Examen final de Cálculo Integral

Transcripción

1 Examen final de Cálculo Integral de junio de 11 (Soluciones) Cuestiones C 1 La respuesta es que la función es integrable, como consecuencia del Teorema 1.1 de los apuntes, o el Teorema del Capítulo 5 del libro. En efecto, tomamos un rectángulo R que contenga a la elipse y analizamos la integrabilidad de la función f : R R, construida como en la definición 1.. Entonces f es integrable por el Teorema 1.1, puesto que es continua en todo el rectángulo salvo en las gráficas de cuatro funciones continuas: y = (9 x )/5 ] 1/, y = (9 x )/5 ] 1/, x =, y =. (Concretando más, sobre los puntos de las dos primeras gráficas no sabemos si es continua o no, y sobre los puntos de las otras dos sabemos que es discontinua. Pero este detalle no afecta a la conclusión.) C Lo segundo es cierto, forma parte del Teorema Y lo primero no lo es, como se explica en la nota resaltada que sigue al mismo teorema. C La respuesta a la primera pregunta es positiva y la respuesta a la segunda es negativa, como consecuencia del Teorema. y del Teorema., respectivamente. C 4 No puede calcularse el flujo de un campo vectorial a través de una cinta de Möbius, puesto que al no ser una superficie orientable no tiene sentido atravesarla. En cambio, no hay ningún inconveniente en proponer calcular su área, dado que el área se calcula mediante la integral de un campo escalar. C 5 Está explicado en el Ejemplo.5 de los apuntes. Problemas P 1 Vamos a exponer dos formas de resolver este problema. Antes, observemos lo siguiente. Para un z fijo: - En el paraboloide tenemos la circunferencia de centro (,, z) y radio z. - En la esfera tenemos la circunferencia de centro (,, z) y radio z.

2 El paraboloide y la esfera se cortan cuando z = z, es decir, cuando z +z =, cuyas soluciones son z = 1 y z =. La última solución no es válida en este caso ya que, de acuerdo con la ecuación del paraboloide, se verifica que z. Por lo tanto la intersección del paraboloide y de la esfera viene dada por la circunferencia x + y =. Primera forma de resolución El volumen pedido V es: dx dy dz, (1) donde W = {(x, y, z) R : x + y W z } x y, (x, y) D, siendo D la región simple en el plano XY dada por D = { (x, y) R : x + y } (círculo de centro (, ) y radio ), o lo que es lo mismo, D = {(x, y) R : x, x y x }. Aplicando la fórmula de integrales triples reiteradas en (1), integrando primero respecto de z y después respecto de y y x respectivamente, tenemos que: x x y dz dy dx = () = x x x Pasando a coordenadas polares: x +y ( ) x y x + y dy dx. π = π r ( ) r r 1 ( r ) / r4 / 8 dr dθ = π ] (r r r ) dr = ( = π ). ()

3 Segunda forma de resolución Se trata de calcular la integral triple de (1) cambiando el orden de integración respecto al utilizado en (). Ahora vamos a integrar primero respecto de x e y y posteriormente respecto de z. Entonces: 1 dx dy dz + D 1 1 dx dy dz. D La primera integral corresponde al volumen encerrado por el paraboloide desde z = hasta el valor de z en el que éste intersecta con la esfera (z = 1). Sabemos que, para cada z, D 1 es el círculo de centro (,, z) y radio z. Esto implica que D 1 dx dy = área de D 1 = πz. La segunda integral corresponde al volumen encerrado por la esfera desde donde intersecta con el paraboloide (z = 1) hasta el valor máximo que puede tomar z en la esfera (z = ). Sabemos que, para cada z, D es el círculo de centro (,, z) y radio z. Esto implica que D dx dy = área de D = π ( z ). Entonces: 1 πz dz + π( z )dz = = π 1 ] 1 z + z z Y finalmente haciendo operaciones triviales, se obtiene que π ( ), valor que, como es de esperar, coincide con el obtenido en la primera forma de resolución. ] 1 ]. P Una parametrización de Σ es Φ : D R, (θ, z) ( cos(θ), sin(θ), z),

4 donde D = {(θ,z) R : θ π, z cos(θ) + }. Para cada (θ,z) D, el vector normal es n Φ (θ,z) = ( sin(θ), cos(θ), ) (,, 1) = ( cos(θ), sin(θ), ), con lo que n Φ (θ,z) =. Entonces, y ds = f(φ(θ, z)) n Φ (θ,z) dz dθ = Σ π cos(θ)+ π D 8 sin (θ)dz dθ = 16 sin (θ) cos(θ)dθ + sin (θ 16 ] π π π 8 sin (θ)( cos(θ) + )dθ = 4 sin (θ)dθ = + 4 θ sin(θ) cos(θ) ] π = 4π. P Primera forma de resolución es donde Sea Σ la semiesfera del enunciado. Una parametrización de esta superficie Φ 1 : D 1 R, (x, y) (x, y, g(x, y)), g(x, y) = z(x, y) = 9 x y, D 1 = {(x, y) R : x + y 9}. (4) Con esta parametrización, la semiesfera es una superficie definida en forma explícita, con lo que, para cada (x, y) D 1, el vector normal apuntando hacia arriba es ( n Φ1 (x, y) = g x ) ( (x, y), g(x, y), 1 = y x 9 x y, ) y 9 x y, 1. Además, de acuerdo con el dominio de parámetros D 1 dado en (4), el borde de la superficie Σ es la parte de Σ cuya proyección en el plano XY está en el borde de D 1, es decir, Σ = {(x, y, ) R : x + y = 9}, que es la circunferencia de centro (,, ) y radio en el plano XY.

5 Una parametrización de Σ es: c :, π] R, c(θ) = ( cos(θ), sin(θ), ). (5) Dicha parametrización es compatible con la orientación de Σ, ya que si el vector normal recorre Σ en sentido antihorario, va dejando la semiesfera Σ a su izquierda. Ahora tenemos todos los datos necesarios para pasar a verificar el Teorema de Stokes. I. Cálculo de Σ + F ds. F ds = Σ + c π π F ds = π F(c(θ)) c (θ)dθ = ( sin(θ), 9 cos (θ), ) ( sin(θ), cos(θ), ) = ( 9 sin (θ) + 7 cos (θ))dθ = 9 (observar que π cos (θ)dθ = ). II. Cálculo de Σ + F ds. ] π θ sin(θ) cos(θ) = 9π Σ + (x 1)dx dy = Puesto que F = (x 1)k, tenemos: D 1 D 1 ( ) x y (,, x 1) 9 x y, 9 x y, 1 dx dy = F ds = ( F)(x, y) n Φ1 (x, y)dx dy = (,, x 1) n Φ1 (x, y)dx dy = D 1 D 1 (pasando a polares) = π π ] ] π r sin(θ) π r(r cos(θ) 1)dr dθ = r ] = 9π. π (r cos(θ) r)dr dθ = Por lo tanto, las integrales calculadas en I y II coinciden, con lo que queda verificado el Teorema de Stokes. Segunda forma de resolución

6 Otra posible parametrización de la semiesfera Σ se obtiene usando coordenadas esféricas: Φ : D R, (ϕ, θ) ( sin(ϕ) cos(θ), sin(ϕ) sin(θ), cos(ϕ)), donde D =, π ], π]. (6) Para cada (ϕ, θ) D, el vector normal correspondiente a esta parametrización es n Φ (ϕ, θ) = ( cos(ϕ) cos(θ), cos(ϕ) sin(θ), sin(ϕ)) ( sin(ϕ) sin(θ), sin(ϕ) cos(θ), ) = (9 sin (ϕ) cos(θ), 9 sin (ϕ) sin(θ), 9 sin(ϕ) cos(ϕ)), vector que apunta hacia arriba para todo ϕ. Además, de acuerdo con el dominio de parámetros D dado en (6), el borde de la superficie Σ es la parte de Σ cuya proyección en el plano XY está en el borde de D, es decir, Σ = {( cos(θ), sin(θ), ) : θ π}, con lo que ahora llegamos directamente a la parametrización dada en (5). Nuevamente tenemos todos los datos necesarios para pasar a verificar el Teorema de Stokes. I. Cálculo de Σ + F ds. Exactamente el mismo cálculo que en la primera forma de resolución (ver los comentarios anteriores). II. Cálculo de Σ + F ds. Sabemos que F = (x 1)k. Entonces: Σ + F ds = D ( F)(ϕ, θ) n Φ (ϕ, θ)dϕ dθ = π π (,, 6 sin(ϕ) cos(θ) 1) (,, 9 sin(ϕ) cos(ϕ))dϕ dθ (sólo nos interesa la tercera componente de n Φ ) = π π (54 sin (ϕ) cos(ϕ) cos(θ) 9 sin(ϕ) cos(ϕ))dϕ dθ = sin (ϕ) 54 ] π ] π sin(θ) 18π sin (ϕ) ] π = 9π. Con lo que nuevamente queda verificado el Teorema de Stokes.