Solución Tarea 3 - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Tarea 3 – Individual
Entregue en clase a su profesor de la MAGISTRAL la semana 15
(Ma. 13 – Vi. 16 Dic.)
1. (4 points) [Rotacional, Divergencia, C.V.C., Trabajo]
Suponga que el campo gravitacional es:
~r
F~ (~r) = −
donde ~r = (x, y, z)
k~rk3
−y
−z
−x
~
,
,
F (x, y, z) =
(x2 + y 2 + z 2 )3/2 (x2 + y 2 + z 2 )3/2 (x2 + y 2 + z 2 )3/2
(a) Muestre que es irrotacional ∇ × F~ = ~0.
(b) Muestre que su divergencia es cero ∇ · F~ = 0.
(c) Muestre que este campo es conservativo y halle un potencial escalar f .
(d) Halle el trabajo que realiza un cohete, para ir desde la superficie de la tierra hasta
el infinito.
(e) Encuentre el trabajo hecho por el campo gravitacional cuando la tierra se mueve
desde el afelio (distancia máxima de la tierra al sol 1.52 × 108 km.) al perihelio
(distancia mı́nima de la tierra al sol 1.47 × 108 km.). Use los valores m = 5.97 ×
1024 kg., M = 1.99 × 1030 kg., y G = 6.67 × 10−11 N ṁ2 /kg 2 . Ver ejemplo 4 de la
sección 16.1 del texto guı́a.
Si necesita más datos puede consultar en:
Datos Tierra http://astroverada.com/_/Main/T_earthfact.html
Solution: Sea R = k~rk =
(a) Cálculo directo.
p
x2 + y 2 + z 2 .
(b) Cálculo directo.
(c) f = p
1
x2
+
y2
+
z2
=
1
R
(d) Por el teorema fundamental del cálculo para integrales de lı́nea el trabajo para
ir desde A hasta B es la diferencia de potenciales, f (B) − f (A), es decir, es el
potencial evaluado en el infinito y sobre la superficie de la tierra. En el infinito
es cero el potencial y en la superficie de la tierra es simplemente el radio de la
1
tierra E. Ası́ que la respuesta es W = − . El menos significa que se “viaja”en
E
sentido de contrario al campo.
(e) El trabajo es la diferencia de potenciales
2. (4 points) [Integral de linea]
R
Calcule la integral de linea C (x + y + z)dx + xdy + xdz donde C es el camino definido
por la curva de intersección de cilindro parabolóico x2 = y y el plano x + y + z = 0,
recorrido desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, −2).
Solution: El campo es conservativo con potencial f (x, y, z) =
tanto la respuesta es f (1, 1 − 2) − (f (0, 0, 0) = − 12 .
x2
2
+ xy + xz y por lo
3. (4 points) [Integral de linea]
Calcule
Z
C
(arctan(x) + y) dx + (sin(y) − x) dy,
donde C es el camino cerrado determinado por la frontera del triángulo definido por los
vértices (−1, −1), (1, −1) y (0, 2), camino que debe ser recorrido en la dirección contraria
a la de las manecillas del reloj.
− ∂P
= −1 − 1 = −2 tenemos que el teorema de Green
Solution: Calculando ∂Q
∂x
∂y
implica que la integral de camino es igual a la integral doble de la región del valor
−2, esto es, −2 veces el área del triángulo, es decir −2 2×3
= −6.
2
4. (4 points) [Area de superficie]
Calcule el área de la superficie definida por x + y + z = 1, x2 + 2y 2 ≤ 1.
Solution:
x = r cos θ
1
y = √ r sin θ
2
r
z = 1 − r cos θ − √ sin θ
2
(r, θ) ∈ [0, 1] × [0, 2π]
r
1
~r(r, θ) = r cos θ, √ r sin θ, 1 − r cos θ − √ sin θ
2
2
√
3
r
r
r
~rr × ~rθ = √ , √ , √
⇒ k~rr × ~rθ k = √ r
2 2 2
2
√
Z 2π Z 1 √
3
3
√ r dr dθ = √ (π)
A=
2
2
0
0
Page 2
5. (4 points) [Teorema de Gauss]
Hallar el flujo del campo vectorial F~ = z~k a través de la parte del elipsoide 2x2 +3y 2 +z 2 =
2 encima el plano z = 1.
Solution: Solución 1. Sea E el solido acotado por el elipsoide y el plano. La
frontera de E es la superficie S = Σ ∪ Σ′ donde Σ′ es la región en el plano z = 1
acotada por la elipse 2x2 + 3y 2 = 1. Por el teorema de Gauss tenemos que
ZZZ
ZZZ
ZZ
~
~
~
1 dV = V ol(E).
div F dV =
F · dS =
Por otro lado
E
E
S
ZZ
~=
F~ · dS
S
y
ZZ
~=
F~ ·dS
ZZ
ZZ
~+
F~ · dS
ZZ
~
F~ · dS
Σ′
Σ
F~ ·~n dS = −Area(Σ′ ) (¡el signo menos está por la orientación de S!) .
Σ′
Σ′
Entonces, el flujo es
ZZ
~ = V ol(E) + Area(Σ′ ).
F~ · dS
Σ
Para encontrar el volumen usamos el cambio de coordenados x =
√1 r sin ϕ, z = z y tenemos que
3
V ol(E) =
Z
2π
0
Z
1
0
Z
√
1
2−r 2
√1 r cos ϕ,
2
y =
√
r
π(4 2 − 5)
√
√ dz dr dϕ =
.
6
3 6
Para hallar el área de la elipse Σ′ usamos el mismo cambio x = √12 r cos ϕ, y =
√1 r sin ϕ y obtenemos que A(Σ′ ) = √π . Por lo tanto la respuesta es
3
6
√
√
ZZ
π(4
2
−
5)
2 − 1)
π
2π(2
~ = V ol(E) + Area(Σ′ ) =
√
√
F~ · dS
+√ =
.
3 6
6
3 6
Σ
Solución 2. Tomamos la función con valores en R3 :
√
1√
1√
2
2u cos (v) ,
3u sin (v) , 2 − u
~r(u, v) =
2
3
con el dominio 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π. Entonces,
√
√
1
∂~
r
1
√ u
=
2
cos
(v)
,
3
sin
(v)
,
−
2
∂u
2
3
2−u
√
√
1
1
∂~
r
=
−
2u
sin
(v)
,
3u
cos
(v)
,
0
.
∂v
2
3
Page 3
La función ~r(u, v) nos da una parametrización de la superficie Σ en los puntos enteros
del rectángulo [0, 1] × [0, 2π], en la frontera las condiciones de parametrización no se
∂~
r
(0, v) = ~0 y ~r(u, 0) = ~r(u, 2π)). Sin embargo, la frontera tiene medida
cumplen ( ∂v
cero, por lo tanto podemos tomar la integral sobre el rectángulo cerrado.
∂~
r
Observamos
que la parametrización
es compatible con la orientación: tenemos ∂u (1, 0) =
∂~
r
r
∂~
r
√1 0, −1 y ∂~
(1, 0) = 0, √13 , 0 , entonces el vector ∂u
(1, 0)× ∂v
(1, 0) = ( √13 , 0, √16 )
∂v
2
apunta arriba, afuera del elipsoide.
√
Tenemos que en el punto ~r(u, v) el campo F~ = F~ (u, v) = (0, 0, 2 − u2 ). Por lo
tanto
√

 1√
1
u
Z 2π Z 1
ZZ
2 cos (v)
3 sin (v) − √2−u
2
2 √
3√
~=
 dudv =
det  − 12 2u sin (v) 31 3u cos (v)
F~ · dS
√ 0
0
0
2 − u2 )
0
0
Σ
√
Z 2π Z 1
1 √
2π(2 2 − 1)
2
√
√ u 2 − u du dv =
=
.
6
3 6
0
0
6. (4 points) [Teorema de Stokes]
Calcule la circulación total (neta) del campo vectorial
F~ (x, y, z) = 4xz − 3x2 y 2 , 2yz − 2x3 y, y 2 + 2x2
alrededor de la curva C que es la intersección de las superficies: x2 + y 2 + z 2 = 4,
x + y + z = 2. La curva C tiene orientación antihorario vista desde arriba.
Solution: Podemos usar en este caso el teorema de Stokes. La curva es cerrada
pues es la intersección de un plano y una esfera. Calculamos el rotacional:
∇ × F~ = (0, 0, 0)
Por lo tanto usando el teorema de Stokes la circulación pedida es cero.
7. (4 points) [Area superficial y volumen de un sólido]
Considere en el espacio tridimensional los cilindros: y 2 + z 2 = 1 y x2 + z 2 = 1.
Page 4
(a) Plantee la integral con todos sus lı́mites para hallar
el área de la superficie de intersección en coordenadas cartesianas en el primer octante.
Dos cilindros
1
(b) Plantee la integral con todos sus lı́mites para hallar
el volumen del sólido acotado por la intersección de
los dos cilindros en el primer octante usando,
0.5
0
–0.5
–1
–1
–0.5
–1
–0.5
0
0
• coordenadas cartesianas,
0.5
0.5
1
1
• coordenadas cilı́ndricas.
√
x
1 − x2
y fy = 0. Sea R la región triangular en el plano xy limitada por y = 0, y = x, x = 1.
Solution: Usaremos simetrı́as. Sea f (x, y) =
1 − x2 , por lo tanto fx = √
(a)
ZZ q
A=
1 + fx2 + fy2 dydx
R
A=2
Z
1
0
Z
x
√
0
1
dydx
1 − x2
(b)
V =
ZZ √
1 − x2 dydx
R
V =2
V =2
Z
Z
1
0
0
Z
x
√
1 − x2 dydx
0
π/4 Z sec θ
√
0
1 − r2 cos2 θ r drdθ
8. (4 points) [Volumen de un sólido]
Considere los tres cilindros en el espacio tridimensional: x2 + y 2 = 1, y 2 + z 2 = 1 y
x2 + z 2 = 1.
Page 5
Tres cilindros
1
0.5
0
–0.5
–1
–1
–0.5
Encuentre el volumen del sólido acotado por los tres
cilindros.
–1
–0.5
0
0.5
1
1
0
0.5
√
x
1 − x2
y fy = 0. Sea D el sector circular en el plano xy en el primer cuadrante limitado por
la circunferencia x2 + y 2 = 1. Usaremos coordenadas cilı́ndricas.
Solution: Usaremos simetrı́as. Sea f (x, y) =
V = 16
Z
π/4
0
Z
1
0
Z
√
1 − x2 , por lo tanto fx = √
1−r 2 cos2 θ
r dzdrdθ
0
9. (4 points) [Integral doble]
Sea E la región definida por x2 + 4y 2 ≤ 4. Evalúe
ZZ
x2 dA
E
Solution: Consideremos el siguiente cambio de variables:

x = 2r cos θ



y = r sin θ
⇒ |J| = 2r

0≤r≤1



0 ≤ θ ≤ 2π
ZZ
Z 2π Z 1
2
4r2 cos2 θ (2r) drdθ = 2π
x dA =
0
0
E
10. (4 points) [Integral triple en coordenadas cartesianas]
Considere la siguiente integral triple:
Z 1 Z x2 Z
0
0
y
f (x, y, z) dzdydx
0
Page 6
(a) Haga un dibujo de la región en 3D (Sólido) de integración.
(b) Plantee las cinco (5) integrales triples iteradas restantes según los diferentes órdenes
para el diferencial de volumen.
Solution:
(a) Dibujo del sólido.
Figura 1: Ejercicio 10
(b) Planteamiento de integrales.
Z 1Z
0
Z
Z
0
1
0
Z
Z
Z
1
1
0
1
0
1
0
x2
0
Z
Z
z
1
√
Z
Z
Z
1
z
y
0
1
√
0
y
x2
Z
Z
Z
y
f (x, y, z)dzdydx
0
1
√
f (x, y, z)dxdydz
y
x2
f (x, y, z)dydxdz
z
Z
1
√
Z
Z
f (x, y, z)dxdzdy
y
y
f (x, y, z)dzdxdy
0
x2
f (x, y, z)dydzdx
z
Page 7
11. (4 points) [Integral triple en coordenadas cartesianas]
Considere el sólido E en el primer octante acotado por las superficies z = 1−x2 , y = 1−x,
y los planos coordenados.
(a) Haga un dibujo del sólido E.
(b) Plantee la integral triple,
ZZZ
xyz 2 dV
E
en sus seis formas diferentes según el orden del diferencial de volumen dV .
(c) Resuelva cada una de las integrales anteriores.
Solution:
(a) Dibujo con las proyecciones sobre los planos coordenados.
Figura 2: Ejercicio 11
(b) Planteamiento de las integrales.
Z
1
0
Z
1
0
Z
1−x
0
Z
1−y
0
Z
Z
1−x2
xyz 2 dzdydx
0
1−x2
xyz 2 dzdxdy
0
Page 8
Z
Z
Z
Z
1
0
1
0
Z
Z
1
2y−y 2
Z
√
1− 1−z
0
(c) Resultado numérico.
√
1
0
1
0
Z
Z
1−x2
0
√
0
1−z
Z
1−x
xyz 2 dydzdx
0
Z
1−x
xyz 2 dydxdz
0
1−z
2
xyz dxdzdy +
0
Z
√
Z
1−z
2
xyz dxdydz +
0
1
0
Z
Z
1
0
2y−y 2
0
Z
Z
1
√
1− 1−z
1−y
xyz 2 dxdzdy
0
Z
1−y
xyz 2 dxdydz
0
61
7560
12. (4 points) [Aplicación: Valor promedio]
Encuentre el valor promedio de f (x, y, z) = xyz sobre el cubo de lado L ubicado en el
primer octante con un vértice en el origen del sistema coordenado y las caras sobre los
planos coordenados. (El cubo está en el primer octante).
Solution: Sea E el cubo. Entonces, el valor promedio de la función f (x, y, z) = xyz
es
ZZZ
Z LZ LZ L
1
1 1
L3
¯
f=
f dV =
xyz dx dy dz = 3 · L6 =
.
V ol(E)
L 8
8
0
0
0
E
Respuesta.
L3
.
8
13. (4 points) [Interpretación integral triple]
Encuentre la región E tal que la integral triple
ZZZ
9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 dV
E
tiene valor máximo.
Solution: Sea Q = {(x, y, z) | 9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 ≥ 0} el elipsoide sólido. Tenemos
que
E = (E \ Q) ⊔ (E ∩ Q),
Page 9
entonces
ZZZ
ZZZ
ZZZ
2
2
2
2
2
2
9 − 9x − y − 9z dV =
9 − 9x − y − 9z dV +
9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 dV.
E
E∩Q
E\Q
La función f (x, y, z) = 9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 es positiva dentro del elipsoide Q y negativa
afuera del elipsoide. Entonces, las propiedades de la integral triple implican que
ZZZ
9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 dV ≤ 0
E\Q
y
ZZZ
2
2
2
9 − 9x − y − 9z dV ≤
ZZZ
9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 dV.
ZZZ
9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 dV ;
E
E∩Q
Entonces,
ZZZ
2
2
2
9 − 9x − y − 9z dV ≤
E
E∩Q
y toma el valor máximo si Q = E.
Respuesta. E = {(x, y, z) | 9 − 9x2 − y 2 − 9z 2 ≥ 0}.
14. (4 points) [Diferenciación implı́cita, plano tangente y recta normal]
Considere que z = z(x, y) y la superficie definida implı́citamente mediante la ecuación:
sin(xyz) = x + 2y + 3z
(a) Encuentre la ecuación del plano tangente en el punto (2, −1, 0) a la superficie en el
punto (2, −1, 0).
(b) Encuentre la ecuación de la recta normal1 a la superficie en el punto (2, −1, 0).
Solution: Podemos ver la superficie dada como una superficie de nivel (g=0) de la
función
g(x, y, z) := x + 2y + 3z − sin(xyz).
1
Recta normal significa perpendicular a la superficie en el punto mencionado, lo cual también quiere decir
perpendicular al plano tangente en ese punto.
Page 10
Evaluando el gradiente ∇g(x, y, z) = h1 − yz cos(xyz), 2 − xz cos(xyz), 3 − xy cos(xyz)i
en el punto dado obtenemos ∇g(2, −1, 0) = h1, 2, 5i. Este vector es normal a la superficie en el punto (2, −1, 0). La ecuación del plano tangente es entonces:
1(x − 2) + 2(y − (−1)) + 5(z − 0) = 0
y simplificando:
x + 2y + 5z = 0.
La ecuación paramétrica de la recta normal a la superficie en el punto (2, −1, 0) es:
r(t) = h2 + t, −1 + 2t, 5ti .
15. (4 points) [Optimización. Método multiplicadores de Lagrange]
(a) Dada la función
f (x, y) = 2x2 − 4x + y 2 − 4y + 1
y la región R del plano xy acotada por las rectas x = 0, y = 2, y = 2x en el primer
cuadrante.
(a) Encuentre los puntos crı́ticos de f .
(b) Encuentre los valores máximos y mı́nimos de f en R.
(c) ¿En qué puntos de R la función f obtiene esos valores extremos?. Especifique.
(b) Considere que las variables x e y son no negativas. Maximice P = 3x + 4y sujeto a,
(
x+y ≤4
6x + 2y ≤ 12
Solution: Problema 15 (2):
(a) El gradiente ∇f = h4(x − 1), 2(y − 2)i se anula en el punto (1, 2) y éste es el
único punto crı́tico de f .
(b) Ahora restringimos f a cada uno de los tres segmentos que forman la frontera
de R:
• En el segmento {0} × [0, 2], f = f (y) = y 2 − 4y + 1 = (y − 2)2 − 3 toma su
mı́nimo (f = −3) cuando y = 2 y toma su máximo (f = 1) cuando y = 0.
• En el segmento [0, 1] × {2}, f = f (x) = 2x2 − 4x − 3 = 2(x − 1)2 − 5 toma
su mı́nimo (f = −5) cuando x = 1 y su máximo (f = −3) cuando x = 0.
Page 11
• En el segmento y = 2x con x ∈ [0, 1], f = f (x) = 6x2 −12x+1 = 6(x−1)2 −5
toma su mı́nimo (f = −5) cuando x = 1 y su máximo (f = 1) cuando x = 0.
Se sigue entonces que en R la función f tiene un valor máximo de 1 que se toma
en el punto (0, 0) y un valor mı́nimo de −5 que se toma en el punto (1, 2).
Otra forma de llegar a esta conclusión es notando que f (x, y) = 2(x − 1)2 + (y −
2)2 − 5 es un paraboloide elı́ptico con vértice (1, 2, −5). Sus curvas de nivel son
elipses centradas en (1, 2) con eje mayor paralelo al eje y. Es evidente que la
curva de nivel más alto que interseca a R es la elipse que pasa por (0, 0) y la
“curva”de nivel más bajo es el punto (1, 2) ∈ R.
(c) Queremos maximizar P (x, y) = 3x + 4y sobre la región encerrada por el cuadrilátero con vértices (0, 0), (2, 0), (1, 3) y (0, 4) (note que (1, 3) es el punto
de intersección de las rectas x + y = 4 y 6x + 2y = 12). Como el gradiente
∇P (x, y) = h3, 4i nunca se anula, sabemos que el máximo no puede ocurrir en
el interior del cuadrilátero. Además este gradiente no es perpendicular a ninguno de los lados del cuadrilátero, ası́ que el máximo debe ocurrir en uno de los
vértices. Calculamos el valor de la función objetivo en cada vértice: P (0, 0) = 0,
P (2, 0) = 6, P (1, 3) = 15 y P (0, 4) = 16. Vemos que el máximo valor es 16 y
ocurre en el punto (0, 4).
Page 12