Examen Final - 61.03.Análisis Matemático II A - 17/02/2009
- Enunciado
  - Punto I
  - Punto II
  - Punto III
  - Punto IV
  - Punto V
- Resolución
  - Punto I
  - Punto II
  - Punto III
  - Punto IV
  - Punto V
- Discusión

2009

Día: 17/02/2009 Tema: II

Sea $<tex>\Omega \subset R^3</tex>$ definida por $<tex> x^2+z^2\leq 3,\ 0 \leq y\leq 3- \sqrt{x^2+z^2}</tex>$ . Calcular el flujo del campo $<tex>\overline{f}(x,y,z) = (2x-y,3y,z) </tex>$ a través de la superficie del borde de $<tex>\Omega</tex>$ . Indicar en un gráfico la dirección del vector normal elegido.

Punto II

Sea $<tex>C </tex>$ la curva definida por $<tex>x^2+az^2= 1,\ y=1,\ a>0 </tex>$ y $<tex>\ F: R^3 \rightarrow R^3 </tex>$ un campo $<tex>C^2 </tex>$ que satisface que $<tex>\ rotF=(1,1-xy,xz) </tex>$ . Hallar $<tex>a > 0</tex>$ de manera que la circulación de $<tex> F </tex>$ a lo largo de $<tex> C </tex>$ sea $<tex> 3 \pi </tex>$ . Orientar la curva de manera que en $<tex>(-1,1,0)</tex>$ la tangente tenga coordenada $<tex>z</tex>$ positiva.

Punto III

Hallar la ecuación de la familia de curvas ortogonales a las curvas definidas por $<tex>x= ky^3</tex>$ .

Punto IV

Si $<tex> A \subset R^2</tex>$ es una región de área 2, calcular el área de $<tex> B= \big\{ (x,y) \in R^2 : (3x-y,x+y) \in A\big\}</tex>$

Punto V

Sea $<tex>G : R^3\rightarrow R</tex>$ una función $<tex>C^1</tex>$ Calcular la circulación del campo $<tex> \overline{F}(x,y,z) = (xy-9yG(x,y,z),2G(x,y,z),3x(x,y,z))</tex>$ desde $<tex>(x_0,1.z_0)</tex>$ hasta $<tex>(x_1,8,z_1)</tex>$ a lo largo de la curva $<tex> C </tex>$ cuyos puntos pertenecen a la superficie de ecuación $<tex> z= y-x^2 </tex>$ y su proyección sobre el plano $<tex>xy</tex>$ cumple con la ecuación $<tex> y= x^3</tex>$ . Suponga $<tex> G</tex>$ continua en $<tex> R^3</tex>$

Resolución

Punto I

Tenemos a la Superficie $<tex>\Omega \subset R^3</tex>$ definida por $<tex> x^2+z^2\leq 3,\ 0 \leq y\leq 3- \sqrt{x^2+z^2}</tex>$

Se la parametriza:

$<tex>\gamma (t,\rho,y) = (\rho Cos(t), y , \rho Sen(t)), 0 \leq t \leq 2\pi \, , \, 0 \leq \rho \leq \sqrt{3} \, , \, 0 \leq y \leq 3 - \rho </tex>$

Es una superficie Cerrada Incluida en el Dominio de $<tex>\overline{f}</tex>$ , y vemos q el campo vectorial $<tex>\overline{f}</tex>$ es $<tex>C^1(\mathbf{R^3})</tex>$

Podemos Aplicar el teorema de la Divergencia (o de Gauss), entonces nos quedaría lo siguiente:

Calculamos la $<tex>Div(\overline{f}) \, = \, \nabla \cdot \overline{f}(x,y,z)</tex>$ entonces nos queda:

$<tex>Div(\overline{f}) \, = \, 2 + 3 + 1 \, = \, 6 </tex>$

Apliquemos el Teorema de Gauss:

$<tex> \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} \int_0^{3-\rho} 6 \rho \, dy \, d\rho \, dt </tex>$

y me queda

$<tex> 6 \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} \int_0^{3-\rho} \rho \, dy \, d\rho \, dt </tex>$

Operamos:

$<tex> 6 \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} (\rho y) \bigg|_0^{3-\rho} d\rho \, dt </tex>$

$<tex> 6 \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} 3\rho - \rho^2 d\rho </tex>$

$<tex> 6 \int_0^{2\pi} \left( \frac{3 \rho^2}{2} - \frac{\rho^3}{3} \right) \Bigg|_0^{\sqrt{3}} \, dt </tex>$

$<tex> 6 \int_0^{2\pi} \frac{9}{2} - \frac{\sqrt{27}}{3} \, dt \, \to \, 6 \int_0^{2\pi} \frac{9}{2} - \sqrt{\frac{27}{9}} \, dt \, \to \, 6 \int_0^{2\pi} \frac{9}{2} - \sqrt{3} \, dt </tex>$

Operamos:

$<tex>6 [(\frac{9}{2}t - \sqrt{3}t) \bigg|_0^{2\pi}] \, = \, 6[ 9\pi - 2\sqrt{3}\pi] \, = \, 54\pi - 18\sqrt{3}\pi </tex>$

Por lo tanto

$<tex>\iint_C \overline{f} \cdot N \, dC \, = \, (54 - 18\sqrt{3})\pi </tex>$

Punto II

tenemos la curva: $<tex>C </tex>$ la curva definida por $<tex>x^2+az^2= 1,\ y=1,\ a>0 </tex>$

Parametrizo la curva:

$<tex>C(t) = \left( Cos(\theta),1, \frac{1}{\sqrt{a}} Sen(\theta) \right) 0\leq \theta \leq 2\pi</tex>$ La Ree-parametrizamos para formar la superficie y nos queda:

$<tex>\sigma(\theta,\rho) = \left( \rho Cos(\theta),1, \frac{1}{\sqrt{a}} \rho Sen(\theta) \right), 0 \leq \theta \leq 2\pi \, \, 0\leq \rho \leq 1 </tex>$

H1: El Campo Vectorial es $<tex> C^2(\mathbf {R^3}) </tex>$

H2: La curva $<tex> C </tex>$ es un Lazo Simple de Jordan

H3: La curva es el borde de la superficie $<tex> \sigma </tex>$

Cumplen las 3 hipotesis que requiere el Teorema de Stokes, entonces se lo puede aplicar:

La normal de la Superficie es $<tex> N \, = \, \left( 0,\frac{1}{\sqrt{a}},0 \right) </tex>$

$<tex>\int_0^{2\pi} \int_0^1 \left( 1,1-\rho Cos(\theta),\rho Cos(\theta)\frac{1}{\sqrt{a}} \rho Sen(\theta) \right) \cdot \left( 0,\frac{1}{\sqrt{a}},0 \right) \, d\rho d\theta</tex>$

Resuelvo

$<tex>\int_0^{2\pi} \int_0^1 (1-\rho Cos(\theta)) \frac{1}{\sqrt{a}}\rho \, d\rho d\theta </tex>$

$<tex> \frac{1}{\sqrt{a}} \int_0^{2\pi} \int_0^1 (\rho-\rho^2 Cos(\theta)) \, d\rho d\theta </tex>$

$<tex> \frac{1}{\sqrt{a}} \int_0^{2\pi} \left( \frac{\rho^2}{2} - \frac{\rho^3}{3} Cos(\theta) \right) \Bigg|_0^1 \, d\rho d\theta </tex>$

$<tex> \frac{1}{\sqrt{a}} \int_0^{2\pi} \frac{1}{2} - \frac{1}{3} Cos(\theta) \, d\theta </tex>$

$<tex> \frac{1}{\sqrt{a}} \left( \frac{1}{2} \theta + \frac{1}{3} Sen(\theta) \right) \Bigg|_0^{2\pi} </tex>$

Ahora al resultado de toda esta porqueria se la iguala a $<tex>3 \pi</tex>$

$<tex>\frac{\pi}{\sqrt{a}} \, = \, 3\pi</tex>$

Operamos:

$<tex>\frac{\pi}{3\pi} \, = \, \sqrt{a} </tex>$

$<tex> \frac{1^2}{3^2} \, = \, a </tex>$ Entonces, el valor de a nos queda:

$<tex> a \, = \, \frac{1}{9} </tex>$