Análisis Matemático 2 Ejercicios resueltos

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Nota: Los ejercicios resueltos son los que están marcados con el icono

en la guía

de ejercicios. La misma se encuentra disponible, junto con los ejercicios resueltos, en el sitio web de la cátedra: http://analisis2.webs.com En los ejercicios en los que aparecen vectores, su notación aparece de cualquiera de las dos formas siguientes: u , en itálica con flechita arriba o u, en negrita e itálica. Ante alguna inquietud, escribir a [email protected]

Fabián Romero febrero 2013

2

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 1 Ejercicio 5 Se deberá probar que la familia ortogonal a la familia dada es la misma. Para lo cual se halla la ecuación diferencial de la familia dada, como sigue: Derivando miembro a miembro y 2 = 2cx + c 2 , se tiene: 2 yy ' = 2c

(1)

De (1) yy ' = c , reemplazando c en la familia dada, se tiene: y 2 = 2 yy ' x + ( yy ' ) ó 2

y 2 = 2 yy ' x + y 2 ( y ' )

2

que es la ecuación diferencial asociada a la familia dada.

Luego, para hallar la familia ortogonal, se reemplaza y ' por −

 1  1 \ y = 2 y  −  x + y2  −   y'  y'

2

2

ï y 2 ( y ' ) = −2 xyy '+ y 2 ï 2

−2 xy y2 + ï y = 2 y' ( y ') 2

1 en la última ecuación, y'

ï y = 2

−2 xyy '+ y 2

( y ')

2

ï

y 2 ( y ' ) + 2 xyy ' = y 2 que es la ecuación diferencial 2

asociada a la familia ortogonal. Como las ecuaciones diferenciales asociadas a las familias dada y ortogonal son las mismas, tendrán por solución general las mismas curvas: la familia de curvas dada. Con lo cual se ha probado el ejercicio.

Ejercicio 9 Se deberá probar que la ecuación dada se reduce a la forma de la ecuación de Bernoulli; que siendo x, la variable independiente; e y, la variable dependiente, tiene la forma dy + P ( x ) y = Q ( x ) y n . Ahora bien, si se introduce la sustitución z = y/x, habrá que ver dx cuál resulta la variable dependiente y cuál la independiente. Por lo pronto, se dividen dy ambos miembros de la ecuación dada por dx, para que aparezca , con lo cual se tiene: dx

 y  y  dy  dy  f   + g   + kxα  x − y  = 0 x  x  dx  dx 

(1)

Teniendo en cuenta la sustitución dada y que z◊ x = y, derivando ambos miembros de dz dy esta última ecuación, respecto de x, se tiene: x+ z = (2) dx dx

Luego, reemplazando (2) en (1) y valiéndose de la sustitución, se tiene:

3

  dz   dz   f ( z ) + g ( z )  x + z  + kxα  x  x + z  − zx  = 0  dx     dx  ï

ï

 dz   dz  f ( z ) + g ( z )  x + z  + kxα  x 2 + xz − xz  = 0  dx   dx 

(3)

Esta última tiene 2 variables, x y z. Como z es argumento de f y g, se deduce que z es la variable independiente; en consencuencia, x es la variable dependiente en dicha ecuación. La ecuación de Bernoulli correspondiente sería de la forma: dx + P ( z ) x = Q ( z ) xn dz

Para que aparezca f (z)

(4)

dx dx en (3), se multiplica miembro a miembro por : dz dz

dx dx   + g ( z )  x + z  + kxα x 2 = 0 dz dz  

Sacando factor común

dx y operando sobre la última ecuación, se tiene: dz

dx  f ( z ) + zg ( z )  + g ( z ) x = − kxα + 2 dz

Dividiendo ambos miembros por f ( z ) + zg ( z ) :

g ( z) dx −k + x= xα + 2 dz f ( z ) + zg ( z ) f ( z ) + zg ( z ) P( z)

Q( z)

La cual es de la forma de la ecuación (4), por lo tanto es de Bernoulli en z y x; siendo a + 2 = n.

Ejercicio 12, d dA = k1 (1 − A) − k2 A , se saca factor común A, en el segundo miembro para despejar dt las variables: De

dA = k1 − k1 A − k2 A = k1 − ( k1 + k2 ) A dt

(1)

Ahora se pueden despejar las variables:

dA = dt k1 − ( k1 + k2 ) A Recordando que la integral

(2) 1

∫ f (ax + b)dx = a F ( ax + b ) ; en este caso, “nuestra” ax + b

es “ − ( k1 + k2 ) A + k1 ”, por lo tanto al integrar (2) se tiene:

4

1 ln − ( k1 + k2 ) A + k1 + c1 = t + c2 − ( k1 + k2 )

(3)

Las constantes de integración c1 y c2 pueden escribirse de un solo lado de la ecuación; por ejemplo, el derecho. Luego, c2 − c1 es una nueva constante, que se llamará C. Por lo 1 ln − ( k1 + k2 ) A + k1 = t + C (4) tanto (3) queda de la siguiente manera: − ( k1 + k2 ) De la misma manera que se definió C, como c2 − c1 , se podrá definir “otra C” como multiplicación de dos constantes. El próximo paso a realizar en la ecuación (4) es pasar “ − ( k1 + k2 ) ” multiplicando al segundo miembro de dicha ecuación; de esta manera,

cuando se tenga “ − ( k1 + k2 ) C ”, a esta nueva constante se la llamará, nuevamente, C.

En muchos casos se redefinirá la constante C de manera conveniente y la explicación de ese hecho, a menudo, se omitirá; dejando al lector que interprete los resultados. Por otro lado, al redefinir una constante de integración, como c2 − c1 , se deberá considerar que ésta pueda ser cualquier número real. Continuando con el ejercicio, (4) queda de la siguiente manera:

ln − ( k1 + k2 ) A + k1 = − ( k1 + k2 ) t +  − ( k1 + k2 ) C 

(5)

nueva C Recordando la propiedad de los logarítmos, si lna = b entonces a = eb; y, (5) queda: − ( k1 + k2 ) A + k1 = e−( k1 + k2 )t +C

ï

ï

− ( k1 + k2 ) A + k1 = e−( k1 + k2 )t eC ï

− ( k1 + k2 ) A + k1 = e −( k1 + k2 )t C , siendo C > 0

Además, por (1), la tasa de cambio del aprendizaje con respecto al tiempo, que es la velocidad de aprendizaje, se supone positiva. Por lo tanto, − ( k1 + k2 ) A + k1 = − ( k1 + k2 ) A + k1 En esta instancia se puede conocer el valor de C, valiéndose de la condición inicial A(0) = 0. Reemplazando en la última ecuación, se tiene que C = k1 . En consecuencia, despejando A de la última ecuación, se tiene:

e−( k1 + k2 )t k1 − k1 A= − ( k1 + k2 )

ï A=

ï

1  −e −( k1 + k2 )t k1 + k1   ( k1 + k2 ) 

A=

ï

k1 1 − e −( k1 + k2 )t   k + k ( 1 2) 

La última ecuación es la solución de la ecuación diferencial del modelo. Como se ve, k1 cuando t tiende a un valor grande, A tiende a . Suponiendo que, a medida que ( k1 + k2 ) se va memorizando, uno se va olvidando (k2 > 0), el modelo dice que nunca se

5

memorizará la lista completa. Por el contrario, si k2 = 0, en algún momento (t prácticamente grande) la persona memorizará toda la lista.

Ejercicio 12, i d 2q dq 1 + R + q = E ( t ) ; siendo E(t), el voltaje; L, la 2 dt dt C inductancia; R, la resistencia y C, la capacitancia. En este caso, al reemplazar por los valores del ejercicio, se tiene: La ecuación del modelo es L

d 2q dq + 2 + 4q = 50 cos ( t ) 2 dt dt

(1)

Para resolver (1), primero se forma la ecuación característica: r 2 + 2r + 4 = 0 . Sus raíces son r1 = −1 + 3i y r2 = −1 − 3i . La solución de la ecuación homogénea asociada a (1)

(

es qh = e − t C1 cos

( 3t ) + C sen ( 3t ) ) . La solución particular propuesta, será: 2

q p = A cos ( t ) + Bsen ( t ) (2). Derivando dos veces (2), se tiene: dq p dt

= − Asen ( t ) + B cos ( t )

d 2q p dt 2

= − cos ( t ) − Bsen ( t )

(3) (4)

Reemplazando (3) y (4) en (1), se tiene: − A cos ( t ) − Bsen ( t ) + 2  − Asen ( t ) + B cos ( t )  + 4  A cos ( t ) + Bsen ( t )  = 50 cos ( t ) Esta última ecuación se la puede escribir de la siguiente manera:

[ 2 B + 3 A] cos ( t ) + [3B − 2 A] sen ( t ) = 50 cos ( t ) + 0sen ( t )

(5)

Igualando los coeficientes de cos(t) y sen(t), en ambos miembros de (5), se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

 2 B + 3 A = 50  3B − 2 A = 0 La solución del sistema anterior da A =

150 100 y B= 3 3

Por lo tanto la solución general de la ecuación (1), es q = qh + q p , que reemplazando, se

(

tiene: q = e − t C1 cos

100 cos ( t ) + sen ( t ) ( 3t ) + C sen ( 3t )) + 150 3 3 2

parte transitoria

parte estable

El primer término de la función anterior corresponde a la parte transitoria de la carga, es decir, aquella que desaparece a medida que transcurre el tiempo; ya que el valor de e− t

6

100  150  se vuelve muy pequeño para t grande. El otro término  cos ( t ) + sen ( t )  , es el 3  3  que “permanece” conforme transcurre el tiempo. A esto se lo conoce como solución de estado estable. Con lo cual la solución de estado estable es: q =

150 100 cos ( t ) + sen ( t ) 3 3

(6)

Como la derivada de la carga respecto del tiempo es la corriente, es decir i = derivando (6), se tiene:

i=

dq , dt

100 150 cos ( t ) − sen ( t ) 3 3

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 2 Ejercicio 5 c Para evitar calcular el límite triple, que a simple vista no es fácil de hallar, se calculan primero los límites reiterados. De ser éstos diferentes, el límite triple no existe. Por ser una función de tres variables, habrá seis límites reiterados, a saber:

   yz lím  lím  lím 2  2 2 x → 0 y →0 z → 0 x + y + z   

   yz lím  lím  lím 2  x →0 z → 0 y →0 x + y 2 + z 2        yz lím  lím  lím 2  2 2 z →0 x → 0 y →0 x + y + z       yz lím  lím  lím 2  z →0 y → 0 x →0 x + y 2 + z 2       yz lím  lím  lím 2  2 2 y → 0 x → 0 z →0 x + y + z       yz lím  lím  lím 2  y → 0 z → 0 x →0 x + y 2 + z 2    En principio, puede observarse que cualquiera de los límites reiterados es cero.

7

Como el punto (0, 0, 0) está en el espacio, al él se puede tender por varios caminos e incluso por entornos espaciales. Es decir, no sólo se puede acercar por curvas, sino por superficies que tiendan al punto. De esta manera, si al tender al punto por dos superficies diferentes, el límite obtenido difiere, entonces el límite triple no existe. Por ejemplo, si se tiende al punto por cualquiera de los planos z = ax + by, y se calcula primero el límite con y tendiendo a cero y luego con x tendiendo a cero, se tendrá:

     y ( ax + by )  yz  lím  lím  lím 2 lím lím =   = 0   2 2 x → 0 y →0 z → ax + by x + y 2 + z 2 x →0  y → 0  2  x y ax by + + + ( )       

En cambio, si se calcula primero el límite con x tendiendo a cero y luego el de y, se tiene:

   by 2     y ( ax + by ) by 2 b   = lím  lím  2 lím lím  =   = 2 2 2 2 2 y →0  x → 0    y →0  y 2 + ( by )  y →0  y (1 + b )  1 + b 2       x + y + ( ax + by )   Como puede observarse, el límite depende de b, es decir, del plano por el cual se tienda al punto. Esto implica que el límite triple no existe. Cabe aclarar que en este ejercicio hay varias maneras de demostrar que el límite triple no existe; por ejemplo, eligiendo otra superficie, más fácil aún, como z = x.

Ejercicio 7 b Los puntos para los cuales la función es discontinua, son precisamente aquellos en donde el límite no existe (discontinuidad esencial) o bien el límite existe pero la imagen de la función no coincide con el valor del límite o no está definida (discontinuidad evitable) En este caso, los puntos para los cuales la función pareciera no tener límite, son aquellos en los que el denominador se anula. Entonces, se analizarán los límites en los puntos pertenecientes a la parábola y = –x2. Un punto cualquiera de la parábola anterior es (x0, y0) = (x0, –x02). A él se puede tender por cualquier camino que no sea la parábola y = –x2 e incluso por la misma parábola. En este último caso, la función no es más x3 − y 2 z= 2 , sino, z = x. Por lo tanto, los límites a evaluar son: x +y  x3 − y 2 lím = ∞, excepto para x0 = 0 y x0 = 1, que deberán considerarse separadamente  x → x0 2  y →− x02 x + y   lím x = x0 x0  xy→  →− x02 Para x0 = 0, por ejemplo, se tiene:

8

x3 x2

y2 y

x3 − y 2 x3 y2 lím lím = − = lím 2 − lím 2 = x →0 x 2 + y x→0 x 2 + y x→0 x 2 + y x→0 x x→0 x y y y →0 y →0 y →0 y →0 y →0 + + x2 x2 y y

lím

= lím

x

− lím

y

; en donde, en el primer término, el numerador tiende a cero y y x →0 x → y 0 1+ 2 +y x y el cociente de infinitésimos del denominador puede tender a cero, a infinito o ser x constante. Al analizar todos los posibles resultados de la fracción , cuando x e y y 1+ 2 x tienden a cero, éstos dan cero, excepto cuando la constante del cociente de infinitésimos x3 − y 2 es –1. Pero en este caso, y = –x2; y la función no vale más z = 2 , sino z = x. x +y Entonces, sobre z = x, el límite también es cero. x →0 y →0

2

En cuanto al segundo término del límite doble, por un razonamiento similar al anterior, se obtiene el mismo resultado, es decir, cero. Con lo cual se concluye que para x0 = 0, la función z, tiene límite igual a cero. La imagen de z, en (x, y) = (0, 0) es cero. Por lo tanto, z es continua en (0, 0) Por otro lado, para x0 = 1, se tiene:  x3 − y 2 lím ∀ x2 = − y  x→1 2  y →−1 x + y   lím x = 1 si x 2 = − y 1  xy→ →−1

Para evitar calcular el límite doble, se empezará por calcular los reiterados:

Primer límite reiterado  x3 − y 2  x3 − 1 lím  lím 2  = lím 2 x →1 y →−1 x + y   x→1 x − 1

Factorizando los polinomios en el numerador y denominador, se tiene:

( x − 1) ( x 2 + x + 1) 3 x3 − 1 lím 2 = lím = x →1 x − 1 x →1 ( x − 1) ( x + 1) 2 Segundo límite reiterado

(1 − y ) (1 + y )  x3 − y 2  1− y2 lím  lím 2 = lím = lím =2  y →−1 x →1 x + y 1+ y   y →−1 1 + y y →−1 Al diferir los reiterados, el límite doble no existe. Al no existir el límite doble, se concluye que la función es discontinua en (x, y) = (1, –1) Por lo tanto la función es discontinua en todos los puntos de y = –x2 excepto en (0, 0)

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Ejercicio 31 Que las superficies sean ortogonales en todo punto de intersección implica que sus rectas normales también lo son. Los vectores que dirigen a las rectas normales pueden obtenerse por medio del vector gradiente. Se sabe que el gradiente es normal a las superficies de nivel. En este caso, las superficies de nivel vienen dadas por x2 – 2y2 + z2 = 0 y xyz = 1. Las ecuaciones anteriores son de la forma f1 = 0 y f2 = 1, respectivamente. Luego, los vectores gradientes son: ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ Grad f1 = 2 x i − 4 y j + 2 z k y Grad f 2 = yz i + xz j + xy k Si dichos vectores son perpendiculares, el producto escalar entre ellos debería ser cero. ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ Grad f1 ⋅ Grad f 2 = 2 x i − 4 y j + 2 z k ⋅ yz i + xz j + xy k = 2 xyz − 4 xyz + 2 xyz = 0 ,

(

)(

)

como era de esperar. Por lo tanto, las superficies dadas son ortogonales, en todo punto de intersección.

Ejercicio 32 Para calcular el valor aproximado de z = f(x, y), se usará el concepto de la diferencial de una función, ya que la diferencial de una función da la mejor aproximación lineal. Valiéndose de que dz º Dz; y, como Dz = f(x0 + Dx, y0 + Dy) – f(x0, y0) ï f(x0 + Dx, y0 + Dy) = Dz + f(x0, y0) Teniendo en cuenta la aproximación anterior, se tiene: f(x0 + Dx, y0 + Dy) º dz + f(x0, y0) = f´x Dx + f´y Dy + f(x0, y0), siendo Dx = x – x0 y Dy = y – y0. En este caso es x = 0,98; y el entero más cercano a éste es 1, por lo tanto x0 = 1; con lo cual, Dx = –0,02. De la misma manera, y = 0,01 ï y0 = 0; con lo cual Dy = 0,01. Por un lado, se sabe que la recta determinada por la intersección de las superficies de ecuación y2 = x2 – z2 y z = x, es normal a la superficie de ecuación z = f(x,y) en (1, 0, 1); y, por el otro, se sabe que el gradiente es normal a las superficies de nivel. Si z = f(x,y), la superficie de nivel asociada es z – f(x,y) = 0. Luego, definiendo u = z – f(x,y), si Grad u es normal a z = f(x,y) en (1, 0, 1); también lo es el vector que dirige a la recta determinada por la intersección de las superficies anteriores. En consecuencia, el vector que dirige a la recta y el vector gradiente son paralelos. Si se llama v al vector que dirige a la recta, se tiene entonces que Grad u = k v, k œ . La recta intersección de las superficies y2 = x2 – z2 y z = x puede escribirse por sus ecuaciones paramétricas, usando como parámetro x, de la siguiente manera:

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x = x  2 2 2 y = x − z z = x 

Teniendo en cuanta que z = x, se tiene: x = x  2 2 2 y = x − x = 0 z = x  Con lo cual, queda:

x = x  y = 0 z = x  En forma vectorial paramétrica, la ecuación de dicha recta es:

x 1  1         y  = x  0  , con x œ . Con lo cual v =  0  . z 1  1         u ′x   − f x′      También, Grad u =  u ′y  =  − f y′   u′   1    z   − f x′  1      Dado que Grad u = k v, entonces:  − f y′  = k  0  . Con lo cual k = 1, f´y = 0 y 1   1     

f´x = –1. De esta manera, reemplazando en la expresión de dz, con los valores correspondientes de los incrementos Dx y Dy, se tiene: f(0,98; 0,01) º (–1)(–0,02) + 0 + 1= 1,02

Ejercicio 34 Se sabe que la derivada de una función constante es nula. Por otro lado, en Análisis 2, el concepto de derivada debe asociarse a una dirección, o bien, a las derivadas parciales; y, además, f es constante sobre cierta dirección, entonces, la derivada direccional según esa dirección será nula. Si se llama u al vector que une el punto (0, 0, 0) con el punto (1, 1, 1), entonces resulta que Du f = 0 . Como f es diferenciable, se puede utilizar la fórmula de la derivada direccional de una función cuando ésta es diferenciable para hallar su derivada, la cual es:

Du f = f x′ cos (α ) + f y′ cos ( β ) + f z′ cos ( γ ) ; siendo cos(a), cos(b) y cos(g) los cosenos directores de u. En este caso, cos(a) = cos(b) = cos(g) = 1/ 3 .

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Reemplazando en la ecuación de la derivada direccional, se tiene: Du f = f x′

1 1 1 1 + f y′ + f z′ = ( f x′ + f y′ + f z′) =0 3 3 3 3

La última igualdad implica que f x′ + f y′ + f z′ = 0 . En consecuencia, la aseveración iii es la correcta.

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 3 Ejercicio 14 La relación de dependencia de las variables se muestra en el siguiente esquema: z

z

u

u t

x

t

y v

z v t

z t

Con lo cual x´t = xu′ .ut′ + xv′ .vt′ ; y, y´z = yu′ .u z′ + yv′ .vz′ xu′ ; xv′ ; yu′ y yv′ se calcularán del primer sistema. ut′ ; vt′ ; u ′z y v′z se calcularán del segundo sistema.

 F1 = xy − 3uv − 2 G1 = u + 2vz + t − 4 Si se definen  ; y,  ; entonces,  F2 = 2 x + 3 y − u + v − 5 G2 = uv − zt F1′u F1′y xu′ = −

−3v x

F2′u F2′y −1 3 =− ; xu′ F1′x F1′y y x F2′x F2′y

2

P

= 8 ; siendo P (x, y, u, v) = (1, 1, 1, 1)

3

G1′t G1′v 1 2z G′ G′ −z u ut′ = − 2 t 2 v = − ; ut′ P = 3 ; siendo P (u, v, z, t) = (1, 1, 1, 1) G1′u G1′v 1 2z v u G2′ u G2′ v

12

F1′v F1′y

−3u F2′v F2′y 1 =− xv′ = − F1′x F1′y y 2 F2′x F2′y

x 3 ; xv′ P = 10 ; siendo P (x, y, u, v) = (1, 1, 1, 1) x 3

G1′u G1′t 1 1 G′ G′ v −z vt′ = − 2 u 2t = − ; vt′ P = −2 ; siendo P (u, v, z, t) = (1, 1, 1, 1) G1′u G1′v 1 2z G2′u G2′ v

v −t

Por lo tanto, x´t = 8 × 3 + 10 × ( −2 ) = 4 En cuanto a la otra derivada: F1′x F1′u y − 3v F′ F′ 2 −1 yu′ = − 2 x 2 u = − ; yu′ F1′x F1′y y x 2 3 F2′x F2′y

P

= −5 ; siendo P (x, y, u, v) = (1, 1, 1, 1)

G1′z G1′v 2v 2 z G′ G ′ −t u uz′ = − 2 z 2 v = − ; u′z P = 4 ; siendo P (u, v, z, t) = (1, 1, 1, 1) G1′u G1′v 1 2z v u G2′ u G2′ v F1′x F1′v y − 3u F′ F′ 2 1 yv′ = − 1 x 2 v = − ; yv′ F1′x F1′y y x 2 3 F2′x F2′y

P

= −7 ; siendo P (x, y, u, v) = (1, 1, 1, 1)

G1′u G1′z 1 2v G′ G′ v −t vz′ = − 2 u 2 z = − ; vz′ P = −3 ; siendo P (u, v, z, t) = (1, 1, 1, 1) G1′u G1′v 1 2z v u G2′ u G2′ v Por lo tanto, y´z = ( −5) × 4 + ( −7 ) × ( −3) = 1

Ejercicio 16 Una manera de obtener el plano tangente a una superficie es mediante la diferencial de la función representada por dicha superficie. La diferencial de una función z = f(x, y) es dz = f’x dx + f’y dy.

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Considerando a los incrementos dx, dy y dz como x – x0, y – y0 y z – z0, respectivamente, la ecuación de la diferencial queda de la forma: z – z0 = f’x (x – x0) + f’y (y – y0)

(1)

La ecuación de la superficie del elipsoide es de la forma F(x, y, z) = 0; y define implícitamente a una función de dos variables z = f(x, y) en el punto (x0, y0, z0). Luego, Fy′ F′ f’x = − x y f’y = − . Reemplazando en (1), se tiene: Fz′ Fz′ z – z0 = −

F′ Fx′ (x – x0) + − y (y – y0). Al evaluar las derivadas en (x0, y0, z0), se tendrá: Fz′ Fz′

2 x0 c 2 2/ y0 c 2 z – z0 = − 2 (x – x0) + − 2 (y – y0) a 2/ z0 b 2 z0 Operando sobre la última ecuación, se tiene: −b 2 c 2 x0 ( x − x0 ) − a 2 c 2 y0 ( y − y0 ) z − z0 = ï a 2 b 2 z0

ï ( z − z0 ) a 2b 2 z0 = −b 2 c 2 x0 ( x − x0 ) − a 2 c 2 y0 ( y − y0 ) Distribuyendo y reordenando la ecuación anterior, se tiene: a 2b 2 z0 z − a 2b 2 z0 2 = −b 2 c 2 x0 x + b 2 c 2 x0 2 − a 2 c 2 y0 y + a 2 c 2 y0 2 ï

ï a 2b 2 z0 z + b 2 c 2 x0 x + a 2 c 2 y0 y = b 2 c 2 x0 2 + a 2 c 2 y0 2 + a 2b 2 z0 2 Dividiendo ambos miembros de la última ecuación por a 2b 2 c 2 , se tiene: z0 z x0 x y0 y x0 2 y0 2 z0 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 c2 a b a b c

En la última ecuación, el miembro derecho es igual a 1, ya que es la ecuación del elipsoide evaluado en el punto (x0, y0, z0). Por lo tanto, se ha demostrado que el ecuación del plano tangente puede escribirse de la forma: z0 z x0 x y0 y + 2 + 2 =1 c2 a b

Ejercicio 18 Primeramente, introduzcamos las variables u y v, de manera que f(x, y) queda definida de la siguiente forma: f(x, y) = g( g ( x, y ) , g ( x, y ) ) = g(u, v); tal que u = v = g(x, y) u

v

Ahora, se analizan cada una de las aseveraciones para obtener sus resultados y de ahí se verá cuál es la correcta.

14

∂f ∂f y se aplica la regla de la cadena para funciones compuestas (ya ∂x ∂y que f depende de u y v; y, a su vez, u y v dependen de x e y) La relación esquemática se muestra a continuación: x

i. Para obtener

u y

f v

x y

Es aquí donde tiene sentido haber introducido las variables u y v. Entonces: ∂f ∂f = gu′ .u x′ + g v′ .v′x y = gu′ .u ′y + g v′ .v′y ∂x ∂y indistintamente f´u o g´u)

(como f(x, y) = g(u, v) se puede escribir

Puesto que u = v, entonces u´x = v´x y u´y = v´y; con lo cual siguiente manera:

∂f = ( g u′ + g v′ ) u ′x ∂x

y

∂f ∂f y quedan de la ∂x ∂y

∂f = ( g u′ + g v′ ) u ′y . ∂y

∂f ∂f y sean iguales, sus segundos miembros también deben serlo; y, ∂x ∂y no necesariamente tienen porque ser u´x = u´y Luego, para que

En consecuencia, se concluye que la primera aseveración es incorrecta.

ii.

∂f ∂f + = ( gu′ + g v′ ) ux′ + ( gu′ + gv′ ) u′y = ( g u′ + g v′ ) ( u ′x + u ′y ) ∂x ∂y

Aquí, se han obtenido un producto con dos factores. Uno de ellos podría ser nulo o de diferente signo respecto del otro, con lo cual, el producto no siempre es mayor a cero. También, se concluye que la segunda aseveración es incorrecta.

⌣ ⌣ iii. Grad g = g ′x i + g ′y j ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ Grad f = f x′ i + f y′ j = ( gu′ + g v′ ) ux′ i + ( gu′ + gv′ ) u′y j = ( g u′ + g v′ ) ( u ′x i + u ′y j ) Como u = g; u´x = g´x y u´y = g´y; en consecuencia, Grad f queda como sigue: ⌣ ⌣ Grad f = ( g u′ + g v′ ) ( g ′x i + g ′y j ) = ( g u′ + g v′ ) Grad g.

15

Como se ve, si Grad g es distinto del vector nulo; ( gu′ + gv′ ) podría ser cero, con lo cual no se estaría cumpliendo la aseveración iii.

iv. Si

∂g ∂g ∂f ∂f + =0ï + = ( gu′ + g v′ ) ux′ + ( gu′ + gv′ ) u′y = ( g u′ + g v′ ) ( u ′x + u ′y ) = ∂x ∂y ∂x ∂y

= ( g u′ + g v′ ) ( g ′x + g ′y ) = 0. En consecuencia, la aseveración iv es la correcta. Por descarte, la última aseveración es incorrecta. De todas maneras, se procederá a la demostración: ∂f ∂g = ï ( gu′ + g v′ ) ux′ = g ′x . ∂x ∂x

Como u = g; u´x = g´x; en consecuencia, ( gu′ + g v′ ) g ′x = g ′x . Con lo cual, la quinta aseveración hubiera sido correcta si gu′ + g v′ = 1 , que no tiene por qué serlo.

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 4 Ejercicio 17 Un triángulo equilátero tiene sus tres lados iguales; o, lo que es lo mismo, sus tres ángulos iguales. También, se sabe que para cualquier triángulo, la suma de los ángulos interiores es igual a 180º. Sea el triángulo en cuestión, el siguiente: z

x

El producto de los senos de los ángulos es condición de ligazón es x + y + z = 180º.

y

f(x, y, z) = sen(x) sen(y) sen(z); y, la

De la ecuación de ligazón, se tiene que j(x, y, z) = x + y + z – 180º. En consecuencia, la función de Lagrange es: F(x, y, z, l) = f(x, y, z) + l j(x, y, z) F(x, y, z, l) = sen(x) sen(y) sen(z) + l (x + y + z – 180º)

La condición necesaria para que haya puntos críticos es que se anulen las derivadas parciales de F. Es decir:

16

Fx′ = cos ( x ) sen ( y ) sen ( z ) + λ = 0

Fy′ = sen ( x ) cos ( y ) sen ( z ) + λ = 0 Fz′ = sen ( x ) sen ( y ) cos ( z ) + λ = 0 Fλ′ = x + y + z − 180º = 0 De las dos primeras ecuaciones, se tiene: cos ( x ) sen ( y ) = sen ( x ) cos ( y ) (1) De la segunda y tercera ecuación, se tiene: cos ( y ) sen ( z ) = sen ( y ) cos ( z )

(2)

A su vez, de (1), se tiene: tg ( x ) = tg ( y ) ï x = y Y, de (2), se tiene: tg ( z ) = tg ( y ) ï z = y Con lo cual, x = y = z. Reemplazando en la cuarta de las ecuaciones ( Fλ′ = 0 ), se tiene: 3x = 180º ï x = 60º. Luego, si x = y = z = 60º; al reemplazar en cualquiera de las primeras tres ecuaciones 3 que contiene a l, se tiene: l = − 8 3 Por lo tanto, el punto crítico es (x, y, z, l) = (60º, 60º, 60º, − ) 8 Por la geometría del problema, se sabe que el punto crítico es un máximo; con lo cual, la diferencial segunda debería ser negativa. Sin embargo, para verificar lo anterior, se analizará el signo de la diferencial segunda de F. En este caso la diferencial segunda de F, queda así:

d 2 F = Fxx dx 2 + Fyy dy 2 + Fzz dz 2 + 2 Fxy dxdy + 2 Fxz dxdz + 2 Fyz dydz ; en donde: Fxx = − sen ( x ) sen ( y ) sen ( z ) = Fyy = Fzz Fxy = cos ( x ) cos ( y ) sen ( z ) Fxz = cos ( x ) sen ( y ) cos ( z )

Fyz = sen ( x ) cos ( y ) cos ( z ) Que, evaluadas en el punto crítico, dan: Fxx = Fyy = Fzz = −

3 3 3 ; Fxy = Fxz = Fyz = 8 8

En consecuencia, al reemplazar estos valores en la diferencial segunda, se tiene: d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2 ( dxdy + dxdz + dydz )   8 

(3)

El análisis del signo de la diferencial segunda se centra en el signo de la expresión entre corchetes de la última ecuación. Las expresiones entre paréntesis constan de tres variables. El análisis se simplificará si una de ellas se elimina; por ejemplo, la z. De la ecuación de ligazón, se tiene: z = 180º – x – y. Diferenciando ambos miembros de esta última ecuación, se tiene: dz = – dx – dy. 17

Reemplazando dz en la expresión en rojo, entre paréntesis, de (3), se tiene:

{

}

d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2  dxdy + dx ( − dx − dy ) + dy ( − dx − dy )  8

d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2  dxdy − dx 2 − dxdy − dydx − dy 2  8

d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2  dxdy − dx 2 − 2dydx − dy 2  8

d 2F = −

3 2 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2  dxdy − ( dx + dy )    8

d 2F = −

3 2 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) + 2  ( dx + dy ) − dxdy    8

{

}

{

(4)

}

{

}

{

}

En esta última ecuación, se puede ver fácilmente que si dx y dy son de distinto signo, la expresión entre corchetes es positiva; con lo cual, d 2 F < 0 Por otro lado, si dx y dy son del mismo signo, de (4), se tiene:

{

}

d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) − 2  − dx 2 − dydx − dy 2  8

d 2F = −

3 3 ( dx 2 + dy 2 + dz 2 ) + 2  dx 2 + dydx + dy 2  ; y, también es fácil ver que la 8

{

}

expresión entre corchetes es positiva; con lo cual, también aquí es d 2 F < 0 Como era de esperar, en el punto crítico en cuestión hay máximo ligado.

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 5 Ejercicio 7 Las integrales a resolver son: I x = ∫∫∫ δ ( y 2 + z 2 ) dV ; I y = ∫∫∫ δ ( x 2 + z 2 ) dV y V

V

I z = ∫∫∫ δ ( x 2 + y 2 ) dV ; donde I x , I y e I z son los momentos de inercia respecto de los V

ejes x, y y z, respectivamente; y, d, la densidad; que, como la pirámide es homogénea, es constante (k) Los límites de las integrales están relacionados con las superficies que delimitan la pirámide. Por lo tanto, es fundamental hallar sus ecuaciones. La traza de la superficie superior con el plano zx, tiene una pendiente de consecuencia, su ecuación es z =

a/2 . En h

a x . Como se muestra en el siguiente diagrama: 2h 18

z

z=

y

a/2 x h

a/2 h

x

La superficie inferior de la pirámide es simétrica, respecto del plano xy, de la superficie a superior. Por lo tanto, su ecuación es z = − x. 2h En cuanto a las superficies laterales de la pirámide, se tiene en cuenta que las trazas de b b éstas con el plano xy, tienen ecuaciones y = x; e y=− x . Estas ecuaciones son 2h 2h las que definen las superficies laterales de la pirámide, como se ve en el diagrama siguiente:

y y=

b x 2h

h

x y=−

b x 2h

b

Por último, la superficie frontal de la pirámide tiene como ecuación x = h. Definidas las superficies, se pueden plantear las integrales: Ix = ∫

h

Iy = ∫

h

Iz = ∫

h

0

0

0

b a x x 2h 2h b a − x − x 2h 2h

k ( y 2 + z 2 ) dzdydx

b a x x 2h 2h b a − x − x 2h 2h

k ( x 2 + z 2 ) dzdydx

a b x x 2h 2h b a − x − x 2h 2h

k ( x 2 + y 2 ) dzdydx

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Al resolver las integrales, se tiene: 19

Ix = k

1 ab ( a 2 + b 2 ) h 60

I y = Iz = k

1 ab ( b 2 + 12h 2 ) h 60

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 6 Ejercicio 8c La ecuación diferencial dada es de la forma P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 El factor integrante, de depender de una sola variable, se obtiene mediante una de las siguientes fórmulas:

µ ( x) = e

∫

Py′ −Qx′ Q

dx

; o µ ( y ) = e∫

Si µ = µ ( x ) , entonces

Qx′ − Py′ P

Py′ − Qx′ Q

dy

debe ser sólo función de x.

Luego:

 cos 2 ( x ) 2 cos ( x ) sen ( x )  1 − sec 2 ( y ) cos 2 ( x ) − cos ( x ) cos ( x ) − sen ( x ) sen ( x ) − +x  2 cos ( y ) cos 2 ( y ) Py′ − Qx′   = cos 2 ( x ) Q sen ( x ) cos ( x ) − x cos 2 ( y )

Simplificando la ecuación anterior, se tiene: Py′ − Qx′ Q

1− =

cos 2 ( x ) cos 2 ( x ) 2 cos ( x ) sen ( x ) 2 2 − cos x + sen x + −x ( ) ( ) 2 2 cos ( y ) cos ( y ) cos 2 ( y ) = cos 2 ( x ) sen ( x ) cos ( x ) − x cos 2 ( y )

2 cos ( x ) sen ( x ) 2 cos ( x ) sen ( x ) 2sen2 ( x ) − x 2 cos ( y ) cos 2 ( y ) = = cos 2 ( x ) cos 2 ( x ) sen ( x ) cos ( x ) − x sen ( x ) cos ( x ) − x cos 2 ( y ) cos 2 ( y )

sen2 ( x ) + sen 2 ( x ) − x =

=

 cos ( x )  2 sen ( x )  sen ( x ) − x  cos2 ( y )    cos ( x )  cos ( x )  sen ( x ) − x  cos2 ( y )  

= 2tg ( x )

20

En consecuencia, el factor integrante es: 2 tg ( x )dx −2 ln cos( x ) ln cos( x ) =e =e = cos −2 ( x ) µ ( x) = e ∫ −2

Luego, µ ( x ) P ( x, y ) dx + µ ( x ) Q ( x, y ) dy = 0 , será una ecuación diferencial exacta. La nueva ecuación quedará de la forma:

 y   x  − tg ( y )  dx + tg ( x ) −  2  dy = 0 2 cos ( y )   cos ( x )   La solución general de la ecuación anterior es de la forma: x

y

a

b

∫ P ( x, b ) dx + ∫ Q ( x, y ) = c  x  0 dx + tg x − ( )   dy = y tg ( x ) − x tg ( y ) = c ∫0 ∫0 cos 2 ( y )   x

Eligiendo a = b = 0, se tiene:

y

Por lo tanto, la solución general es y tg ( x ) − x tg ( y ) = c

Ejercicio 9 Se dice que el factor es de la forma µ = µ ( x + y 2 ) . Dicho factor hace que la ecuación

µ ( x + y 2 ) P ( x, y ) dx + µ ( x + y 2 ) Q ( x, y ) dy = 0 ; sea exacta. Introduciendo la variable z = x + y2, en la última ecuación, se tiene : µ ( z ) P ( x, y ) dx + µ ( z ) Q ( x, y ) dy = 0 (1) P

Q

Luego, para que (1) sea una ecuación exacta, deberá cumplirse P′y = Q ′x

(1) quedará de la forma:

µ ( z ) ( 3 y 2 − x ) dx + µ ( z ) 2 y ( y 2 − 3x ) dy = 0 P

Q

Con lo cual, teniendo en cuenta que µ se derivará como función compuesta; es decir, como función de “z”, que a su vez depende de x e y, se tiene:

µ z′ 2 y ( 3 y 2 − x ) + µ 6 y = µ z′ 2 y ( y 2 − 3x ) + µ 2 y ( −3) z ′y

′x Q

P y′ 

Simplificando la ecuación anterior se llega a:

µ z′ ( y 2 + x ) = −3µ

(2)

Pero, y 2 + x = z . En consecuencia, (2) queda: µ z′ z = −3µ ; y se pueden separar variables:

21

dµ z = − 3µ ï dz

ï

ln µ = ln z

∫ −3

dµ

µ

= − 3∫

dz ï ln µ = −3ln z + ln c ï z

+ ln c = ln z −3c

µ = z −3c . Como sólo un factor basta,

ï

µ = z −3 = ( x + y 2 ) . Este es el factor que transformará a la ecuación original en exacta. −3

Por lo tanto, (1) queda: 3y2 − x

(x + y )

2 3

2 y ( y 2 − 3x )

dx +

(x + y )

2 3

dy = 0

Ejercicio 10 a) Py′ = − xsen ( x ) + 2 cos ( x ) y Qx′ = 2 cos ( x ) − 2 xsen ( x ) Como puede verse, no son iguales. b) Suponiendo µ = µ ( x ) , entonces Luego:

Py′ − Qx′

=

Q

En

tan ( x ) dx 2

Q

debe ser sólo función de x.

− xsen ( x ) + 2 cos ( x ) −  2 cos ( x ) − 2 xsen ( x )  2 x cos ( x )

consecuencia,

µ ( x ) = e∫

Py′ − Qx′

=e

− ln ( cos( x ) ) 2

el =e

 −1  ln  cos 2 ( x )     

= cos

=

xsen ( x ) = tan ( x ) / 2 x cos ( x ) 2

factor −

1 2

( x) =

integrante

es

1 cos ( x )

Luego, µ ( x ) P ( x, y ) dx + µ ( x ) Q ( x, y ) dy = 0 , será una ecuación diferencial exacta. La nueva ecuación quedará de la forma:  − xy sen ( x ) + 2 y cos ( x )  dx + 2 x cos ( x ) dy = 0 cos ( x ) La solución general de la ecuación anterior es de la forma: x

y

a

b

∫ P ( x, b ) dx + ∫ Q ( x, y ) = c Eligiendo a = b = 0, se tiene: x

y

0

0

∫ 0dx + ∫ 2 x

cos ( x )  dy = 2 x cos ( x ) y = c 

Por lo tanto, la solución general es 2 x cos ( x ) y = c

22

Si debe satisfacer que y (1) = 1 , entonces: 2 cos (1) = c Y, la solución particular es: y =

1 cos (1) x cos ( x )

c) Con µ = xy , se tiene como “nueva P”: P = − x 2 y 2 sen ( x ) + 2 xy 2 cos ( x ) ; y, como

“nueva Q”: Q = 2 x 2 y cos ( x )

Luego; Py′ = −2 x 2 ysen ( x ) + 4 xy cos ( x ) y Qx′ = 4 xy cos ( x ) − 2 x 2 ysen ( x ) Efectivamente, las cruzadas son iguales. La ecuación original queda, con este nuevo factor integrante, de la forma: 2 2 2 2  − x y sen ( x ) + 2 xy cos ( x )  dx + 2 x y cos ( x ) dy = 0

La solución general de la ecuación anterior es de la forma: x

y

a

b

∫ P ( x, b ) dx + ∫ Q ( x, y ) = c Eligiendo a = b = 0, se tiene: x

y

∫ 0dx + ∫  2 x 0

2

y cos ( x )  dy = x 2 y 2 cos ( x ) = c

0

Por lo tanto, la solución general es x 2 y 2 cos ( x ) = c Si debe satisfacer que y (1) = 1 , entonces: cos (1) = c Y, la solución particular es: x 2 y 2 cos ( x ) = cos (1) ï y = ±

1 cos (1) x cos ( x )

e) La solución de “b” es un subconjunto de “d”.

Ejercicios resueltos correspondientes a la Unidad 7 Ejercicio 10 El trabajo se calcula mediante una integral curvilínea de la forma

⌣

∫ F .dr C

En este ejercicio, la integral anterior queda:

∫ kz dx + 3 y

2

dy + 2 x dz (1)

C

Para calcular la integral anterior, se parametrizarán la variables reduciéndolas a “z”.

23

Para esto, de la ecuación de la superficie helicoidal, se tiene: dx = cos ( t ) dr − rsen ( t ) dt

dy = sen ( t ) dr + r cos ( t ) dt dz =

dt 2

⇒ dt = 2dz

De la ecuación de la superficie de la montaña; y, teniendo en cuenta que en coordenadas polares es x 2 + y 2 = r 2 , se tiene:

2π − z z − 2π = r2 o r = . El signo “–” se omitió, ya que el radio no 2π −2π tiene sentido si es negativo. z = 2π − 2π r 2 ï

A su vez, dr = −

1 dz 2π − z 4π 2π

Como se han reducido todas las variables a “z”, el próximo paso es reemplazarlas en (1). Luego, con ayuda de un programa de cálculo, se tiene: 2π

∫ kz dx + 3 y

2

dy + 2 x dz = 0.06858 ( k − 2 )

0

Para que el campo se conservativo, kz dx + 3 y 2 dy + 2 x dz debe ser una expresión diferencial exacta. Dicha expresión tiene la forma: P dx + Q dy + R dz . Para que sea exacta, deberá cumplirse Py′ = Qx′ , Pz′ = Rx′ y Qz′ = R′y De la primera de las igualdades, se tiene 0 = 0; de la segunda, k = 2; y, de la tercera, 0 = 0. En consecuencia, para que sea un campo conservativos, k = 2. Si el campo fuese conservativo, podría calcularse el trabajo como diferencia de los valores que toma cierta función (llamada potencial del campo) en B y A, respectivamente, esto es: Trabajo = Potencial ( B ) − Potencial ( A ) Dicha función puede calcularse mediante: x

y

z

a

b

c

Potencial = ∫ P ( x, b, c ) dx + ∫ Q ( x, y, c ) dy + ∫ R ( x, y, z ) dz Siendo a = b = c = 0, se tiene: x

y

0

0

z

Potencial = ∫ 0dx + ∫ 3 y 2 dy + ∫ 2 xdz = y 3 + 2 xz 0

Luego, Potencial ( 0;0;2π ) − Potencial (1;0;0) = 0 ; como era de esperar.

24

Ejercicio 16b La superficie (cerrada) se muestra a continuación:

También, se muestra la vista explotada:

Deberá probarse que

⌣

∫∫∫ divVdV = ∫∫ V .ndS V

S

Como divV = 0 , el primer miembro de la ecuación anterior queda calculado.

25

En cuanto al flujo, a través de la superficie cerrada S, se calculará como suma de los flujos a través de las superficies individuales Si, i = 1, 2, …, 4 La superficie S1 será la superficie superior; es decir, la rojiza, determinada por la ecuación z = 1 − x 2 . La superficie S2 será la superficie inferior; es decir, la azulada, determinada por la ecuación z = − 1 − x 2 . La superficie S3 será la superficie lateral derecha; es decir, la amarillenta, determinada por el plano y = 1. Finalmente, la superficie S4 será la superficie lateral izquierda; es decir, la verde, determinada por el plano y = 0. ⌣ La integral a calcular para cada superficie es ∫∫ V .n dS S

Para cada superficie, habrá un vector normal diferente. Se trabajará con los vectores normales exteriores de cada superficie, a saber: Para S1, el vector normal se obtendrá de la ecuación del cilindro ( x 2 + z 2 = 1 ), teniendo en cuenta que el gradiente es normal a las superficies de nivel. Luego, la superficie de nivel es x 2 + z 2 = 1 ; y, el vector normal se obtiene como 2 2 ( 2 x, 0, 2 z ) = 2/ ( x, 0, 2 ) = x, 0, z . ⌣ Grad ( x + z ) ⌣ n= . En consecuencia, n = ( ) 2 2 2 2 Grad ( x 2 + z 2 ) ( 2 x ) + ( 2 z ) 2/ x + z 1

Este versor es válido tanto para S1, como para S2. ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ Para S3, n3 = j ; y para S4, n4 = − j . Los flujos (Fi) para cada superficie serán:

F1 =

⌣ 2 ∫∫ V .n1 dS = ∫ ∫ ( x − xy ) S1 1 1

Luego, F1 =

∫∫

−1 0

(x

2

− xy )

1− x

2

1 1

dxdy dydx = ∫ ∫ ( x 2 − xy ) . Siendo, z = 1 − x 2 . ⌣ z cos ( n1 , z ) −1 0

dydx =

π 2

.

El flujo sobre S2 resulta exactamente igual al flujo sobre S1.

F3 =

dxdz ⌣ ⌣ ⌣ . Siendo cos ( n3 , y ) = n3 . j = 1 ; y = 1. ⌣ cos ( n3 , y )

⌣ ∫∫ V .n3 dS = ∫ ∫ ( xz − y ) S3

Pasando a coordenadas polares y teniendo en cuenta que z = r cos (ϕ ) ; x = rsen (ϕ ) ; y dxdz = r drdϕ ; entonces:

1 2π

F3 =

∫ ∫ ( xz − 1) dxdz =∫ ∫  r sen (ϕ ) cos (ϕ ) − 1 r dϕ dr = −π . 2

0 0

⌣ ⌣ El integrando de F4 es similar al de F3, salvo que y = 0 y n4 = − j ; en consecuencia, la integral queda:

26

1 2π

F4 = − ∫ ∫ r 3 sen (ϕ ) cos (ϕ ) dϕ dr = 0 0 0

La suma de los Fi da 0, como era de esperar.

Ejercicio 16c La superficie (cerrada) se muestra a continuación:

Deberá probarse que

⌣

∫∫∫ divVdV = ∫∫ V .ndS V

S

Teniendo en cuenta la orientación del cuerpo, se usará como “altura” a la variable x, en x = x  vez de la z. Entonces es  y = r cos (ϕ ) ; y, el cuerpo, en coordenadas cilíndricas, queda   z = r sen (ϕ ) π 3π delimitado por 0 ≤ r ≤ 3 ; ≤ϕ ≤ y 0≤ x≤2 2 4 Como V = ( ax, by, cz ) ; divV = a + b + c ; y, en cilíndricas, es dxdydz = r dxdrdϕ .

27

2

3

π 4 3

9 ∫∫∫ divVdV = ∫ π∫ ∫ ( a + b + c ) r drdϕ dx = 4 ( a + b + c ) π

Luego,

V

0

0

2

El flujo, a través de la superficie cerrada S, se calculará como suma de los flujos a través de las superficies individuales Si, i = 1, 2, …, 5 La superficie S1 será la superficie frontal; es decir, la determinada por el plano x = 2. La superficie S2 será la superficie posterior; es decir, la determinada por el plano x = 0. La superficie S3 será la superficie lateral derecha; es decir, la determinada por el plano y = 0. La superficie S4 será la superficie lateral izquierda; es decir, la determinada por el plano z = –y. Y, finalmente, la superficie S5 será la superficie superior; es decir, la determinada por el cilindro. ⌣ La integral a calcular para cada superficie es ∫∫ V .n dS S

Para cada superficie, habrá un vector normal diferente, a saber: Teniendo en cuenta que para calcular el flujo se considerará el versor normal exterior ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ en cada punto de la superficie cerrada; para S1, n1 = i . Para S2, n2 = −i . Para S3, n3 = j . Para S4, el vector normal se obtendrá de la ecuación de la superficie (z = –y), teniendo en cuenta que el gradiente es normal a las superficies de nivel. Luego, la superficie de nivel es z + y = 0; y, el versor normal se obtiene como ⌣ Grad ( z + y ) ⌣ ( 0, 1, 1) n= . En consecuencia, n = . Este versor no es el normal exterior, Grad ( z + y ) 2

( 0, 1, 1) ⌣ por lo tanto se le agrega el signo “–” para que lo sea. Entonces n4 = − 2

⌣ ( 0, y, z ) Finalmente, para S5, se procede de igual manera que para S4. Luego, n5 = 3

Los flujos (Fi) para cada superficie serán:

⌣

∫∫ V .n

F1 =

1

dS = ∫ ∫ ax

S1

dzdy ⌣ ⌣ ⌣ . Siendo cos ( n1 , x ) = n1.i = 1 . ⌣ cos ( n1 , x )

Resolviendo la integral en coordenadas polares y teniendo en cuenta que x = 2, se tiene: 3

F1 =

π 4 3

9

∫ ∫ a 2r drdϕ = 4 aπ π 0

2

Para F2, la integral se simplifica ya que x = 0. Por lo tanto F2 = 0 F3 =

⌣

∫∫ V .n

3

S3

dS = ∫ ∫ by

dzdx ⌣ ⌣ ⌣ . Siendo cos ( n3 , y ) = n3 . j = 1 . Como y = 0, resulta ⌣ cos ( n3 , y )

F3 = 0.

28

F4 =

( by + cz ) dxdy . Siendo cos n⌣ , z = n⌣ .k⌣ = 1 . Teniendo ⌣ V . n dS = − ( 4 ) 4 4 ∫∫S ∫ ∫ 2 cos ( n⌣4 , z ) 2 4 2

en cuenta que z = –y, se tiene: F4 = − ∫

0

9 ∫ ( b − c ) y dydx = ( b − c ) 2 .

0 −3 2 2

by 2 + cz 2 ) ( dxdy ⌣ ⌣ ⌣ ⌣ z . Siendo cos ( n5 , z ) = n5 .k = . Finalmente, F5 = ∫∫ V .n5 dS = ∫ ∫ ⌣ 3 3 cos ( n5 , z ) S5 Teniendo en cuenta que la ecuación de la superficie es z 2 = 9 − y 2 , reemplazando en la integral, se tiene:

by 2 + c ( 9 − y 2 )   F5 = ∫ ∫  3

=

 (b − c ) y2 9c =∫ ∫  + 9 − y 2 0 −3 2  9 − y 2 9 − y2 2 3

dydx

2

0

  dydx =  

9 9 ( b − c )(π − 2 ) + cπ . 4 2

La suma de los Fi da

9 π (a + b + c) , como era de esperar. 4

Ejercicio 21b La superficie (abierta) se muestra a continuación:

Se deberá probar que

⌣

∫ V .dr = ∫∫ rotV .n dS C

S

Siendo C, la curva borde de la superficie plana, delimitada por los planos cartesianos verticales y el cilindro de ecuación (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1.

29

C está definida en tres tramos. Uno, C1, que va desde el punto (1, 0, 0); sobre el plano z = 1 – x, hasta el punto (0, 1, 1). Esta curva es la intersección del cilindro con el plano. Otro, C2, que va desde el punto (0, 1, 1); en línea recta hasta el punto (0, 0, 1); y, finalmente, el tramo C3, a lo largo de la intersección de los planos z = 1 – x e y = 0; desde el punto (0, 0, 1) hasta el punto (1, 0, 0). La ∫ V .dr = C

circulación ∫ ( − xy ) dx + 2 dy + z dz = ∫ ( − xy ) dx + 2 dy + z dz +

es: ∫ ( − xy ) dx + 2 dy + z dz +

C

C2

C1

+ ∫ ( − xy ) dx + 2 dy + z dz C3

A lo largo de C1, por ser ésta intersección del plano con el cilindro, despejando “y” del cilindro, se tiene: y = y = − 1 − ( x − 1) + 1 ; 0 § x § 1; 0 § z § 1. 2

A lo largo de C2, z = 1; x = 0; 0 § y § 1. A lo largo de C3, y = 0; z = 1 – x; 0 § x § 1. En consecuencia, al parametrizar cada una de las integrales anteriores, la circulación da:

∫

0

1

(

)

 − x − 1 − x − 1 2 + 1  dx + 1 2dy + 1 z dz + 0 + 0 2 dy + 0 + 0 + 0 + 0 z dz = ( ) ∫0 ∫0 ∫1 ∫1  

(

)

(

)

0 1 2 2 = ∫  − x − 1 − ( x − 1) + 1  dx = ∫  x − 1 − ( x − 1) + 1  dx 1  0   

(1)

Para calcular el flujo a través de la superficie, primero se calcula el rotor del campo: ⌣ ⌣ ⌣ i j k ⌣ ∂ ∂ ∂ rotV = = x k . Luego, se calcula el versor normal, eligiendo el sentido de ∂x ∂y ∂z − xy 2 z manera tal que desde la punta del versor, la superficie quede a la izquierda de la curva borde.

⌣ Grad ( x + z − 1) (1, 0, 1) De esta manera, el versor normal al plano z = 1 – x, es: n = = Grad ( x + z − 1) 2 Luego, el flujo del campo rotor es:

∫∫ rotV .n dS = ∫∫ ( x k ) . ⌣

⌣

S

S

(1, 0, 1) dS 2

Al proyectar, en el plano xy se tiene:

∫∫ rotV .n dS = ∫∫ ( x k ) . ⌣

⌣

S

S

= ∫∫ Dxy

(1, 0, 1) dS = 2

1 − x dxdy = ∫∫ x dxdy = ∫ ∫ 0 0 2 1 Dxy 2

∫∫ ( x k ) . ⌣

Dxy 1−( x −1) +1 2

(1, 0, 1) 2

dxdy = cos ( n, z )

(

)

1 2 x dydx = ∫  x − 1 − ( x − 1) + 1  dx 0 

(2)

Como puede verse, las integrales (1) y (2) son iguales. Por lo tanto, el teorema se verifica.

30

Ejercicio 21c La superficie (abierta) se muestra a continuación:

Se deberá probar que

⌣

∫ V .dr = ∫∫ rotV .n dS C

S

Siendo C, la curva borde de la superficie helicoidal; y S, la mismísima superficie helicoidal. C está definida en cuatro tramos. Uno, C1, que va desde el origen de coordenadas, en línea recta, hasta (x, y, z) = (1, 0, 0). Otro, C2, que va desde el punto anterior, a través de la hélice, hasta (x, y, z) = (–1, 0, p). Otro, C3, que va desde el punto anterior, en línea recta, hasta (x, y, z) = (0, 0, p); y, finalmente, el tramo C4, a lo largo del eje z, que une el punto anterior con el origen de coordenadas. La ∫ V .dr = C

∫

circulación x dx + x y dy + z dz = ∫ x dx + x 2 y dy + z dz +

C

C1

2

es

∫ x dx + x

2

y dy + z dz +

C2

31

∫ x dx + x

2

y dy + z dz +

C3

∫ x dx + x

2

y dy + z dz

C4

A lo largo de C1, y = 0; z = 0; 0 § x § 1. A lo largo de C2, u = 1; x = cos(t); y = sen(t); z = t; 0 § t § p. A lo largo de C3, y = 0; z = p; –1 § x § 0. A lo largo de C4, y = 0; x = 0; 0 § z § p. En consecuencia, al parametrizar cada una de las integrales anteriores, la circulación da:

∫

1

0

π

{

}

x dx + ∫ cos ( t ) d cos ( t )  + cos 2 ( t ) sen ( t ) d  sen ( t )  + t dt + ∫ x dx + ∫ z dz = 0 0

0

0

−1

π

Para calcular el flujo a través de la superficie, primero se calcula el rotor del campo: ⌣ ⌣ ⌣ i j k ⌣ ∂ ∂ ∂ rotV = = 2 xy k ∂x ∂y ∂z x x2 y z Luego, se calcula el versor normal, eligiendo el sentido de manera tal que desde la punta del versor, la superficie quede a la izquierda de la curva borde. Como la superficie está dada en forma paramétrica, el versor normal se puede obtenter de la siguiente manera: •

La ecuación de la superficie, r ( u , t ) = u cos ( t ) , u sen ( t ) , t 

•

Dos vectores tangentes en un punto de la superficie se calculan como: ru′ = cos ( t ) , sen ( t ) , 0  y rt′ =  −u sen ( t ) , u cos ( t ) , 1

•

Un

vector

normal

en

un

en

punto

forma

de

la

vectorial,

superficie

es:

es:

ru′ × rt′ =  sen ( t ) , − cos ( t ) , u  •

⌣ r ′ × r ′  sen ( t ) , − cos ( t ) , u  Finalmente, el versor normal es n = u t =  1+ u2 ru′ × rt′

Luego, el flujo del campo rotor es:

⌣  sen ( t ) , − cos ( t ) , u  ⌣ rot V . n dS = 2 xy k . dS ∫∫S ∫∫S 1+ u2

(

)

Al proyectar, en el plano xy se tiene:

⌣  sen ( t ) , − cos ( t ) , u  ⌣  sen ( t ) , − cos ( t ) , u  dxdy dS = ∫∫ 2 xy k .  = cos ( n, z ) 1+ u2 1+ u2 Dxy

∫∫ ( 2 xy k ) . S

= ∫∫ Dxy

(

2 xyu

dxdy

1+ u2

u

= ∫∫ 2 xy dxdy = ∫ Dxy

1

∫

−1 0

)

1− x 2

2 xy dydx = 0

1+ u2 Fin del documento

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