El campo es conservativo y su función potencial es f(x,y,z)=ysenx+z3. El trabajo realizado por el campo al trasladar una partícula a lo largo de la curva r(t) desde t=0 a t=1 es esen1+1. El cálculo directo de la integral de rotacional del campo sobre la superficie esférica da como resultado -6π.

1. EXAMEN CUATRIMESTRAL FMI-III JUNIO 2010
1. Hallar las constantes a y b sabiendo que la función f(x, y, z ) = ax 3 + by 2 + z 2 cumple
→
D → f(1, 1, 1 ) = 5 y D → f(1, 1, 1 ) = 0, dónde u es el vector unitario en la dirección de (1,1,0) y
u v
2
→
v el correspondiente vector unitario en la dirección de (0,1,-1).
Una derivada direccional, en un punto, en la dirección de un vector unitario vale:
 →
→
D → f(x, y, z ) = =f $ u = Øf , Øf , Øf $ (u x , u y , u z ) = Øf u x + Øf u y + Øf u z
u Øx Øy Øz Øx Øy Øz
Øf = 3ax 2 Øf = 2by Øf = 2z
Øx Øy Øz
 Øf → Øf → Øf →
→
=f = i + j + k = (3ax 2 , 2by, 2z )
Øx Øy Øz
→
→ → u1 (1, 1, 0 ) (1, 1, 0 ) 1 , 1 ,0
u = u →1 =
u → = = =
u1 12 + 12 + 02 2 2 2
 → → 1 , 1 , 0 = 3a + 2b + 0 = 5
D → f(1, 1, 1 ) = (=f ) (1,1,1 ) $ u = (3a.1 2 , 2b.1, 2.1 ) $
u
2 2 2 2 2
→ (0, 1, −1 ) (0, 1, −1 )
→ → v1
v = u →1 =
v → = = = 0, 1 , − 1
v1 0 2 + 1 2 + (−1 )
2 2 2 2
 → →
D → f(1, 1, 1 ) = (=f ) (1,1,1 ) $ v = (3a.1 2 , 2b.1, 2.1 ) $ 0, 1 , − 1
v
= 0 + 2b − 2 = 0
2 2 2 2
Planteamos el sistema:
3a + 2b = 5 
2 2 2  3a + 2b = 5 
2b − 2 = 0 d  d b = 1 d 3a + 2 = 5 d 3a = 3 d a = 1
 2b − 2 = 0 
2 2 
2. Calcular el volumen del sólido limitado inferiormente por la superficie x 2 + y 2 = z y
2
superiormente por x 2 + y2 = (z − 6 ) .
Necesitamos la ecuación de la curva intersección de las dos superficies.
x2 + y2 = z  2
2  d z = (z − 6 ) d z = z − 12z + 36 d 0 = z − 13z + 36
2 2
x + y = (z − 6 ) 
2 2
1

2.  13 + 5
13 ! 169 − 4.1.36 13 ! 25  2 = 9
z= = =  13 − 5
2.1 2  =4
 2
Para que el sólido esté limitado superiormente por el cono, debemos tomar la solución
z = 4, d x 2 + y 2 = 4. Circunferencia de centro (0, 0 ) y radio 2, situada en el plano z = 4.
2
x 2 + y 2 = (z − 6 ) d ! x 2 + y 2 = z − 6 Tomamos la solución negativa, que corresponde a
la parte inferior del cono (la primera que interseca el paraboloide) d 6 − x 2 + y 2 = z
f(x, y ) = 6 − x 2 + y 2 g(x, y ) = x 2 + y 2
V = ¶¶[f(x, y ) − g(x, y )]dA = ¶¶ 6 − x 2 + y 2 − (x 2 + y 2 ) dA = [1 ]
D D
Realizamos el cambio a coordenadas polares:
3 4 2
3r 2 − r − r
2 2 2 2
[1 ] = ¶ 0 ¶ 0 (6 − r − r 2 )rdrd = ¶ 0 d. ¶ 0 (6r − r 2 − r 3 )dr = ([ ] 2 ).
0 =
3 4 0
3 4
= (2 − 0 ). 3.2 2 − 2 − 2 − 0 = 2. 12 − 8 − 4 = 2. 8 − 8 = 2. 24 − 8 = 2. 16 =
3 4 3 3 3 3 3
= 32 u.d.v.
3
3. Aplicar el teorema de Green para calcular “ C 2y 2 + 1 + x 5 dx + (5x − e y )dy, siendo C
2
la circunferencia x 2 + y 2 = 4.
Para aplicar el teorema de Green necesitamos las derivadas parciales primeras.
M(x, y ) = 2y 2 + 1 + x 5 d ØM = 4y
Øy
N(x, y ) = 5x − e y d ØN = 5
2
Øx
¶C (Mdx + Ndy ) = ¶¶ R ØN − ØM dA = ¶¶ (5 − 4y )dA =
Øx Øy R
x 2 + y 2 = 4 d Centro (0,0) y radio 2 d Realizamos cambio a coordenadas polares.
2 2 2 2 2 2 2 2
= ¶0 ¶ 0 (5 − 4r sen ).r.drd = ¶ 0 ¶ 0 (5r − 4r 2 sen )drd = ¶ 0 ¶ 0 5rdrd − ¶ 0 ¶ 0 4r 2 sen drd =
2 2 3 2
= 5 ¶ 0 d ¶ 0 rdr − 4 ¶ 0 sen ¶ 0 r 2 dr = 5.[ ] 2 . r − 4.[− cos ] 2 . r
2 2 2 2
0 0 =
2 0 3 0
2 3
= 5.(2 − 0 ). 2 − 0 − 4.[− cos 2 − (− cos 0 )]. 2 − 0 = 5.2.2 − 4.(−1 + 1 ). 8 = 20 − 0 = 20
2 3 3
2

3. → → → →
4. Demostrar que el campo F (x, y, z ) = y cos x i + sen x j + 3z 2 k es conservativo. Hallar
el trabajo realizado por dicho campo de fuerzas al trasladar una partícula a través de la
→ → 4→ →
curva r (t ) = t 3 i + e t j + 3 t 4 + 1 k desde t = 0 hasta t = 1.
Se tendrá que cumplir:
→ → →
i j k
 → → →
→ Ø Ø Ø ØF z ØF y → ØF z ØF x → ØF y ØF x →
rot F = = % F = = − i − − j + − k
Øx Øy Øz Øy Øz Øx Øz Øx Øy
Fx Fy Fz
→ → → →
F (x, y, z ) = y cos x i + sen x j + 3z 2 k
ØF z ØF y
=0 =0
Øy Øz
ØF x ØF z
=0 =0
Øz Øx
ØF y ØF x
= cos x = cos x
Øx Øy
→ → → →
Tenemos à % F = 0 d F Admite una función potencial f(x,y,z) y el campo es
conservativo.
→ → → → →
F (x, y, z ) = Ãf = Øf i + Øf j + Øf k d
Øx Øy Øz
d f(x, y, z ) = ¶ Øf dx = ¶ y cos xdx = y sen x + c(y, z )
Øx
d f(x, y, z ) = ¶ Øf dy = ¶ sen xdy = y sen x + c(x, z )
Øy
d f(x, y, z ) = ¶ Øf dz = ¶ 3z 2 dz = z 3 + c(x, y )
Øz
y sen x + c(y, z ) = y sen x + c(x, z ) d c(y, z ) = c(x, z )
Igualando:  c(x, y ) = y sen x d f(x, y, z ) = y sen x + z 3 + c
z 3 + c(x, y ) = y sen x + c(x, z ) d 
 c(x, z ) = z
3
→ → 4→ →
A = r (0 ) = 0 3 i + e 0 j + 3 0 4 + 1 k = (0, 1, 1 )
→ → 4→ →
B = r (1 ) = 1 3 i + e 1 j + 3 1 4 + 1 k = (1, e, 3 2 )
Como el campo es conservativo:
→
¶C → $ dr = f(B ) − f(A ) = f(1, e,
F 3 3
2 ) − f(0, 1, 1 ) = e. sen 1 + ( 3 2 ) − (1. sen 0 + 1 3 ) =
3

4. = e sen 1 + 2 − (0 + 1 ) = e sen 1 + 1
→ →
→ → → →
5. Calcular ¶¶ S rot F $ N dS, siendo F (x, y, z ) = y i − x j y S la superfície esférica
x 2 + y 2 + z 2 = 4, z m 1. Comprobar mediante el teorema de Stokes.
Cálculo directo.
→ → →
i j k
 → → →
→ Ø Ø Ø ØF z ØF y → ØF z ØF x → ØF y ØF x →
rot F = = % F = = − i − − j + − k
Øx Øy Øz Øy Øz Øx Øz Øx Øy
Fx Fy Fz
→ → →
F (x, y, z ) = y i − x j
 → → →
→ → → → →
rot F = = % F = (0 − 0 ) i − (0 − 0 ) j + (−1 − 1 ) k = −2 k
→ →  →  →
¶¶ S →
rot
→
F $ N dS = ¶¶ A rot F $ =G(x, y.z )dA = [1 ]
dS d Diferencial de superficie de la superficie en tres dimensiones
dA d Diferencial de superficie de la superficie plana a partir de la cual obtenemos la
superficie en el espacio mediante g(x,y)
Despejamos z de la ecuación de la superficie.
x 2 + y 2 + z 2 = 4 d z 2 = 4 − x 2 − y 2 d z = 4 − x 2 − y 2 = g(x, y )
G(x, y, z ) = z − 4 − x 2 − y 2
Øg(x, y ) −2x −x
= =
Øx 2 4 − x2 − y2 4 − x2 − y2
Øg(x, y ) −2y −y
= =
Øy 2 4 − x2 − y2 4 − x2 − y2
→ Øg(x, y ) → Øg(x, y ) → → x → y → →
=G(x, y.z ) = − i − j + k = i + j + k
Øx Øy 4 − x2 − y2 4 − x2 − y2
→
La superficie de la esfera es convexa y =G tal y como está definido va hacia fuera,
 →
tomaremos =G tal y como está.
x y
[1 ] = ¶¶ A (0, 0, −2 ) $ , , 1 dA =
4 − x2 − y2 4 − x2 − y2
4

5. = ¶¶ A (0 + 0 − 2 )dA = −2 ¶¶ A dA = [2 ]
Realizamos un cambio a coordenadas polares.
Si z = 1 d x 2 + y 2 + 1 2 = 4 d x 2 + y 2 = 3 d r 2 = 3 d r = 3
2 3 ( 3 )2
rdr = −2.[ ] 0 . r
2
[2 ] = −2 ¶ 0 ¶0 3 rdrd = −2 ¶ 0 d ¶ 0
2 3 2
2 0
= −2.(2 − 0 ).
2
−0 =
= −2.2. 3 = −6
2
Comprobación mediante el teorema de Stokes.
→
¶¶ S  → $ →dS = ¶C → $ dr
→
rot F N F
El borde de la sección de esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 4, con z m 1, es el camino
C. Lo parametrizamos mediante:
 x = 3 cos t  x ∏ = − 3 sen t
 
 y = 3 sen t t c [0, 2 ]  y ∏ = 3 cos t
z=1  z∏ = 0
 
→
¶C → $ dr = ¶C (y, −x, 0 ) $ → (t )dt =
∏
F r
2
= ¶ 0 ( 3 sen t, − 3 cos t, 0 ) $ (− 3 sen t, 3 cos t, 0 )dt =
2 2 2
= ¶ 0 −( 3 ) sen 2 t − ( 3 ) cos 2 t + 0 dt = −3 ¶ 0 (sen 2 t + cos 2 t )dt = −3 ¶ 0 dt = −3.[t ] 0 =
2 2 2
= −3.(2 − 0 ) = −6
6. Calcular la masa de un alambre cuya forma viene determinada por la intersección de
las superficies x 2 + z 2 = y; y = 9, si la densidad en un punto (x,y,z) del alambre es
f(x, y, z ) = x 2 .
La curva es la intersección de un cilindro recto orientado según el eje OY con un
plano.
x2 + z2 = y 
 d x2 + z2 = 9
y=9 
Circunferencia de centro (0,9,0) y radio 3, contenida en el plano y = 9.
x(t ) = 3 cos t  x ∏ (t ) = −3 sen t 
 
y(t ) = 9  t c [0, 2 ] y ∏ (t ) = 0 
z(t ) = 3 sen t  z ∏ (t ) = 3 cos t 
 
5

6. 2
M = ¶ C f(x, y, z )ds = ¶ 0 f(x(t ), y(t ), z(t )) x ∏ (t ) 2 + y ∏ (t ) 2 + z ∏ (t ) 2 dt =
2 2
= ¶ 0 (3 cos t ) (−3 sen t ) + 0 2 + (3 cos t ) dt = ¶ 0 9 cos 2 t 9 sen 2 t + 9 cos 2 t dt =
2 2 2
= 9 ¶ 0 cos 2 t 9(sen 2 t + cos 2 t ) dt = 9 ¶ 0 3 cos 2 tdt = 27 ¶ 0 cos 2 tdt = 27 ¶ 0 1 + cos 2t dt =
2 2 2 2
2
2
= 27 ¶ 0
2 1 + 2 cos 2t dt = 27. 1 t + 1 sen 2t = 27. 1 .2 + 1 sen 4 − (0 − 0 ) =
2 4 2 4 0 2 4
= 27 u.d.m.
7. El ritmo de crecimiento de una población de bacterias es directamente proporcional a
la raíz cuadrada de t, donde P es el tamaño de la población y t el tiempo en días (0≤ t ≤10). Si
≤
el tamaño inicial de la población es 500 y tras un día, ha crecido hasta 600, estima el valor de
la población a los 7 días.
P(t ) d Número de bacterias en función del tiempo (en días).
dP(t )
= k. t
dt
Obtención de P(t).
dP = k. t
dt
dP = k t dt
1
dP = kt 2 dt
¶ dP = k ¶ t 1
2 dt
3
P = kt +c
2
3
2
2 t3
P=k +c
3
Si ahora exigimos las condiciones particulares:
500 = k.0 + c 
P(0 ) = 500   2 2
d 2 13  d 500 = c d 600 = 3 k + 500 d 100 = 3 k d
P(1 ) = 600  600 = k. +c 
3 
d 3 .100 = k d 150 = k
2
P(t ) = 100 t 3 + 500
6

7. P(7 ) = 100 7 3 + 500 j 2352 bacterias.
8. Hallar la solución de la ecuación diferencial: y ∏ − xy = 3x.
 P(x ) = −x
y ∏ − x.y = 3x d  Ec. dif. lineal de primer orden.
 Q(x ) = 3x
Planteamos: y = u.v d u ∏ .v + u.v ∏ + P(x ).u.v = Q(x ) d u.(v ∏ + P(x ).v ) + v.u ∏ = Q(x )
Buscamos v tal que: v ∏ + P(x ).v = 0
v ∏ − x.v = 0
v ∏ = x.v
dv = x.v
dx
dv = xdx
v
¶ dv = ¶ xdx
v
2
ln v = x
2
x2
v=e 2
x2
v.u ∏ = Q(x ) d e 2 .u ∏ = 3x
u ∏ = 3x
x2
e2
du = 3xe − x22
dx
x2 x2
¶ du = ¶ 3xe − 2 = −3 ¶ − 2x e − 2 dx b ¶ f ∏ (x )e f(x) dx = e f(x) + c
2
x2
u = −3e − 2 +c
x2 x2 x2 x2 x2 x2
y = −3e − 2 +c e 2 = −3e − 2 e 2 + ce 2 = −3 + ce 2
También puede resolverse como ecuación de variables separables.
7