Certamen 2 - Mate 024 (Pauta)

Transcripción

1 Certamen - Mate 4 (Pauta) noviembre 6, Calcular γ x 4 + y 4 1 dx + y 3 x 4 + y 4 1 dy en cada uno de los siguientes casos: a) γ es la curva x + y = 1 4 y se recorre en sentido positivo. b) γ es la elipse x 9 + y 4 = 1 y se recorre en sentido positivo. solución: Observar que se cumple dp dy = dq dx = 4 y 3 (x 4 + y 4 1) Luego el campo es conservativo en regiones que no contienen la curva x 4 + y 4 interior. = 1 en su a) Si γ es la curva x + y = 1 4 entonces γ esta contenido en la región interior a la curva x 4 + y 4 = 1. En efecto, si x + y = 1 4 entonces x 1 y 1 x y x 4 + y < 1 Luego es posible usar el Teorema de Green aquí y queda γ x 4 + y 4 1 dx + y 3 x 4 + y 4 1 dy = x +y 1/4 da = Observación: Esta integral se puede calcular directamente usando la parametrización x = 1 cos(θ) ; y = 1 sen(θ). La integral queda: MAT4 1

2 π π 1 8 cos3 (θ) ( 1 cos(θ)) sen3 (θ) ( 1 cos(θ)) 1 dθ = 16 (cos4 (θ) + sen 4 (θ)) 1 π π sen 3 (θ) cos(θ) cos 3 (θ) sen(θ) cos 4 (θ) + sen 4 (θ) 16 dθ = pues se trata de la integral de una función impar, entre π y π. b) Fuera del círculo cuartico x 4 +y 4 = 1 se puede usar el Teorema de Green para regiones multiplemente conexas y elegir un camino cerrado que permita calcular la integral más facilmente. Tomar la curva ζ = ζ 1 + ζ + ζ 3 + ζ 4 que encierra el círculo, ζ se recorre en sentido positivo. Se tiene Parametrización de ζ 1 : ζ 1 : { x = y = t t dx = dy = dt Luego ζ 1 x 4 + y 4 1 dx + y 3 x 4 + y 4 1 dy = x dx = Por otra parte para cada uno de los tres lados restantes se obtiene la misma integral (a veces con signo -). Luego γ x 4 + y 4 1 dx + y 3 x 4 + y 4 1 dy = ζ = ζ 1 ζ ζ 3 ζ 4 = Observación: Esta integral tambien se puede calcular directamente usando la parametrización x = 3 cos(θ) ; y = sen(θ). La integral queda: π π 7 cos 3 (θ)( 3 sen(θ)) + 8 sen 3 (θ)( cos(θ)) 81 cos 4 (θ) + 16 sen 4 (θ) 1 = π π 16 sen 3 (θ) cos(θ) 81 cos 3 (θ) sen(θ) 81 cos 4 (θ) + 16 sen 4 (θ) 1 = pues se trata de la integral de una función impar, entre π y π. MAT4

3 . Considerar la curva τ, intersección de las superficies x + y + z = 16 y x + y = 4y. Sea δ(x, y, z) = x la densidad de masa en el punto (x, y, z). Calcular la masa de la curva τ. solución: Parametrización de τ. x = sen(θ) y = (1 cos(θ)) z = 4 cos(θ) ; θ π dx = 4 cos(θ) dθ dy = 4 sen(θ) dθ dz = 4 sen(θ) dθ Se cumple ds = 16 cos (θ) + 16 sen (θ) + 16 sen (θ) dθ = sen (θ) dθ Luego la masa queda τ x ds = 4 π/ sen(θ) sen (θ) dθ = 3 π/ sen(θ) cos(θ) 1 + sen (θ) dθ Esta integral sale haciendo el cambio t = 1 + sen (θ). Queda = 64 1 t dt =... = 64 3 ( ) 1 MAT4 3

4 3. Sea S la porción del cilindro x + z = 1 que se encuentra en el 1er octante, entre el plano y = x y el plano y = 3x. Calcular xy ds S solución: Observar que la superficie corresponde al gráfico de la función z = 1 x. Por lo tanto ds = x 1 x + 1 da = 1 da 1 x Luego la integral queda: xy ds = 1 3x xy da 1 x S x = 1 x 1 x y 3x x dx 1 = 4 1 x dx =... = 8 3 MAT4 4

5 4. Encuentre una parametrización de la superficie que se obtiene al girar la curva γ(t) = (t, sin(t)), t [, π], en torno a la recta y = 3 x. solución: Forma 1 Primeramente note que la superficie buscada es aquella que tiene por sección transversal circulos C x de radio y centro c x = r x = 3x sin(x) ( 1/4x + 3/4 sin(x), 3(1/4x + ) 3/4 sin(x)), El radio r x = d((x, sin(x)), l) es perpendicular a la recta l de ecuación y = 3x. Cada uno de estos circulos C x se encuentran en el plano Π x, que contiene al punto c x, de normal (1, 3, ). Esto es, la ecuación de tal plano es Π x : (1/4x + 3/4 sin(x) u) + 3( 3(1/4x + 3/4 sin(x)) v) =. Ya determinados los planos Π x a los que pertenecen los circulos C x (que son la sección transversal de la superficie pedida) podemos determinar una parametrización para cada uno de estos circulos. Para esto, intersectamos la esfera de centro c x y radio r x con el plano Π x. MAT4 5

6 Parametrizamos tal esfera mediante las coordenadas esfericas u = r x cos(θ) sin(φ)+1/4x+ 3/4 sin(x), v = r x sin(θ) sin(φ)+ 3(1/4x+ 3/4 sin(x)), w = r x cos(φ), reemmplazamos (u, v, w) en la ecuación de Π x y obtenemos la condición de intersección Esto es, θ = π 6. sin(φ)(cos(θ) + 3 sin(θ)) =. Por lo tanto ϕ(x, φ) = ( 3x sin(x) 3 sin(φ) + 1/4x + 3/4 sin(x), 3x sin(x) (x, φ) [, π] [, π], es una parametrización de la superficie del enunciado. 1 sin(φ) + 3(1/4x + 3/4 sin(x)), MAT4 6

7 Forma Para obtener una parametrización de la superficie del enunciado procederemos como sigue: i) Rotamos el gráfico de γ(t) = (t, sin(t), ) en π/3 radianes. A la curva obtenida la llamamos γ(t), t [, π]. ii) Revolucionamos γ(t) en torno al eje x. A la superficie obtenida la llamamos ϕ(t, θ), (t, θ) [, π] [, π]. iii) Rotamos ϕ(t, θ) en π/3 radianes obteniendo la superficie ϕ(t, θ), (t, θ) [, π] [, π]. Esta es la parametrización buscada. (Nota: También es correcto rotar γ(t) en π/6 radianes, luego revolucionar en torno al eje y y finalmente rotar la superficie obtenida en π/6.) i) γ(t) ii) ϕ(t, θ) ( 1/ 3/ 3/ 1/ ) ( t sin(t) ) = (t/ + 3/ sin(t), 3/t + 1/ sin(t)) MAT4 7

8 1 cos(θ) sin(θ) sin(θ) cos(θ) t/ + 3/ sin(t) 3/t + 1/ sin(t) = ϕ(t, θ) ϕ(t, θ) = (t/ + 3/ sin(t), cos(θ)( 3/t + 1/ sin(t)), sin(θ)( 3/ + 1/ sin(t))) iii) ϕ(t, θ) donde 1/ 3/ 3/ 1/ 1 [ϕ(t, θ)] = (ϕ 1(t, θ), ϕ (t, θ), ϕ 3 (t, θ)) ϕ 1 (t, θ) = (t/ + sin(t)) cos(θ)( t + 1/ sin(t)) 3 3 ϕ (t, θ) = (t/ + sin(t)) cos(θ)( t + 1/ sin(t)) 3 ϕ 3 (t, θ) = sin(θ)( t + 1/ sin(t)). MAT4 8