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1

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS DE COLOQUIO CLASIFICADOS POR TEMAS I) CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA Y TEOREMAS INTEGRALES II) CURVAS, SUPERFICIES, ÁREAS Y VOLÚMENES III) ECUACIONES DIFERENCIALES I) CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA Y TEOREMAS 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 a B a C . Calcular la circulación de F a lo largo de T. RESOLUCIÓN: Indicando con S a la superficie del triángulo, es decir:T = ∂S , se tiene ( ( ( (Teorema de Stokes) ∫ F .Tds = ∫∫ Rot ( F ).η dσ (con la orientación de η compatible con T

S

la de T = ∂S indicada en el enunciado). Calculemos: −  +  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 ( ( η = (0,1, 0) o bien η = (0, −1, 0) . Observando la orientación indicada en el enunciado, 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 y = 1: (

(

∫ F .Tds = ∫∫ Rot ( F ).η dσ = ∫∫ (1, 2 y, −2 z ).(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) = 12 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 a , y con el normal alejándose del centro, sea 63 π . 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 } . ( ( Se trata de calcular a ∈ (−1,1) de manera que ∫∫ F .η = 63 π = 2π , donde η es el campo Sa

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 ) ∈ ℜ3 : x 2 + y 2 ≤ 1 − a 2 , 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 .η dσ Ka

Sa

Da

Sa

Se trata entonces de determinar a ∈ (−1,1) de manera que el volumen de K a sea 23 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. Observación: Para 0 ≤ a ≤ 1 se tiene, calculando el volumen de coordenadas cilíndricas: 2π

Vol ( K a ) =

∫ dθ 0

1− ρ 2

1− a 2

∫

ρ dρ

∫

1− a 2

dz = 2π

a

0

∫ 0

K a mediante 3

= 2π  − 13 (1 − 1 + a ) − 12 a (1 − a ) + 13  = 2π  − 13 a 3 − 12 a + 12 a 3 + 13  = 2π  16 a 3 − 12 a + 13    2 1 3 Por lo tanto, Vol ( K a ) = 3 π ⇔ 6 a − 12 a + 13 = 13 ⇔ 12 a ( 13 a 2 − 1) = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 3 . 2

3 2

ρ = 1− a 2

[ ρ 1 − ρ 2 − a ρ ]d ρ = 2π  − 13 (1 − ρ 2 ) 2 − 12 a ρ 2    ρ =0

2

(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 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------

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 d σ = 2 ρ d ρ dθ . Entonces, el flujo pedido es ∂Φ

(

∂Φ

∫∫ F .ηdσ = ∫∫ F (Φ( ρ ,θ )). ∂ρ ∧ ∂θ d ρ dθ = S

D

= ∫∫ ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), 2 + ρ ).ρ (− cos(θ ), − sen(θ ),1) d ρ dθ = ∫∫ ρ (− ρ + 2 + ρ )d ρ dθ = D

D

= 2∫∫ ρ d ρ dθ = D

2 2

∫∫ 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 descripta por x + y ≤ 1 . 2

2

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 2π 2π uur 2 2 2 4 ∫ F .ds = − ∫ sen(t ) dt + (1 − 5a ) ∫ cos(t ) dt − 25a ∫ cos(t ) sen(t )dt =

C

0

0

0

= − 12 [t − sen(t ) cos(t )]0 + (1 − 5a 2 ) 12 [t + sen(t ) cos(t ) ] − 25a 4 . 12  sen(t ) 2  2π

2π 0

=

1 1 = − 2π + (1 − 5a 2 ) 2π = −5a 2π 2 2 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

ext

dσ = ∫∫∫ div(∇f )dv = 3vol ( R ) = 3∫ dz R

Mediante el cambio de variable x = 2 sen(t ) :

0

−1

3

∫

− 3

dx

∫

− 4− x2

3

dy = 3 ∫ ( 4 − x 2 − 1)dx − 3

5 arsen

∫∫ ∇f .η

ext

∂R

dσ = 3

( )

∫

arsen

3 2

π 3

( 4 − 4 sen (t ) − 1)2 cos(t )dt = 6 ∫ (2 cos(t ) − 1) cos(t )dt = 2

( ) − 3 2

− π3

π 3

π  2π  3 = 6 ∫ (2 cos 2 (t ) − cos(t ))dt = 12 [t + cos(t ) sen(t ) − sen(t ) ]−3 π = 6  + − 3 = 3 2  3  − π3

 2π 3 = 6  −  = 4π − 3 3 2   3

---------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 7: Sea un F un campo vectorial C 3 tal que ∇.F = 2 y el flujo de F a 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 S1 y S 2 las superficies dadas, es decir: S1 = { ( x, y, z ) ∈ ℜ3 : ( x − 1) 2 − ( y − 1) 2 + 2 z 2 = 0 , S 2 = { ( 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   y − 12   z   3  x −1 =  ( x, y , z ) ∈ ℜ :  1  +  1  +  1  = 1 , y ≤  2   2   2 2  

. 1 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 = 14 , y =

1 2

}=

2 2   z   3  x −1 =  ( x, y , z ) ∈ ℜ :  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 + 2 z 2 , ( x − 1) 2 + 2 z 2 ≤

1 4

}

es decir: ∂K = S1 ∪ S 2 . Los campos normales indicados en el enunciado son exteriores al sólido K, por lo tanto 2vol ( K ) = ∫∫∫ div( F )dv = K

∫∫ F .η dσ = ∫∫ F .η dσ + ∫∫ F .η dσ =3 + ∫∫ F .η dσ ∂K

S1

S2

S2

Entonces, el flujo pedido es

∫∫ F .η dσ = 2vol ( K ) − 3 . S2

Cálculo de vol(K): Con el cambio de coordenadas x = 1 + 12 ρ cos(θ ) , z = jacobiano es

1 4 2

1 2 2

ρ sen(θ ) (el determinante

ρ ) se tiene ( x − 1) + 2 z = 14 ρ . Entonces, indicando 2

D = { ( x, z ) ∈ ℜ 2 : ( x − 1) 2 + 2 z 2 ≤

1 4

2

}

2

, D ' = { ( ρ ,θ ) ∈ ℜ 2 : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π

}

resulta:  1− ( x −1)2 + 2 z 2   1− 14 ρ 2     vol ( K ) = ∫∫ dy dxdz = ∫∫ dy  4 1 2 ρ d ρ dθ = ∫ ∫     2 2 1 1 D D ' 1 − 1 − 1 ρ2  2 − 4 −( x −1) − 2 z  2 4 4 

∫ dθ ∫ ρ (

2π

=

1 4 2

1

0

=

π 4

 2  

1 2

− ρ+ 1 2

1− ρ

1 2

2

0

ρ2 2

−

ρ3 3

ρ =1

− 13 (1 − ρ 2 ) 2  =  ρ =0 3

Por lo tanto la respuesta es

)d ρ = π 4 2

∫(ρ − ρ 1

π 4 2

2

0

 12 − 13 + 13  =

π 8 2

 1− 12 ρ  1  dy ρ d ρ dθ = ∫ 4 2 ∫∫   D ' 1 − 1 1− ρ 2 2 2 

)

+ ρ 1− ρ2 d ρ =

7

∫∫ F .η dσ =

π 4 2

−3

S2

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 − 3 z , 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

1 1 t2 3  1 r 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

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 ∂y ∂ z  = ( −1 , − 3 , 0 )  x − 3 z 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

1  x 2 x3  1 1 1 1 = 3∫ ( x − x 2 )dx = 3  −  = 3.  −  = 3. = 3  x =0 6 2  2 3 2 0

Otra forma de calcular este flujo es, aprovechando el cálculo hecho en (a), aplicar el teorema de Stokes: Flujo( RotF , S ) =

r

r

r

1

r

∫ F .ds = ∫ F .ds + ∫ F .ds = − 2 + ∫ F .ds

∂S

C

Γ

Γ

Donde 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 0 1

1

1 1 1 1 = − + ∫ (−2 + 2t ,3 − t , 0).(−1, 0, −1)dt = − + ∫ (2 − 2t ) dt = − + 2 − 1 = 2 0 2 0 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------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 x 2 + y 2 = 1 y D es el disco descripto por x 2 + y 2 ≤ 1 . Si el flujo de 2 F ( x, y, z ) = (2 x, y + z ,3 z ) a través de S orientada con el normal con z positiva es 2, hallar

∫∫ f ( x, y)dxdy . 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: 1

1

(

1

∫∫ f ( x, y)dxdy = vol ( K ) = 6 ∫∫∫ Div( F )dxdydz = 6 ∫∫ F .ηdσ + 6 ∫∫ F .η dσ = D

K

S

D

1 1 1 = .2 + ∫∫ (2 x, y, 0).(0, 0, −1)dσ = 6 6 D 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 + 12 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). Puede calcularse directamente la circulación pedida: 2 2 2 ( t =2 45 3 15 15 1 2 15 1   F Tds = t − t t + t t dt = t + t dt = tdt = t . (1, , )(6 ,1,1) (6 ) 2 2 2 2 2 ∫C ∫1 ∫1 ∫1   t =1 = 4 (4 − 1) = 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 y 2 + 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 y 2 + 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: Vol ( K a ) =

2π

a

a2

2π

a

16

a

0

0

ρ2

0

0

a2

0

∫ dθ ∫ ρ d ρ ∫ dz +

= 2π  a2 ρ 2 − 14 ρ 4  2

= π (16a − a ) 2

1 2

4

ρ =a ρ =0

2 3 2 2 ∫ dθ ∫ ρ d ρ ∫ dz = 2π ∫ [a ρ − ρ ]d ρ + π a (16 − a ) =

+ π a 2 (16 − a 2 ) = 2π  a2 − a4  + π (16a 2 − a 4 ) = π ( a2 + 16a 2 − a 4 ) = 4

4

4

11 En particular se tiene el volumen de R, que corresponde al caso a = 4: Vol ( R) = 128π . Por lo tanto debemos plantear π (16a 2 − 12 a 4 ) = 128 2 π = 64π , es decir: 16 ± 256 − 128 = 16 ± 128 = 16 ± 8 2 . Por 1 lo tanto se tienen dos soluciones positivas: 0 = 12 a 4 − 16a 2 + 64 . Resolviendo: a 2 = 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 = x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ 5z − 4 . RESOLUCIÓN: Utilizando la parametrización ϕ ( ρ ,θ ) = ( ρ cos(θ ), ρ sen(θ ), ρ ) , ρ 2 ≤ 5 ρ − 4 , 0 ≤ θ ≤ 2π donde ρ 2 ≤ 5 ρ − 4 ⇔ ρ 2 − 5 ρ +

25 4

≤

25 4

− 4 ⇔ ( ρ − 52 ) 2 ≤ 94 ⇔ ρ − 52 ≤ 32 ⇔ 1 ≤ ρ ≤ 4 ,

se tiene ∂ϕ ∂ϕ ( ρ ,θ ) = (cos(θ ), sen(θ ),1) , ( ρ ,θ ) = (− ρ sen(θ ), ρ cos(θ ), 0) ∂ρ ∂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 dθ = 2 ρ d ρ dθ ∂ρ ∂θ 2π

Finalmente, el área pedida es

4

 16 1  2 ∫ dθ ∫ ρ d ρ = 2.2π  −  = 15 2π .  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

---------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 5: Hallar a > 0 tal que

∫∫ ( x

2

5

+ y 2 ) 2 dxdy = 4 , siendo Da el disco de

Da

ecuación x + y ≤ a . 2

2

2

2π

a

 ρ7  2π a 7 RESOLUCIÓN: 4 = ∫∫ ( x + y ) dxdy = ∫ dθ ∫ ρ .ρ d ρ = 2π   = . Por lo 7  7 0 0 0 Da 2

2

5 2

a

5

1

tanto, debe ser

 14  7 a =   . (Obsérvese el jacobiano ρ en la segunda integral ). π 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------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 ) ∈ ℜ2 : 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 = (2v,1, −2u ) du dv = 1 + 4 ( u 2 + v 2 )du dv ∂u ∂v  1 −2v 0  y resulta:

13

Área ( S ) = ∫∫ =

(

D

)

2θ

ρ =2

2

3 1  = 1 + 4 ( u + v )du dv = ∫ dθ ∫ ρ 1 + 4 ρ d ρ = 2π  (1 + 4 ρ 2 ) 2  12  ρ =0 0 0 2

3 π π 17 2 − 1 = 6 6

(

2

2

)

4913 − 1 ≈ 36,177

---------------------------------------------------------------------------------------------------------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) = (2y,-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 2y(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 c = 12 . Por lo tanto el corcho se mueve en la elipse de ecuación x 2 + 2 y 2 = 1 . Observación 1: La ecuación para las líneas de campo de V es x dx + 2ydy = 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 2π ). Resulta entonces: γ (t ) = (cos( − 2 t ),

1 2

sen( − 2 t )) = (cos( 2 t ),

−1 2

sen( 2 t ))

---------------------------------------------------------------------------------------------------------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. k , y '(t ) donde la constante de proporcionalidad (inversa) queda determinada por las condiciones k k = y por lo tanto k = 6. iniciales dadas, pues para t = 0 resulta 3 = y (0) = y '(0) 2 Entonces, teniendo en cuenta que y debe ser estrictamente positiva: RESOLUCIÓN: La función en cuestión debe satisfacer la ecuación y (t ) =

′  y2  6 y2 y= ⇔ y. y ' = 6 ⇔   = 6 ⇔ = 6t + cte ⇔ y = 12t + cte y' 2  2  Para t = 0 se deduce que cte = 9 y por lo tanto y = 12t + 9 , que resulta definida y derivable para t > − 129 = − 34 . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------