parcial tipo c mate vi

Universidad Simon BolıvarDepartamento de Matematicas

Puras y Aplicadas

MA-2113 Septiembre-Diciembre 2012

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Carne: Seccion:

1er Examen Parcial (50 %) Tipo C

Justifique todas sus respuestas.

Pregunta 1. (12 pts) Sea Φ(u, v) = (u−v, u+v, uv) en D = {(u, v) ∈ R2 : 1 ≤ u2+v2 ≤ 4, v ≤ 0},

y F(x, y, z) = (y2, z2, x2). Si S = Φ(D), y suponiendo Φ inyectiva, halle

∣∣∣∣∫∂S

F· dl

∣∣∣∣Solucion

Observamos que como nos piden el modulo de la integral, no hay que preocuparse por laorientacion de ∂S y tampoco por la de S.

Para hallar ∂S, debemos parametrizar ∂D y ver la imagen de este por Φ. Pareciera mas facilusar el teorema de Stockes. Entonces∫

∂S

F · dS =

∫∫S

rot (F) · dS =

∫∫S

rot (F) · (Φ(u, v)) · (Tu × Tv) du dv donde

Tu = (1, 1, v), Tv = (−1, 1, u), Tu × Tv = (u− v,−u− v, 2), y

rot F =

∣∣∣∣∣∣ı k∂x ∂y ∂zy2 z2 x2

∣∣∣∣∣∣ = (−2z,−2x,−2y), ası

rot F(Φ(u, v)) = (−2uv,−2(u− v),−2(u+ v)).Ası,

∫dS

F · dS =

∫∫D

(−2uv,−2(u− v),−2(u+ v)) · (u− v,−u− v, 2) du dv

=

∫∫D

(−2uv(u− v) + 2(u2 − v2)− 4(u+ v)) du dv

=

∫∫D

(−2u2v + 2uv2 + 2(u2 − v2)− 4(u+ v)) du dv

Haciendo un cambio de variable u = r cos(θ), v = r sen(θ) para θ ∈ [−π, 0], r ∈ [1, 2] nos queda

=

∫ 0

−π

∫ 2

1

(−2r3 cos2(θ) sen(θ) + 2r3 sen2(θ) cos(θ) + 2r2(cos2(θ)− sen2(θ))− 4r(cos(θ) + sen(θ)))r dr dθ

=

∫ 2

1

(2r4 cos3(θ)

3+ 2r4 sen3(θ)

3+ r3 sen(2θ)− 4r2(sen(θ)− cos(θ)))

∣∣∣0−π

dr

=

∫ 2

1

(4

3r4 + 8r2

)dr =

(4

15r5 +

8

3r3

) ∣∣∣21

=

(4

15· 25 +

8

3· 23

)−(

4

15+

8

3

)= 8 ·

(16

15+

8

3

)−(

4

5+

8

3

)=8 ·

(16

15+

40

15

)−(

12

15+

40

15

)=8 · 56

15− 52

15=

396

15=

132

5

Pregunta 2. (12 pts) Considere el campo vectorial

F(x, y, z) = (3x2y + y2g(x)− y2x3 − xy2 + z, x3 − yx2 − y + h(z), 2yz + ax).

a) Determine las funciones g(x) y h(z) y la constante a para que el campo F sea conservativo.

b) Encuentre un potencial para este campo.

Solucion

a) Calculamos rot (F) = 0 y obtenemos

rot (F) = (2z − h′(z), 1− a,−2y · g(x) + 2yx3) = (0, 0, 0), ası:

2z − h′(z) = 0⇒ h′(z) = 2z ⇒ h(z) = z2,

1− a = 0⇒ a = 1,

−2y · g(x) + 2yx3 = 0⇒ g(x) = x3.

b) Encontrar un potencial para F con los datos hallados en (a), nos queda

F (x, y, z) = (3x2y − xy2 + z, x3 − yx2 − y + z2, 2yz + x) = (P,Q,R).

Ası,

f(x, y, z) =

∫ x

0

P (t, 0, 0) dt+

∫ y

0

Q(x, t, 0) dt+

∫ z

0

R(x, y, t) dt

=

∫ x

0

0 dt+

∫ y

0

(x3 − x2t− t) dt+

∫ z

0

(2yt+ x) dt

= (x3t− x2t2

2− t2

2)∣∣∣y0

+ (yt2 + xt)∣∣∣z0

= x3y − x2y2

2− y2

2+ yz2 + xz

2

de donde f(x, y, z) = (x2 + z2)y − y2

2(x2 + 1) + xz.

Solucion Alternativa:

Si f : R3 → R es tal que ∇f = F = (P,Q,R), se tiene:

∂f

∂x= P = 3x2y − xy2 + z (1)

∂f

∂y= Q = x3 − yx2 − y + z2 (2)

∂f

∂z= R = 2yz + x (3)

De (1) f(x, y, z) = x3y − x2y2

2+ zx+R(y, z).

De (2) x3 − yx2 − y + z2 = ∂f∂y

= x3 − x2y + ∂R∂y

, ası

∂R∂y

= −y + z2 ⇒ r(y, z) = −y2

2+ yz2 + P (z).

Ası f(x, y, z) = x3y − x2y2

2+ zx− y2

2+ yz2 + P (z).

De (3) 2yz + x = ∂f∂z

= x+ 2yz + P ′(z)⇒ P ′(z) = 0⇒ P (z) = C.

Finalmente f(x, y, z) = (x3 + z2)y − y2

2(x2 + 1) + zx+ C.

Pregunta 3. (12 pts) Considere la superficie S = {(x, y, z) ∈ R3 : z +√x2 + y2 = 2, z ≥ 0} y un

campo vectorial F tal que rot (F)(x, y, z) = (−6xy − y,−1 + 3y2, 3x2). Calcule

∫∫S

rot (F) · dS ,

con S orientada con la normal de componente z ≥ 0.

Solucion

No podemos usar el teorema de Stokes pues no conocemos F . Calcular la integral sobre lasuperficie es algo complicado. Si cerramos la superficie, anadiendole el disco

S1 = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 ≤ 4, z = 0} y hacemos S = S ∪ S1, orientada exteriormente,entonces usando el teorema de Gauss tenemos∫∫

S

rot (F) · dS =

∫∫∫V

div (rot (F)) dv siendo V el solido tal que ∂V = S ∪ S1.

Nos queda entonces:

div (rot F ) = ∇(−6xy − y,−1 + 3y2, 3x2) = −6y + 6y = 0.

Ası,

3

∫∫S

rot (F) · dS = 0 =

∫∫S

rot (F) · dS +

∫∫S1

rot (F) · dS ⇒∫∫S

rot (F) · dS = −∫∫

S1

rot (F) · dS .

Parametrizando S1 : φ(u, v) = (u, v, 0), con D = {(u, v) ∈ R3|u2 + v2 ≤ 4},Tu = (1, 0, 0), Tv = (0, 1, 0)⇒ Tu × Tv = ı× = k, que invierte la orientacion.

Luego, −∫∫

S1

rot (F) · dS =

∫∫D

rot (F)(φ(x, y)) · Tu × Tv du dv

=

∫∫D

(−6uv − v,−1 + 3v2, 3u2) · (0, 0, 1) du dv =

∫∫D

3u2 du dv = §

Haciendo el cambio de variableu = r cos θ, 0 ≤ r ≤ 2v = r sen θ, 0 ≤ θ ≤ 2π, se tiene,

§ = 3

∫ 2

0

∫ 2π

0

r3 cos2 θ dθ dr = 3

∫ 2

0

r3

∫ 2π

0

1 + cos2 θ

2dθ dr = 3 · r

4

4

∣∣∣20· 12· 2π =

3

4· 16π = 12π.

Pregunta 4. (7 pts) El valor de (1− i)23 es:

Solucion

Escribiendo (1− i) en coordenadas cartesianas nos queda (1− i) = 212 (cos(−π

4) + i sen(−π

4)).

Ası,

(1− i)23 = (212 )23(cos(−π

4) + i sen(−π

4))23 = (2

232 )(cos(−23π

4) + i sen(−23π

4))

= (2232 )(cos(

π

4− 6π) + i sen(

π

4− 6π)) = (2

232 )(cos(

π

4) + i sen(

π

4))

= (211+ 12 )(

1√2

+ i1√2

) = (211)(1 + i)

Por lo tanto, la respuesta correcta es la opcion (b).

Pregunta 5. (7 pts) Si z = x+ iy, la solucion de la ecuacion |z + 2| = |z − 2| es:

Solucion

Sea z = x+ iy. Entonces (z − 2) = ((x− 2) + iy) y (z + 2) = ((x+ 2) + iy).

Ası, |z − 2| = ((x− 2)2 + y2)12 y |z + 2| = ((x+ 2)2 + y2)

12 .

Nos queda:

|z + 2| = |z − 2| ⇒ ((x+ 2)2 + y2)12 = ((x− 2)2 + y2)

12 ⇒ (x+ 2)2 + y2 = (x− 2)2 + y2

4

⇒ (x+ 2)2 = (x− 2)2 ⇒ |x+ 2| = |x− 2| ⇒ x+ 2 = ±(x− 2)

Si tomamos, x+ 2 = x− 2, nos queda 2 = −2, que es una contradicion.

Tomando x+ 2 = −x+ 2, nos queda 2x = 0, es decir x = 0.

Por lo tanto, la respuesta correcta es la opcion (a).

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