1, 10] y que β 0 (t) = 10 ∂t Por lo tanto M es derivable con continuidad en [1, 10] y Z 10 Z ∞ e−t e−t −xt M (t) = α (t) + β (t) + 3γ (t) = − − e dx − e−xt dx + 3 = t t+1 t 10 2 2 2 2 Z ∞ e−t e−t e−xt x=t e−t e−t −xt − e dx + 3 =− − | +3 = = − t t+1 t t x=∞ t+1 t · ¸ 2 3 2 2 t − 2 = e−t − + = e−t t t+1 t(t + 1) 2

0

0

0

2

0

donde se ha utilizado que al ser t positivo, l´ımx→∞ e−xt = 0. Se observa que M 0 (t) s´olo tiene un cero, t = 2, en el intervalo [1, 10]. Como M 0 (t) pasa de negativa a positiva al atravesar t = 2 podemos afirmar que t = 2 es un punto de m´ınimo relativo de M . Por tanto, los u ´nicos candidatos a punto de m´ınimo global en [1, 10] son t = 2 y los extremos del intervalo. 0 Como M (t) < 0 en [1, 2) y M 0 (t) > 0 en (2, 10] podemos afirmar que t = 2 es el punto de m´ınimo global que se pide.

3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de febrero 06.02.07

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 1 (4 puntos): Se consideran las integrales impropias G(a) =

Z

∞

−x

e

cos(ax) dx.

F (a) =

0

∞

Z

e−x

0

sen(ax) dx, x

Se pide: 1. Encontrar el conjunto de valores reales de a donde G converge uniformemente. Para dichos valores, calcular expl´ıcitamente G(a). (1’5 puntos) 2. Enunciar y aplicar el teorema que permite concluir que F es una funci´on derivable en su dominio de definici´on. (0’75 puntos) 3. Calcular la integral F (a) para los valores de a donde converge.

(0’75 puntos)

4. Para b > 0, relacionar la integral H(b) =

Z

∞

e−xb

0

sen x dx x

con la funci´on F . Sabiendo que H converge uniformemente en b ≥ 0, deducir que ∞

Z

sen x π dx = . x 2

0

(1 punto)

Soluci´ on:

(Se entregar´a esta hoja, y a lo sumo, otra m´as.)

1. El integrando de G(a) puede acotarse en valor absoluto por una funci´on mayorante: |e−x cos ax| ≤ e−x = M (x) que es independiente de a y cuya integral impropia es convergente: Z

∞

M (x) dx =

Z

∞

e−x dx = 1 < ∞

0

0

luego, por el criterio de Weierstrass podemos afirmar que G es uniformemente convergente en todo R. Por tanto, G(a) existe para todo a real; podemos calcular su valor o bien integrando por partes dos veces, o bien usando que G(a) es la parte real de la siguiente integral: Z

∞

−x iax

e e

0

dx =

Z

∞

(ia−1)x

e

0

1 dx = ia − 1





(ia−1)x

l´ım e

x→∞



−1 =

1 1 + ia = 1 − ia 1 + a2



donde se ha utilizado que l´ımx→∞ e(ia−1)x = l´ımx→∞ |eiax | e−x = l´ımx→∞ e−x = 0. Por tanto, su parte real es G(a) =

Z 0

∞

e−x cos (ax) dx = Re

Z 0

∞

e−x eiax dx = Re



1 + ia 1 + a2



=

1 1 + a2

∀a ∈ R.

2. Enunciemos el teorema pedido: Teorema: Se considera un intervalo cerrado I de la recta real, y la integral impropia F (a) =

Z

∞

f (a, x)dx.

0

Si se verifica: F (a0 ) converge para alg´ un valor a0 ∈ I, ∂f ∂a

es continua en I × [0, ∞)

la integral impropia ∞

Z 0

∂f (a, x)dx ∂a

converge uniformemente en I, entonces F es derivable en I, y su derivada es 0

F (a) =

∞

Z 0

∂f (a, x)dx ∀a ∈ I. ∂a

Veamos que se verifican las tres hip´otesis del teorema, tomando I = R: F converge en a0 = 0, pues obviamente F (0) = 0; ∂ ∂a





e−x senxax = e−x cos ax que es una funci´on continua para (a, x) en R × [0, ∞)

La integral impropia de la derivada es Z

∞

0

Z ∞ ∂f e−x cos(ax)dx = G(a) (a, x)dx = ∂a 0

que ya se ha visto que converge uniformemente en R. Por todo ello, el teorema garantiza que F es derivable en R, y adem´as concluye que F 0 (a) = G(a) ∀a ∈ R. 3. De la u ´ltima igualdad, recuperamos F (a) = arc tg(a) + C y observando por la definici´on que F (0) = 0 = C finalmente se llega a la expresi´on F (a) = arc tg(a) ∀a ∈ R. 4. Para b > 0, mediante un simple cambio de variable y = xb, se tiene que Z

H(b) =

∞

0

−xb sen x

e

x

dx =

Z 0

∞

−y sen(y/b)

e

y

1 1 = arc tg . b b

 

dy = F

 

Por otro lado, la convergencia uniforme de H en [0, ∞) garantiza que H es continua en dicho intervalo, y en particular en b = 0. Por ello, podemos concluir: Z 0

∞

sen x 1 π dx = H(0) = l´ım+ H(b) = l´ım+ arc tg = . b→0 b→0 x b 2  

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de febrero 6.02.07

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 2 (3 puntos) Dado a > 0, sea Γ la curva llamada cardioide, de ecuaci´on polar ρ = a(1+cos θ). Sea D el dominio limitado por Γ. Se pide: (1) Hallar la longitud de Γ y el ´area de D.

(1 punto)

(2) Hallar el centroide del arco Γ.

(1 punto)

(3) Hallar el centroide del dominio D.

(1 punto)

Respuesta:

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

Puede verse la curva y el dominio en la Figura 1. y a

Γ D 2a x

0

Figura 1: Cardioide (1) Derivando en ρ(θ) = a(1 + cos θ), se obtiene ρ′ (θ) = −a sen θ . Por tanto, ρ(θ)2 + ρ′ (θ)2 = a2 (1 + cos θ)2 + a2 sen2 θ = 2a2 (1 + cos θ) θ = 4a2 cos2 , 2 y la longitud del arco es l(Γ) =

Z

2π

ρ(θ)2 + ρ′ (θ)2 dθ

0

=

Z

q

2π

0

= 4a

Z

2a cos π

θ dθ 2 #

cos

"0

θ = 8a sen 2 1



θ dθ 2

π 0

= 8a . Calculamos a continuaci´on el ´area de D: ´ Area(D) = = =

ZZ

ZZD Z

dxdy ρ dρdθ

D′ 2π

0 2

dθ

Z

a(1+cos θ)

ρ dρ 0

a 2π = (1 + cos θ)2 dθ 2 0 Z a2 2π (1 + 2 cos θ + cos2 θ) dθ = 2 0 3πa2 = . 2 Z

(2) Calculamos las coordenadas (xΓ , yΓ ) del centroide del arco Γ: 1 x ds xΓ = l(Γ) Γ Z q 1 2π = ρ(θ) cos θ ρ(θ)2 + ρ′ (θ)2 dθ 8a 0 1 Z 2π θ = a(1 + cos θ) cos θ 2a cos dθ 8a 0 2 Z π θ =a cos3 cos θ dθ 2 0 ! Z π 3 θ 2 θ 2 θ =a cos cos − sen dθ 2 2 2 0 ! Z π 5 θ 3 θ 2 θ dθ =a cos − cos sen 2 2 2 0 Z

= 2a

Z

π/2

0





cos5 t − cos3 t sen2 t dt

1 3 ,3 − B ,2 2 2       1 3 Γ Γ(2)  Γ 2 Γ(3) 2      = a −   7 7 Γ Γ 2 2   √ 1 √ π   2 π 2  − = a 5 3 1√ 5 3 1√  π π 222 222 4a = . 5 

=a B









Por simetr´ıa, yΓ = 0, luego el centroide es 4a (xΓ , yΓ) = ,0 . 5 

2



θ t= 2

!

(3) Para calcular las coordenadas (xD , yD ) del centroide de D, necesitamos la integral: Ix = = =

ZZ

ZZD

Z

D′ 2π

0 3

= = = = = =

=

=

x dxdy ρ2 cos θ dρdθ cos θ dθ

Z

a(1+cos θ)

ρ2 dρ

0

a 2π cos θ(1 + cos θ)3 dθ 3 0 Z a3 2π cos θ(1 + 3 cos θ + 3 cos2 θ + cos3 θ) dθ 3 0 Z a3 2π (cos θ + 3 cos2 θ + 3 cos3 θ + cos4 θ) dθ 3 0 Z a3 2π (3 cos2 θ + cos4 θ) dθ (los dem´as t´erminos tienen integral nula) 3 0 Z 4a3 π/2 (3 cos2 θ + cos4 θ) dθ 3 0      2a3 1 3 1 5 3B +B , , 3 2 2 2 2          1 1 1 1 5 Γ Γ Γ Γ 3  2a  2 2 2 + 2 2   3   3 Γ(2) Γ(3) Z

5πa3 . 4

Las coordenadas (xD , yD ) del centroide son: xD =

Ix 2 5πa3 5a = = ´ 3πa2 4 6 Area(D)

e yD = 0 ,

por simetr´ıa.

3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de febrero 6.02.07

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 3 (3 puntos) Se consideran el casquete del elipsoide: x2 y 2 z 2 + + = 1, 4 4 16 situado en el semiespacio z ≥ 0 y la superficie c´onica formada por los segmentos que unen el punto (0, 0, −8) con el borde del casquete anterior. Sea F(x, y, z) el campo vectorial definido por z F(x, y, z) := y U (x, y, z) , − x U (x, y, z) , z(x + y + ) 2 

donde U (x, y, z) :=



(z + 8)2 − x2 − y 2 16

!3/2

. Se pide:

1) Calcular el flujo del campo F(x, y, z) a trav´es del casquete elipsoidal orientado de forma que la tercera componente de su vector normal sea positiva. (1 punto) 2) Calcular el flujo del campo F(x, y, z) a trav´es de la superficie c´onica orientada de forma que la tercera componente de su vector normal sea negativa. (1 punto) 3) Sean Ω ∈ R3 el domino limitado por las dos superficies definidas anteriormente, G := (xg , yg , zg ) el centroide de Ω y Σ+ la cara exterior de su frontera. Relacionar el flujo del campo F(x, y, z) a trav´es de Σ+ con las coordenadas de G y calcularlas. (1 punto) Respuesta:

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

En primer lugar, dado que a lo largo del problema hay que calcular flujos del campo vectorial F(x, y, z), conviene calcular su divergencia para saber qu´e posibilidades hay a la hora de aplicar el teorema de Gauss. Su expresi´on es: ∇ · F(x, y, z) =

∂ [y U (x, y, z)] ∂ [x U (x, y, z)] − + ∂x ∂y

h 

∂ z x+y+ ∂z

z 2

i

= x+y+z.

Se trata pues de un campo vectorial que no es solenoidal. otese que el campo n (salvo en el origen) o N´ (z+8)2 3 3 2 2 est´a definido en R menos el conjunto (x, y, z) ∈ R : 16 − x − y < 0 . 1) En vista de ello, optamos por calcular el flujo pedido parametrizando la superficie, que se muestra en la figura, y aplicando la definici´on (pese a que, como se demuestra en la soluci´on alternativa que se expone m´as abajo, esta no es la opci´on m´as sencilla). Sea E + la cara del casquete considerada. Debido a que su proyecci´on sobre el plano XY es el disco de ecuaci´on cartesiana: x2 + y 2 ≤ 4, utilizamos como par´ametros las coordenadas polares (r, θ) del plano. Entonces, una parametrizaci´on, Σ(r, θ) = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)), de E + viene dada por las siguientes ecuaciones param´etricas: x(r, θ) = r cos θ ,

y(r, θ) = r cos θ ,

s

z(r, θ) = 4 1 −

r2 , 4

0 ≤ r ≤ 2,

0 ≤ θ ≤ 2π ,

con lo que el vector normal, que debe tener su tercera componente positiva, es: 2 r2 cos θ 2 r2 sin θ √ , √ ,r 4 − r2 4 − r2

Σ(r, θ) Σ(r, θ) n(r, θ) := × = ∂r ∂θ

!

.

Por definici´on, la expresi´on del flujo pedido es: ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ =

ZZ

[0,2]×[0,2π]

F(x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)) · n(r, θ) dr dθ ,

donde

h

F(x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)) · n(r, θ) = 2 r 4 − r2 + r y, por tanto: ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ = 2π

Z

2

0

2 r (4 − r2 ) +

Z

√

i

4 − r2 (cos θ + sin θ)

 Z √ 2 r2 4 − r2 dr

2

2π

0

0



(cos θ + sin θ) dθ .

Finalmente, la integral en la variable θ es cero, con lo que resulta: ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ = 4π

Z

0

2

r (4 − r2 ) = 16π .

1) Alternativa. El casquete elipsoidal no es una superficie cerrada. Sin embargo, es posible cerrarla considerando otra superficie regular cualquiera que tenga el mismo borde que el casquete. Como vamos a ver a continuaci´on, la elecci´on del disco de ecuaci´on cartesiana: x2 + y 2 ≤ 4 situado en el plano XY , resulta especialmente apropiada en este caso. La aplicaci´on del teorema de Gauss a la superficie cerrada formada por el disco y el casquete elipsoidal da lugar a la expresi´on: ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ +

ZZ

C+

F(x, y, z) · dσ =

ZZZ

D

(x + y + z) dV ,

donde E + es la cara del casquete orientada de forma que la tercera componente de su vector normal es positiva, C + representa la cara del disco tal que la tercera componente de su vector normal es negativa y D es el recinto acotado de R3 limitado por la superficie cerrada, que viene dado por:  



s

x2 y 2  − . D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 4 , 0 ≤ z ≤ 4 1 −  4 4

Como ya se ha mencionado, la elecci´on del disco para obtener una superficie cerrada resulta muy conveniente. N´otese que la tercera componente del campo sobre el disco es nula (en el disco es z = 0), mientras que el vector normal al disco tiene sus dos primeras componentes nulas; es decir, el campo sobre el disco y la normal al disco son perpendiculares, con lo que el flujo es nulo. As´ı pues: ZZ

C+

F(x, y, z) · dσ = 0 =⇒

ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ =

ZZZ

D

(x + y + z) dV .

Por otra parte, la integral de volumen que aparece en el segundo miembro es, por definici´on, el resultado de multiplicar el volumen de D por la suma de las componentes de su centroide. Pero este dominio es sim´etrico con respecto a los planos XZ e Y Z y, por tanto, las dos primeras componentes de su centroide son nulas; es decir: ZZZ

D

x dV =

ZZZ

D

y dV = 0 ,

con lo cual se obtiene la igualdad: ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ =

ZZZ

D

z dV ,

seg´ un la cual el flujo pedido es igual al producto del volumen de D por la tercera componente de su centroide. La integral de volumen se puede calcular de forma sencilla utilizando coordenadas cil´ındricas: ZZZ ZZZ z dV = z r drdθ dz , D

D0

 

s



r2  donde r es el jacobiano y D0 = (r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 4 1 − . Por 4 tanto, el flujo pedido es: ZZZ

D

z dV =

ZZZ

D0

z r drdθ dz =

Z

2π

dθ

0

Z

2

dr

Z

0

0

q

4

2

1− r4

z r dz = 16π

Z

r2 r dr = 16π . 1− 4 !

2

0

Adem´as, aunque no se pide, el centroide de D tiene por coordenadas (0, 0, 23 ), ya que su volumen es la mitad del volumen del elipsoide de semiejes 2, 2 y 4, que es 32π . 3 2) Unas ecuaciones param´etricas para la superficie c´onica que se muestra en la figura se obtienen construyendo las ecuaciones de todas los segmentos que unen el punto (0, 0, −8) con el borde del casquete elipsoidal. El borde es la circunferencia x2 +y 2 = 4 situada en el plano z = 0, con lo que unas ecuaciones param´etricas de esta curva son: x(θ) = 2 cos θ ,

y(θ) = 2 sen θ ,

z(θ) = 0 ,

0 ≤ θ ≤ 2π .

La ecuaci´on del haz de segmentos mencionado es, entonces: x y z+8 = = = λ, x(θ) y(θ) z(θ) + 8

0 ≤ λ ≤ 1,

de donde se obtiene la parametrizaci´on Σ(θ, λ) = (x(θ, λ), y(θ, λ), z(θ, λ)) para la superficie c´onica, cuyas ecuaciones son: x(θ, λ) = 2λ cos θ

y(θ, λ) = 2λ sen θ

z(θ, λ) = −8 + 8λ ,

0 ≤ θ ≤ 2π ,

0 ≤ λ ≤ 1,

(z + 8)2 . 16 Sea S + la cara de la superficie que se debe considerar, es decir aquella cuyo vector normal tiene su tercera componente negativa y que, por tanto, es: y de ellas se deduce f´acilmente la ecuaci´on cartesiana de esta superficie, que es: x2 + y 2 =

n(θ, λ) :=

Σ(θ, λ) Σ(θ, λ) × = (16λ cos θ, 16λ sen θ, −4λ) . ∂θ ∂λ

El flujo se calcula ahora aplicando su definici´on para lo que, en general, resulta conveniente ver el valor que el campo toma sobre la superficie. Esto es especialmente adecuado en este caso, puesto que la funci´on U (x, y, z) definida en el enunciado se anula sobre la superficie c´onica. Teniendo esto en cuenta, el valor del campo sobre ella es: F(x(θ, λ), y(θ, λ), z(θ, λ)) := (0 , 0 , 16(λ − 1)[λ(cos θ + sen θ) + 2(λ − 1)]) , con lo cual F(x(θ, λ), y(θ, λ), z(θ, λ)) · n(θ, λ) = −64λ2 (λ − 1)[cos θ + sen θ] − 128λ(λ − 1)2 y el flujo pedido es: ZZ

S+

F(x, y, z)·dσ = −

Z

0

1

2

64λ (λ − 1)dλ

 Z

0

2π



[cos θ + sen θ]dθ −256π

Z

0

1

λ(λ−1)2 dλ = −

64π . 3

2) Alternativas. El teorema de Gauss se puede utilizar aqu´ı de forma an´aloga a como se describe en la soluci´on alternativa del primer apartado. A la hora de construir la superficie cerrada, hay dos posibilidades razonables que se pueden utilizar en este caso. Una de ellas consiste en cerrar la superficie c´onica por el disco x2 + y 2 ≤ 4, z = 0, en cuyo caso el flujo pedido es igual al resultado de multiplicar el volumen del cono limitado por ambas superficies por la tercera componente de su centroide. Dado que el volumen del cono es un tercio del ´area de su , resulta que el centroide del cono es (0, 0, −2) (pero este resultado base por su altura, es decir: 32π 3 no se pide). La otra es cerrar la superficie c´onica utilizando el casquete elipsoidal. Esto u ´ltimo constituye el objetivo del tercer apartado de este problema.

3) Dado que el centroide de un s´olido de R3 se expresa en t´erminos de una integral de volumen, en este apartado se nos pide relacionar un flujo con una integral triple. Un resultado que, en caso de que se cumplan las hip´otesis, permite relacionar estos dos tipos de integrales es el teorema de Gauss. Estas hip´otesis se cumplen claramente en las condiciones establecidas en el enunciado, puesto que el campo vectorial es de clase C 1 en Ω y la superficie que encierra el s´olido (ver la figura) es regular a trozos. Su aplicaci´on da lugar a la relaci´on: ZZ

Σ+

F(x, y, z) · dσ =

ZZZ

Ω

∇ · F(x, y, z) =

ZZZ

Ω

(x + y + z)dV .

Puesto que Ω es sim´etrico con respecto a los planos XZ e Y Z, el mismo argumento utilizado en la soluci´on alternativa al primer apartado nos permite concluir que las dos primeras componentes de su centroide son nulas; es decir: ZZZ

Ω

Por tanto,

ZZ

Σ+

xdV =

ZZZ

Ω

F(x, y, z) · dσ =

ydV = 0 .

ZZZ

Ω

z dV = zg VΩ ,

donde VΩ es el volumen de Ω que se obtiene como la suma del volumen de la parte correspondiente + 32π = 64π . Ahora bien, obviamente: al elipsoide m´as el volumen del cono, es decir: VΩ = 32π 3 3 3 ZZ

Σ+

F(x, y, z) · dσ =

ZZ

E+

F(x, y, z) · dσ +

ZZ

S+

F(x, y, z) · dσ ,

donde E + es la cara del casquete elipsoidal considerado en el primer apartado, S + es la cara de la superficie c´onica considerada en el segundo y los flujos de F(x, y, z) a trav´es de ellas se han calculado en esos apartados. As´ı pues: zg =

1 VΩ

Z Z

E+

F(x, y, z) · dσ +

ZZ

S+

F(x, y, z) · dσ



=

64π 3 16π − 64π 3 



=−

1 4

1 y el centroide de Ω es G = (0, 0, − ). 4 NOTA: Caso de no recordar la f´ormula del volumen de un cono, este se puede calcular considez+8 rando que las secciones por planos z = cte del mismo, son discos de radio . El ´area de estos 4  2 z+8 y el volumen del cono se puede calcular mediante la expresi´on: discos es π 4 z+8 π 4 −8

Z

0



2

dz =

32π . 3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de junio 12.06.07

PROBLEMA 1 (4 puntos) Este problema consta de dos ejercicios independientes.

1. (2 puntos) Determinar los valores reales de a para los cuales converge ∞

Z 0

e−x − eax dx. x

Soluci´ on: En primer lugar calculemos el l´ımite del integrando en el origen, usando la regla de L’Hˆopital: e−x − eax = −(1 + a) x→0 x

l´ım

Como el l´ımite existe para todo valor de a, el origen es una singularidad evitable y la integral solo es impropia en infinito. Calculemos tambi´en el l´ımite del integrando en el infinito: e−x − eax l´ım = x→∞ x

(

0 a≤0 −∞ a > 0

Es condici´on necesaria de convergencia que el l´ımite del integrando en el infinito sea nulo u oscile, por tanto a ≤ 0. Dado que el origen es una singularidad evitable, vamos a descomponer la integral: Z

∞

0

Z 1 −x Z ∞ −x e−x − eax e − eax e − eax dx = dx + dx = I0 + I1 (a) x x x 0 1

I0 es propia, nos ocupamos de la convergencia de I1 (a). Utilicemos el siguiente criterio de comparaci´on: Sean f y gZ dos funciones continuas en [ a, ∞), con g no negativa; si ∀x ≥ a |f (x)| ≤ g(x) Z ∞ ∞ entonces: ( g converge ⇒ f converge absolutamente). a

Sabemos que

a

Z

∞

ebx dx es convergente para b < 0; entonces

0

e−x − eax ≤ e−x + eax , x ≥ 1 x

Luego para a < 0 la integral I1 (a) es convergente. Por u ´ltimo, para a = 0 descomponemos la integral como sigue: I1 (0) =

Z 1

∞

Z ∞ e−x 1 dx − dx, x x 1

el primer sumando es convergente y el segundo divergente, luego la integral es divergente. En conclusi´on, la integral del enunciado converge solo si a < 0.

2. (2 puntos) Determinar los valores reales de a y b para los cuales converge Z

I(a, b) =

∞

0

ta dt (4 + t2 )b

y calcular expl´ıcitamente I(2, 3). Indicaci´ on: Relacionar la integral con una beta de Euler.

Soluci´ on: Una de las expresiones de la funci´on beta de Euler es β(p, q) =

Z

∞

0

xp−1 dx, (1 + x)p+q

convergente para p, q > 0. Hagamos los cambios adecuados para √ expresar I(a, b) como una beta; 2 2 dado que 4 + t = 4(1 + (t/2) ) el cambio natural es t = 2 x que transforma biyectivamente la semirrecta (0, ∞) en s´ı misma y no cambia los l´ımites. Se tiene entonces: a−1   2a Z ∞ x 2 2a a+1 a+1 I(a, b) = b dx = b β ,b − . 4 0 (1 + x)b 4 2 2

Para que sea convergente tiene que ser 

a+1 a+1 >0 ∧ q =b− >0 2 2



p=

⇐⇒ b >

a+1 > 0. 2

Por u ´ltimo,  2

3 2 3 3 1 Γ 2 I(2, 3) = 3 β , = , 4 2 2 16 Γ(3) 2





√     π 3 1 1 1 Γ =Γ 1+ = Γ = ⇒ 2 2 2 2 2  

I(2, 3) =

π . 128

Gabriela Sansigre.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de junio 12.06.07

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 2 (3 puntos) En R2 se consideran el campo vectorial definido por: F(x, y) := (x2 + y 2 )2 (2x − 3, 2y + 1) y las circunferencias de ecuaciones cartesianas x2 + y 2 = 2 y (x − 1)2 + y 2 = 1, ambas recorridas en sentido positivo. Sean, Γ1 el arco de la circunferencia orientada centrada en el origen contenido en el semiplano x ≥ 1 y Γ2 el arco de la otra circunferencia orientada contenido en el semiplano x ≤ 1. Se pide: 1) Calcular la circulaci´on del campo F(x, y) a lo largo del arco orientado Γ1 .

(0,75 puntos)

2) Sea E ⊂ R2 el dominio acotado limitado por el arco Γ2 y por la recta x = 1. Aplicando adecuadamente el teorema de Green en E, obtener la circulaci´on del campo F(x, y) sobre el arco orientado Γ2 . (1 punto) 3) Sea D ⊂ R2 el domino acotado limitado por las curvas Γ1 y Γ2 , sobre el que se considera definida una densidad que en cada punto es igual al cuadrado de la distancia del punto al origen. Relacionar la circulaci´on del campo F(x, y) a lo largo de la frontera de D recorrida en sentido positivo con las coordenadas del centro de gravedad de D (con la densidad dada) y calcularlas. 1 (Dato: La masa total de D es MD = (5π − 8)). (1,25 puntos) 4 Respuesta:

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

1) Puesto que la curva Γ1 es el arco de la circunferencia de ecuaci´on cartesiana x2 +y2 = 2 (orientada positivamente) situado en el semiplano x ≥ 1, unas ecuaciones param´etricas de la misma son: √ √ π π x(t) = 2 cos t , y(t) = 2 sin t , t ∈ [− , ] , 4 4 donde el rango de variaci´on del par´ametro t (que es el ´angulo polar) se determina sin m´as que obtener los ´angulos polares de los dos puntos en los que la circunferencia corta a la recta x = 1. Estos puntos son (1, −1), (1, 1) y sun ´angulos polares − π4 , π4 , respectivamente. El sentido de recorrido se corresponde con la orientaci´on positiva de la circunferencia, por tanto Γ1 se recorre desde (1, −1) hasta (1, 1), por lo que t ∈ [− π4 , π4 ]. Para calcular la circulaci´on utilizamos su definici´on: Z Γ1

F · ds =

Z π/4 −π/4

Ã

F(x(t), y(t)) ·

donde: Ã

F(x(t), y(t))· Por tanto:

x0 (t) y 0 (t)

!

´

= 4 2 2 cos t − 3 , 2 2 sin t + 1 ·

Z Γ1

√

³ √

F · ds =

Z π/4 −π/4

Ã

!

x0 (t) y 0 (t)

dt ,

! √ √ −√ 2 sin t = 4 2 (cos(t) + 3 sin(t)) . 2 cos t

√ Z 4 2 (cos t + 3 sin t) dt = 4 2 √

π/4

−π/4

cos t dt = 8 .

2) Si representamos el campo F en la forma F(x, y) = (L(x, y), M (x, y)), sus dos componentes L y M (que son polinomios en dos variables) son funciones de clase C ∞ . Por otra parte, el dominio E, que se representa en la figura, es simplemente conexo. Por tanto, se puede aplicar el teorema de Green al campo y dominio dados, lo que establece la igualdad: ZZ Ã

Z ∂E

F · ds =

E

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

1

0.5

E 0

-0.5

dxdy , -1 -0.5

0

0.5

1

1.5

donde ∂E representa la frontera de E recorrida en sentido positivo. La curva ∂E est´a formada por el arco orientado Γ2 y por el segmento orientado de la recta x = 1 comprendido entres los puntos (−1, 1) y (1, 1), recorrido desde el primero hasta el segundo. Sea S este segmento orientado. De la igualdad anterior se deduce entonces: ZZ Ã

Z Γ2

F · ds =

E

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

Z

dxdy −

S

F · ds

lo que permite obtner la circulaci´on de F sobre Γ2 calculando las dos integrales del segundo miembro. • Circulaci´on sobre el segmento S. Unas ecuaciones param´etricas de S son: x(t) = 1 ,

y(t) = t ,

t ∈ [−1, 1] .

Por tanto: Z S

Z 1

F · ds =

−1

= 2

Ã

F(x(t), y(t)) ·

Z 1³ 0

1+t

x0 (t) y 0 (t)

!

dt =

Ã

´ 2 2

Z 1 −1

t5 2t3 dt = 2 t + + 5 3

³

(1 + 2 t) 1 + t2

´2

dt

!¯1 ¯ 56 ¯ . ¯ = ¯ 15 0

• Integral doble. Puesto que: ³ ´ ∂M ∂L − = 4 x2 + y 2 (x + 3 y) , ∂x ∂y

la integral que hay que calcular es: ZZ Ã E

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

ZZ

dxdy =

³

E

2

4x x + y

2

´

ZZ

dxdy +

³

E

´

12 y x2 + y 2 dxdy .

Ahora bien, dado que E es sim´etrico con respecto al eje de abscisas, la segunda integral del segundo miembro es cero, puesto que el integrando es impar en y. Es decir: ZZ Ã E

∂L ∂M − ∂x ∂y

!

ZZ

dxdy =

³

E

´

4x x2 + y 2 dxdy .

Para calcular esta integral, tenemos en cuenta que el dominio E es la mitad de la circunferencia de ecuaci´on cartesiana (x − 1)2 + y 2 = 1 situada a la izquierda de la recta x = 1, con lo que, en coordenadas polares trasladadas: x = 1 + r cos θ, y = r sin θ, el correspondiente dominio transformado se puede describir por las ecuaciones: ¾

½

3π π ,0≤r≤1 . E = (r, θ) ∈ R , ≤ θ ≤ 2 2 0

2

Entonces, utilizando las mencionadas coordenadas y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformaci´on es r: ZZ Ã

∂M ∂L − ∂x ∂y

E

!

ZZ

dxdy = Z 1

=

0

E0

dr

0

= 4π − donde:

o

4r(1 + r2 ) + 4r2 (3 + r2 ) cos θ + 8r3 cos2 θ dθ

π/2

2

r(1 + r )dr − 8

Z 1 0

2

2

r (3 + r )dr + 8

µZ 1 0

3

r dr

¶ ÃZ 3π/2 π/2

! 2

cos θ dθ

48 , 5

Z 3π/2 π/2

´

Z 3π/2 n

Z 1

= 4π

³

4 (1 + r cos θ) 1 + r2 + 2 r cos θ r drdθ

2

cos θdθ =

Z 3π/2 1

2

π/2

(1 + cos 2θ)dθ =

π . 2

Finalmente, la circulaci´on sobre el arco orientado Γ2 es: ZZ Ã

Z Γ2

F · ds =

E

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

·

Z

dxdy −

S

¸

F · ds = 4π −

48 56 40 − = 4π − , 5 15 3

3) Dado que el centro de gravedad de un recinto de R2 se expresa en t´erminos de integrales dobles,

en este apartado se nos pide relacionar una circulaci´on con dos integrales dobles. Un resultado que, en caso de que se cumplan las hip´otesis, permite relacionar estos dos tipos de integrales es el teorema de Green en el plano, ya utilizado en el apartado anterior. Las hip´otesis se cumplen claramente en las condiciones establecidas en el enunciado, puesto que el campo vectorial es de clase C ∞ en D y el dominio D, que se muestra en la figura, es simplemente conexo. Su aplicaci´on da lugar a la relaci´on: ZZ Ã

Z ∂D

F · ds =

D

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

1

0.5

D 0

-0.5

dxdy .

-1 -0.5

0

0.5

1

1.5

En esta igualdad ∂D es la frontera de D recorrida en sentido positivo que est´a formada por los arcos orientados Γ1 y Γ2 , de forma que se tiene: Z ∂D

Z

F · ds =

Γ1

Z

F · ds +

Γ2

F · ds = 8 + 4π −

40 16 = 4π − , 3 3

donde las circulaciones del campo F sobre los arcos orientados Γ1 y Γ2 se han calculado en los dos apartados anteriores. En lo que se refiere al segundo miembro, su expresi´on es: ZZ Ã D

∂M ∂L − ∂x ∂y

!

ZZ

dxdy , = 4

ZZ 2

D

2

x(x + y ) dxdy + 12

D

y(x2 + y 2 ) dxdy ,

con lo que, teniendo en cuenta la definici´on de las coordenadas del centro de gravedad, (Xg (D), Yg (D)), de D con la densidad dada: 1 ZZ x(x2 + y 2 ) dxdy , Xg (D) := MD D resulta:

ZZ Ã D

∂L ∂M − ∂x ∂y

1 ZZ Yg (D) := y(x2 + y 2 ) dxdy , MD D

!

dxdy = 4MD Xg (D) + 12MD Yg (D) ,

y, por tanto:

Z ∂D

F · ds = 4MD Xg (D) + 12MD Yg (D) = 4π −

16 , 3

que es la relaci´on pedida. Para calcular las dos coordenadas basta tener en cuenta la simetr´ıa de D con respecto al eje de abscisas, con lo que Yg (D) = 0. Como la masa total, MD , de D es un dato que se proporciona en el enunciado, de la anterior expresi´on se deduce el valor de Xg (D), que es: µ

Xg (D) =

¶

1 16 4 (3π − 4) . 4π − = 4MD 3 3 (5π − 8)

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007) Convocatoria de junio 12.06.07 NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 3 (3 puntos) √ 1. Sea la regi´on B del plano Y Z definida por 0 ≤ z ≤ y 2 , y ∈ [1, 2]. Se considera el s´olido Ω engendrado cuando B gira alrededor del eje y. En cada punto de Ω la densidad es proporcional al producto de las distancias de dicho punto a los planos coordenados. Se pide el momento de inercia de Ω respecto del eje y. (1 pto) √ 2. Sea Γ la curva sobre el plano Y Z definida por z = y 2 , y ∈ [1, 2]. Sea Σ la superficie de revoluci´on engendrada cuando Γ gira alrededor del eje y. Sobre Σ hay definida una distribuci´on superficial de masa de forma que la densidad en cada punto P de la superficie es proporcional a la distancia del origen al plano tangente a Σ en el punto P . Se pide calcular la masa de Σ. (2 ptos.) Respuesta:

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

Soluci´on: 1. La densidad es ρ(x, y, z) = K |x| |z| |y| por lo que

Z Z Z

Z Z Z 2

I =

2

K |x| |z| |y| (x2 + z 2 )dxdydz =

ρ(x, y, z)(x + z )dxdydz = Z ZΩ Z = 4K xzy(x2 + z 2 )dxdydz

Ω

Ω0

donde Ω0 es la porci´on de Ω contenida en el primer octante. Se ha usado que Ω es sim´etrico respecto de los planos x = 0 y z = 0 y que la funci´on subintegral es par en x y par en z. Para simplificar el c´alculo de la integral, efectuamos el siguiente cambio a coordenadas cil´ındricas (x, y, z) = φ(ρ, θ, y) x = ρsenθ , y = y , z = ρ cos θ y entonces la imagen inversa de Ω0 es n √ o π B := φ−1 (Ω0 ) = (ρ, θ, y) : 0 ≤ ρ ≤ y 2 , θ ∈ [0, ], y ∈ [1, 2] 2 Por tanto Z Z Z I = 4K (ρsenθ) (ρ cos θ) yρ2 ρdθdρdy = B ! Z π Z √ ÃZ 2 2

= 4K

2

1

0

= 4K

11 26

√

Z 1

2

y

y

cos θsenθdθ

ρ5 dρ dy =

0

¢ 127K 1 1 ¡ 7 1 2 −1 = y 13 dy = 4K 2 6 14 42

2. Parametrizamos la superficie Σ en la forma (x, y, z) = α(θ, y) x = α1 (θ, y) = y 2 senθ y = α2 (θ, y) = y z = α3 (θ, y) = y 2 cos θ y operando se obtiene

y ∈ [1,

√

2], θ ∈ [0, 2π]

° ° p ° ∂α ° ∂α ° (θ, y) × (θ, y)° = y 2 1 + 4y 2 ° ∂θ ° ∂y

Para hallar la ecuaci´on del plano tangente a Σ en (x, y, z) obtendremos primero un vector perpendicular a la superficie en dicho punto. Para ello es conveniente trabajar con la ecuaci´on cartesiana de Σ, que es x2 + z 2 = y 4 o bien F (x, y, z) = x2 − y 4 + z 2 = 0 Se sabe que el gradiente de F en (x, y, z) ¡ ¢ ∇F (x, y, z) = 2x, −4y 3 , 2z o bien, el vector paralelo (x, −2y 3 , z) , es perpendicular a Σ en (x, y, z). Por ello, el plano tangente a Σ en el punto (x, y, z) tiene ecuaci´on x (X − x) − 2y 3 (Y − y) + z(Z − z) = 0 o bien

¡ ¢ xX − 2y 3 Y + zZ − x2 − 2y 4 + z 2 = 0

que, puesto que x2 + z 2 = y 4 sobre la superficie, se puede simplificar a xX − 2y 3 Y + zZ + y 4 = 0 Por lo tanto, la densidad sobre la superficie tiene la forma |y 4 | y4 y2 ρΣ (x, y, z) = K p =K p = Kp x2 + 4y 6 + z 2 y 2 1 + 4y 2 1 + 4y 2 y por lo tanto Z Z y2 p MΣ = ρΣ (x, y, z)dσ = K dσ = 1 + 4y 2 Σ Σ Z 2π Z √2 Z √2 ´ p y2 2Kπ ³ √ 2 p = K y 1 + 4y 2 dydθ = K2π y 4 dy = 4 2−1 5 1 + 4y 2 0 1 1

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de septiembre 18.09.07

PROBLEMA 1 (3 puntos) Dada la integral impropia Z

∞

F (a) = 0

sen ax dx x

se pide: 1. Determinar el conjunto de valores reales de a para los cuales la integral F (a) converge. 2. Enunciar el teorema de derivabilidad de integrales impropias dependientes de un par´ametro. Estudiar si dicho teorema puede aplicarse a la funci´on F . 3. Sabiendo que F (1) = π/2, calcular F (a) all´a donde exista. 4. Bas´andose en los apartados anteriores, a) ¿Es F uniformemente convergente en todo su dominio de definici´on? b) ¿Es F derivable en alg´ un intervalo?

Respuesta:

(Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional.)

1. En primer lugar, observamos que la integral no es impropia en el origen: en ese punto el integrando presenta una singularidad evitable ya que l´ım x→0 sen(ax) = a y este l´ımite existe para cada valor de a. x As´ı pues, la integral s´olo es impropia en infinito, y all´ı estudiamos su convergencia. Para a = 0 la integral converge, pues obviamente F (0) =

R∞ 0

0 dx = 0.

Para a 6= 0, aplicaremos el Criterio de Abel-Dirichlet: “Si f, g : [b, ∞) → R son funciones de clase C 1 tales que bx f es acotada en [b, ∞), g es decreciente, R∞ y l´ımx→∞ g (x) = 0, entonces la integral impropia b f (x) g (x) dx es convergente”. R

En este caso, tomando, por ejemplo, b = 1, g (x) = 1/x cumple las hip´otesis del teorema, y una primitiva de f (x) = sen (ax) est´a acotada en [1, ∞) para cada valor a 6= 0 : Z

1

x

Z f (t) dt =

x

1

cos (a) − cos (ax) ≤ 2 sen (at) dt = a |a|

luego F (a) converge para todo a ∈ R. Alternativamente: Tambi´en puede estudiarse la convergencia en infinito integrando por partes Z 1

B

cos ax x=B 1 sen ax dx = − − x ax x=1 a

Z 1

B

cos ax 1 cos aB dx = cos a − 2 x a B 



−

1 a

Z

B

1

cos ax dx x2

y haciendo tender B a infinito, el l´ımite existe: Z 1

∞

sen ax cos a 1 dx = − x a a

Z

∞

1

pues la u ´ltima integral impropia converge (absolutamente):

cos ax dx x2

R∞ 1

|cos ax| dx x2

≤

2. Enunciemos el teorema pedido: Teorema: Se considera un intervalo abierto I ⊆ R, y la integral impropia Z

F (a) =

f (a, x)dx. b

Si se verifica:

∞

R∞ 1

1 dx x2

< ∞.

F (a0 ) converge para alg´ un valor a0 ∈ I, f (a, x) y

∂f ∂a (a, x)

son continuas en I × [b, ∞)

y la integral impropia

∞

Z b

∂f (a, x)dx ∂a

converge uniformemente en I, entonces F es convergente y derivable en I, y su derivada es F 0 (a) =

Z

∞

b

∂f (a, x)dx ∂a

∀a ∈ I.

Veamos si se verifican las tres hip´otesis del teorema, tomando b = 0, para alg´ un intervalo I ⊆ R: F converge en a0 = 0, pues sabemos que F (0) = 0 (y el apartado 3 afirma que F (1) converge); f (a, x) = sen(ax) es continua en I ×(0, ∞), y puede extenderse por continuidad en x = 0 definiendo x = a. f (a, 0) = l´ımx→0 sen(ax) x
∂ sen ax Por otro lado, ∂a = cos ax que es una funci´on continua para (a, x) en I × [0, ∞) x La integral impropia de la derivada es Z

∞

0

∂f (a, x)dx = ∂a

En efecto, para a = 0 se tiene de integral impropia:

cos(ax)dx que DIVERGE PARA TODO a. 0

dx = ∞; para a 6= 0, aplicamos la definici´on de convergencia

B

Z

l´ım

R∞ 0

∞

Z

B→∞ 0

cos(ax)dx =

1 l´ım sen (aB) NO EXISTE a B→∞

luego dicha integral impropia no converge para ning´ un valor de a. Entonces, no tiene sentido estudiar su convergencia uniforme. Por ello, se deduce que no puede aplicarse dicho teorema de derivaci´ on bajo el signo de la integral impropia F. 3. Es el ejercicio 1.7, apartado 1, de la colecci´ on de ejercicios de la asignatura: Realizamos, para a > 0, el cambio de variable ax = y que no var´ıa los l´ımites de integraci´on: Z

F (a) = 0

∞

sen ax dx = x

Z

∞

0

sen y 1 dy = y/a a

Z 0

∞

sen y π dy = F (1) = . y 2

Adem´as, F es una funci´on impar: F (−a) = −F (a) , as´ı que para a < 0, F (a) = − π2 . Por tanto, se trata de una funci´on constante a trozos, definida en R de la siguiente forma: (

F (a) = 4.

0 si a = 0 . π 2 signo (a) si a 6= 0

a) Utilizaremos el teorema de continuidad de funciones definidas como integrales impropias dependientes de un par´ametro. El integrando de F es una funci´on continua en R × [0, ∞) (o que se puede extender por continuidad); si adem´as F convergiera uniformemente en su dominio de definici´ on R, entonces F ser´ıa tambi´en continua en R. Pero no lo es, pues obviamente F es discontinua en 0; as´ı pues, F no converge uniformemente en R. b) De la expresi´on expl´ıcita de F , se deduce que es derivable en cualquier intervalo que no contenga al origen (es decir, all´a donde es constante). Por ejemplo, en (0, ∞) y en (−∞, 0) . ´ OBSERVACION: N´otese que, aunque F sea derivable en un intervalo, no siempre puede derivarse bajo el signo integral. A´ un m´as, el hecho de no poder aplicar ese teorema de derivaci´on no indica nada acerca de la derivabilidad o no derivabilidad de F .

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007) Convocatoria de septiembre 18.09.07 NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 2 (3 puntos) En R3 se considera la superficie c´onica Σ formada por los segmentos de recta que pasan por el punto P ≡ (0, 0, 1) y se apoyan en la curva de ecuaciones (

(x − 1)2 + y 2 = 1 z=0

)

Se pide: 1) (1 pto) Calcular la integral I=

Z q

x2 + (z − 1)2 dσ

Σ

2) (2 ptos) Sea Ω el s´olido homog´eneo limitado por el plano z = 0 y la superficie Σ. Calcular el centro de gravedad de Ω. Respuesta:

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

Soluci´on: 1) En primer lugar calcularemos unas ecuaciones param´etricas (x, y, z) = φ(t, λ) de Σ, parametrizando los segmentos que unen P con la curva. Esta u ´ltima tiene ecuaciones x = 1 + cos t y = sent ; t ∈ [0, 2π] z = 0 por lo que Σ se puede parametrizar en la forma (x, y, z) = φ(t, λ) = (0, 0, 1) + λ [(1 + cos t, sent, 0) − (0, 0, 1)] ; t ∈ [0, 2π], λ ∈ [0, 1] es decir, x = λ(1 + cos t) y = λsent ; t ∈ [0, 2π], λ ∈ [0, 1] z = 1−λ Ahora, operando

∂φ √ ∂φ

×

= k−λ (cos t, sent, cos t + 1)k = λ 2 + 2 cos t + cos2 t

∂t ∂λ

Por ello I =

Z q

x2 + (z − 1)2 dσ =

Σ

=

Z Z

√ (λ(1 + cos t))2 + λ2 λ 2 + 2 cos t + cos2 tdtdλ =

q

[0,2π]×[0,1]

=

Z Z [0,2π]×[0,1]

λ

2



2



2 + 2 cos t + cos t dtdλ =

Z 0

1

2

λ dλ

Z 0

2π





2 + 2 cos t + cos2 t dt =

Z 2π 5π 1 2 ∗ 2π + 0 + cos2 tdt = = 3 3 0 



2) Por definici´on R

xG =

xdxdydz ; yG = V ol(Ω)

R

Ω

ydxdydz ; zG = V ol(Ω)

R

Ω

zdxdydz V ol(Ω)

Ω

Por simetr´ıa yG = 0, lo cual tambi´en se puede deducir sin m´as que darse cuenta que Ω es sim´etrico R respecto del plano y = 0 y la funci´on f (x, y, z) = y es impar en y, con lo que Ω ydxdydz = 0. Como Ω es un cono su volumen es un tercio del ´area de la base por la altura. Por ello V ol(Ω) =

π 3

Calculemos el volumen tambi´en integrando. Ω es tal que su intersecci´on con cada plano z = h es un c´ırculo que denotamos Ch . Por ello una buena elecci´on para integrar es integrar primero en x e y y luego en z. Por tanto V ol(Ω) =

Z

dxdydz =

Ω

1

Z

Z Z

0



dxdy dz =

Z 0

Cz

1

´ Area(C z )dz

´ Para calcular Area(C etriz ) basta con determinar el radio rz de Cz . Para ello se puede proceder geom´ camente por semejanza de tri´angulos, que implica 2rz 1−z = 2 1 de donde rz = 1 − z. Calculemos rz de otra forma. Para ello calcularemos la ecuaci´on cartesiana de Σ, lo cual se puede hacer eliminando t y λ de las ecuaciones param´etricas. Se obtiene (x − 1 + z)2 + y 2 = (1 − z)2 con lo que, de nuevo, se obtiene que rz = 1 − z. Por tanto V ol(Ω) =

Z

1

0

´ Area(C z )dz =

Z

1

π(1 − z)2 dz =

0

π 3

An´alogamente, Z

zdxdydz =

Ω

1

Z

Z Z

z

0

= π



dxdy dz =

0

Ch 1

Z

1

Z

(z − 2z 2 + z 3 )dz =

0

con lo que zG =

´ z Area(C z )dz = π

Z

1

z(1 − z)2 dz =

0

π 12

π 12 π 3

=

1 4

Este resultado tambi´en se pod´ıa haber obtenido directamente recordando que en un cualquier cono homog´eneo el centro de gravedad est´a situado a una distancia de la base igual a un cuarto de la altura del cono. Una vez determinados yG y zG la posici´on de xG se puede determinar directamente. En efecto, para z = 1/4 se tiene rz = 1 − 1/4 = 3/4, con lo que xG = 3/4. Calculemos xG integrando. Si Ω∗ denota la porci´on del cono correspondiente a y ≥ 0, y Ch∗ la porci´on de Ch correspondiente a y ≥ 0 tenemos, integrando primero en x luego en y y finalmente en z H

:

=

Z Ω

xdxdydz = 2

Z Ω∗

xdxdydz = 2

Z 0

1

Z Z Cz∗

!

xdxdy dz =

= 2

1

Z 0

 Z 

1−z

√

 Z 

0

1−z+

√

1−z−



(1−z)2 −y 2



xdx dy  dz =

(1−z)2 −y 2

"  2 2 # ! q q 1 Z 1 Z 1−z 2 2 2 2 1 − z + (1 − z) − y = 2 − 1 − z − (1 − z) − y dy = 2 0 0

=

Z 0

1

Z

1−z

q

2

y 2 dy

4 (1 − z) (1 − z) −



dz = 4

Z

0

1

(1 − z)

1−z

Z

0

q

2

(1 − z) −

y 2 dy



0

y efectuando el cambio y = (1 − z)u H = 4

Z

1

(1 − z)

Z

1

q

2

1

(1 − z) |1 − z|

Z

0

= 4

Z 0

2

(1 − z) − (1 − z)

0

0

= 4

Z

1

√

u2



(1 − z) du dz =



1 − u2 du dz

0

1

(1 − z)3 dz

1

Z

√



1 − u2 du = 4

0

1 4

Z

1

√

1 − u2 du



0

donde se ha usado que 1 − z ≥ 0 para z ∈ [0, 1]. Tras efectuar el cambio u =senw, se obtiene H= con lo que xG =

π 4 π 3

π 4

=

3 4

dz

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2006/2007)

Convocatoria de septiembre 18.09.07

PROBLEMA 3 (4 puntos) Este problema tiene por objeto mostrar un campo solenoidal en un dominio simplemente conexo de R3 que no es un rotacional. 1. En una esfera centrada en el origen y de radio R, calc´ ulese el ´area de un casquete esf´erico Qh , de altura h (0 < h < 2R) y borde circular Ch .

h Ch

Figura 1: Casquete Qh 2. Calc´ ulese el valor del par´ametro α para que el campo F(r) = krkα r sea solenoidal en Ω = {r ∈ R3 , 1 ≤ krk ≤ 2}. 3. Sup´ongase Qh ⊂ Ω (el casquete del primer apartado con 1 < R < 2) y orientado seg´ un el vector Z normal exterior a la esfera. Calc´ ulese Z

asimismo l´ım

h→2R Qh

Qh

F con el valor de α que hace F solenoidal. Calc´ ulese

F. Z

4. Sea G un campo cualquiera de clase 1 en Ω. Calc´ ulese l´ım

h→2R Ch

potencial vector en Ω.

G. Concl´ uyase que F no admite

´ Indicaci´ on: Usese el teorema de acotaci´on de la integral de l´ınea. Sup´ongase que G es un potencial vector de F, apl´ıquese el teorema de Stokes y ll´eguese a contradicci´on.

Respuesta: 1. Calculemos el ´area del casquete por dos procedimientos: a) Mediante la parametrizaci´on natural en funci´on de los ´angulos polar y acimutal: Φ(ϕ, θ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), (ϕ, θ) ∈ [0, ϕ0 ] × [0, 2π] con ϕ0 tal que cos ϕ0 = (R − h)/R. El vector normal asociado es ∂Φ ∂Φ × = R sen ϕΦ(ϕ, θ) ∂ϕ ∂θ y su norma k∂Φ/∂ϕ × ∂Φ/∂θk = R2 sen ϕ, por lo que el ´area del casquete ser´a: ZZ

A(Qh ) =

2

[0,ϕ0 ]×[0,2π]

R sen ϕ dϕ dθ = 2πR

2

Z ϕ0 0

sen ϕ dϕ = 2πR2 (− cos ϕ|ϕ0 0 ) = 2πRh.

b) Considerando el casquete como superficie de revoluci´on de la funci´on no negativa f : [R − h, R] → R √ f (x) = R2 − x2 alrededor del eje OX. Sabemos que en este caso el ´area viene dada por A(Qh ) = 2π

Z R R−h

q

q

f (x) 1 + f 0 (x)2 dx

Cuenta habida que f (x) 1 + f 0 (x)2 = R se concluye que el ´area es A(Qh ) = 2πRh. Nota: El c´alculo del ´area de un casquete esf´erico est´a propuesto en el ejercicio 7.5.(a).

2. El campo F ser´a solenoidal en Ω si su divergencia es nula. Recordemos la f´ormula para calcular la divergencia de un campo que sea producto de un campo escalar g por un campo vectorial G: div(gG) = ∇g · G + g div G. En nuestro caso, g(r) = krkα y G(r) = r. Calculemos la derivada parcial de g respecto de x: ∂(x2 + y 2 + z 2 )α/2 α = (x2 + y 2 + z 2 )(α/2)−1 2x = αkrkα−2 x ∂x 2 α−2 An´alogamente, ∂g/∂y = αkrk y, ∂g/∂z = αkrkα−2 z, as´ı pues ∇g(r) = αkrkα−2 r y div G(r) = 3, luego: div F(r) = αkrkα−2 r · r + 3krkα = 0 ⇐⇒ (α + 3)krkα = 0 ⇐⇒ α = −3. r Observemos que el campo F(r) = est´a bien definido en Ω, ya que la u ´nica singularidad de F es krk3 el origen que no pertenece a Ω. (Para m´as detalles sobre campos centrales cons´ultese el ejercicio 6.7.) 3. El vector normal unitario exterior a la esfera es r/krk por lo tanto: Z

Z Qh

Z

Por u ´ltimo, l´ım

h→2R Qh

F=

Z r 1 r 1 2πh · dσ = dσ = 2 A(Qh ) = . 3 2 krk R R Qh krk Qh krk

2πh = 4π. h→2R R

F = l´ım

4. Sea G un campo cualquiera de clase 1 en Ω; sea M una cota de G en Ω: su existencia est´a asegurada por la continuidad de G en el compacto Ω, y Lh la longitud de la circunferencia Ch ; seg´ un el teorema de acotaci´on de la integral de l´ınea se tiene: ¯Z ¯ ¯ ¯

Ch

¯ ¯ G¯¯ ≤ M Lh ,

cuando h tiende a 2R el casquete tiende a la esfera y su borde a un punto, as´ Z ı que la longitud Lh tiende a cero, adem´as la constante M es independiente de R, por lo que l´ım G = 0. h→2R Ch

Supongamos ahora que F admite un potencial vector G de clase 1 en Ω (esto es, F = rot G); estamos en condiciones de aplicar el teorema de Stokes al campo G sobre la superficie Qh , suponiendo el casquete y su borde Ch orientados coherentemente: Z

Z

Qh

F=

Z

Qh

rot G =

Ch

G

Si tomamos l´ımite cuando h tiende a 2R en los extremos de la igualdad anterior tenemos Z

4π = l´ım

h→2R Qh

Z

F = l´ım

h→2R Ch

G=0

contradicci´on que viene de suponer que F admite un potencial vector. Gabriela Sansigre.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de febrero 12.02.08

PROBLEMA 1 (4 puntos) Nota: Los apartados de este problema son independientes. Sea Γ el arco de la rama de la hip´erbola y 2 − z 2 = 1, x = 0, limitado por los planos y = 1 e y = 2. 1) Calc´ ulese la masa total del arco Γ cuando sobre ´el se considera definida una densidad lineal de masa que, en cada punto, es inversamente proporcional a la distancia del punto al origen. (1 punto) 2) Sea Σ la superficie generada cuando el arco Γ gira alrededor del eje y. Sobre Σ se considera definida una densidad de masa que en cada punto de la superficie es igual a la distancia al origen del plano tangente a la superficie en ese punto. Calc´ ulense las coordenadas del centro de gravedad de Σ. (1 punto) 3) Sea Ω ∈ R3 el s´olido acotado limitado por los planos z = 1, z = −1 y por la superficie de revoluci´on que se obtiene cuando el arco Γ gira alrededor del eje z. Sobre Ω se considera definida una densidad de masa que en cada punto es igual a la distancia del punto al plano XY . Calc´ ulese el momento de inercia de Ω con respecto a la recta que pasa por el punto (1, 1, 0) y es paralela al eje z. (2 puntos) Respuesta:

1) La densidad lineal de masa definida sobre el arco Γ es: d(x, y, z) = √

x2

k , + y2 + z2

donde k > 0 es la constante de proporcionalidad. Por tanto, la masa total del arco vendr´a dado por la integral curvil´ınea: Z k MΓ = √ 2 ds . x + y2 + z2 Γ Ahora bien, dado que la densidad es sim´etrica con respecto al origen y el arco es sim´etrico con respecto al eje OY la integral anterior es igual al doble de la integral extendida al semi-espacio z ≥ 0; es decir: Z MΓ = 2

Γz≥0

d(x, y, z)ds

Puesto que el arco est´a situado en el plano Y Z, una parametrizaci´on del segmento situado en el semiespacio z ≥ 0 es: r(u) = (x(u), y(u), z(u)), d´onde √ x(u) = 0 , y(u) = u , z(u) = + u2 − 1 , u ∈ [1, 2] , con lo que el vector tangente viene dado por Ã

u r0 (u) = 0, 1, √ 2 u −1

s

!

=⇒ kr0 (u)k =

2u2 − 1 . u2 − 1

Por lo tanto, MΓ

Z 2

Z 2

1 q √ = 2 kr0 (u)k du = 2k 1 1 2u2 − 1 x(u)2 + y(u)2 + z(u)2 Z 2 √ 1 √ = 2k du = 2k ArgCh(2) = 2k log(2 + 3) , 1 u2 − 1 k

s

2u2 − 1 du u2 − 1

d´onde la u ´ltima integral se resuelve mediante el cambio de variable t = Ch(u): Z 2

√

1

1 u2 − 1

du =

Z ArgCh(2) Sh(t)

|Sh(t)|

0

dt =

Z ArgCh(2) 0

dt = ArgCh(2) .

Parametrizaci´ on alternativa: El arco Γ admite la parametrizaci´on s(v) = (x(v), y(v), z(v)), d´onde √ √ √ x(v) = 0 , y(v) = v 2 + 1 , z(u) = v , v ∈ [− 3, 3] , con vector tangente dado por à 0

s (v) = 0, √

v v2 + 1

s

! 0

, 1 =⇒ ks (v)k =

2v 2 + 1 . v2 + 1

Por lo tanto, MΓ =

Z √3 √ − 3

= k

k

q

Z √3 √ − 3

0

x(v)2 + y(v)2 + z(v)2 √

ks (v)k dv = k

Z √3 √ − 3

1 √ 2v 2 + 1

s

2v 2 + 1 dv v2 + 1

√ √ 1 dv = 2k ArgSh( 3) = 2k log(2 + 3) , v2 + 1

d´onde, en este caso, la u ´ltima integral se resuelve de forma an´aloga al caso anterior pero mediante el cambio de variable t = Sh(v).

2) Para obtener la expresi´on de la densidad definida sobre la superficie Σ es necesario determinar la ecuaci´on del plano tangente a Σ en cada uno de sus puntos. Si n(x, y, z) denota un vector normal cualquiera a la superficie en el punto (x, y, z) de la misma, la ecuaci´on cartesiana del plano tangente es: n(x, y, z) · (X − x, Y − y, Z − z) = 0 , donde (X, Y, Z) representan las coordenadas cartesianas de los puntos del plano. La distancia de este plano al origen y, por tanto, la densidad ρ(x, y, z) definida sobre Σ, se puede representar entonces por |n(x, y, z) · (x, y, z)| . ρ(x, y, z) = kn(x, y, z)k Denotando por MΣ la masa total de Σ, que viene dada por la integral de superficie: ZZ

MΣ =

Σ

ρ(x, y, z) dσ ,

las coordenadas de su centro de gravedad, Cgσ = (Xg, Y g, Zg) ,

son, por definici´on, las siguientes integrales de superficie: 1 ZZ Xg = x ρ(x, y, z) dσ = 0 , MΣ Σ 1 ZZ Yg = y ρ(x, y, z) dσ , MΣ Σ 1 ZZ Zg = z ρ(x, y, z) dσ = 0 , MΣ Σ donde la coordenadas Xg y Zg son nulas debido a que la superficie es sim´etrica con respecto al eje OY y, por tanto, la densidad es una funci´on par con respecto a las coordenadas x, z. Para calcular las dos integrales de superficie que faltan, tenemos en cuenta que Σ es una superficie de revoluci´on obtenida al girar el arco Γ alrededor del eje OY . Por tanto, tiene por ecuaci´on cartesiana: f (x, y, z) := x2 − y 2 + z 2 − 1 = 0 ,

1 ≤ y ≤ 2.

Un vector normal al punto (x, y, z) es entonces: n(x, y, z) = grad(f (x, y, z)) = 2(x, −y, z) , lo que nos permite obtener la expresi´on de la densidad que resulta ser: ρ(x, y, z) =

|n(x, y, z) · (x, y, z)| 2(x, −y, z) · (x, y, z) 1 √ 2 = = √ 2 , 2 2 kn(x, y, z)k 2 x +y +z x + y2 + z2

donde se ha tenido en cuenta que, sobre la superficie, x2 − y 2 + z 2 = 1. Por otra parte, una de las posibles parametrizaciones Σ(u, θ) = (x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) tiene por ecuaciones param´etricas: √ √ x(u, θ) = u2 − 1 sen θ , y(u, θ) = u , z(u, θ) = u2 − 1 cos θ , u ∈ [1, 2] , θ ∈ [0, 2π] , con lo que un vector normal es: ³ √ ´ √ √ n(u, θ) = − u2 − 1 sen θ , u , u2 − 1 cos θ =⇒ kn(u, θ)k = 2u2 − 1 . As´ı pues, el valor de la densidad sobre la superficie es: ρ(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) =

|n(u, θ) · Σ(u, θ)| 1 = , kn(u, θ)k kn(u, θ)k

con lo que se tiene: ZZ

MΣ = ZZ

=

ZZ Σ

ρ(x, y, z) dσ =

(u,θ)∈[1,2]×[0,2π]

(u,θ)∈[1,2]×[0,2π]

ρ(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) kn(u, θ)k dudθ

dudθ = 2π .

Finalmente, 1 ZZ 1 ZZ yρ(x, y, z) dσ = u dudθ Yg = 2π 2π Σ (u,θ)∈[1,2]×[0,2π] ¯2 Z 2 1 Z 2π u2 ¯¯ 3 = dθ udu = , ¯ = 2π 0 2 ¯1 2 1

y el centro de gravedad es Cgσ = (0 ,

3 , 0) . 2

3) El s´olido Ω es sim´etrico con respecto al eje OZ y la densidad, que viene dada por Λ(x, y, z) = |z|, es par en la variable z. Esto nos permite concluir que el centro de gravedad de Ω se encuentra situado en el eje OZ. Se puede entonces aplicar el teorema de Steiner seg´ un el cual el momento de inercia con respecto al eje pedido, I(0,1,1) , se puede calcular a partir de la expresi´on I(0,1,1) = IOZ + MΩ D2 d´onde MΩ es la masa de Ω, IOZ es el momento de inercia √ con respecto al eje OZ (que es paralelo al eje dado y pasa por el centro de gravedad de Ω) y D = 2 es la distancia entre los dos ejes. La masa de Ω y su momento de inercia con respecto al eje OZ vienen dados por las integrales triples: ZZZ ZZZ dz (x, y, z)2 |z| dxdydz |z| dxdydz , IOZ = MΩ = Ω Ω √ 2 2 d´onde dz (x, y, z) = x + y es la distancia al eje OZ. Ahora bien, la simetr´ıa de Ω con respecto al origen y el hecho de que las funciones a integrar sean pares en las tres variables x, y y z, permite calcular las dos integrales como el doble de las mismas integrales pero extendidas a la parte de Ω situada en el semi-espacio z ≥ 0. Esta parte de Ω queda descrita adecuadamente en coordenadas cil´ındricas por las ecuaciones √ x = r sen θ y = r cos θ , z = z, θ ∈ [0, 2π] , r ∈ [0, z 2 + 1] , z ∈ [0, 1] . Al utilizarlas hay que tener en cuenta que el jacobinao del cambio a cil´ındricas es |J| = r. Se tiene entonces: ZZZ

MΩ = 2 = 2

Z 2π

ZZZ

z dxdydz = 2

Ω(z≥0)

0

dθ

Z 1 0

z

Ω0

zr dθdzdr = 2

Z 2π 0

dθ

Z 1

Z 1 3π z2 + 1 dz = 2π z (z 2 + 1) dz = . 2 2 0

0

z dz

Z √z 2 +1 0

r dr

Y: ZZZ

IOZ = 2 = 2

ZZZ 2

Z 2π 0

Ω(z≥0)

dθ

z(x + y ) dxdydz = 2

Z 1 0

2

3

Ω0

zr dθdzdr = 2

Z 1 (z 2 + 1)2 7π z dz = π z (z 2 + 1)2 dz = . 4 6 0

Z 2π 0

dθ

Z 1 0

z dz

Z √z 2 +1 0

r3 dr

Finalmente, utilizando al teorema de Steiner ya mencionado, el momento de inercia de Ω con respecto al eje paralelo al eje OZ y que pasa por el punto (0, 1, 1) es: I(0,1,1) = IOZ + 2 MΩ =

7π 25π + 3π = . 6 6

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de febrero 12.02.08

PROBLEMA 2 (3 puntos) 1. (0, 75 puntos) Sea f un campo escalar de clase 2 en R2 . Se dice que una funci´on g es conjugada de f si se verifican las relaciones: ∂g ∂f =− , ∂x ∂y

∂g ∂f = . ∂y ∂x

Dese una condici´on necesaria y suficiente sobre f para que admita una conjugada de clase 2. 2. (1 punto) Calc´ ulese una funci´on h con h(0) = h0 (0) = 1 y para la cual f (x, y) = cos x h(y) cumple la condici´on hallada en el primer apartado. En tal caso, determ´ınese una conjugada g de f . 3. (1, 25 puntos) Se considera la curva Γ parametrizada por ϕ(t) = (sec2 t, 2 + tg t), t ∈ [0, π/4] y el campo vectorial V = (g, f ) siendo f y g las funciones del segundo apartado. Calc´ ulese la Z integral de l´ınea

V.

Γ

Respuesta: 1. Si se busca una funci´on g de clase dos, sus derivadas parciales de segundo orden cruzadas coinciden: ∂2g ∂2g = ∂x∂y ∂y∂x lo cual se traduce en ∂2f ∂2f = − ⇐⇒ ∆f = 0; ∂x2 ∂y 2 es decir, la funci´on f tiene que ser arm´ onica. La condici´on es tambi´en suficiente; basta con integrar una cualquiera de las dos ecuaciones (operaci´on que puede realizarse gracias a la continuidad de ∂f /∂y), g(x, y) − g(0, y) =

Z 0

x

−

∂f (t, y)dt ∂y

e imponer que se satisfaga la otra: Z x Z x 2 ∂g ∂g ∂2f ∂ f ∂f ∂f (x, y) − (0, y) = − 2 (t, y)dt = (t, y)dt = (x, y) − (0, y) 2 ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x 0 0 ∂x

(tengamos presente que la derivaci´on param´etrica es posible ya que tanto ∂f /∂y como ∂ 2 f /∂y 2 son continuas) con lo que la funci´on g buscada queda: g(x, y) =

Z 0

siendo c una constante arbitraria.

x

−

Z y ∂f ∂f (t, y)dt + (0, t)dt + c, ∂y 0 ∂x

2. Calculemos el laplaciano de f (x, y) = cos x h(y), ∂2f ∂2f + = − cos x h(y) + cos x h00 (y) = cos x(−h(y) + h00 (y)) = 0 ⇐⇒ ∂x2 ∂y 2 h00 (y) − h(y) = 0 ⇐⇒ h(y) = aey + be−y , a, b constantes Al imponer las condiciones iniciales h(0) = h0 (0) = 1 se tiene a+b = 1, a−b = 1 ⇒ a = 1, b = 0. Entonces h(y) = ey y f (x, y) = cos x ey . Para calcular g aplicamos la f´ormula deducida en el apartado anterior; como nos piden una cualquiera, tomamos la constante c nula: g(x, y) =

x

Z

−

0

Z x ∂f (t, y)dt = −ey cos t dt = − sen x ey . ∂y 0

3. Observemos que el campo V = (g, f ) es conservativo ya que se cumple la condici´on ∂g/∂y = ∂f /∂x que, en un simplemente conexo (todo R2 en este caso) adem´as de necesaria es tambi´en suficiente. La integral de l´ınea depende exclusivamente de los extremos inicial y final de la curva que son A = ϕ(0) = (1, 2), B = ϕ(π/4) = (2, 3). Podemos proceder de dos formas, o bien calculando un potencial escalar de V o bien integrando a lo largo del segmento de extremos A y B. 3 · 1 C´alculo de la integral de l´ınea a partir de un campo h, potencial escalar de V. ∂h (x, y) = f (x, y) = cos x ey podemos elegir h(x, y) = cos x ey , ∂y Z

V=

Z

Γ

∇h = h(B) − h(A) = e3 cos 2 − e2 cos 1.

Γ

3 · 2 C´alculo de la integral de l´ınea a lo largo del segmento [A, B]. Sea ψ(t) = (1, 2) + t(1, 1), t ∈ [0, 1] una parametrizaci´on del segmento. Entonces: Z Γ

V=

Z

1

0

V(ψ(t)) · ψ (t)dt =

0

Z

1

e2+t (cos(t + 1) − sen(t + 1))dt.

0

Una primitiva de et (cos t − sen t) es et cos t, as´ı pues: Z Γ

V = e2+t cos(t + 1)|10 = e3 cos 2 − e2 cos 1.

Gabriela Sansigre.

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de febrero 12.02.08

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 3: (3 puntos) 1. En R3 se considera el campo vectorial F(r) = v × r, donde v es un vector fijo. Determinar todas las funciones f : R → R tales que el campo f (v · r) r es un potencial vector de F. (0’5 puntos) 2. Sea S la porci´on del cilindro 2x2 + (y + z − 1)2 = 1 limitada entre los planos z = 0 y z = 3, orientada seg´ un la normal exterior al cilindro. Relacionar el flujo del campo F a trav´es de S con dos integrales curvil´ıneas, justificando la respuesta. (1 punto) 3. Calcular dicho flujo cuando v = (1, 0, 1), utilizando el resultado del apartado anterior. (1’5 puntos)

Respuesta:

(Se entregar´a esta hoja y, a lo sumo, una adicional)

1. Impongamos que el rotacional del campo G (r) = f (v · r) r sea F (r) = v × r : aplicando las propiedades del rotacional, y el hecho de que rot(r) = 0, se tiene rot (f (v · r) r) = f 0 (v · r) v × r+f (v · r) rot (r) = f 0 (v · r) v × r. Este rotacional es igual a v × r si y s´olo si f 0 (v · r) = 1 para todo vector de posici´on r, es decir, si y s´olo si f 0 (t) = 1 para todo t real. Por tanto, las funciones pedidas son todas las de la forma f (t) = t + c, c ∈ R. As´ı pues, los potenciales vectores de F son los campos de la forma G (r) = (v · r+c) r = (v · r) r+cr donde c es una constante arbitraria. 2. La superficie cil´ındrica S : 2x2 + (y + z − 1)2 = 1, limitada por los planos z = 0 y z = 3 no es cerrada; la cerraremos con las tapas superior e inferior: S1 : 2x2 + (y + 2)2 ≤ 1 en el plano z = 3 S0 : 2x2 + (y − 1)2 ≤ 1 en el plano z = 0. Denotaremos C1 , C0 a sus respectivas curvas borde;√ obs´ervese que se trata de elipses con distinto centro, pero con iguales longitudes de semiejes: 1/ 2 y 1. Sabemos por el apartado anterior que F es solenoidal, pues admite un potencial vector. Por tanto, aplicando el Teorema de la divergencia de Gauss a la superficie cerrada, se tiene que el flujo de F a trav´es de la cara exterior de S es Z S

F ds =

Z S1

F ds+

Z S0

F ds

donde tanto S1 como S0 deben estar orientadas seg´ un la normal que apunta al interior del cilindro, es decir, S1 con vector normal unitario (0, 0, −1) y S0 con vector normal unitario (0, 0, 1). Para transformar dichos flujos en integrales curvil´ıneas, aplicamos el Teorema de Stokes en cada una de ellas; puede aplicarse puesto que F =rot(G) y G ∈ C 1 (R3 ) : Z

F ds =

S1

Z S0

Z C1

F ds =

Z C0

G dl donde la curva C1 est´a orientada negativamente en el plano z = 3 y G dl donde la curva C2 est´a orientada positivamente en el plano z = 0.

En efecto, el Teorema de Stokes indica que las orientaciones de la superficie y su curva borde deben ser coherentes; en el caso de la superficie S1 , que est´a orientada seg´ un el vector normal unitario (0, 0, −1) , la orientaci´on coherente de su curva borde C1 es la orientaci´on negativa. Por fin, la relaci´on buscada es Z

F ds =

S

Z

G dl+

C1

Z

G dl =

C0

Z

Z

(v · r) r dl+

C1

(v · r) r dl

C0

donde se ha elegido elR potencial vector G con c = 0. (Si fuera c = 6 0, se tendr´ıa la expresi´on id´entica, puesto que C cr dl =0 al tratarse de la circulaci´on de un campo conservativo a lo largo de una curva cerrada). 3. Para v = (1, 0, 1) , el potencial vector es (v · r) r = (x + z) r. Aplicando lo anterior, Z

(1, 0, 1) × r ds =

S

Z

(x + z) r dl+

Z

C1

(x + z) r dl

C0

donde ambas curvas deben estar orientadas convenientemente. La curva C0 , de ecuaciones 2x2 + (y − 1)2 = 1, z = 0 debe estar parametrizada como !

cos t √ , 1 + sen t, 0 2

r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) =

t ∈ [0, 2π]

para que su orientaci´on sea positiva. Su vector derivada es !

sen t r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) = − √ , cos t, 0 . 2 0

0

0

0

Por ello, la circulaci´on a lo largo de C0 es Z

(x + z) r dl =

C0

Z 2π

x (t) (r (t) · r0 (t)) dt=

0

=

Z 2π 0

Dado que las integrales del tipo queda solamente

R 2π 0

cos t 1 √ sen t cos t + cos t dt. 2 2 

senp t cos t dt o



R 2π 0

sen t cosp t dt son nulas (para p ≥ 0),

√ 1 Z 2π π 2 2 (x + z) r dl = √ cos t = √ = π. 2 C0 2 0 2

Z

Calculemos ahora la integral a lo largo de C1 , de ecuaciones 2x2 + (y + 2)2 = 1, z = 3. Si la parametrizamos como !

r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) =

cos t √ , −2 + sen t, 3 2

t ∈ [0, 2π]

entonces

!

sen t r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) = − √ , cos t, 0 2 0

0

0

0

pero queda orientada positivamente, y deseamos la orientaci´on contraria; por tanto, cambiamos de signo la circulaci´on obtenida: Z

(x + z) r dl = −

C1

Z 2π

(x (t) + 3) (r (t) · r0 (t)) dt=

0

!

Z 2π

cos t 1 √ +3 = − sen t cos t − 2 cos t 2 0 2 √ 2 Z 2π cos2 t = 2π. = √ 2 0



dt =

Finalmente, se obtiene que el flujo pedido es: √ √ Z √ 2 3 2 F ds = π + 2π = π. 2 2 S ALTERNATIVA PARA EL APARTADO 3: calcular las integrales de superficie a trav´es de las superficies planos S1 y S0 , orientadas convenientemente. Por ejemplo, denotando el dominio plano D0 = {(x, y) ∈ R2 , 2x2 + (y − 1)2 ≤ 1} se tiene que Z

Z

F ds =

S0

(1, 0, 1) × (x, y, 0) dr =

Z Z

S0

D0

Z Z

=

((1, 0, 1) × (x, y, 0)) · (0, 0, 1) dxdy =

D0

√ 1 0 1 Z Z π 2 ´ x y 0 dxdy = ydxdy = 1 · Area (D0 ) = √ = π 2 D0 2 0 0 1

RR ´ donde se ha usado que etrico del interior de una D0 ydxdy = yG ·Area(D0 ) y el centro geom´ elipse coincide con √ el centro de la elipse. En este caso la elipse tiene centro (0, 1) y las longitudes de √ sus semiejes son 1/ 2 y 1, luego el ´area es π/ 2. De forma an´aloga, para S1 definimos el dominio plano D1 = {(x, y) ∈ R2 , 2x2 + (y + 2)2 ≤ 1} : Z S1

F ds =

Z

(1, 0, 1) × (x, y, 3) dr =

S1

= −

Z Z

((1, 0, 1) × (x, y, 3)) · (0, 0, −1) dxdy =

D1

D1

Z Z



1 0 1 Z Z √ 2π ´ x y 3 dxdy = − ydxdy = − (−2) Area (D1 ) = √ = 2π D1 2 0 0 1

puesto que el centro de la elipse ahora es (0, −2) , aunque su ´area es la misma. Finalmente, llegamos al mismo resultado: √ √ Z √ 2 3 2 F ds= π + 2π = π. 2 2 S1

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de junio 17.06.08

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 1 (4 puntos) 1) (1.5 ptos.) Determinar razonadamente los valores de a para los cuales est´a definida la funci´on Z ∞ arctan(ax) − arctan x I(a) = dx x 0 2) (1 pto.) Estudiar si I(a) es derivable para los valores de a hallados en el apartado anterior. 3) (0.5 ptos.) Calcular I(a) 4) (1 pto.) Calcular razonadamente la integral Z

∞

0

(ax2 − 1) log x dx (1 + a2 x2 )(1 + x2 )

para a > 0, a 6= 1. Respuesta:

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

1) Obs´ervese en primer lugar que si se separa la integral en suma de integrales en la forma Z ∞ Z ∞ Z ∞ arctan(ax) − arctan(x) arctan(ax) arctan x dx = dx − dx x x x 0 0 0 se obtiene (es f´acil comprobarlo comparando con 1/x) que la primera diverge para todo a 6= 0 y la segunda es divergente. Por ello procediendo de esta forma la u ´nica consecuencia que se puede extraer sobre la convergencia de I(a) es que para a = 0 la integral es divergente (pues es suma de una integral convergente y una divergente). Por ello para estudiar la convergencia de la integral impropia para el resto de los valores de a se debe proceder de otra forma. Sea arctan ax − arctan x f (x, a) := dx x Para todo a ∈ R, la funci´on f (∗, a) (es decir, como funci´on de x) es de clase C ∞ (0, ∞), luego est´a acotada en todos los compactos de dicho conjunto. Adem´as, lim+ f (x, a) = lim+

x→0

x→0

arctan ax − arctan x x

L0 Hospital

=

lim+

a 1+a2 x2

−

1 1+x2

1

x→0

=a−1

con lo que para todo a ∈ R, la funci´on f (∗, a) est´a acotada en el entorno de x = 0. Por ello, la integral s´olo es impropia porque el intervalo de integraci´on es no acotado.

a>1 π/2 a=1 0 1 y arctan ax − arctan x ≤ 0 si a < 1. Por ello, para estudiar la convergencia de I podemos tomar valor absoluto (pues al no cambiar de signo la funci´on subintegral, la convergencia es equivalente a la convergencia absoluta) y utilizar los criterios de convergencia para funciones no negativas. Cuando a < 0, el numerador de f (∗, a) tiende a −π cuando x → ∞, lo que parece que f (∗, a) se comporta cuando x → ∞ ”como −1/x” cuando x → ∞, con lo que la integral parece ser divergente. En efecto ¯ arctan ax−arctan x ¯ ¯ ¯ x lim = π 6= 0 x→∞ 1/x R∞ R∞ en lo es 1 f (x, a)dx y por ello I(a) (recu´erdese que este criterio se ha podido y como 1 dx x es divergente, tambi´ aplicar porque la funci´on subintegral es no negativa). Cuando a = 0 ¯ arctan ax−arctan x ¯ ¯ ¯ x lim = π/2 6= 0 x→∞ 1/x con lo que, razonando de forma an´aloga, la integral diverge. Cuando a > 0 el numerador de f tiende a cero cuando x → ∞, con lo que intu´ımos que quiz´as f (x, a) se comporte ”como 1/x2 ” cuando x → ∞. Veamos, ¯ ¯ ¯ arctan ax−arctan x ¯ ¯ ¯ a 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ arctan ax − arctan x 2 x2 − 1+x2 ¯ L Hˆ o pital ¯ 1+a x ¯ lim = ¯¯ lim = ¯ lim ¯= ¯ x→∞ x→∞ ¯x→∞ ¯ 1/x2 1/x − x12 =

|a − 1| finito a

R∞ y como 1 dx x2 es convergente, I(a) es convergente. Resumiendo, I(a) converge (y adem´as lo hace absolutamente) si y s´olo si a > 0. Obs´ervese que, salvo para el caso trivial a = 1, no es posible aplicar el criterio de Dirichlet para asegurar la convergencia de la integral. En efecto, aunque 1/x es C 1 (0, ∞), es estrictamente decreciente y tiende a cero, la funci´on arctan ax − arctan x no cumple que la primitiva Z x F (x) := (arctan at − arctan t)dt 0

est´e acotada. En efecto, ya hemos razonado que para a 6= 1 la funci´on subintegral conserva el signo (positivo si a > 1 R∞ y negativo si a < 1). Por ello F (x) est´a acotada si y s´olo si la integral 0 (arctan at − arctan t)dt es convergente. Puesto que en este caso la convergencia es equivalente a la convergencia absoluta estudiamos la convergencia de R∞ |arctan at − arctan t| dt que es divergente pues si a < 0, 0 lim

x→∞

y

R∞ 0

|arctan ax − arctan x| = π 6= 0 1

1dx es divergente. Si a > 0, con a 6= 1,

¯ £ ¤ ¯¯ ¯ ¯ 2 2 2 ¯ ¯ L0 Hˆopital ¯¯ x (a − a )x + a − 1 arctan ax − arctan x ¯ ¯ = ¯¯ lim = ¯ lim ¯= ¯ x→∞ ¯x→∞ (1 + a2 x2 ) (1 + x2 ) ¯ 1/x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a − a2 ¯ ¯ 1 − a ¯ ¯=¯ ¯ finito y no nulo = ¯¯ a2 ¯ ¯ a ¯ R∞ R∞ Como 0 x1 dx es divergente, la integral 0 (arctan at − arctan t)dt tambi´en es divergente. Como conclusi´on, salvo en el caso a = 1, la funci´on F (x) no est´a acotada. R∞ 2) Sea [c, d] un intervalo compacto contenido en (0, ∞). Sabemos que para poder garantizar que 0 f (x, a)dx sea derivable para a ∈ [c, d], se debe cumplir que f (x, a) y ∂f ∂a (x, a) sean continuas en [c, d] × (0, ∞) y que la integral R ∞ ∂f (x, a)dx converja uniformemente en [c, d]. Claramente lo primero se cumple. Estudiemos entonces la convergencia 0 ∂a uniforme de Z ∞ Z ∞ 1 ∂f (x, a)dx = dx ∂a 1 + a2 x 2 0 0 |arctan ax − arctan x| lim x→∞ 1/x

Claramente, si a ∈ [c, d] ⊂ (0, ∞)

¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ 1 + a2 x2 ¯ = 1 + a2 x2 ≤ 1 + c2 x2

R∞ R∞ y, como c 6= 0, 0 1+c12 x2 dx es convergente, por lo que por el criterio de Weierstrass, la integral 0 ∂f ∂a (x, a)dx converge uniformemente en todo intervalo [c, d] con c > 0. Por consiguiente, I(a) es derivable en (0, ∞) y adem´as, su derivada vale Z ∞ 1 0 I (a) = dx , a > 0 1 + a2 x2 0 3) Integrando en la expresi´on de I 0 (a) se tiene Z ∞ 1 1 a>0 π I 0 (a) = dx = arctan(ax) |x=∞ , a>0 x=0 = 2 x2 1 + a a 2a 0 y por ello π π log |a| + C = log a + C, a > 0 2 2 Imponiendo que I(1) = 0 se obtiene C = 0 luego I(a) =

I(a) =

π log a, a > 0 2

A continuaci´on haremos algunas observaciones (que no son necesariasR para la resoluci´on del problema) sobre la ∞ convergencia puntual y la convergencia uniforme de la integral H(a) := 0 1+a12 x2 dx. Hemos visto en el apartado anterior que H(a) converge uniformemente en todo intervalo de la forma [c, d] con c > 0, de donde que se deduce que H(a) converge puntualmente en (0, ∞) (en efecto, para todo a ∈ (0, ∞) existen 0 < c < d tales que a ∈ [c, d] y como H converge uniformemente en [c, d] tambi´en lo har´a puntualmente y por ello H(a) ser´a convergente). Sin embargo, ahora veremos que H(a) no converge uniformemente en (0, ∞) y de hecho ni siquiera lo hace en (0, d] para ning´ un d > 0. En efecto, de la definici´on de convergencia uniforme se tiene que H(a) converge uniformemente en (0, d] si ¯Z ¯ ¯ T ¯ 1 ¯ ¯ sup ¯ dx − H(a) ¯ → 0 2 x2 ¯ ¯ T →∞ 1 + a a∈(0,d] 0 Veamos ¯Z ¯ ¯ T ¯ 1 ¯ ¯ sup ¯ dx − H(a) ¯ 2 2 ¯ a∈(0,d] ¯ 0 1 + a x

= =

¯ ¯ ¯1 π ¯¯ − sup ¯¯ arctan(ax) |x=T = x=0 2a ¯ a∈(0,d] a ¯ ¯ ¯1 π ¯¯ π ¯¯ 1 ¯¯ ¯ sup ¯ arctan(aT ) − ¯ = sup ¯arctan(aT ) − ¯ = ∞ 2a 2 a∈(0,d] a a∈(0,d] a

que, obviamente, no tiende a cero cuando T → ∞. Obs´ervese que si en vez de trabajar en (0, d) se trabaja en [c, d], con c > 0, se tiene ¯Z ¯ ¯ T ¯ 1 1 ¯¯ π ¯¯ 1 ¯¯ π ¯¯ ¯ ¯ sup ¯ dx − H(a) = sup arctan(aT ) − = arctan(cT ) − ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ → 0 2 2 ¯ a∈[c,d] a 2 c 2 T →∞ a∈[c,d] ¯ 0 1 + a x lo que muestra, utilizando la definici´on, que hay convergencia uniforme en todo intervalo [c, d], con c > 0 (esto ya lo sab´ıamos del apartado 2) 4) Sea J(a) la integral del enunciado. Parece razonable intentar relacionar J(a) con I(a). En vista de que el intervalo de integraci´on es el mismo y de la expresi´on de las funciones subintegrales, podemos intentar integrar por partes en la expresi´on de I tomando u(x) = arctan(ax) − arctan x y v 0 (x) = x1 . Entonces u0 (x) = v(x) =

1 a − 1 + (a − a2 )x2 ax2 − 1 a − = = (1 − a) 1 + a2 x2 1 + x2 (1 + a2 x2 ) (1 + x2 ) (1 + a2 x2 ) (1 + x2 ) log x

con lo que Z I(a) = (arctan ax − arctan x) log x

|∞ 0

−(1 − a) 0

∞

¡ 2 ¢ ax − 1 log x dx = (a − 1)J(a) (1 + a2 x2 ) (1 + x2 )

para a > 0, donde se ha usado que lim+ (arctan ax − arctan x) log x =

x→0

arctan ax − arctan x

lim+

x→0

2

= = lim (arctan ax − arctan x) log x =

x→∞

=

L0 Hˆ opital

=

1 log x −1 (1 − a) (1+aax 2 x2 )(1+x2 )

lim

−1 1 log2 x x 2

x→0+

¡ ¢ (1 − a) ax2 − 1 x log2 x = lim+ = (1 + a2 x2 ) (1 + x2 ) x→0

(a − 1) lim+ x log x = 0 x→0

lim

arctan ax − arctan x

x→∞

1 log x

L0 Hˆ opital

=

¡ ¢ (1 − a) ax2 − 1 x log2 x lim =0 x→∞ (1 + a2 x2 ) (1 + x2 )

Por tanto, para a > 0, a 6= 1 J(a) =

1 π log a I(a) = a−1 2 a−1

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de junio 17.06.08

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 2 (3 puntos) Dada una constante a > 0, se considera el arco Γ de la curva llamada astroide contenido en el primer cuadrante. Las ecuaciones param´etricas de esa curva son: (

x = a cos3 t y = a sen3 t .

Se pide: (1) Hallar el ´area del dominio D limitado por el arco Γ y los ejes coordenados. Hallar tambi´en la longitud del arco Γ. (1 punto) (2) Hallar el centroide (xD , yD ) del dominio D. Obviamente, por simetr´ıa, se verifica xD = yD . (1 punto) (3) Hallar el centroide (x0 , y0 ) del arco Γ. Obviamente, por simetr´ıa, se verifica x0 = y0 .(1 punto) Respuesta:

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

Elevando ambas ecuaciones a potencia 2/3 y sumando miembro a miembro, se obtiene la ecuaci´on de la astroide en coordenadas cartesianas: x2/3 + y 2/3 = a2/3 . La gr´afica de Γ puede verse en la Figura 1. y

a

D

Γ x a

0

Figura 1: Arco de astroide (1) Se tiene ´ Area(D) = =

ZZ

D

a

Z

π/2



a2/3 − x2/3

0 2

= 3a

a

0

Z

0

=

dxdy =

Z

Z



0

dx

Z

(a2/3 −x2/3 )

dy

0

3/2



dx 3/2

a2/3 − a2/3 sen2 t

π/2

3/2

  

 1/3 x a

t = arc sen   x = a sen3 t  dx = 3a sen2 t cos t dt

3a sen2 t cos t dt

3a2 3 5 sen t cos t dt = B , 2 2 2 2

4

1







3 5 3a2 Γ 2 Γ 2 = 2 Γ(4)  

 

l(Γ) =

Z

1 1 3a2 2 Γ 2 = 2

 

31 1 Γ 22 2 6

 

=

3πa2 . 32

Por otra parte, la longitud es π/2

0

q

x′ (t)2 + y ′ (t)2 dt .

Como x′ (t) = −3a cos2 t sen t y ′(t) = 3a sen2 t cos t , se tiene x′ (t)2 + y ′(t)2 = 9a2 (cos4 t sen2 t + sen4 t cos2 t) = 9a2 sen2 t cos2 t(cos2 t + sen2 t) , de donde l(Γ) =

π/2

Z

0

"

sen2 t 3a sen t cos t dt = 3a 2

#π/2 0

=

3a . 2

(2) Se tiene ´ Area(D) · xD = =

ZZ Z

x dxdy

D a

x dx

0

=

(a2/3 −x2/3 )3/2

Z

Z

a

Z

π/2

2/3

2/3 3/2

−x

x(a

0

=

dy

0

= 3a

dx

a sen3 t(a2/3 − a2/3 sen2 t)3/2 3a sen2 t cos t dt

0 3

)

x = a sen3 t dx = 3a sen2 t cos t dt

Z

π/2

sen5 t cos4 t dt

0

=

3a3 5 B 3, 2 2 



5 3a3 Γ(3)Γ 2   = 11 2 Γ 2 8a3 = , 105

 

de donde xD =

8a3 256a = . ´ 315π 105 Area(D)

(3) Se tiene l(Γ)x0 =

Z

x ds

Γ

2

!

=

Z

π/2

0

=a

Z

q

a cos3 t x′ (t)2 + y ′ (t)2 dt

π/2

cos3 t 3a sen t cos t dt

0 π/2

= 3a

Z

= 3a2

"

2

cos4 t sen t dt

0

cos5 t − 5

#π/2 0

3a2 , = 5 de donde x0 =

3a2 2a = . 5l(Γ) 5

3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008)

Convocatoria de junio 17.06.08

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 3 (3 puntos) Se considera el campo vectorial definido por: F(x, y, z) =

(z , x z , f (x, y)) (x2 + 8y 2 + z 2 )3/2

donde f (x, y) es una funci´on de clase C 1 en R2 . 1) Determ´ınese la funci´on f (x, y) para que el campo F sea solenoidal. Para ese valor de f (x, y) obt´engase un potencial vector de F cuya tercera componente sea nula, indicando razonadamente la mayor regi´on de R3 en la que F lo admite. (1 punto) 2) Sea Γ la porci´on de curva de ecuaci´on cartesiana x2 + 4y 2 = 1, z = x que est´a situada en el primer octante. Sea Σ1 la superficie generada por los segmentos que parten del punto (1, 0, 1) y se apoyan en Γ. Calc´ ulese el flujo del campo F, determinado en el primer apartado, a trav´es de la cara de Σ1 cuya normal tiene tercera componente positiva. (1 punto) 3) Sea Σ2 una superficie regular y cerrada cualquiera que no pasa por el origen. Calc´ ulense razonadamente todos los valores posibles que puede tomar el flujo del campo F, determinado en el primer apartado, a trav´es de la cara exterior de la mencionada superficie. (1 punto) Respuesta:

1) El campo F(x, y, z) = (L(x, y, z), M (x, y, z), N (x, y, z)) est´a definido en R3\{(0, 0, 0)}. En ese conjunto su divergencia es: ∇·F=

∂L ∂M ∂N 3z(x + 8xy + f (x, y)) + + =− . ∂x ∂y ∂z (x2 + 4y 2 + z 2 )5/2

Por definici´on F es solenoidal si su divergencia es nula, lo que ocurre si y solamente si f (x, y) = −x(1 + 8y) , que es la funci´on f (x, y) que se pide. Para esta expresi´on de f se tiene un campo solenoidal en el conjunto R3 \{(0, 0, 0)} que no es estrellado con respecto a ning´ un punto. En esta situaci´on no se puede asegurar la existencia de un potencial vector para F en este conjunto. Lo que s´ı podemos afirmar es que F admite un potencial vector en cualquier conjunto estrellado que est´e contenido en R3 \{(0, 0, 0)}. Para calcularlo suponemos que el potencial vector es un campo de la forma G(x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), 0) ,

que debe cumplir

 ∂Q z   − = 2 ,    ∂z (x + 8y 2 + z 2 )3/2    

∇ × G = F ⇐⇒         

Integrando en la primera de las igualdades Q(x, y, z) =

∂P xz = 2 , ∂z (x + 8y 2 + z 2 )3/2 −x(1 + 8y) ∂Q ∂P − = 2 . ∂x ∂y (x + 8y 2 + z 2 )3/2 con respecto a z, se obtiene: 1

(x2 + 8y 2 + z 2 )1/2

+ C1 (x, y) ,

donde C1 (x, y) es una funci´on arbitraria que solamente puede depender de las variables x e y. An´alogamente, integrando en la segunda de las igualdades con respecto a z, se obtiene: x P (x, y, z) = − 2 + C2 (x, y) , (x + 8y 2 + z 2 )1/2 donde C2 (x, y) es otra funci´on arbitraria que solamente puede depender de las variables x e y. Sustituyendo estas expresiones de P y Q en la tercera igualdad, resulta la siguiente condici´on que deben cumplir las funciones C1 y C2 : ∂C2 (x, y) ∂C1 (x, y) − = 0. ∂x ∂y Una elecci´on posible (la m´as sencilla) es C1 (x, y) = C2 (x, y) = 0 con lo que un potencial vector del campo F es: Ã ! x 1 G(x, y, z) = − 2 , , 0 (x + 8y 2 + z 2 )1/2 (x2 + 8y 2 + z 2 )1/2 y cualquier otro potencial vector de F se diferenciar´a del dado en un campo de gradientes. Ahora bien, el campo G est´a definido y es de clase C 1 en todo el conjunto R3 \{(0, 0, 0)} y, adem´as, en todo ese conjunto tambi´en cumple ∇ × G = F. Esto significa (por definici´on de potencial vector) que el campo G es un potencial vector de F en R3 \{(0, 0, 0)}. (1 punto)

2)

Teniendo en cuenta que la superficie Σ1 no es cerrada y puesto que el campo F que se considera es solenoidal y admite un potencial vector, se dispone de varias posibilidades a la hora de calcular su flujo. Una de ellas consiste en utilizar la propia definici´on de flujo, para lo que es necesario obtener una parametrizaci´on de la superficie Σ1 que est´a formada por la el haz de segmentos que unen el punto (1, 0, 1) con el arco Γ descrito en el enunciado. Unas ecuaciones param´etricas de esta superficie son: x(u, θ) = 1 + u(cos θ − 1) , y(u, θ) = u

sen θ , z(u, θ) = 1 + u(cos θ − 1) , 2

donde u ∈ [0, 1] y θ ∈ [0, π/2], dado que la curva Γ est´a contenida en el primer octante y se ha parametrizado mediante las ecuaciones x(θ) = cos θ , y(θ) =

sen θ , z(θ) = cos θ , 2

θ ∈ [0, π/2] .

Ahora bien, el valor que toma el campo sobre esta superficie es F(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) =

1 × (2 + 4(cos θ − 1)u + 4(1 − cos θ)u2 )3/2

´

(1 + u (cos θ − 1) , (1 + u (cos θ − 1))2 , − (1 + u (cos θ − 1)) (1 + 4 u sen θ) .

lo que desaconseja utilizar este procedimiento dada la complejidad de las integrales que ser´ıa necesario calcular. Otra posibilidad pasa por hacer uso del teorema de Stokes. Dado que Σ1 y su curva borde cumplen las condiciones de regularidad a trozos adecuadas y ambas est´an contenidas en un abierto de R3 \{(0, 0, 0)} (que siempre existe) en el que se cumple ∇ × G = F (con G de clase C ∞ ), el teorema de Stokes permite escribir: ZZ

ZZ Σ1

F · dσ =

I Σ1

∇ × G · dσ =

Λ

G · ds ,

d´onde Λ representa el borde de Σ1 orientado de tal forma que su proyecci´on sobre le plano z = 0 se recorra en sentido positivo (lo que se corresponde con el sentido que dicta “la regla del sacacorchos” aplicada teniendo en cuenta que es la normal con tercera componente positiva la que se debe considerar para Σ1 ). La curva cerrada Λ est´a formada por el arco Γ (una de cuyas parametrizaciones se ha dado anteriormente) y los segmentos que unen el punto (1, 0, 1) con los extremos de Γ que son el mismo (1, 0, 1) y el punto (0, 1/2, 0). As´ı pues, Λ est´a formada por la uni´on yuxtapuesta del arco Γ, recorrido desde el punto (1, 0, 1) al (0, 1/2, 0), y el segmento S que une (0, 1/2, 0) con (1, 0, 1) recorrido en ese mismo sentido. Una parametrizaci´on de S es: x(v) = v , y(v) = Por tanto:

ZZ

1−v , z(v) = v , 2

ZZ Σ1

F · dσ =

I Σ1

∇ × G · dσ =

v ∈ [0, 1] . Z

Λ

G · ds =

Γ

Z

G · ds +

S

G · ds .

Calculamos ahora las dos circulaciones del potencial vector G. Z

• G · ds. Γ El valor que el potencial vector G toma sobre el arco Γ es: Ã

cos θ 1 G(x(θ), y(θ), z(θ)) = − √ , √ , 0 2 2

!

y la tangente al arco correspondiente a la parametrizaci´on considerada es: Ã

cos θ T(θ) = − sen θ , , − sen θ 2 Se tiene entonces,

!

.

cos θ G(x(θ), y(θ), z(θ)) · T(θ) = √ (1 + 2 sen θ), 2 2

luego: Z

Z π/2

1 G · ds = G(x(θ), y(θ), z(θ)) · T(θ) dθ = √ Γ 0 2 2 µ ¶ ¯ π/2 1 1 ¯ = √ sen θ|π/2 + sen2 θ¯ =√ . 0 0 2 2 2

ÃZ 0

π/2

cos θ dθ +

Z π/2 0

!

2 sen θ cos θ dθ

Z

• G · ds. S El valor que el potencial vector G toma sobre el segmento S es: G(x(v), y(v), z(v)) =

1 1 (−v , 1 , 0) = q (−v , 1 , 0) 2 2 − 4 v + 4v (2v − 1)2 + 1

y la tangente al segmento que se corresponde con la parametrizaci´on considerada es: µ

¶

1 T(v) = 1 , − , 1 . 2 Se tiene entonces, µ

1

2v + 1 G(x(v), y(v), z(v)) · T(v) = − q 2 (2v − 1)2 + 1

¶

luego: Z

Z 1

1 Z1 2v + 1 q G · ds = G(x(v), y(v), z(v)) · T(v) dv = − dv 2 0 S 0 (2v − 1)2 + 1 Z 1 1 Z1 4v − 2 1 q q =− dv − dv 4 0 0 (2v − 1)2 + 1 (2v − 1)2 + 1 =−

¯1 ³ √ ´ ¯ 1 Z ArgSh(1) 1q (2v − 1)2 + 1¯¯ − dt = − ArgSh(1) = − log 1 + 2 . 4 2 −ArgSh(1) 0

donde la primera de las integrales que aparecen en la segunda l´ınea es inmediata y la segunda se calcula mediante el cambio de variable: 2v − 1 = Sh(t). Finalmente, el flujo pedido es: ZZ

ZZ Σ1

F·dσ =

I Σ1

∇×G·dσ =

Z Λ

G·ds =

Γ

Z

G·ds +

³ √ ´ 1 1 G·ds = √ −ArgSh(1) = √ −log 1 + 2 . S 2 2

(1 punto)

3) Supuesto que la superficie Σ2 no pasa por el origen, solamente existen dos situaciones posibles: A) El recinto acotado V ⊂ R3 limitado por Σ2 no contiene el origen. En tal caso, el campo F es solenoidal en V con lo que el teorema de Gauss, seg´ un el cual ZZ

ZZZ Σ2 +

F · dσ =

V

∇ · F dxdydz

nos permite concluir que el flujo es nulo, siendo Σ+ 2 la cara exterior de Σ2 . 3 B) El recinto acotado V ⊂ R limitado por Σ2 s´ı contiene el origen. En tal caso y cualquiera que sea la superficie regular Σ2 , siempre se puede encontrar una superficie elipsoidal, S, de ecuaci´on cartesiana x2 + 8y 2 + z 2 = ε2 tal que el elipsoide acotado, E, que limita contiene el origen y, tanto S como E est´an contenidos en V . Es decir, se tiene (0, 0, 0) ∈ E ⊂ V ⊂ R3 . Ahora bien, el conjunto V \E tiene por frontera las superficies Σ2 y S y, adem´as, V \E no contiene el origen, con lo que el campo F es solenoidal en ´el. Aplicando de nuevo el teorema de Gauss se obtiene: ZZ

ZZ Σ+ 2

F · dσ +

ZZZ S−

F · dσ =

ZZ V \E

∇ · F dxdydz = 0 =⇒

ZZ Σ+ 2

F · dσ =

S+

F · dσ ,

− es la cara interior de S y S + es la cara donde, al igual que antes, Σ+ 2 es la cara exterior de Σ2 , S exterior de S. As´ı pues, cualquiera que la sea la superficie regular Σ2 , calcular el flujo pedido consiste en calcularlo a trav´es de la cara exterior de la superficie elipsoidal mencionada.

A continuaci´on se detallan tres posibles formas de proceder: a) Sabemos que Z Z Σ+ 2

(z, xz, −x(1 + 8y)) (x2 + 8y 2 + z 2 )3/2

Z Z

dσ =

(z, xz, −x(1 + 8y)) S+

(x2 + 8y 2 + z 2 )3/2

dσ =

1 Z Z (z, xz, −x(1 + 8y)) dσ ε3 S+

pues x2 + 8y 2 + z 2 = ε2 sobre S. Ahora, como el campo (z, xz, −x(1 + 8y)) es de clase 1 en R3 y adem´as es solenoidal, se puede aplicar Gauss y obtener que el flujo pedido es cero. Obs´ervese que, como era de esperar, el flujo no depende del par´ametro ε. b) Otra forma de razonar, sin aplicar una segunda vez el teorema de Gauss, es utilizar que un vector normal a la superficie cerrada S es el gradiente de la ecuaci´on h(x, y, z) = 0 que la describe. Para S tiene la expresi´on: N(x, y, z) = (2x , 16y , 2z) , y, en este caso, tiene la direcci´on y sentido de la normal exterior. Resulta entonces que el campo F es tangente a la superficie elipsoidal en cada punto, ya que: (z , x z , −x(1 + 8y)) · (2x , 16y , 2z) (x2 + 8y 2 + z 2 )3/2 1 = 2 (2xz + 16xyz − 2xz(1 + 8y)) = 0 , (x + 8y 2 + z 2 )3/2

F(x, y, z) · N(x, y, z) =

con lo que tambi´en en este caso B) el flujo pedido es cero. c) Otra posibilidad es proceder utilizando una parametrizaci´on P(u, v) = {x(u, v), y(u, v), z(u, v)} de S; por ejemplo, la dada por las ecuaciones: ε x(u, v) = ε cos u sen v , y(u, v) = √ sen u sen v , z(u, v) = ε cos v , 2 2

u ∈ [0, 2π] , v ∈ [0, π] .

La normal exterior es: ∂P ∂P × = ∂v ∂u

Ã

ε2 ε2 √ cos u sen2 v , ε2 sin u sin2 v , √ cos v sen v 2 2 2 2

!

y tras algunas operaciones se comprueba nuevamente que: Ã

∂P ∂P F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) · × ∂v ∂u

!

= 0,

lo que de nuevo conduce a la conclusi´on de que el flujo en este caso B) tambi´en es cero y, como era de esperar, no depende del par´ametro ε. (1 punto)

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2007/2008) Convocatoria de septiembre 02.09.08 NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 1 (4 puntos) • 1. (1.25 ptos.) Sea p un n´ umero real. Estudiar con todo rigor la convergencia y la convergencia absoluta de Z ∞ senx Hp := dx xp 0 Para resolver este apartado se pueden utilizar los siguientes resultados: R∞ – (a) 1 senx dx diverge si p ≤ 0 xp R ∞ |senx| – (b) 1 xp dx converge si p > 1 x R 1 |sen 1−x | – (c) 0 x(1−x) dx diverge • 2. (1.5 ptos.) Sea n un entero positivo, sea Mn el recinto acotado del primer cuadrante de R2 limitado por las curvas de ecuaciones xy = 1 xy = 2 y = nx 1 y = x n y consid´erese la integral

Z Z In := Mn

xβ+2 y sen( )dxdy yβ x

donde β es un n´ umero real. Se pide expresar In en t´erminos de una integral simple y estudiar para qu´e valores de β el l´ımite limn→∞ In existe y es finito. • 3. (1.25 ptos.) Estudiar razonadamente la convergencia de la integral Z Z xβ+2 y J= sen( )dxdy β x M y donde M = {(x, y) : 1 ≤ xy ≤ 2 ; Respuesta:

x, y ≥ 0}

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

1. La integral Hp es impropia porque el intervalo de integraci´on es no acotado y, para ciertos valores de p, porque la funci´on subintegral no est´a acotada en el entorno de x = 0. Por ello Hp converge (absolutamente) si y s´olo si convergen (absolutamente) las dos integrales Z 1 Z ∞ senx senx dx y B := dx Ap := p xp xp 0 1

Por (a) Ap diverge si p ≤ 0. Adem´as Ap converge para p > 0 por el criterio de Abel-Dirichlet. En efecto, para p > 0 la funci´on 1/xp es C 1 [1, ∞) estrictamente decreciente y tiende a 0 cuando x → ∞, mientras que la funci´on sen(x) tiene primitiva acotada (es decir, − cos x es una funci´on acotada). En cuanto a la convergencia absoluta de Ap , por (b) sabemos que Ap converge absolutamente si x t p > 1. Por otro lado de (c) se tiene, haciendo el cambio de variable t = 1−x , es decir, x = t+1 (que es inyectivo en (0, 1)) ¯ Z ∞ Z 1 ¯¯ x ¯ sen 1−x |sent| dx = · · · = dt t 0 x(1 − x) 0 donde la u ´ltima integral s´olo es impropia por ser no acotado el intervalo de integraci´on. Como la primera integral diverge deducimos que Ap no converge absolutamente para p = 1. Para p ≤ 0, Ap no converge por lo que no puede converger absolutamente. Queda por estudiar el caso p ∈ (0, 1). Si p ∈ (0, 1) podemos acotar |senx| |senx| 0≤ ≤ , ∀x > 1 x xp R∞ R ∞ |senx| dx con p ∈ (0, 1). En definitiva Ap converge y como 1 |senx| dx diverge tambi´ e n lo hace x xp 1 ⇔ p > 0, y Ap converge absolutamente ⇔ p > 1. Por otro lado, puesto que senx/xp es no negativa en (0, 1), Bp converge si y s´olo si converge absolutamente. Adem´as podemos aplicar el criterio del cociente lim+

x→0

senx xp 1 xp−1

senx =1 x

= lim+ x→0

y por tanto Bp converge (y adem´as lo hace absolutamente) si y s´olo si p − 1 < 1, es decir, si y s´olo si p < 2. En definitiva, Hp converge si y s´olo si p ∈ (0, 2) y Hp converge absolutamente si y s´olo si p ∈ (1, 2) 2. In es una integral doble en sentido propio. Haciendo el cambio xy = u y = v x (que es inyectivo en Mn ) o bien x = u1/2 v −1/2 y = u1/2 v 1/2 para el que el jacobiano queda

1 2 |v|

|Jφ(u, v)| =

y teniendo en cuenta que φ−1 (Mn ) es el rect´angulo [1, 2] × [ n1 , n] se obtiene 1 In = 2 Ahora

Z Z

1 senvdudv = β+2 v 2 u

1 [1,2]×[ n ,n]

µZ

3 lim In = n→∞ 4

¶ ÃZ

2

n

udu 1 n

1

Z

∞ 0

senv dv v β+2

y por ello el l´ımite existe y es finito cuando la integral Z ∞ senv dv v β+2 0

senv dv v β+2

!

3 = 4

Z

n 1 n

senv dv v β+2

converge, es decir, usando el apartado 1, cuando 0 0 arbitrario, sea la curva cerrada Γ = Γ1 ∪ Γ2 ∪ Γ3 ∪ Γ4 de la 0 R x Γ1 Figura. Se pide: (1) (0,5 puntos) Mediante una aplicaci´on del teorema de Green, calcular una funci´on f (x, y) tal que Z Z Z x

Γ

F · dr =

R

R

dy

0

|0

f (x, y) dx . {z

=:I1 (R,y)

}

(2) (0,5 puntos) Calcular la integral I1 (R, y). (3) (0,25 puntos) Integrando I1 (R, y) respecto de la variable y en el intervalo [0, R], obtener dos funciones g(R) y h(R, y) tales que Z

x

Γ

F · dr = g(R) −

Z

R

h(R, y) dy .

0

(4) (0,5 puntos) Hallar la circulaci´on del campo F a lo largo de cada uno de los segmentos Γ1 , Γ2 , Γ3 y Γ4 , todos ellos con la orientaci´on indicada en la Figura. En algunos casos se obtendr´a un valor num´erico y en otros una integral en [0, R] que no es posible calcular en t´erminos de funciones elementales. (5) (0,25 puntos) Utilizando, si se desea, la desigualdad |(sen x)/x| < 1 para x > 0, obtener una funci´on ξ(R) que verifique Z

Γ3

F

· dr

≤ ξ(R) y tal que

l´ım ξ(R) = 0 .

R→+∞

(6) (0,5 puntos) Encontrar una funci´on η(R) que verifique Z R h(R, y) dy 0

≤ η(R) y tal que

l´ım η(R) = 0 .

R→+∞

(7) (0,5 puntos) Como consecuencia inmediata de todo lo anterior, probar la igualdad Z

0

∞

sen x π dx = . x 2

Este problema est´a tomado de R. L. Robertson, An improper application of Green’s theorem, College Math. J. 38 (2007), 142–145. Respuesta:

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

(1) Haciendo F = (P, Q), tenemos por los teoremas de Green y de Fubini: Z

x F · dr = −

Γ

= =

ZZ

D

ZZ

D R

Z

∂P dxdy ∂y

e−xy sen x dxdy dy

0

R

Z

e−xy sen x dx .

0

(2) Integrando dos veces por partes: u = e−xy ⇒ du = −ye−xy dx dv = sen x dx ⇒ v = − cos x ix=R

h

−e−xy cos x

I1 (R, y) =

−Ry

= 1−e

x=0

cos R − y

(dv = cos x dx ix=R

h

e−xy sen x

I2 (R, y) =

−y

x=0

|0

⇒ +y

Z

e−xy cos x dx

0

R

Z

R

Z

!

e−xy cos x dx {z

=:I2 (R,y)

v = sen x) R

}

e−xy sen x dx

0

= e−Ry sen R + yI1(R, y) , de donde I1 (R, y) = 1 − e−Ry cos R − y[e−Ry sen R + yI1(R, y)] ⇒

I1 (R, y) =

1 − e−Ry cos R − ye−Ry sen R . 1 + y2

(3) 1 − e−Ry cos R − ye−Ry sen R dy x F · dr = 1 + y2 Γ 0 Z R −Ry e (cos R + y sen R) = arc tg R − dy . 1 + y2 0

Z

Z

R

(4) Es claro que Z

x F · dr =

Γ

Z

Γ1

F · dr +

Z

Γ2

F · dr +

Z

Γ3

F · dr +

Z

Γ4

F · dr .

Parametrizando cada intervalo del modo obvio, se tiene Z

Γ1

Z

Γ2

Z

Γ3

Z

Γ4

F · dr =

Z

P (x, 0) dx =

Γ1

F · dr =

Z

F · dr =

Z

Z

0

R

sen x dx , x

P (R, y) dx = 0 ya que x es constante,

Γ2 0

R

Z R −Rx e−Rx sen x e sen x dx = − dx , x x 0

F · dr = 0 por ser x constante. 2

(5) Obtenemos f´acilmente Z

· dr

F

Γ3

= ≤ ≤

Z R 0 Z R 0

Z

R



e−Rx sen x dx x sen x dx e−Rx x e−Rx dx

0

1 −Rx x=R = − e R x=0 −R2 1−e = −−−−→ 0 . R→+∞ R 



(6) Teniendo en cuenta que |cos R + y sen R| ≤ y + 1 para todo y ≥ 0, y que 1 ≤ 1 para todo y, 1 + y2 resulta Z R 0



e−Ry (cos R + y sen R) dy ≤ 1 + y2

Z

R

e−Ry (y + 1) dy

0

y=R 1 1 R −Ry = − e−Ry (y + 1) + e dy R R 0 y=0 2 2 1 − e−R (1 + R) 1 − e−R + −−−−→ 0 . = R→+∞ R R2





Z

(7) Sustituyendo los valores obtenidos en (4) en la f´ormula del apartado (3), resulta: Z

0

R

sen x dx = arc tg R + x

Z

0

R

e−Rx sen x dx − x

Z

0

R

e−Ry (cos R + y sen R) dy . 1 + y2

Tomando l´ımites para R → +∞ en ambos miembros y, teniendo en cuenta los resultados de (5), se obtiene Z ∞ sen x π dx = l´ım (arc tg R) = . R→+∞ x 2 0

3

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2008/2009)

Convocatoria de junio 09.06.09

NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´ umero de matr´ıcula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PROBLEMA 2 (4 puntos) Sea Σ la porci´on de la superficie de ecuaci´on ¡

x2 + y 2

¢3/2

= (1 − z)y

(1)

que pertenece al primer octante de R3 y verifica que z ≤ 1. 1. (1 pto.) Sea A el s´olido limitado por Σ y por los 3 planos coordenados. Sobre A hay una distribuci´on de masa de forma que la densidad en cada punto de A es proporcional a la distancia del punto al plano xy. Se pide determinar el momento de inercia de A respecto del eje z. 2. (1.5 ptos.) Calcular el flujo φ del campo F(x, y, z) = (y, −x, 0) a trav´es de Σ orientada de forma que el vector normal en cada punto tenga su primera componente positiva. 3. (1.5 ptos.) Sea Γ la curva intersecci´on de Σ con los planos coordenados. Calcular el campo escalar g que cumple que g(0, 0, z) = z 2 /2 y que el flujo φ del apartado 2 es igual a la circulaci´on del campo H(x, y, z) = (x, y, g(x, y, z)) sobre la curva Γ orientada adecuadamente. Calcular expl´ıcitamente dicha circulaci´on para comprobar el resultado.

Respuesta:

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

Obs´ervese que los puntos de la forma (0, 0, z) son soluciones de la ecuaci´on, lo que quiere decir que todo el eje z es soluci´on de la ecuaci´on. Para estudiar la forma de la superficie Σ podemos pasar a cil´ındricas. Se obtiene ρ3 = (1 − z)ρsenθ es decir, ρ = 0 (que corresponde al eje z) ´o ρ=

√ √ 1 − z senθ

(2)

que corresponde a la superficie Σ. La variaci´on de los par´ametros es θ ∈ [0, π/2] y z ∈ [0, 1]. Para ver qu´e forma tiene esta superficie cortamos por planos z igual a√ constante, z = C, 0 ≤ C ≤ 1 obteniendo que (2) define una curva que une los puntos (0, 0, C) y (0, 1 − C, C) cuya ”amplitud” va decreciendo cuando aumenta z y se reduce al punto (0, 0, 1) cuando z = 1. Estudiemos tambi´en la curva Γ intersecci´on de Σ con los planos coordenados. La intersecci´on Γ1 con el plano XY la podemos obtener o bien de (2) o bien de (1) haciendo z = 0. As´ı obtenemos la √ curva con ecuaci´on polar ρ = senθ, θ ∈ [0, π/2] que une los puntos (0, 0, 0) y (0, 1, 0). Haciendo x = 0 en la (2) se obtiene que la ecuaci´on de su intersecci´on con el plano Y Z es y 3 = (1 − z)y, es decir, la curva y 2 = 1 − z con z ∈ [0, 1] a la que denominamos Γ2 y la curva Γ3 definida por y = 0, es decir, la porci´on del eje z con z ∈ [0, 1]. En cuanto a su intersecci´on con el plano Y Z se obtiene, haciendo y = 0, que debe ser x = 0 con lo que de nuevo volvemos a obtener la curva Γ3 .

z

1

0

0 0 y 1

x

Apdo. 1. La densidad es ρ(x, y, z) = Kz por lo que Z Z Z ¡ ¢ I=K z x2 + y 2 dxdydz A

Procedimiento 1. Fijando z e integrando en x, y. Fijando primero la z e integrando en x y en y se tiene Z 1 Z Z ¡ 2 ¢ I=K zdz x + y 2 dxdy 0

Πz

donde ΠC es la intersecci´on de A con el plano z = C. Haciendo un cambio a polares (x, y) = Ψ(ρ, θ) tenemos Z 1 Z Z I=K zdz ρ2 ρdρdθ Ψ−1 (Πz )

0

Para obtener Ψ−1 (Πz ) entramos con el cambio a polares en la ecuaci´on de Σ y obtenemos (2) con lo √ √ que, para cada θ ∈ [0, π/2], ρ var´ıa entre 0 y ρ = 1 − z senθ. Por tanto Z

Z

1

I = K

zdz

dθ

0

1 = K 4

Z

1

π/2

zdz 0

K = β(2, 3) 4

0

Z

ρ3 dρ =

0

0

Z

√ √ 1−z senθ

Z

π/2

π/2 0

1 (1 − z)2 sen2 θdθ = K 4

µZ

1

¶ ÃZ

π/2

z(1 − z)2 dz

0

! sen2 θdθ

=

0

1 − cos 2θ K 1 π Kπ dθ = = 2 4 12 4 192

Procedimiento 2. Fijando x, y e integrando en z. La superficie Σ (salvo los puntos para los que y = 0, que tienen contenido nulo en R2 ) se puede escribir en forma expl´ıcita mediante z = h(x, y) = 1 − donde

(x2 + y 2 )3/2 (x, y) ∈ B y

(3)

o n ¢3/2 ¡ ≤ y y y 6= 0 B = (x, y) : x2 + y 2

(excluimos los puntos con y = 0 puesto que en ellos h no est´a definida, aunque a efectos de integraci´on es irrelevante incluirlos o no) Por tanto Z Z Z

¡ ¢ z x2 + y 2 dxdydz = K

I = K K = 2

A

Z Z

¡ B

Z Z

x +y

2

¢

2

dxdy x + y B

2

¡

µ ¶2 (x2 + y 2 )3/2 1− dxdy y

2

¢

Z

1− 0

(x2 +y 2 )3/2 y

zdz =

Obs´ervese que la integral doble que se obtiene es una integral en sentido propio, pues est´a acotada en B. Haciendo un cambio a polares se obtiene K I= 2

Z

µ

√ senθ

Z

π/2

dθ

ρ

0

3

0

ρ2 1− senθ

¶2 dρ

Para poder calcular la primera integral hacemos un cambio ρ = w(u) = K I = 2 K = 2

Z

Z

π/2

1

dθ 0

³√

senθu ! µZ

0

ÃZ

π/2

´3 ¡

2

1

sen θdθ 0

u

1 − u2

3

¡

¢2 √

1−u

¢ 2 2

(x2 +y 2 )3/2 y

√

senθu, y se tiene

senθdu = ¶

Kπ = 2 4

du

0

Z

1

¡ ¢2 u3 1 − u2 du

0

3

Para calcular esta u ´ltima integral se puede desarrollar√(1 − u2 ) o, de forma m´as elegante, relacionarla con una β. Para ello hacemos el cambio u = h(t) = t y se obtiene Z

1 0

¡ ¢2 1 u 1 − u2 du = 2

Z

1

3

3/2

t

2 −1/2

(1 − t) t

0

con lo que I=

1 dt = 2

Z

1 0

1 1 t (1 − t)2 dt = β(2, 3) = 2 24

Kπ 1 Kπ = 2 4 24 192

Apdo. 2. Primer procedimiento. En primer lugar tenemos en cuenta que F es de clase 1 y solenoidal en R3 . La superficie Σ no es cerrada por lo que no se puede asegurar que el flujo valga cero, pero s´ı se puede ”cerrar” la superficie con otras superficies m´as c´omodas y aplicar Gauss, con lo que pasar´ıamos a integrar sobre dichas superficies. Sea Σ1 la porci´on de A que pertenece al plano xy (orientada con la normal n = (0, 0, 1)) y sea Σ2 la porci´on de A que pertenece al plano yz (orientada con la normal n = (1, 0, 0)). Entonces podemos escribir Z Z Z Z Z φ− F · ds− (y, −x, 0) · ds = divFdxdydz = 0 Σ1

Σ2

A

luego Z

Z

φ =

(y, −x, 0) · ds+ Z

Σ1

=

(y, −x, 0) · ds = Z (y, −x, 0) · (0, 0, 1)ds+ (y, −x, 0) · (1, 0, 0)ds = Σ2

ZΣ 1 =

Σ2

yds Σ2

donde se ha utilizado que (y, −x, 0) · (0, 0, 1) = 0. Claramente esta integral es m´as c´omoda que calcular el flujo integrando sobre Σ. Ya hemos visto que la ecuaci´on de la intersecci´on de Σ con el plano x = 0 es y = 0 (que corresponde al eje z) y y 2 = 1 − z, que es la curva buscada. Por ello Σ2 se puede parametrizar en la forma x = 0 y = y z = z

© ª (y, z) ∈ T = (y, z) : 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 , y ∈ [0, 1]

y por tanto

Z

Z Z

φ=

Z

yds = Σ2

1

ydydz = T

0

y(1 − y 2 )dy =

1 4

Segundo procedimiento. Si no nos damos cuenta de lo anterior, debemos calcular el flujo integrando directamente sobre Σ. Para ello en primer lugar necesitamos parametrizar la superficie. Primera forma de parametrizar. Usando (2) tenemos, utilizando que x = ρ cos θ, y = ρsenθ, la parametrizaci´on (x, y, z) = Φ(θ, z) , (θ, z) ∈ [0, π/2] × [0, 1] dada por √ 1 − z senθ cos θ √ √ √ y = 1 − z senθsenθ = 1 − zsen3/2 θ z = z

x =

Ahora

√

(4) (θ, z) ∈ [0, π/2] × [0, 1]

¯ ¯ ¯ ¯ i j k ¯ √ ¯ √ √ 2 ∂Φ ∂Φ ¯ ¯ θ 3 senθ cos θ √ 0 z 1−3sen 1 − z N(θ, z) = ± × = ±¯ 1 − ¯ 2 2 senθ √ ¯ ¯ ∂θ ∂z 3/2 senθ cos θ sen θ √ ¯ − √ ¯ − 1 2 1−z 2 1−z

N´otese que como la tercera componente del campo F es id´enticamente nula no hace falta calcular la tercera componente de N. As´ı µ ¶ √ √ 3√ 1 − 3sen2 θ 1 − z senθ cos θ, − 1 − z √ , N3 N=± 2 2 senθ

La orientaci´on del enunciado para Σ hace que tomemos el signo + y por ello se tiene Z φ = (y, −x, 0) · ds = Σ Z Z ³√ ´ µ3√ √ √ √ √ 1 − 3sen2 θ 3/2 = 1 − zsen θ, − 1 − z senθ cos θ, 0 · 1 − z senθ cos θ, − 1 − z √ , N 2 2 senθ [0,π/2]×[0,1] ¶ µ Z Z 1 3 operando 2 2 (1 − z) sen θ cos θ + (1 − z)(1 − 3sen θ) cos θ dθdz = = 2 2 [0,π/2]×[0,1] ! µZ 1 ¶ ÃZ π/2 cos θ 1 = (1 − z)dz dθ = 2 4 0 0 Segunda forma de parametrizar. Tambi´en podemos utilizar la expresi´on expl´ıcita (3) de la superficie, con lo que se tiene la parametrizaci´on (x, y, z) = Θ(x, y) , (x, y) ∈ B dada por x = x y = y

o n ¢3/2 ¡ ≤ y y y 6= 0 (x, y) ∈ B (x, y) : x2 + y 2

z = h(x, y) = 1 −

(x2 + y 2 )3/2 y

Entonces µ ¶ ∂h ∂h ∂Θ ∂Θ × = ± − (x, y), − (x, y), 1 = N(θ, z) = ± ∂x ∂y ∂x ∂y à ! 1/2 1/2 3 (x2 + y 2 ) (x2 + y 2 ) (2y 2 − x2 ) = ± , ,1 y y2

donde elegimos el signo + que es el correspondiente a la orientaci´on definida en el enunciado. As´ı ! Ã Z Z Z 1/2 1/2 (x2 + y 2 ) (2y 2 − x2 ) 3 (x2 + y 2 ) operando φ = (y, −x, 0) · ds = (y, −x, 0) · , , 1 dxdy = 2 y y Σ B µ ¶ Z Z p x3 polares = x2 + y 2 x + 2 dxdy = y B ¶ ¶ Z π/2 Z √senθ µ Z π/2 µ cos3 θ cos3 θ sen2 θ 3 = dθ ρ cos θ + dρ = cos θ + dθ = sen2 θ sen2 θ 4 0 0 0 Z Z ¢ 1 π/2 ¡ 1 π/2 1 2 3 = cos θsen θ + cos θ dθ = cos θdθ = 4 0 4 0 4 Apdo. 3. Obs´ervese que el borde de Σ es precisamente la curva Γ. Puesto que se pide relacionar el flujo de F con la circulaci´on de H sobre su borde Γ, si H fuese un potencial vector de F de clase uno en R3 se tendr´ıa, usando el teorema de Stokes Z Z H · dr = F · ds Γ

Σ

donde la orientaci´on de Γ es la coherente con la de Σ. Ya sabemos que F admite potencial vector de clase 1 en R3 , pues F es de clase 1 y solenoidal en el conjunto estrellado R3 . En definitiva, buscamos encontrar un potencial vector H de F de la forma H(x, y, x) = (x, y, g(x, y, z)) y que cumpla que g(0, 0, z) = z 2 /2. Imponiendo que rotH = F se obtiene ∂g ∂g =y ; − = −x ; 0 = 0 ∂y ∂x De la primera igualdad se deduce que g(x, y, z) = y 2 /2 + α(x, z) y entrando en la segunda obtenemos ∂α = x luego α(x, z) = x2 /2 + γ(z), es decir, g(x, y, z) = x2 /2 + y 2 /2 + γ(z). Imponiendo g(0, 0, z) = ∂x z 2 /2 se obtiene finalmente g(x, y, z) = x2 /2+y 2 /2+z 2 /2, luego H(x, y, x) = (x, y, x2 /2+y 2 /2+z 2 /2). Para calcular la circulaci´on sobre Γ, que debemos orientar de forma coherente con Σ, expresamos Γ en la forma Γ = Γ1 ∪ (−Γ2 ) ∪ (−Γ3 ) Γ1 : intersecci´on de Σ con el plano XY orientada en sentido antihorario (si se mira desde arriba) Γ2 : intersecci´on de Σ con el plano Y Z (salvo eje z) orientada en sentido horario (si se mira desde la parte positiva del eje x) Γ3 : intersecci´on de Σ con el eje z orientada hacia arriba Entonces

Z

Z

Z

H · dr = Γ

Z

H · dr − Γ1

H · dr − Γ2

H · dr Γ3

Parametrizaci´ on de Γ1 : se puede obtener de la parametrizaci´on de Σ (4) haciendo z = 0 √ x = α(θ) = senθ cos θ y = β(θ) = sen3/2 θ θ ∈ [0, π/2] z = γ(θ) = 0

(5)

Como γ 0 (θ) = 0 no es necesario escribir la tercera componente de H. Por ello ! Ã √ Z Z Z π/2 ³√ ´ 2 3 senθ cos θ 1 − 3sen θ √ , , 0 dθ H · dr = (x, y, H3 ) · dr = senθ cos θ, sen3/2 θ, H3 · 2 2 senθ Γ1 Γ1 0 Z π/2 cos θ 1 = dθ = 2 2 0

operando

=

Parametrizaci´ on de Γ2 : Ya hemos obtenido que la ecuaci´on cartesiana de Γ2 como curva en el 2 plano x = 0 es y = 1 − z, y ∈ [0, 1]. Por ello podemos parametrizar en la forma x = 0 y = y z = 1 − y2

y ∈ [0, 1]

Por ello Z Z Z 1 ¡ ¢2 x=0 en Γ2 2 2 2 H · dr = (x, y, x /2 + y /2 + z /2) · dr = (0, y, y 2 /2 + 1 − y 2 /2) · (0, 1, −2y)dy = Γ2 Γ 0 Z 21 ¡ ¢2 1 1 1 1 = (y − y 3 − y 1 − y 2 )dy = − − = 2 4 6 12 0 Parametrizaci´ on de Γ3 : x = 0 y = 0 z = z y por tanto

Z

Z

1

H · dr= Γ3

z ∈ [0, 1]

(0, 0, z 2 /2) · (0, 0, 1)dz =

0

En definitiva

Z

1 6

1 1 1 1 H · dr= − − = 2 12 6 4 Γ

como deb´ıamos obtener. Obs´ervese que podr´ıamos haber simplificado un poco las operaciones d´andonos cuenta de que H se puede escribir en la forma H = (x, y, x2 /2 + y 2 /2 + z 2 /2) = (x, y, z 2 /2) + (0, 0, x2 /2 + y 2 /2) El primer campo es conservativo en R3 (pues es irrotacional en R3 que es un abierto estrellado) con lo que su circulaci´on a lo largo de una curva cerrada es nula. Por ello Z Z H · dr = (0, 0, x2 /2 + y 2 /2) · dr Γ

y ahora

R Γ1

(0, 0, x2 /2 + y 2 /2) · dr =

Z

Γ

R Γ3

(0, 0, x2 /2 + y 2 /2) · dr = 0 por lo que

Z

Z 2

1

2

H · dr = − (0, 0, x /2 + y /2) · dr = − Γ Γ2 Z 1 1 = y 3 dy = 4 0

0

(0, 0, y 2 /2) · (0, 1, −2y)dy =

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2008/2009)

Convocatoria de Junio 09.06.09

PROBLEMA 3 (3 puntos) Se considera el cono Ωh de base x2 + y 2 ≤ 1, z = 0 y v´ertice (0, 0, h) . 1. Calcular mediante una integral el ´ area de su superficie lateral c´onica Σh . 2. Sea F (x, y, z) = y 2 z − z 4 , −x2 z, 2z − 8y 2 el campo de velocidades de un fluido. Calcular el flujo que sale por la base de Ωh .


3. ¿Cu´al debe ser la altura h del cono Ωh para que el flujo de F que entra a trav´es de la superficie c´ onica Σh sea π? Respuesta:

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

1. La superficie c´ onica est´ a formada por segmentos que parten de la circunferencia (cos t, sen t, 0) y terminan en el v´ertice (0, 0, h) , luego sus ecuaciones param´etricas son 

 x = a cos t  y = asen t t ∈ [0, 2π], a ∈ [0, 1]   z = h − ah

de donde eliminando el par´ ametro a = 1 − c´onica:

z h

tambi´en puede extraerse la ecuaci´on de la superficie 

x2 + y 2 = 1 −

z h

2

.

Para calcular su ´ area, usaremos la parametrizaci´on obtenida: φ (a, t) ∂φ ∂t ∂φ ∂a

∂φ ∂φ

∂t × ∂a

= (a cos t, asen t, h − ha) = (−asen t, a cos t, 0) = (cos t, sen t, −h) p

= a 1 + h2

por tanto

Z 2π  Z 1  Z 2π Z 1 p p

∂φ ∂φ 2

dt ada = π 1 + h2 a ´rea (Σh ) =

∂t × ∂a dadt = 1 + h 0 0 0 0

2. La base es B = {(x, y, 0) x2 + y 2 ≤ 1} orientada con normal (0, 0, −1), que es la normal saliente del
s´olido Ωh por su base B. En los puntos de B el campo toma el valor F (x, y, 0) = 0, 0, −8y 2 ; entonces el flujo pedido es Z

Z Z

F ds = B





0, 0, −8y 2 ◦(0, 0, −1) dxdy =

x2 +y 2 ≤1

Z Z x2 +y 2 ≤1

8y 2 dxdy = 8

Z 2π 0

sen 2 tdt

 Z 1 0

3. El campo es de clase C 1 (Ωh ) y div (F) = 2 luego por el Teorema de Gauss el flujo a trav´es de la superficie exterior de Ωh es Z Z Z Z Z π F ds − F ds = divF dxdydz = 2vol (Ωh ) = 2 h. 3 B Σh Ωh R



r3 dr = 2π.

donde la integral de superficie Σh F ds est´a orientada hacia el interior de Ωh tal y como se nos pide. Entonces Z Z 2π 2π F ds = F ds − h=2π − h. 3 3 Σh B Por tanto, la altura pedida h debe ser tal que 2π 3 π = 2π − h ⇐⇒ h= . 3 2

´ DE CALCULO ´ AMPLIACION (Curso 2008/2009) Convocatoria de septiembre 15.09.09 PROBLEMA 1 (3 puntos) Estudiar la convergencia de las siguientes integrales Z ∞ impropias y calcularlas expl´ıcitamente en caso sen t π de ser convergentes. Se supone conocido el resultado dt = . 0

1. (0,5 puntos)

Z

∞

0

2. (0,5 puntos)

Z 0

3. (1 punto) 4. (1 punto)

t

2

1 − cos t dt, t2

1

dt

,

q

t log(1/t)

ZZ

2

{(x,y)∈R2

e−y dxdy, / 0≤x