Segundo Examen Parcial de Cálculo. Primer Curso de Ingenieros Industriales. 4deJuniode2010. Primera Parte.

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1 Segundo Eamen Parcial de Cálculo. Primer Curso de Ingenieros Industriales. 4deJuniode00. Primera Parte. El eamen consta de 4 ejercicios (E, E, E3 E4) un problema (P) que se puntuarán cada uno de ellos sobre 0. La nota del eamen será E+E+E3+E4+P 6. Ejercicio. Define los conceptos de diferenciabilidad gradiente en un punto de un campo escalar de dos variables. Enuncia demuestra la propiedad de dirección óptima del gradiente. -Solución- Definición: Un campo escalar de dos variables f : U R R se dice diferenciable en ( 0, 0 ) punto interior a U si eisten las derivadas parciales f ( 0, 0 ),f ( 0, 0 ) además f (, ) [f ( 0, 0 )+f ( 0, 0 )( 0 )+f ( 0, 0 )( 0 )] lim =0. (,) ( 0, 0 ) k(, ) ( 0, 0 )k Lo que significa que eiste el plano tangente a f en ( 0, 0 ), z = f ( 0, 0 )+f ( 0, 0 )( 0 )+f ( 0, 0 )( 0 ), es una buena aproimación de la superficie z = f (, ) suficientemente cerca del punto ( 0, 0 ). Definición: Sea f : U R R un campo escalar de dos variables diferenciable en ( 0, 0 ) punto interior a U. Se define el gradiente (diferencial o derivada) de f en ( 0, 0 ) como el vector Df ( 0, 0 )=(f ( 0, 0 ),f ( 0, 0 )). Propiedad de dirección óptima del gradiente: Sea f : U R R un campo escalar diferenciable en ( 0, 0 ) punto interior a U. La derivada direccional máima de f en ( 0, 0 ) se alcanza para la dirección sentido del gradiente Df ( 0, 0 ), esto es u = Df ( 0, 0 ) kdf ( 0, 0 )k. Además, el valor de dicha derivada es kdf ( 0, 0 )k.

2 DEMOSTRACIÓN: Como f es diferenciable en ( 0, 0 ) se sabe que eiste la derivada direccional de f en dicho punto para cualquier dirección unitaria u. Además, en ese caso, se verifica D u f( 0, 0 )=Df( 0, 0 ) u, donde, como definimos antes, Df( 0, 0 ) representa el gradiente de f. Al ser la derivada direccional un producto escalar tenemos entonces D u f( 0, 0 )=Df( 0, 0 ) u = kdf( 0, 0 )kkuk cos α, siendo α el ángulo que forman los vectores u Df( 0, 0 ). Ahora bien u es un vector unitario, es decir, kuk =, kdf( 0, 0 )k es independiente de la dirección unitaria u elegida. Por tanto para que la derivada direccional sea máima debemos únicamente optimizar el valor de cos α. Sabemos que el máimo valor del coseno es que dicho valor se obtiene para α =0, es decir, cuando u Df( 0, 0 ) tienen la misma dirección sentido, en cuo caso u = Df ( 0, 0 ) kdf ( 0, 0 )k, además, D u f( 0, 0 )=kdf( 0, 0 )kkuk cos α = kdf( 0, 0 )k.

3 Ejercicio. Sea S la superficie dada por la ecuación implícita z 3 + z 3 + z =0, unpuntosuop =(,, 0). Prueba que en un entorno de P puede obtenerse z = z (, ) de clase C. Calcula el polinomio de Talor de grado de z (, ) centrado en (, ). -Solución- Observemos que la ecuación es del tipo F (,, z) =0donde F (,, z) =z 3 + z 3 + z Para ver que, en las cercanías del punto (,, 0), es posible despejar la variable z como una función de clase C en las variables (, ) haremos uso del teorema de la función implícita para una superficie en el espacio. Notemos que - El campo escalar F es de clase C en todo R 3, abierto que contiene al punto (,, 0) ; - F (,, 0) = 0; - F z (,, z) =3z porellof z (,, 0) = 6= 0. Luego, por el teorema de la función implícita sabemos que eiste un entorno U de (, ) donde podemos epresar z como una función z = z(, ) de clase C en U de forma que z (, ) = 0 F (,, z (, )) = 0 para todo (, ) U, esto es, (z(, )) 3 + z(, ) 3 + z(, ) =0. () El polinomio de Talor del campo escalar z(, ), de grado, alrededor del punto (, ) es p (, ) =z(, ) + z (, )( ) + z (, )( ) + [z (, )( ) +z (, )( )( ) + z (, )( ) ]. Para determinarlo necesitamos conocer el valor de las derivadas parciales de primer segundo orden del campo escalar z en (, ). Haremos uso de la derivación implícita a partir de la ecuación () para conseguir las primeras derivadas parciales. Derivando la ecuación () respecto de la variable obtenemos 3(z(, )) z (, )+z (, ) 3 + z(, )3 + z (, ) 4 + =0 () que, sustituendo en el punto (, ) teniendo en cuenta que z (, ) = 0, nos queda la igualdad z (, ) = 0. Se obtiene entonces que z (, ) = 0. Derivando la ecuación () respecto de la variable llegamos a que 3(z(, )) z (, )+z (, ) 3 + z (, ) 4 + z(, ) =0 (3) 3

4 que, sustituendo en el punto (, ) teniendo en cuenta que z (, ) = 0, nos queda la igualdad z (, ) = 0. Luego z (, ) = 0. Derivaremos implícitamente las ecuaciones () (3) para obtener las segundas derivadas parciales. Es importante recordar que las derivadas parciales cruzadas de z(, ) en el punto (, ) coinciden puesto que el campo z(, ) es de clase C en un entorno del punto (, ). Si derivamos la ecuación () respecto de obtenemos 6z(, )(z (, )) +3(z(, )) z (, )+z (, ) 3 +6z (, ) +6z(, )+z (, ) 4 =0 que, sustituendo en el punto (, ) teniendo en cuenta que z (, ) = 0 z (, ) = 0, nos quedalaigualdad z (, ) = 0. Luego z (, ) = 0. Si derivamos la ecuación () respecto de obtenemos 6z(, )z (, )z (, )+3(z(, )) z (, )+z (, ) 3 +3z (, ) +4z (, ) 3 + z (, ) 4 +=0 que, sustituendo en el punto (, ) teniendo en cuenta que z (, ) = 0, z (, ) = 0 z (, ) = 0, nos queda la igualdad z (, ) + = 0. Luego z (, ) =. Si derivamos la ecuación (3) respecto de obtenemos 6z(, )(z (, )) +3(z(, )) z (, )+z (, ) 3 +z (, ) 4 +8z (, ) 3 + z(, )+=0 que, sustituendo en el punto (, ) teniendo en cuenta que z (, ) = z (, ) = 0, nos quedalaigualdad z (, ) + = 0. Luego z (, ) =. De esta forma, el polinomio de Talor del campo escalar z(, ), de grado, alrededor del punto (, ) es p (, ) = ( )( ) ( ) = ( )( ) ( ). 4

5 Ejercicio 3. Dado el campo escalar f (,, z) = + + z comprueba que f alcanzaelmáimomínimoabsolutosenlaregión V = (,, z) R 3 : +, z +, z ª calcúlalos. -Solución- La región V es la esbozada por el siguiente dibujo: En primer lugar, justificaremos la eistencia de etremos. El campo escalar f es continuo en el conjunto cerrado acotado V. De acuerdo con el teorema de Weierstrass, f alcanza su máimo absoluto su mínimo absoluto en el conjunto V. Laregióndebúsquedadelos etremos absolutos se puede descomponer en las siguientes regiones:. El conjunto V de puntos interiores al cilindro + =que están por encima del plano +z = por debajo del plano z =,esdecir, V = {(,, z) R 3 : + <, +z>, z<}. En el abierto V la función f es de clase C (se trata de un polinomio en tres variables), luego podemos aplicar la condición necesaria de etremo: Df(,, z) =(0, 0, 0),resultando el siguiente sistema incompatible: f = = 0 f = = 0 f z = = 0. Por tanto, no eiste ningún punto candidato a etremo en V. 5

6 . El conjunto V de puntos del plano z =que están por encima del plano +z =e interiores al cilindro, es decir, V = {(,, z) R 3 : + <, +z>, z=}. Para determinar los etremos en V utilizamos el teorema de los multiplicadores de Lagrange para una ecuación en el espacio: Sea f : U R 3 R de clase C en U g(,, z) =0una superficie dada implícitamente de clase C en U. Sea ( 0, 0,z 0 ) U un punto de la superficie que verifica Dg( 0, 0,z 0 ) 6= (0, 0, 0). Si f alcanza un etremo relativo condicionado a g(,, z) =0en ( 0, 0,z 0 ),entonces, eiste λ R tal que Df( 0, 0,z 0 )=λdg( 0, 0,z 0 ). Sea g(,, z) =z la condición ( 0, 0,z 0 ) un punto del plano. Veamos en primer lugar que se verifican las condiciones del teorema: a. f : R 3 R de clase C. b. g(,, z) de clase C en R 3. c. Dg =(0, 0, ) 6= (0, 0, 0) siempre. Planteamos el sistema siguiente: = λ 0 = λ 0 = λ z = 0. De la primera ecuación se deduce que el sistema no tiene solución, por consiguiente, no eisten puntos candidatos a etremos en V. 3. El conjunto V 3 de puntos del plano +z =que están por debajo del plano z =e interiores al cilindro, es decir, V 3 = {(,, z) R 3 : + <, +z =,z<}. Consideremos la condición g(,, z) = +z de clase C en R 3 cuo gradiente es Dg =(0,, ) 6= (0, 0, 0) siempre. Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange para una superficie en el espacio, obtenemos el sistema: = λ 0 = λ = λ z + = 0. Resultando nuevamente un sistema incompatible. 4. El conjunto V 4 de puntos del cilindro + =que quedan por encima del plano +z = por debajo del plano z =,esdecir, V 4 = {(,, z) R 3 : + =,+z>, z<}. 6

7 Consideremos la condición g(,, z) = + de clase C en R 3. Estudiemos en primer lugar los puntos donde el método de Lagrange no puede ser aplicado, es decir, Dg =(0, 0, 0) g =0: = 0 = 0 0 = 0 + = 0. De las dos primeras ecuaciones se deduce que = =0lo cual contradice la última ecuación ( + =0). Aplicamos ahora Lagrange para una superficie en el espacio, resultando el sistema: = λ = λ = λ 0 + = 0. Observando la tercera condición se deduce que se trata de un sistema incompatible. 5. El conjunto V 5 de puntos de la curva dada por las ecuaciones + =, z + =que quedan por debajo del plano z =,esdecir, V 5 = {(,, z) R 3 : + =,+z =,z<}. Para determinar los etremos en V 5 utilizamos el teorema de los multiplicadores de Lagrange para una curva en el espacio: Sea f : U R 3 R de clase C en U el sistema formado por las ecuaciones g (,, z) =0 g (,, z) =0una curva dada implícitamente de clase C en U. Sea ( 0, 0,z 0 ) U un punto de la superficie que verifica Dg ( 0, 0,z 0 ) Dg ( 0, 0,z 0 ) son vectores linealmente independientes. Si f alcanza un etremo relativo condicionado a g (,, z) = 0 g (,, z) = 0 en ( 0, 0,z 0 ), entonces, eiste λ, μ R tal que Df ( 0, 0,z 0 )=λdg ( 0, 0,z 0 )+μdg ( 0, 0,z 0 ). Consideremos en este caso g (,, z) = + g (,, z) = +z ambas condiciones de clase C en R 3. Estudiemos en primer lugar los puntos donde el método de Lagrange no puede ser aplicado, es decir, donde {Dg,Dg } son linealmente dependientes g = g =0. {Dg =(,, 0),Dg =(0,, )} son l.d. = =0pero en ese caso, g 6=0. Aplicando entonces el método de Lagrange para una curva en el espacio: = λ + μ 0 = λ + μ = λ 0+μ + = 0 +z = 0 z < 7

8 o, equivalentemente, = λ 0 = λ / = μ + = 0 +z = 0 z <. De la primera ecuación se deduce que λ 6= 0 por tanto, de la segunda se tiene que =0. Si sustituimos este resultado en la tercera cuarta ecuación, obtenemos z = < = ±. Por tanto, tenemos los puntos candidatos P =(, 0, ) P =(, 0, ). 6. El conjunto V 6 de puntos de la curva dada por las ecuaciones + =, z =que quedan por encima del plano +z =,esdecir, V 6 = {(,, z) R 3 : + =,+z>, z=}. Consideremos g (,, z) = + g (,, z) =z ambas condiciones de clase C (R 3 ). Estudiemos en primer lugar los puntos donde el método de Lagrange no puede ser aplicado, es decir, donde {Dg,Dg } son linealmente dependientes g = g =0. {Dg =(,, 0),Dg =(0, 0, )} son l.d. = =0pero en ese caso, g 6=0. ApliquemosentonceselmétododeLagrangeparaunacurvaenelespacio: = λ + μ 0 = λ + μ 0 = λ 0+μ + = 0 z = 0 o, equivalentemente, = λ = λ 4 = μ + = 0 z = 0. De las dos primeras ecuaciones se deduce que λ 6= 0,luego, = e =.Sisustituimos λ 4λ esto en la condición + =0, obtenemos que λ = ± 7. 4 Por tanto, tenemos los puntos candidatos P 3 =( 4 7, 7, ) P 4 =( 4 7, 7, ). Por último, procedemos a evaluar los puntos candidatos a etremos, obteniéndose los siguientes resultados: f(p )=f(, 0, )= 5, 8

9 f(p )=f(, 0, )= 3, f(p 3 )=f( 4 7, 7, ) = + 7 > 4, f(p 4 )=f( 4 7, 7, ) = 7 >. Por tanto, el máimo absoluto se alcanza en el punto P 3 =( 4 7, 7, ) el mínimo en el punto P =(, 0, ). 9

10 Ejercicio 4. Halla el área de la porción de cono + = z con z 0 comprendida entre las esferas + + z = + + z =4. Determina el volumen encerrado entre las tres superficies. -Solución- Comenzamos calculando el área de la superficie S dada por la porción de cono + = z con z 0 comprendida entre las esferas + + z = + + z =4, es decir, el área de S = (,, z) R 3 : + = z ; z 0, + + z 4 ª. Si S(u, v) es una parametrización de S, para (u, v) D R, sabemos que la fórmula para calcular el área de S viene dada por Área (S) = ks u S v k dudv. D Como z 0 podemos parametrizar S usando coordenadas cartesianas, así z = p +, por lo que una parametrización de S quedaría S(, ) =(,, p + ), tenemos que ver cuál sería el conjunto D donde se mueven los parámetros (, ) para lo que usaremos las desigualdades que describen a S. Como + + z 4, sustituimos z = + nosqueda + 4, es decir D = (, ) R : + ª. El conjunto D es entonces la corona circular centrada en el origen de coordenadas de radios. Observemos en el dibujo anterior que el conjunto D podría haberse obtenido 0

11 geométricamente como la proección de la superficie S sobre el plano XY de los parámetros. A à continuación tenemos! que à calcular el producto! vectorial fundamental S S. Tenemos S =, 0, p,s = 0,, p + + S S = i j k 0 0 p + p + à = p +,! p +,, por lo que ks S k = + + +=. De este modo + µ ³ Área (S) = dd = Área (D) = π = π. D Pasamos, a continuación, a calcular el volumen del sólido V encerrado entre las tres superficies, es decir el volumen de V = (,, z) R 3 : + z,z 0, + + z 4 ª. O=p/4 Sabemos que la fórmula del volumen de un sólido V viene dada por Vol (V )= dddz. Debido a que conos esferas son fáciles de describir en coordenadas esféricas, utilizaremos un cambio de variables a dichas coordenadas para resolver la anterior integral triple. Dicho cambio viene dado por V = ρ cos φ sen θ = ρ sen φ sen θ z = ρ cos θ para ρ>0, φ [0, π) θ [0,π]. Pasamos entonces a describir el conjunto V en coordenadas esféricas. Es conocido que ρ = + + z, por lo que + + z 4 queda reescrito,

12 como ρ. Por otro lado + = ρ sen θ, por lo que + z se reescribe como sen θ cos θ. Ahora bien z 0, lo que nos lleva, por un lado a que cos θ 0, como θ [0,π], nosllevaporotroladoaquesen θ 0. En conjunto, podemos h deducir que sen θ cos θ equivale a sen θ cos θ, lo cual se cumple cuando θ 0, π i. Resumiendo 4 entonces, el conjunto V escrito en coordenadas esfércias queda como n h bv = (ρ, φ, θ) R 3 : θ 0, π i,φ [0, π), o ρ, 4 es decir, como un paralelepípedo. Recordemos ahora que el jacobiano en el cambio a coordenadas esféricas viene dado por (,, ) (ρ, φ, θ) = ρ sen θ. De este modo tenemos Vol (V ) = dddz = (,, ) V V (ρ, φ, θ) dρdφdθ = ρ sen θdρdφdθ V µ µ π Ã! π = ρ 4 dρ dφ sen θdθ = 4π 3 (5 3 ). 0 0

13 Problema. Considera la curva C = C C formada por z = + z = + C = + C z =,, z 0,, z 0 con punto inicial el origen de coordenadas. Dado el campo F (,, z) =(az,, b ) con a, b R se pide: a) [3 puntos] Encuentra los valores de a, b para los que el campo Fes conservativo en R 3.Para dichos valores determina un potencial de F úsalo para calcular F dc. b) Para a = b =halla b.)[4 puntos] Directamente. C F dc de las siguientes formas: b.) [3 puntos] Mediante el teorema de Stokes, utilizando para ello la superficie S (,, z) R 3 : + = z, z, +,,, z 0 ª. C -Solución- Primero haremos un esbozo de la curva que se describe en el enunciado del problema. Observamos que C es la intersección del paraboloide z = + con el cilindro = + en el primer octante, mientras que C es la intersección del mismo paraboloide anterior con el plano z =también en el primer octante. El cilindro esta generado por la circunferencia = + + µ = 4. Nuestra curva es la unión de estos dos tramos tomando como punto inicial el origen de coordenadas. En la siguiente figura vemos la curva C donde encontramos que C no es cerrada que su recorrido se realiza desde (0, 0, 0) al punto final (, 0, ). z (, 0, ) z = = + C C z= + ( 0,0,0) C= C C 3

14 a) Para ver si el campo F =(az,, b ) es conservativo en R 3 podemos optar por ver cuándo el campo F es irrotacional en R 3 a que al ser F de clase C en un dominio conveo abierto se trata de un concepto equivalente. Así rot (F )(,, z) = F = i j k / / / z az b =(b, a +, 0), por lo tanto para que rot (F )(,, z) =(0, 0, 0) en todo R 3 debe ocurrir que b =0 a =. Luego F es conservativo en R 3 si sólo si b =0 a =. Buscaremos ahora con seguridad el potencial de F a que por ser conservativo tiene que eistir. Un potencial es un campo escalar f tal que f (,, z) =( z,, ), es decir f = z f = f z = Como f = z entonces integrando respecto obtenemos que f = z + c (, z). Si derivamos esta epresión de f respecto conseguimos f = c (, z) =, por lo que integrando ahora respecto se tiene c (, z) = +d (z). Hemos obtenido entonces f = z + +d (z). Finalmente derivando respecto z tenemos + d 0 (z) =f z = portantod 0 (z) =0con lo cual d (z) =cte. Hemos llegado a que los potenciales de F son f (,, z) = z + + cte. Un potencial en particular lo podemos tomar escogiendo cte =0. Finalmente calcularemos la integral de línea de F en C para b =0a = usando el potencial calculado. Por la regla de Barrow de la integral de línea se tiene que F dc = f (, 0, ) f (0, 0, 0) =. C. b) Si a = b =entonces F (,, z) =(z,, ). En este caso F no es conservativo no tenemos un potencial. b.) Para calcular la integral de línea de F sobre C directamente aplicaremos la linealidad, F dc = C F dc + C F dc. C La curva C está contenida en el plano z = su proección sobre el plano OXY es el tramo de la circunferencia que genera el cilindro en el primer cuadrante, esto es 4

15 z z = = + z= + C ( 0,0,0 ) Tenemos entre otras las siguientes tres opciones para parametrizar la curva proección por lo tanto la curva C. Opción. Despejando en la ecuación de la circunferencia la coordenada obtenemos que = p con [0, ], a que 0. Así, tomando t =, c (t) =³ t t,t,t,t [0, ]. Opción h. Usando coordenadas polares la circunferencia se escribe como r =senθ considerando θ 0, π i. Luego =senθcos θ, =sen θ. La parametrización, tomando t = θ, es c (t) = sen t cos t, sen t, sen t h,t 0, π i. Opción 3. Usando coordenadas polares trasladadas al punto (0, /) la circunferencia se escribe h como r =/ con θ π, π i. Luego = cos θ, = + sen θ. La parametrización, tomando t = θ, es µ c (t) = cos t, + sen t, + h sen t,t π, π i. Con cualquiera de ellas se puede obtener la integral sin problemas. En esta solución usaremos la última. Observamos que el punto inicial es c ( π/) = (0, 0, 0) por lo que la orientación es correcta que el vector tangente es c 0 (t) = µ sen t, cos t, cos t. Luego, F (c (t)) c 0 (t) = = µ 4 cos t ( + sen t), ( + sen t), ( + sen t) 4 cos t µ sen t, cos t, cos t = 3 8 cos t sen t + 3 cos t, 8 5

16 usando que cos 3 t =cost ( sen t). Por definición la integral queda C F dc = = π π F (c (t)) c 0 (t) dt = 3 6 sen t sen t π π π π = cos t sen t + 3 cos tdt 8 La curva C está contenida en el plano z = su proección sobre OXY es el tramo del primer cuadrante de la circunferencia unidad centrada en el origen. z (,0, ) z = = + C z= + Entre otras tenemos estas dos opciones para parametrizar la curva proección por lo tanto dos parametrizaciones para la curva C. Opción. Si despejamos en la ecuación + =entonces obtenemos = a que estamos en el primer octante. Tomando t = encontramos la parametrización ³ c (t) = t, t,,t [0, ]. Opción. En polares la circunferencia unidad es r = por lo tanto podemos parametrizar la curva como h c (t) =(cost, sen t, ),t 0, π i. Nuevamente con cualquiera de ellas la integral es sencilla, nosotros hemos escogido la segunda. Observamos que como c (0) = (, 0, ) la orientación es contraria a la deseada que el vector tangente es c 0 (t) =( sen t, cos t, 0). Tenemos entonces que F (c (t)) c 0 (t) = cos t, sen t, sen t cos t ( sen t, cos t, 0) = 0. Luego π F dc = C 0 F (c (t)) c 0 (t) dt =0. Finalmente obtenemos que F dc = F dc + F dc = 3 C C C 4. 6

17 b.) Queremos calcular ahora la misma integral del apartado anterior pero usando el teorema de Stokes para la superficie S indicada en el enunciado. Dicha superficie es la porción de paraboloide del primer octante que se encuentra fuera del cilindro, es decir z z = = + C 3 C C z= + S C= C C Observamos que C no es el borde eactamente de S que por lo tanto debe ser completada con la curva C 3 para poder aplicar el teorema. Además C 3 tiene que ser vista con la orientación indicada en el dibujo para completar la orientación deseada en C. Si denotamos por C = C C C 3 entonces la orientación de S que es compatible con la dada en la curva C es aquella en la que los vectores normales se alejan del eje O, comoseindicaeneldibujo. Por lo tanto, el teorema de Stokes nos garantiza que F dc = rot (F ) ds, C S, por lo tanto F dc = rot (F ) ds F dc C S C 3 con las orientaciones anteriormente comentadas. Buscamos una parametrización para S. Al ser un paraboloide quizá lo más simple es parametrizar usando coordenadas cartesianas, aunque también es posible construir otras. En ese caso z = + porlotanto S (, ) =,, +, (, ) D dondelaregióndeparámetrosd es la proección de S sobre el plano OXY. 7

18 z z = = + S z= + D C= C C Es decir el conjunto de puntos del paraboloide que verifican +, +,, 0 según la definición de S. Esto es la parte del interior de la circunferencia + =que es eterior a la otra circunferencia + = siempre en el primer cuadrante. + = D + = Veamos el producto vectorial de la parametrización, i j k S S = 0 =(,, ). 0 Si escogemos un punto cualquiera de la superficieobservamos quelosvectoresnormalesapun- tan hacia arriba, por ejemplo S (0, 0) = (0, 0, 0) (S S )(0, 0) = (0, 0, ). Por lo tanto la orientación dada por esta parametrización es contraria a la requerida. El rotacional está calculado en el primer apartado para a = b =es rot (F )=(, 3, 0). Luego, rot (F ) ds = (, 3, 0) (,, ) dd = ( +6) dd. S D La región D es fácil de describir bien como región -proectable bien como θ-proectable trabajando con coordenadas polares por ambos lados salen integrales sencillas. Usaremos un cambio a polares en este caso, = r cos θ e = r sen θ con jacobiano (, ) (r, θ) = r, D 8

19 por lo que θ D r = senθ D r = h 0, π i sen θ r. Así, la integral queda como π ( +6) dd = r cos θ +6r 3 sen θ cos θ drdθ 0 sen θ π = 0 3 r3 cos θ + 3 r4 sen θ cos θ dθ sen θ π µ = 0 3 cos θ + 3 sen θ cos θ 3 sen3 θ cos θ 3 sen5 θ cos θ dθ = 3 sen θ sen θ 6 sen4 θ π 4 sen6 θ =. AhoracalculamoslaintegralenC 3. Observamos que se trata del corte, en el primer octante, del paraboloide con el plano =0, esto es la parábola z = con [0, ]. Por ello una parametrización sencilla es c (t) = t, 0,t, t [0, ] la cual tiene la orientación contraria a la requerida porque c (0) = (0, 0, 0) su vector tangente es c 0 (t) =(, 0, t). Así Por lo tanto la integral de línea es F (c (t)) c 0 (t) = t 3, 0, t (, 0, t) = t 3. C 3 F dc = Finalmente, la integral buscada es F dc = coincidiendo con el resultado del apartado b.. C S 0 t 3 dt = t4 4 0 = 4. rot (F ) ds F dc = 3 C 3 4, 0 9

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