1
RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS DE COLOQUIO COLOQUIO CLASIFICADOS CLASIFICADOS POR TEMAS I) CIRCULACIÓN, CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA DIVERGENCIA Y TEOREMAS TEOREMAS INTEGRALES INTEGRALES II) CURVAS, SUPERFICIES, SUPERFICIES, ÁREAS Y VOLÚMENES VOLÚMENES III) ECUACIONES ECUACIONES DIFERENCIALES DIFERENCIALES I) CIRCULACIÓN, CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA DIVERGENCIA Y TEOREMAS TEOREMAS INTEGRALES INTEGRALES
EJERCICIO1. Sea F ( x, y , z ) = (2 yz, y 2 , y + 3 z 2 ) , y sea T la curva perímetro del triángulo de vértices A = (1,1, 0), B = (-1,1, 2), C = (2,1, 1) recorrida en el orden a lo largo de T . A a B a C . Calcular la circulación de F a a la superficie del triángulo, es decir: T = ∂S , se tiene RESOLUCIÓN: Indicando con S a ( ( ( (Teorema de Stokes) . ( ) . (con la orientación de compatible con F Tds = Rot F η d σ η ∫ ∫∫ T
S
T = ∂S indicada en el enunciado). Calculemos:
la de
+ − Rot ( F )( x , y , z ) = ∂ x ∂ y 2 yz y 2
+ ∂ z = (1, 2 y , −2 z ) y + 3z 2
Por otra parte, el triángulo está contenido en el plano de ecuación y = 1; por lo tanto su versor normal (que es constante por tratarse de una superficie contenida en un plano) es 0) . Observando la orientación indicada en el enunciado, η( = (0,1,0) o bien η( = (0, −1, 0) se trata del primer caso:
+ − + ( B − A) ∧ (C − A) = (− 2, 0, 2) ∧ (1, 0,1) = −2 0 2 = (0, 4, 0) = 4.(0,1, 0) 1 0 1 Por lo tanto, teniendo en cuenta que para todos los puntos de S es es y = 1: (
(
∫ F .Tds = ∫∫ Rot (F ).η dσ = ∫∫ (1, 2 y, −2z ).(0,1, 0)dσ = 2 ∫∫ ydσ = 2 ∫∫ dσ = 2 Area (S ) T
S
S
S
S
Para el cálculo del área del triángulo puede aprovecharse el producto vectorial ya calculado:
Area ( S ) =
1 2
( B − A) ∧ (C − A )
=
1 2
4=2
Por lo tanto la circulación pedida es 4. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2
EJERCICIO 2. Sea S la superficie parametrizada por (ϕ ,θ ) a (cos(ϕ ) sen(θ ), sen (ϕ ) sen (θ ), cos(θ ))
0≤ϕ
,
< 2π
0 ≤θ
,
<π
a ∈ (−1,1) de manera que el flujo de F ( x, y, z ) = (2 x, y, 0) a través de la porción de S en la que z > a , y con el normal alejándose del centro, sea 63 π . Hallar
RESOLUCIÓN: La superficie S es claramente la esfera de centro en el origen de coordenadas y radio 1. Indiquemos, para cada a ∈ ( −1,1) : S a = { ( x, y, z ) ∈ S : z > a } . a ∈ (−1,1) de manera que
Se trata de calcular
(
∫∫ F .η =
6 3
π = 2π , donde η( es el campo
S a
de versores normales exteriores a la esfera S (es decir: “alejándose del centro”). Dado que la divergencia de F es constante (= 3), puede ser efectiva la aplicación del teorema de la divergencia, teniendo presente que las superficies S a no son cerradas. Consideremos, para cada
a ∈ (−1,1) , el cuerpo sólido
K a = { ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , z ≥ a} . Claramente es
∂ K a = S a ∪ Da (unión disjunta), donde
Da = { ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , z = a } = { ( x, y, z ) ∈ ℜ 3 : x 2 + y 2 ≤ 1 − a2 , z = a } (disco horizontal de centro en (0,0, a) y radio 1 − a 2 ). El versor normal a este disco, exterior al cuerpo K a , es (0, 0,-1). Por lo tanto F ( x, y, z).(0,0,-1) = 0 (para todo ( x, y, z)) y resulta: 3Vol ( K a ) =
(
(
∫∫∫ Div(F )dv = ∫∫ F .η dσ + ∫∫ F .(0, 0, −1)d σ = ∫∫ F .ηd σ K a
Sa
Da
S a
π, es decir, la mitad del volumen de la esfera de radio 1. Evidentemente, la respuesta es a = 0, pues K 0 es exactamente media esfera sólida. Se trata entonces de determinar
a ∈ (−1,1) de manera que el volumen de K a sea
Observación: Para 0 ≤ a ≤ 1 se tiene, calculando el volumen de
2 3
K a mediante
coordenadas cilíndricas: 2π
Vol ( K a ) = ∫ dθ 0
1− ρ 2
1− a 2
∫
ρdρ
∫ a
0
1− a 2
dz = 2π
∫ 0
3 2
= 2π − 13 (1 − 1 + a 2 ) − 12 a (1 − a 2 ) + 13 = 2π − 13 a 3 − 12 a + 12 a 3 + 13 = 2π 16 a 3 − 12 a + 13 3 Por lo tanto, Vol ( K a ) = 23 π ⇔ 16 a − 12 a + 13 = 13 ⇔ 12 a ( 13 a 2 − 1) = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 3 . (estamos considerando el caso 0 ≤ a ≤ 1 ). Puesto que 3 > 1 , es necesariamente a = 0. Para el caso −1 ≤ a < 0 , puede observarse que Vol ( K a ) = 43 π − Vol ( K − a ) y por lo tanto Vol ( K a ) = 23 π ⇔ Vol (K − a ) = 23 ⇔ −a = 0 . Es decir: la única solución es a = 0. 3 2
ρ = 1− a 2
[ ρ 1 − ρ − a ρ ]d ρ = 2π − 13 (1 − ρ 2 ) − 12 a ρ 2 ρ =0 2
=
3 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3. Sea S una porción de área 2 del cono de ecuación z = x 2 + y 2 . Calcular el flujo a través de S , con el normal dirigido hacia el eje del cono, del campo F ( x, y , z ) = ( x, y , 2 + z ) RESOLUCIÓN: La superficie S admite una parametrización ( ρ ,θ ) a Φ ( ρ ,θ ) = ( ρ cos(θ ), ρ sen (θ ), ρ ) donde ( ρ ,θ ) varía en algún dominio D ⊂ (0, +∞) × [0, 2π ) . Para esta parametrización:
∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ = (cos(θ ), sen(θ ),1) , = (− ρ sen (θ ), ρ cos(θ ), 0) , ∧ = ρ (− cos(θ ), − sen (θ ),1) ∂ρ ∂θ ∂ρ ∂θ Por lo tanto el campo de vectores normales está orientado “hacia el eje del cono” y el elemento de área es
dσ = 2ρ d ρ d θ . Entonces, el flujo pedido es
(
∫∫ F.ηdσ = ∫∫ F (Φ( ρ ,θ )). S
D
∂Φ ∂Φ ∧ d ρ d θ = ∂ρ ∂θ
= ∫∫ ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), 2 + ρ ).ρ (− cos(θ ), − sen(θ ),1) d ρ dθ = ∫∫ ρ (− ρ + 2 + ρ )d ρ d θ = D
D
= 2∫∫ ρ d ρ dθ =
2 2
D
∫∫ dσ =
2 Area (S ) = 2 2
S
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 4: Sea F ( x, y , z ) = (− y 2 , x, 4 zh( x, y)) , donde h : ℜ2 → ℜ es una función C 2 , y R la región de ℜ3 descripta por x 2 + y 2 ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ 1 . Sabiendo que el flujo de F a través del borde de R hacia su exterior es 2π , calcular ∫∫ h( x , y ) dxdy , siendo D D
la región de
ℜ
2
descripta por x
2
+ y ≤ 1. 2
RESOLUCIÓN: Las hipótesis permiten (y sugieren) aplicar el “teorema de la divergencia” al campo F en la región R, pues el dato es precisamente el flujo de F a través del borde ∂ R : 1
2π
= ∫∫ F .ηext d σ = ∫∫∫ div ( F )dv = ∫∫∫ 4h( x , y )dxdydz = 4 ∫ dz ∫∫ h ( x , y )dxdy = ∂ R
= 4∫∫ h( x, y )dxdy D
R
R
∴
∫∫ h( x, y)dxdy =
0
1 2
D
π
D
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
4
EJERCICIO 5: Sea F ( x, y, z)= ( y , x-z , z ) . Hallar a de manera que sea máxima la circulación de F a lo largo de la curva de ecuaciones x 2 + y 2 = 1 , z = 5a 2 x , orientada de manera que su tangente en ( 0 , 1 , 0 ) tenga coordenada x negativa. RESOLUCIÓN: Parametrizando γ (t ) = (cos(t ), sen(t ),5a 2 cos(t )) , 0 ≤ t ≤ 2π se tiene γ ( π2 ) = (0,1, 0) y
γ '(t ) = (− sen(t ), cos(t ), − 5a 2 sen(t ))
γ '(π2 ) = (− 1, 0, − 5a 2 )
,
por lo tanto, el sentido de la parametrización es el requerido. Ahora:
F (γ (t )).γ '(t ) = (sen (t ), (1 − 5a 2 ) cos(t ),5a 2 cos(t )).(− sen (t ), cos(t ), − 5a 2 sen (t )) = − sen(t ) 2 + (1 − 5a 2 ) cos(t )2 − 25a 4 cos(t )sen (t ) y resulta 2π
uur
2π
2π
∫ F .ds = − ∫ sen(t ) dt + (1 − 5a ) ∫ cos(t ) dt − 25a ∫ cos(t )sen(t )dt = 2
C
2
0
2
4
0
0
2π
2π = − 12 [t − sen(t ) cos(t )]0 + (1 − 5a 2 ) 12 [t + sen(t ) cos(t )] − 25a 4 . 12 sen(t )2 0 =
=−
1 2
2π
+ (1 − 5a 2 )
1 2
2π
= −5a 2π
Por lo tanto es obvio que el valor máximo posible de esta circulación es 0 y se obtiene para a = 0. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 6: Sea f : ℜ3 → ℜ una función C 3 tal que ∇ 2 f = 3 . Calcular el flujo del gradiente de f a través del borde del sólido descripto por x 2 + y 2 ≤ 4 , 0 ≤ z ≤ 1 , y ≤ −1 , hacia el exterior.
RESOLUCIÓN: Indicando con R el sólido del enunciado, se tiene (“teorema de la divergencia”):
∫∫ ∇ f .η ∂ R
1
dσ = ∫∫∫ div (∇f )dv = 3vol ( R ) = 3∫ dz
ext
R
Mediante el cambio de variable x = 2 sen(t ) :
0
3
−1
∫ dx ∫
− 3
− 4 − x 2
3
dy = 3
∫(
− 3
4−
x 2 − 1)dx
5 arsen
∫∫ ∇ f .η
dσ = 3
ext
∂ R
( ) 3 2
∫
arsen
π 3
( 4 − 4sen (t ) 2
(− )
− 1)2 cos(t )dt = 6 ∫ (2 cos(t ) − 1) cos(t )dt = − π3
3
2
π
π 2π = 6 ∫ (2 cos 2 (t ) − cos(t ))dt = 12 [t + cos(t )sen(t ) − sen (t ) ]− π = 6 + 3 −π 2π 3 = 6 − = 4π − 3 3 2 3 3
3
3
3
2
−
3
3
=
---------------------------------------------------------------------------------------------------------. = 2 y el flujo de F a EJERCICIO 7: Sea un F un campo vectorial C 3 tal que ∇ F través de la superficie descripta por y = 1 − ( x − 1) 2 + 2 z 2 , y ≥ 12 con el normal de coordenada y positiva es 3. Hallar el flujo de F a través de la superficie descripta por ( x − 1) 2 + ( y − 12 )2 + 2 z 2 = 14 , y ≤ 12 , con el normal con coordenada y negativa.
RESOLUCIÓN: Indiquemos con S 1 y S 2 las superficies dadas, es decir: S1 = { ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : ( x − 1)2 − ( y − 1)2 + 2 z 2 = 0 , S2 = { ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : ( x − 1) 2 + ( y − 12 )2 + 2 z 2 =
1 4
1 2
,
≤ y ≤1}
y≤
1 2
}
.
2 2 2 1 − y 1 x − z 3 2 1 = ( x, y, z ) ∈ ℜ : 1 + 1 + 1 = 1 , y ≤ 2 2 2 2 2
Obsérvese que la primera es la parte de un cono elíptico - con vértice en (1,1,0) y eje de simetría paralelo al eje y - comprendida entre el vértice y el plano de ecuación y = 12 . La segunda es la parte de un elipsoide - con centro en (1, 12 , 0) y ejes de simetría
6 paralelos a los ejes coordenados - comprendida entre el vértice (1,0,0) y el plano de ecuación y = 12 . Ambas superficies tienen el mismo borde, la elipse
∂S1 = ∂S2 = { ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : ( x − 1)2 + 2 z 2 =
1 4
,
y=
1 2
}=
2 2 x − 1 z = ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : 1 + 1 = 1 , y = 2 2 2
1 2
y encierran el sólido
{
K = ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : 12 −
1 4
− ( x − 1)2 − 2 z 2 ≤ y ≤ 1 −
( x − 1) 2
+ 2z2
, ( x − 1) 2
+ 2z2 ≤
1 4
}
∂ K = S1 ∪ S 2 . Los campos normales indicados en el enunciado son exteriores al sólido K , por lo tanto es decir:
2vol ( K ) =
∫∫∫ div( F )dv = ∫∫ F .ηdσ = ∫∫ F .ηd σ + ∫∫ F .ηdσ =3 + ∫∫ F .ηd σ ∂K
K
S1
S2
S 2
Entonces, el flujo pedido es
∫∫ F .ηdσ = 2vol ( K ) − 3 . S 2
Cálculo de vol ( K ): Con el cambio de coordenadas jacobiano es
x = 1 + 12 ρ cos(θ ) , z =
ρ ) se tiene ( x − 1)2 + 2 z 2 = 14 ρ 2
1 4 2
D = { ( x, z ) ∈ ℜ 2 : ( x − 1) 2 + 2 z 2 ≤
1 4
}
1 2 2
ρ sen(θ ) (el
determinante
. Entonces, indicando
D ' = { ( ρ ,θ ) ∈ ℜ 2 : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π
,
}
resulta:
vol ( K ) = ∫∫ D 2π
=
1 4 2
π 4
∫ 1 2
−
∫ dθ ∫ ρ (
2
1 4
2
− ( x −1) −2 z
2
dy dxdz = ∫∫ D'
1
0
=
1− ( x −1)2 +2 z 2
− ρ+ 1 2
1− ρ
1 2
2
2
ρ2
∫ 1 2
−
1 4
− ρ 1 4
2
dy 4 1 2 ρ d ρ dθ =
)d ρ = ∫ ( ρ − ρ π
2
4 2
0
ρ =1
− ρ3 − 13 (1 − ρ 2 ) = ρ =0 3
1 4
1
1 2
0
ρ2
1−
3 2
Por lo tanto la respuesta es
π 4 2
12 − 13 + 13 = 8π 2
+ρ
1−
1 4 2 ∫∫ D'
)
ρ 2 d ρ =
1− 12 ρ
∫
1 2
− 1−ρ 2 1 2
dy ρ d ρ dθ =
7
∫∫ F .ηd σ =
π 4 2
−3
S 2
En este gráfico se puede ver el corte del sólido con el plano de ecuación x =1.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 8. Sea C la curva de ecuaciones z = x 2 , y = 1, 0 ≤ x ≤ 1 y sea F ( x, y , z ) = ( x − 3z , 2 y + z, 0) . (a) Graficar C y calcular la circulación de F a lo largo de C , recorrida de manera que el tangente tenga coordenada z positiva. (b) Calcular el flujo del rotor de F a través de la superficie descripta por y = 1 , x 2 ≤ z ≤ x , 0 ≤ x ≤ 1 con el normal de coordenada y negativa. RESOLUCIÓN (a) Se trata de un arco de parábola:
Una parametrización de la curva C es γ (t ) = (t ,1, t 2 ) , 0 ≤ t ≤ 1 y puesto que γ '(t ) = (1, 0, 2t ) el sentido de recorrido es el pedido en el enunciado. Entonces
8
t =1
t 2 3 1 2 2 Circ ( F , C ) = ∫ F .ds = ∫ F (t ,1, t ).γ '(t )dt = ∫ (t − 3t )dt = − t = − 2 2 t =0 C 0 0 1
r
1
RESOLUCIÓN (b): La superficie S está contenida en el plano de ecuación y = 1 y por lo tanto su dirección normal es constante. Teniendo en cuenta la orientación requerida ( en el enunciado, el versor normal a elegir es η = (0, −1, 0) . Por otra parte, el rotor de F es
+ RotF ( x, y, z ) = ∂ x x − 3 z
− + ∂y ∂ z = ( −1 , − 3 , 0 ) 2 y + z 0
y por lo tanto el flujo pedido es (
1
x
0
x2
Flujo ( RotF , S ) = ∫∫ RotF .η d σ = 3∫∫ d σ = 3.Area (S ) = 3∫ dx ∫ dz = S
S
x =1
x 2 x 3 1 1 1 1 2 = 3∫ ( x − x )dx = 3 − = 3. − = 3. = 6 2 2 3 2 3 x =0 0 1
Otra forma de calcular este flujo es, aprovechando el cálculo hecho en teorema de Stokes: r
r
r
1
(a), aplicar el
r
Flujo( RotF , S ) = ∫ F .ds = ∫ F .ds + ∫ F .ds = − + ∫ F .ds ∂S
Donde
2
Γ
C
Γ
Γ = {(1 − t ,1,1 − t ) : 0 ≤ t ≤ 1} . Entonces:
1
1
Flujo( RotF , S ) = − + ∫ (1 − t − 3(1 − t ), 2 + 1 − t , 0).(− 1, 0, −1)dt = 2
1
1
0
1
1
1
1
2
2
= − + ∫ (−2 + 2t ,3 − t , 0).(−1, 0, −1) dt = − + ∫ (2 − 2t) dt = − + 2 − 1 = 2
0
2
0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 9. Sea S la superficie dada por la ecuación z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D , donde f ( x, y) es una función C 2 , tal que f ( x, y) > 0 cuando x 2 + y 2 < 1 y f ( x ,y) = 0 cuando Si el flujo de x 2 + y 2 = 1 y D es el disco descripto por x 2 + y 2 ≤ 1 . F ( x , y, z ) = (2 x, y + z 2 ,3z ) a través de S orientada con el normal con z positiva es 2, hallar ∫∫ f ( x, y ) dxd y . D
RESOLUCIÓN: Dadas las hipótesis respecto de f , el número pedido es el volumen de
9
K = {( x, y, z ) ∈ ℜ3 : ( x, y ) ∈ D , 0 ≤ z ≤ f ( x, y )} Por otra parte, la divergencia de F es 6 (constante) y por lo tanto, utilizando el teorema de la divergencia obtenemos:
∫∫ f ( x, y )dxdy = vol ( K ) = D
=
1 6
.2 +
1
∫∫
6 D
1 6
∫∫∫ Div(F )dxdydz = K
(2 x, y, 0).(0, 0, −1)d σ
=
1 6
(
∫∫ F .ηdσ + S
1
∫∫ F .ηd σ =
6 D
1 3
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
II) CURVAS, SUPERFICIES, ÁREAS Y VOLÚMENES
EJERCICIO 1. Graficar aproximadamente la curva C en ℜ3 parametrizada por t a (3t 2 , t , t ) , 1 ≤ t ≤ 2 y calcular la circulación de F ( x , y , z ) = (1, y − z , y +
1 2
z ) a lo largo de C con t creciente.
RESOLUCIÓN: La curva C es un arco de la parábola contenida en plano de ecuación y = z, con vértice en el origen de coordenadas y su semieje de simetría es el semieje x + . Los extremos de este arco de parábola son (3,1,1) y (12,2,2). directamente la circulación pedida: (
2
2
2
Puede calcularse
t = 2
∫ F .Tds = ∫ (1, t − t, t + t )(6t,1,1)dt = ∫ (6t + t )dt = ∫ 152 tdt = 152 12 t 2 t =1 = 154 (4 − 1) =
C
1 2
1
3 2
1
1
45 4
.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 2. Hallar un vector tangente en el punto (6,-1,2) a la curva intersección del paraboloide de ecuación x = 2 y 2
+ z 2
con el cono de ecuación x =
6 2 y2
+ z 2
.
RESOLUCIÓN: El paraboloide es la superficie de nivel 0 del campo escalar f ( x, y, z ) = x − 2 y 2 − z 2 , y el cono es la superficie de nivel cero del campo escalar g ( x, y, z ) = x 2 − 6(2 y 2 + z 2 ) (con la restricción x ≥ 0 ). Obsérvese que, efectivamente, f (6, −1, 2) = 0 = g (6, −1, 2) . Por lo tanto un vector tangente posible es
∇ f (6, −1, 2) ∧ ∇g (6, −1, 2) = (1, 4, −4) ∧ (12, 24, −24) = 12 (1, 4, −4) ∧ (1, 2, −2) = + − + = 12 1 4 −4 = 12 (0, −2, − 2) = −24 (0,1,1) 1 2 −2
10
Observación: La curva en cuestión es C = ( x , y , z ) ∈ ℜ3 : x = 2 y 2 + z 2 = 6 2 y 2 + z 2
{
} = { ( x, y, z) ∈ ℜ
2
: 2 y2
+ z 2 = 6, x = 6 }
es decir: una elipse contenida en el plano de ecuación x = 6. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3. Sea R la región en ℜ3 descripta por x 2 + y 2 ≤ z ≤ 16 . Hallar a de manera que el volumen de la parte de R contenida en el cilindro de ecuación x 2 + y 2 ≤ a 2 sea la mitad del volumen de R. RESOLUCIÓN: Puesto que a es solución sii -a es solución, buscaremos las soluciones positivas. Si a 2 ≥ 16 , la región R queda contenida en el cilindro, por lo tanto debemos considerar 0 < a < 4 . En este caso, la parte de R contenida en el cilindro puede describirse cómodamente en coordenadas cilíndricas:
K a = { ( x, y , z ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 ≤ z ≤ 16 ∧ x 2 + y 2 ≤ a 2 } =
= { ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), z ) ∈ ℜ3 : ρ 2 ≤ z ≤ 16 ∧ ρ 2 ≤ a 2 } = = { ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), z ) ∈ ℜ3 : ρ 2 ≤ z ≤ a 2 } ∪ ∪ { ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), z ) ∈ ℜ3 : 0 ≤ ρ ≤ a ∧ a 2 ≤ z ≤ 16 }
Entonces: 2π
a
a2
2π
a
16
a
0
0
ρ2
0
0
a2
0
Vol ( K a ) = ∫ dθ ∫ ρ d ρ ∫ dz + ∫ dθ ∫ ρ d ρ ∫ dz = 2π ∫ [a 2 ρ − ρ 3 ]d ρ + π a 2 (16 − a 2 ) = ρ =a
= 2π a2 ρ 2 − 41 ρ 4 ρ =0 + π a 2 (16 − a 2 ) = 2π a2 − a4 + π (16a 2 − a 4 ) = π ( a2 + 16a 2 − a 4 ) = = π (16a 2 − 12 a 4 ) 2
4
4
4
11 En particular se tiene el volumen de R, que corresponde al caso a = 4:
Vol ( R) = 128π .
π (16a 2 − 12 a 4 ) = 1282 π = 64π , es decir: 16 ± 256 − 128 Resolviendo: a 2 = = 16 ± 128 = 16 ± 8
Por lo tanto debemos plantear 0=
1 2
a 4 − 16a 2 + 64 .
1
2 . Por
lo tanto se tienen dos soluciones positivas: 16 + 8 2
≈ 5, 226
16 − 8 2
,
≈ 2,164
de las cuales hay que descartar la primera (por ser > 4). ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 4: Calcular el área de la porción de superficie descripta por z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 ≤ 5 z − 4 . RESOLUCIÓN: Utilizando la parametrización
ϕ ( ρ ,θ ) = ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), ρ ) donde ρ 2
,
ρ 2 ≤ 5ρ − 4
,
0 ≤θ
≤ 2π
≤ 5 ρ − 4 ⇔ ρ 2 − 5 ρ + 254 ≤ 254 − 4 ⇔ ( ρ − 52 ) 2 ≤ 94 ⇔ ρ − 52 ≤ 32 ⇔ 1 ≤ ρ ≤ 4 ,
se tiene
∂ϕ ( ρ ,θ ) = (cos(θ ), sen (θ ),1) ∂ρ
∂ϕ ( ρ ,θ ) = (− ρ sen (θ ), ρ cos(θ ), 0) ∂θ
,
∂ϕ ∂ϕ ( ρ ,θ ) ∧ ( ρ ,θ ) = (− ρ cos(θ ), ρ sen (θ ), ρ ) ∂ρ ∂θ y por lo tanto el elemento de área del cono, con esta parametrización, es
dσ =
∂ϕ ∂ϕ ∧ d ρ d θ = ∂ρ ∂θ 2π
Finalmente, el área pedida es
2
2 ρ d ρ d θ
4
16 − 1 = 15 2π . 2.2 d d θ ρ ρ = π 2 2 ∫0 ∫1
. En este gráfico puede verse un corte del cono, de ecuación z = ρ, y del paraboloide, de ecuación z = 15 ρ 2 + 54 .
12
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EJERCICIO
5: Hallar
a > 0 tal que
∫∫
( x 2
5 2
+ y 2 ) dxdy = 4 ,
siendo
Da el disco de
Da
ecuación x
2
+y ≤a 2
2
.
RESOLUCIÓN: 4 = ∫∫ ( x 2 + y 2 ) Da
tanto, debe ser
14 a = π
5 2
2π
a
a
ρ 7 2π a 7 5 dxdy = ∫ dθ ∫ ρ .ρ d ρ = 2π = 7 7 0 0 0
. Por lo
1 7
. (Obsérvese el jacobiano ρ en la segunda integral ).
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EJERCICIO 6. Sea S la superficie descripta por (u , v) a ( v , u 2 − v 2 , u ) , u 2 + v 2 ≤ 4 . Calcular el área de S .
la
parametrización
RESOLUCIÓN: Sea D = {(u , v ) ∈ ℜ 2 : u 2 + v 2 ≤ 4} y sea Φ : D → ℜ3 tal que Φ (u , v) = ( v, u 2 − v 2 , u ) . Entonces el elemento de área de S es
+ − + ∂Φ ∂Φ ∧ du dv = 0 2u 1 du dv = ∂u ∂v 1 −2v 0 y resulta:
(2v,1, −2u )
du dv = 1 + 4 (u 2 + v 2 )du dv
13 2θ
ρ =2
2
3 1 Área( S ) = ∫∫ 1 + 4 ( u + v )du dv = ∫ dθ ∫ ρ 1 + 4 ρ d ρ = 2π (1 + 4 ρ 2 ) 2 = 12 ρ =0 D 0 0 π 3 π = 17 2 − 1 = ( 4913 − 1) ≈ 36,177 2
6
(
)
2
2
6
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III) ECUACIONES DIFERENCIALES
EJERCICIO 1. Un corcho flota en la superficie de un estanque y su velocidad depende de su posición según V ( x, y) = (2 y,- x) . Hallar la trayectoria del corcho si a tiempo t = 0 está en el punto de coordenadas (1,0).
RESOLUCIÓN: La trayectoria γ (t ) = ( x (t ), y (t )) del corcho verifica, en todo instante t ∈ ℜ : γ '(t ) = V (γ (t )) = V ( x (t ), y (t )) , es decir: (i ) x '(t ) = 2 y(t ) (ii ) y '(t ) = − x (t ) Se deduce inmediatamente (multiplicando la primera ecuación por x(t ), la segunda por 2 y(t ) y sumando) que x (t ) x '(t ) + 2 y (t ) y '(t ) = 2 x (t ) y (t ) − 2 y (t ) x(t ) = 0 , es decir: d dt
12 x(t ) 2 + y (t )2 = x(t ) x '(t ) + 2 y (t ) y '(t ) = 0
para todo t ∈ ℜ . Por lo tanto las coordenadas de la posición del corcho satisfacen una ecuación de la forma 12 x 2 + y 2 = c para alguna constante c. Puesto que por hipótesis el punto (1,0) está en la trayectoria, resulta que la constante es corcho se mueve en la elipse de ecuación x 2
c=
1 2
. Por lo tanto el
+ 2 y2 = 1 .
Observación 1: La ecuación para las líneas de campo de V es x dx + 2 ydy = 0, es decir la ecuación diferencial exacta d ( 12 x 2 + y 2 ) = 0 . Observación 2: Si se desean conocer las funciones x(t ) e y(t ), basta parametrizar la elipse en la forma γ (t ) = ( x (t ), y (t )) = (cos(θ (t )), 12 sen (θ (t )) . Reemplazando en las ecuaciones (i) y (ii) :
−θ '(t )sen(θ (t )) =
2 2
sen(θ (t )) ,
1 2
θ '(t ) cos( t) = − cos(θ (t ) , de
donde se deduce que θ (t ) = − 2 t + cte . Para la condición inicial dada, puede elegirse cte = 0 (o cualquier múltiplo entero de 2 π ). Resulta entonces:
γ (t ) = (cos(−
2 t ),
1 2
sen(− 2 t )) = (cos( 2 t ), −21 sen( 2 t ))
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EJERCICIO 2: La velocidad de una partícula en el plano depende de su posición según la ley V ( x, y) = (- y, x). ¿Qué distancia recorre la partícula para ir desde el punto (0,-3) hasta (3,0)?
14
RESOLUCIÓN: La parametrización γ (t ) = ( x (t ), y (t )) de la trayectoria de la partícula en función del tiempo t satisface la ecuación γ '(t ) = V (γ (t )) , es decir: i) x '(t ) = − y (t ) ii) y '(t ) = x (t ) Multiplicando la primera ecuación por x(t ), la segunda por y(t ) y sumando las dos
d x (t ) 2 y (t ) 2 ecuaciones resultantes se obtiene 0 = x '(t ) x (t ) + y '(t ) y (t ) = + . Por lo 2 dt 2 tanto (suponiendo que t varía en un intervalo real, lo que por consideraciones físicas clásicas parece razonable) es x(t ) 2 + y 2 (t ) = cte = r 2 . Por lo tanto el camino recorrido por la partícula es una circunferencia centrada en el origen de coordenadas. Por el enunciado del problema, la circunferencia debe contener los puntos (0,-3) y (3,0) y el campo de velocidades corresponde al sentido antihorario de recorrido; por lo tanto el 1 3 radio es r = 3 y la distancia recorrida es 2π r = π . 4 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3: Hallar una función y(t ) estrictamente positiva, inversamente proporcional a su derivada, y que satisface y(0) = 3 , y’(0) = 2. RESOLUCIÓN: La función en cuestión debe satisfacer la ecuación y (t ) =
k , y '(t )
donde la constante de proporcionalidad (inversa) queda determinada por las condiciones
t = 0 resulta 3 = y (0) =
k
=
k
y por lo tanto k = 6. 2 Entonces, teniendo en cuenta que y debe ser estrictamente positiva: iniciales dadas, pues para
y '(0)
′ y 2 y2 y = ⇔ y. y ' = 6 ⇔ = 6 ⇔ = 6t + cte ⇔ y = 2 2 y ' 6
12t + cte
t = 0 se deduce que cte = 9 y por lo tanto y = 12t + 9 , que resulta definida y derivable para t > − 129 = − 43 . Para
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