Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial

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1 Matemáticas III GIC, curso 5 6 Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial EJERCICIO. Considera la integral doble π π ibuja la región del plano XY en la que se está integrando. Usa el teorema de Fubini para calcular dicha integral. y y cosx dx dy. Solución: La región en la que se está integrando es una región Y -proyectable definida por y π e y x π. Por tanto, teniendo y π, la frontera izquierda de dicha región es la parábola x y y la frontera derecha es la recta vertical x π, como se aprecia en el dibujo. La región de integración. Para aplicar el teorema de Fubini, vemos que la región también es X-proyectable. Su proyección es x π, la frontera inferior es y y la frontera superior es la parábola y x, es decir, y x. Entonces, el teorema de Fubini nos dice que π π y y cosx dx dy π x π π y cosx dy dx x cosx dx senx 4 π y cosx senπ 4 x dx.5. Errores más comunes: No dibujar bien la región; en particular, dibujar un rectángulo o confundir la parábola x y con la parábola y x. No calcular bien los límites de integración, o sea, las fronteras de la región. 3 No conocer el procedimiento para pasar de Y -proyectable a X-proyectable. 4 No aplicar, o no aplicar bien, el teorema de Fubini; en particular, poner que la integral es igual a π y π. 5 Intentar calcular una primitiva de cosx. 6 Equivocarse con las operaciones; en particular al intentar calcular una primitiva de cosx. 7 No aplicar bien la regla de Barrow en la última integral.

2 Matemáticas III GIC, 5 6 EJERCICIO. Sea la porción del anillo elíptico 4 4x + y 36 que se encuentra en el primer cuadrante. ibuja la región y calcula xy dx dy. Solución: ibujamos las elipses 4x + y 4 y 4x + y 36. La región comprendida entre ellas en el primer cuadrante es la que se ve en el dibujo. La región. Las regiones y. Como en ambas elipses el semieje mayor es el doble que el menor, para hallar la integral, hacemos el cambio de variables x r cost e y r sent con r 3 y t π/. El determinante de la matriz jacobiana de este cambio de variables es r, así que, de acuerdo en el teorema del cambio de variables, xy dx dy r3 tπ/ r t r3 tπ/ r r3 r t 4r 3 sen t r cost r sent r dt dr 4r 3 cost sent dt dr tπ/ t r3 dr r r 3 dr r4 r3 r 4. Otra opción es dividir la región en la región correspondiente a x y la región correspondiente a x 3 y usar que ambas son X-proyectables. Entonces, xy dx dy y, por otro lado, xy dx dy 36 4x 4 4x 36 4x x y x 4 4x xy dy dx dx x 36 4x 4 4x dx 6x dx 8, xy dy dx 3 x y 36 4x dx 3 8x x 3 dx 3.

3 Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial 3 Luego xy dx dy xy dx dy + xy dx dy 4. Errores más comunes: No hacer bien el dibujo; en particular, dibujar todo el anillo, no solo el trozo del primer cuadrante, o dibujar las elipses con los semiejes cambiados. No utilizar el cambio a coordenadas elípticas x ar cost, y br sent, en particular usando círculos a b, o utilzarlo mal confundiendo los semiejes o tomando t π en vez del primer cuadrante t π/. 3 Integrar en el rectángulo dado por x 3, y 6, o en el dado por x 3, y 6 4 Al hacer un cambio de variables, olvidarse de multiplicar por el valor absoluto del determinante de la matriz jacobiana del cambio o calcular mal ese determinante diciendo que es r y no a b r. 5 Equivocarse con las operaciones, en particular al calcular las primitivas y al aplicar la regla de Barrow. EJERCICIO 3. La ecuación diferencial y +9xy+xy +3x y tiene un factor integrante µx que solo depende de x. Halla µx y resuelve la ecuación diferencial. Solución: ebemos hallar µx sabiendo que µxy + 9xy + µxxy + 3x y es una ecuación diferencial exacta, o sea [ µxxy + 3x ] x [ µxy + 9xy ]. y erivando, obtenemos µ x xy + 3x + µx y + 6x µx 4y + 9x, con lo que, agrupando, µ x xy + 3x µx y + 3x. Ahora, simplificando el factor común y + 3x, obtenemos la ecuación en variables separadas xµ x µx, con solución µx x. Para resolver la ecuación exacta xy +9x y+x y+3x 3 y, hallamos una función potencial fx, y del campo conservativo xy + 9x y, x y + 3x 3. Para ello, integrando parcialmente con respecto a x la igualdad f x xy + 9x y queda fx, y x y + 3x 3 y + ky. erivando esta expresión de f parcialmente con respecto a y e igualando a x y + 3x 3, obtenemos k y, así que podemos tomar como potencial fx, y x y + 3x 3 y. Una vez hallado un potencial fx, y x y + 3x 3 y de la ecuación exacta, la solución general de la ecuación es x y + 3x 3 y c, siendo c una constante real cualquiera. En otras palabras, la solución general son las curvas de nivel del potencial no el potencial. Errores más comunes: No conocer la noción de factor integrante o qué implica su existencia. No usar que µx/ y. 3 No simplificar el factor común y + 3x y hallar una función µ que también depende de y. 4 Equivocarse con las operaciones, en particular al hallar alguna primitiva. 5 Confundir el potencial con la solución de la ecuación diferencial.

4 4 Matemáticas III GIC, 5 6 EJERCICIO 4. Cuando se fríe una rodaja circular de patata, ésta adquiere la forma aproximada de un trozo redondo de un paraboloide hiperbólico con el punto de silla en su centro. La gráfica x y de la función fx, y + cuando el punto x, y está en la región circular dada por x + y 4 con x e y medidos en centímetros representa una de dichas patatas fritas. ibuja en la figura los tres ejes coordenados y la región. Calcula el área de la patata frita. x y Solución: El centro del paraboloide hiperbólico z + es el punto,,. Por otro lado, los dos puntos más altos del borde A ±,, 3 se proyectan sobre los puntos ±,, del eje OX y los dos puntos más bajos B, ±, sobre los puntos, ±, del eje OY. Figura del enunciado del examen. Situación aproximada de los ejes y región. x y x Puesto que tenemos una superficie z fx, y y 4 en el círculo, el área de la rodaja es área f x + f y + dx dy x y x + y + + dx dy + 4 dx dy. con x, y Haciendo un cambio de variables a coordenadas polares, teniendo en cuenta que es un círculo de radio, nos queda r θπ r + 4 r área r dθ dr π r + 4 r dr r θ r r + 4 3/ r π 3 π π cm. 3 3 r Errores más comunes: Situar el eje OY en el dibujo en posición casi horizontal, cuando debe pasar por la proyección sobre del punto más bajo B de la rodaja. No conocer la integral para hallar el área de una superficie z fx, y, en particular, confundirla con la integral para hallar el volumen, o con la integral que da el área de la proyección. 3 Equivocarse en el cambio a coordenadas polares, sobre todo con el radio de. 4 No multiplicar por el determinante de la matriz jacobiana o equivocarse al hallar la primitiva. 5 No darse cuenta, al aplicar la regla de Barrow en el extremo r, de que el valor de r + 4 3/ es 8, no.

5 Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial 5 EJERCICIO 5. Sea C el triángulo de vértices A,, A, y A 3,. Usa el teorema de Green para calcular la circulación del campo Fx, y x, 4xy alrededor de C, cuando se recorre en sentido positivo. Solución: Sea la región triangular limitada por C. El teorema de Green nos dice que la circulación de F alrededor de C es C F d r rot F dx dy. Puesto que, por otro lado, se tiene rot F [4xy ] x [x ] y 4y, tenemos que hallar la integral doble 4y dx dy. como región OX-proyectable. y como regiones OY -proyectables. Para hallar 4y dx dy, podemos ver como la región OX-proyectable dada por x y x/ y x/, así que 4y dx dy x y x/ x x x yx/ 4y dy dx x x 4y x/ 3 x/ 3 dx y x/ yx/ Otra opción es dividir en las dos regiones OY -proyectables y que se muestran en la figura. Entonces, 4y dx dy 4y dx dy + 4y dx dy y xy y y y x 4y y dy + 4y dx dy + y y y x4 y y x 4y dx dy dx 4y 4 y dy Errores más comunes: No aplicar el teorema de Green y hallar la circulación directamente, parametrizando C. Equivocarse hallando la ecuación del lado superior del triángulo. 3 Plantear la integral doble como y x/ x yx/ x 4y dx dy, lo que no es correcto en una región que es OXproyectable, en la que se integra primero con respecto a y y después con respecto a x. 4 Errores en las operaciones.

6 6 Matemáticas III GIC, 5 6 EJERCICIO 6. Sean S la porción del paraboloide z 4 x y contenida en el octante positivo y C el borde de S recorrido en sentido positivo cuando se mira desde el origen. ibuja la curva C, indicando el sentido de recorrido. Calcula la circulación del campo Fx, y, z yz ı+ xz ȷ+ k alrededor de C parametrizando cada uno de los tramos de la curva. Solución: El borde C de S está compuesto por el corte del paraboloide z 4 x y con cada uno de los planos coordenados. El corte del paraboloide con el plano z nos da la el tramo C XY circunferencia x + y 4 situada en el primer cuadrante del plano XY. que es el cuarto de la El corte del paraboloide con el plano x nos da la el tramo C Y Z que es el tramo de la parábola z 4 y situada en el primer cuadrante del plano Y Z. El corte del paraboloide con el plano y nos da la el tramo C XZ que es el tramo de la parábola z 4 x situada en el primer cuadrante del plano XZ. Puesto que C debe recorrerse en sentido positivo cuando se mira desde el origen, que en el dibujo está detrás del paraboloide, el sentido es negativo desde el punto de vista de quien mira desde este lado del paraboloide, como se muestra en la figura. La curva C y sus tres tramos. Parametrizamos C XY como es usual: xt cost, yt sent, zt con t π/. Entonces, el sentido de recorrido es contrario al que queremos, por tanto π/ F d r sent, cost, sent, cost, dt. C XY Parametrizamos el trozo de parábola C XZ mediante xt t, yt, zt 4 t con t. En este caso, el sentido también es contrario al que queremos, así que F d r 4 t, t 4 t,,, t dt t dt 4. C XZ

7 Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial 7 Finalmente, parametrizamos el trozo de parábola C Y Z mediante xt, yt t, zt 4 t con t. En este caso, el sentido es el que queremos, por tanto C Y Z F d r En consecuencia, C F d r t 4 t, 4 t,,, t dt t dt 4. Errores más comunes: ibujar el paraboloide con el vértice debajo. No hallar los tres tramos de C; en particular, decir que C es solo el del suelo. 3 No dibujar el sentido que se pide en el enunciado sino el opuesto. 4 No parametrizar bien las curvas y, en especial, tratar con superficies en vez de curvas usando dos parámetros. 5 No comprobar si la parametrización corresponde al sentido fijado. EJERCICIO 7. Sean S la porción del paraboloide z 4 x y contenida en el octante positivo y C el borde de S recorrido en sentido positivo cuando se mira desde el origen como en el Ejercicio 6. ibuja la superficie S, indicando en el dibujo el vector normal adecuado para que las orientaciones de C y S sean compatibles. Calcula la circulación del campo Fx, y, z yz ı + xz ȷ + k alrededor de C como una integral de superficie en S aplicando el teorema de Stokes. Solución: Para que las orientaciones de la superficie y la curva sean compatibles, el vector normal a la superficie debe apuntar hacia la cara interior del paraboloide, la que se ve desde el origen se ve más claro, quizás, usando la regla del sacacorchos Algunos vectores normales en amarillo apuntando hacia adentro. Tenemos que hallar la circulación del campo Fx, y, z yz ı + xz ȷ + k alrededor de C, con el sentido dado, como una integral de superficie en S aplicando el teorema de Stokes que dice que dicha circulación es C F d r S rot F d S donde el vector normal debe apuntar hacia el interior del paraboloide.

8 8 Matemáticas III GIC, 5 6 Empezamos hallando el rotacional de F: rot F ı ȷ k / x / y / z yz xz x, y, z. Ahora parametrizamos el paraboloide usando, por ejemplo, coordenadas polares para x e y: x r cosθ y r senθ z 4 r con r y θ π/. Entonces el producto vectorial fundamental es Sr ı ȷ k S θ cosθ senθ r r senθ r cosθ r cosθ, r senθ, r, que es un vector normal exterior al paraboloide y, por tanto, nos proporciona la cara opuesta a la que deseamos. En consecuencia, F d r rot F d S C S r θπ/ r θ r θπ/ r θ r cosθ, r senθ, 4 r r cosθ, r senθ, r dθ dr 4r 3 8r r dθ dr π/ 4r 3 8r dr r π/ r 4 4r r π6 6. r También podemos parametrizar en cartesianas x x, y y, zx, y 4 x y con x, y en, el cuadrante positivo del círculo x + y 4. Entonces el producto vectorial fundamental es zx, z y, x, y, que también señala la cara exterior. Por consiguiente, C F d r rot F d S x, y, 4 x y x, y, dx dy S 4x + 4y 8 dx dy. Finalmente, usando coordenadas polares, nos queda la misma integral que antes: C r F d r 4x + 4y 8 dx dy r θπ/ θ 4r 8 r dθ dr. Errores más comunes: ibujar el paraboloide con el vértice debajo. No dibujar el vector normal que se pide, sino el opuesto. 3 Equivocarse con las operaciones al hallar el rotacional. 4 Utilizar tres o cuatro caras del paraboloide sólido en vez de la única que se pide en el enunciado. 5 No parametrizar bien la superficie S, en especial parametrizarla como un plano o un cono. 6 Al usar coordenadas cartesianas, usar como proyección un cuadrado, no un cuarto de círculo. 7 No multiplicar por el determinante de la matriz jacobiana

9 Soluciones de los ejercicios del segundo examen parcial 9 EJERCICIO 8. Sea U {x, y, z R 3 : x + y, y + z, z } el sólido que se muestra en la figura. Sea Fx, y, z xz, x + z, y x. Aplica el teorema de la divergencia de Gauss-Ostrogradski para hallar el flujo de F a través de la cara exterior de U. Solución: El teorema de la divergencia dice que, en las condiciones dadas, el flujo de F a través de la cara exterior de U es igual a U div F dv. Empezamos calculando la divergencia de F div F div xz, x + z, y x [xz] x + [x + z] y + [y x] z z + + z. Para hallar z dv, observemos que U es un sólido XY -proyectable. U La proyección de U sobre el plano XY es el círculo dado por x + y y, para cada x, y en, la coordenada z de los puntos de U cumple z y. Por tanto, [ z y ] z y z dv z dz dx dy z dx dy y dx dy. U z Para hallar esta integral hacemos un cambio a coordenadas polares r θπ z dv r senθ r dθ dr U r θ r θπ r r r θ z 4r 4r senθ + r 3 sen θ dθ dr 8πr + πr 3 dr 4π + π 4 7π Errores más comunes: No usar el teorema de la divergencia y hallar directamente la integral de flujo. Hacer la integral triple sobre un paralelepípedo. 3 Usar como límite superior de la integral para z el plano z 3, no el plano z y. 4 Poner que la proyección sobre el plano XY es un cuadrado. 5 No multiplicar por el determinante de la matriz jacobiana. 6 Equivocarse al aplicar la regla de Barrow, poniendo que cosθ π vale y no.