UNIVERSIDAD DE PIURAFacultad de IngenieríaCurso: Análisis Matemático IISegundo Examen Lunes, 25 de Noviembre de 2010 Duración: 3hSin libros ni apuntes solo calculadoras no programables NOMBRE:..................................

NOTA: el alumno desarrollará la teoría en el cuadernillo simple-

SOLUCION

1. Enuncie y demuestre el teorema de Stokes. El alumno deberá hacer un esquema geométrico que contenga la información necesaria, y luego deberá explicar y fundamentar con claridad todo su desarrollo, la corrección será muy estricta.(4p)

VER APUNTES DE CLASE.

2) Se tiene un sólido limitado por las siguientes superficies. Se encuentra por encima del plano S1: z +x= -1, dentro del cilindro S2: x2 + y2 = 1 y debajo del paraboloide S3: z – 1 = x2 + y2 + 2x. Se pide: (6p)

a) El esquema geométrico del sólido E bien acotado y definido y las vistas que crea conveniente.

Luego: E = { (x, y, z) / (x, y)∈D;−1−x ≤ z ≤1+x2+ y2+2x}

Y D = { (r , θ ) /0≤r≤1 ;0≤θ≤2π }

b) El plano tangente a la superficie superior S del sólido, (esto es, que se encuentra en el paraboloide), en el punto P = (0, 0) de su dominio D.

Si P = (0, 0) entonces : z – 1 = 02 + 02 + 20→z=1El punto de tangencia será: P’= ( 0, 0, 1 )w = z – 1 - x2 - y2 - 2xN = ∇w=(−2 x−2 ,−2 y ,1) en P=(0,0): N = (-2, 0,1)X.N = P.N: -2x + z = 1Plano tangente: - 2x + z = 1

z

y

X 1 0 -1

Z

4

x 1 0 y -1

y

x 2 1 0 D -1

E

c) El volumen de dicho sólido. Los límites se deducen de las dos vistas del apartado a

Como E = { (x, y, z) / (x, y)∈D;−1−x ≤ z ≤1+x2+ y2+2x} entonces:

V=∭E

❑

dV=∬D

❑

∫−1− x

1+x2+ y2+2x

dzdA=∬D

❑

[¿¿¿¿1+x2+ y2+2 x+1+x ]dA=¿¿¿¿¿

Como D = { (r , θ )/0≤r≤1 ;0≤θ≤2π }

V=∬D

❑

[1+x2+ y2+2x+1+x ]dA=∫0

2π

∫0

1

[2+r2+3 rcosθ ] rdrdθ=¿¿

V=∫0

2π

∫0

1

[2 r+r3+3 r2 cosθ ] drdθ=¿∫0

2π [r2+ r4

4+r3 cosθ ]10dθ=¿¿

V=∫0

2π

[ 54+cosθ ]10dθ=[ 5θ

4+senθ]2π0 =5π

2

Luego :V=5 π2

d) Calcular el área lateral del sólido (esto es, la parte cilíndrica).

Haciendo z=f ( x , y )=1+x2+ y2+2x y z=g (x , y )=−1−xLuego z=f (x , y )−g ( x , y )=2+ x2+ y2+3 xC: r(t) = ( cost, sent) en donde 0≤ t ≤2πf(r(t))= 2+1+3cost = 3 + 3costr’(t) = (-sent,cost )→‖r '( t)‖=1

Como Al = ∫C

❑

f (r ( t ) )‖r ' ( t )‖dt=∫0

2π

(3+3cost )dt=[3θ+3 sent ¿¿]2π0

=6π ¿¿

Al= 6 π

3) Dado el sólido “E” que se encuentra en el primer octante y dentro del paraboloide z = 1 -x2 - y2. Y el campo vectorial F = (x, y, x2 + y2). Se pide: (5p)

a) Verificar el teorema de Stokes si C es la curva frontera de la porción de paraboloide mencionada.(3p)

Stokes:∫C

❑

F .dr=∬S

❑

RotF .dS

RotF=| i j k∂∂ x

∂∂ y

∂∂ z

x y x2+ y2|=(2y-0)i-(2x-0)j+(0-0)k

RotF=(2 y ,−2x ,0)Cálculo de N:Definiendo : w= z - 1 +x2 + y2

Luego N =∇w=(2 x ,2 y ,1) Operando: RotF . N = 4xy - 4xy = 0

C3 C2 S1 S3

S4

D S2

C1x

Y

1

0 1 y

Remplazando: ∬S

❑

RotF .dS=∬D

❑

RotF . NdA=∬S

❑

0dA=0

Cálculo de ∫C

❑

F .dr=∫C

❑

F (r (t ) ) .r ' (t )dt endondeC=C1∪C2∪C3

C1:{x=costy=sentz=0

→r ( t )= (cost , sent ,0 )→r ' ( t )=(−sent , cost ,0) →0≤t ≤π2

F(r(t))=(cost,sent,1)F(r(t)).r’(t)=(cost,sent,1),(−sent , cost ,0 )=−sentcost+sentcost=0

∫C1

❑

F .dr=∫C1

❑

0dt=0

C2:{ x=0y=costz=sent

→r ( t )= (0 , cost , sent )→r ' ( t )=(0 ,−sent , cost)→0≤ t ≤π2

F(r(t))=(0,cost,cos2 t)F(r(t)).r’(t)=(0, cost,cos2 t),(0 ,−sent , cost )=−sentcost+cos3 t=0

∫C2

❑

F .dr=∫C2

❑

(−sentcost+co s3 t)dt=∫C2

❑

(−sen2 t2

+cost−costsen2 t)dt=¿¿

∫C2

❑

F .dr=∫0

π2

(−sen2 t2

+cost−costsen2 t)dt=[ cos2 t2

− se n3 t3 ] π2

0=−1−1

3=−4

3

C3:{x=costy=0

z=sent →r ( t )= (cost ,0 , sent )→r ' ( t )=(−sent ,0 , cost)→0≤t ≤

π2

Hay que tener en cuenta el sentido de integración de C3, que va de π2a0

F(r(t))=(cost,0,cos2 t)F(r(t)).r’(t)=( cost,0,cos2 t),(−sent ,0 , cost )=−sentcost+co s3 t=¿

∫C3

❑

F .dr=∫C3

❑

(−sentcost+co s3 t)dt=∫C3

❑

(−sen2 t2

+cost−costsen2 t)dt=¿¿

∫C3

❑

F .dr=∫π2

0

(−sen2 t2

+cost−costsen2 t)dt=[ cos2 t2

− se n3 t3 ] 0

π2=1+ 1

3=¿

Luego: ∫C

❑

F .dr=∫C1

❑

F .dr+∫C2

❑

F .dr+¿∫C3

❑

F .dr=0¿-43+ 4

3=0

b) Calcular el flujo que sale del sólido E.(2p)

Para calcular el flujo que sale de E aplicamos el teorema de la Divergencia:

∬S

❑

F .dS=∭E

❑

DivFdV

De la figura: E={ ( x , y , z ) / (x , y )∈D;0≤ z≤1−x2− y2 }

D en polares D={(r,θ )/ 0≤θ≤π2

.0≤ r≤1 }

Si F = (x, y, x2 + y2) →DivF=1+1+0=2

∭E

❑

DivFdV=∬D

❑

∫0

1−x2− y2

2dzdA=2∬D

❑

(1−x2− y2 )dA=pasando a Polares

∭E

❑

DivFdV=2∫0

π2

dθ∫0

1

(1−r2 ) rdr=π [ r 2

2− r4

4 ]10=π4

Luego el flujo ∬S

❑

F .dS=∬S1

❑

F .dS+¿∬S2

❑

F .dS+∬S3

❑

F .dS+∬S4

❑

F .dS=π4

¿

4) Dado el campo vectorial F y la región D que se muestra en la figura en azul, se pide5p)

a) Determinar la expresión que resulta de aplicar el Teorema de Green, en donde C es la frontera de D y F el campo vectorial.(3p)

Dividimos la región D en dos sub-regiones de modo que D = D1∪D 2, definimos los sentidosTeniendo en cuenta que al recorrerlos D este siempre hacia la izquierda, luego:

C1=C '1∪C ' '1;C2=C ' 2∪C ' '

2; C3=C ' 3∪C ' '3; C4=C '4∪C ' '4 (1)

Definimos los caminos C5 y C6, de manera que D1 y D2 cumpla con el Teorema de Green, luego aplicandolo a cada una:

A D1:

∫C ' 1

❑

F .dr+∫C ' 2

❑

F .dr+∫C5

❑

F .dr+∫C ' 3

❑

F .dr+∫C6

❑

F .dr+∫C' 4

❑

F .dr=¿∬D1

❑

( ∂Q∂x −∂P∂ y )dA ¿ (a)

A D2:

∫C ' '1

❑

F .dr+∫C' ' 2

❑

F .dr+∫−C5

❑

F .dr+∫C ' ' 3

❑

F .dr+∫−C6

❑

F .dr+∫C ' ' 4

❑

F .dr=¿∬D 2

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dA ¿ (b)

Cambiando en (b) el sentido de –C5 y de –C6:

∫C ' '1

❑

F .dr+∫C' ' 2

❑

F .dr−∫C5

❑

F .dr+∫C ' '

3

❑

F .dr−∫C6

❑

F .dr+ ∫C ' ' 4

❑

F .dr=¿∬D2

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dA ¿(c)

Sumando miembro a miembro (a) con (c) y agrupando teniendo en cuenta (1):

∫C ' 1

❑

F .dr+∫C ' 2

❑

F .dr+∫C ' 3

❑

F .dr+∫C ' 4

❑

F .dr+∫C ' '1

❑

F .dr+∫C ' ' 2

❑

F .dr+∫C ' '

3

❑

F .dr+ ∫C' ' 4

❑

F .dr=¿∬D1

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dA+∬

D2

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dA=∬

D

❑

( ∂Q∂x −∂ P∂ y )dA ¿

Simplificando tenemos lo que nos piden:

∫C1

❑

F .dr+∫C2

❑

F .dr+∫C3

❑

F .dr+∫C 4

❑

F .dr=¿∬D

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dA ¿

Luego: ∫C

❑

F .dr=∫C1

❑

F .dr+∫C2

❑

F .dr+∫C3

❑

F .dr+∫C4

❑

F .dr=¿∬D

❑

( ∂Q∂ x −∂P∂ y )dA ¿

b) Aplicando el resultado anterior calcular la integral ∫C

❑

F .drsi F = (-y, 3x).(2p)

Si F = (-y, 3x) entonces P = - y; Q = 3x

Por tanto: ∂P∂ y

=−1;∂Q∂x

=3

Luego: ∂Q∂x

−∂ P∂ y

=3+1=4

Remplazando: ∬D

❑

4 dA=4 AD

En donde : AD=AE−AD2−AD3

−A D4

Para calcular el área de la elipse AE usamos Green haciendo Q=x y P=0 tenemos:∂P∂ y

=1;∂ P∂ y

=0→∫C

❑

Pdx+Qdy=∫C

❑

xdy=¿∬D

❑

( ∂Q∂ x −∂ P∂ y )dA=∬

D

❑

dA=A D¿

Parametrizando:{x=4 cost→dx=−4 sentdty=2 sent→dy=2costdt

∴0≤t ≤2 π

AD = ∫C

❑

xdy=¿8∫0

2π

cost ( costdt )=8∫0

2 π1+cos2 t

2dt=8 [ θ2+ sen2 t

4 ]2π0 =8π ¿

AE=8π ;

Como AD2=AD 3

=AD4=son círculos=π (1 )2=π

AD=8π−3π=5π

Luego: ∬D

❑

4 dA=4 AD=20π

D2

D1

-C6

C6

-C5

C5

C’’2 C ’’ 3 C’’ 4

C’2 C ’ 3 C’ 4

-2 C’’1

2

y

-4 -3 D2 -2 -1 0 D3 1 2 D4 3 4 x

C’1