Tema B - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
Examen Final MATE1207 Cálculo Vectorial (Tema B) 1
Question
Points
1
10
2
10
3
10
4
10
5
10
Total:
50
AD
OR
Instrucciones:
Lea cuidadosamente y conteste cada pregunta en la hoja asignada. Escriba
con bolı́grafo negro. No desprenda las hojas. Durante el examen no puede
hablar con compañeros, no puede usar calculadora, celular, apuntes,
cuadernos, textos ni aparatos electrónicos. Escriba todo su análisis si desea
recibir el máximo puntaje. Buena suerte. Tiempo: 120 minutos.
Score
Nombre:
Código:
Firma:
Profesor
01
Mauricio Velasco Grigori
06
Mikhail Malakhaltsev
11
Paul Bressler
16
Marco Boggi
21
Alexander Cardona Guio
26
Jean Carlos Cortissoz Iriarte
Mi sección
RR
Chequee su sección en la tabla−→
Sección
1
BO
Bogotá, Mayo 20, 2014
El juramento del uniandino dice: “Juro solemnemente abstenerme de copiar o de incurrir en actos que
pueden conducir a la trampa o al fraude en las pruebas académicas, o en cualquier otro acto que perjudique la
integridad de mis compañeros o de la misma Universidad”
Código:
1. (10 points)
Tema B
Pág. 2 de 15
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
R
Evaluar C F~ · d~r, donde F~ (x, y, z) = x3 ~i + sin(y)~j + (cos(z) + y)~k y C es la frontera de la
parte del plano x + y + z = 2 contenida en el primer octante, orientada en sentido de las
manecillas del reloj respecto al eje z (ver Figura 1).
x
AD
OR
z
y
Figura 1
Respuesta:
RR
Solution: La parte del plano es el triángulo regular ∆ con las vertices A(2, 0, 0),
B(0, 2, 0), C(0, 0, 2) orientado por el vector normal unitario ~n = − √13 , − √13 , − √13
~ = (1, 1, 1) es un vector normal
pues de la ecuación del plano tenemos que el vector N
del plano, pero su dirección corresponde a la orientación opuesta de la frontera del
triángulo. Por el teorema de Stokes
Z
ZZ
~
F~ · d~r =
∇ × F~ · dS.
C
Ahora bien,
por lo tanto
Z
∆
~i
~k
~j
∇ × F~ = ∂x
∂y
∂z
x3 sin(y) cos(z) + y
= ~i
BO
~i · ~ndS = − √1 Área(∆) = −2.
3
C
∆
∆
√
pues el área del triángulo regular ∆ con lado |AB| = 2 2 es igual a 21 |AB|2 sin π/3 =
√
2 3.
F~ · d~r =
ZZ
~=
∇ × F~ · dS
Respuesta:
ZZ
−2
Problema 1 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 1 cont.. . .
Código:
Tema B
Pág. 3 de 15
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
AD
OR
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
Si enunciado del teorema de Stokes aparece incorrecto ó si el estudiante resuelva otra
integral diferente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 para todo el ejercicio
Error en cálculo de rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -3
Si no hay claridad en la parametrización o si el normal aparece sin justificación . . . . -3
BO
RR
Orientación incorrecta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
Problema 1 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 1 cont.. . .
Pág. 4 de 15
Código:
2. (10 points)
Tema B
Pág. 5 de 15
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
AD
OR
Sea D = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 4}. Probar que
ZZ p
√
4 + x2 − y 2 dA ≤ 8 2π.
0≤
D
Demostración: Hallemos los valores máximo y mı́nimo de la función f (x, y) =
en la región D.
El punto crı́tico de la función f (x, y) es O(0, 0).
p
4 + x2 − y 2
Para hallar los valores extremos en la frontera de la región D se puede usar varios métodos.
2
2
2
2
Método de Lagrange,
√ opción 1. Tomemos la función F (x, y, λ) = 4 + x − y + λ(x + y − 4)
(la función h(t) = t crece, entonces podemos cambiar la función). El sistema es,

 2x + 2λx = 0
−2y + 2λy = 0
 2
x + y2 − 4 = 0
De la primera ecuación x(1 + λ) = 0, entonces x = 0 o λ = −1. Si x = 0, entonces y = ±2
de la tercera ecuación, y λ = 1 de la segunda ecuación. Si λ = −1, entonces y = 0 de la
segunda ecuación, y x = ±2 de la tercera ecuación. Entonces tenemos
√ los puntos O(0, 0),
A(2, 0), B(−2, 0), C(0, 2), D(0, √
−2), y f (O) = 2, f (A) = f (B) = 2 2, f (C) = f (D) = 0.
Concluimos que 0 ≤ f (x, y) ≤ 2 2 sobre la región D.
RR
Parametrización de la frontera, opción 2. Una parametrización de la frontera x2 + y 2 = 4
es x = 2 cos t, y = 2 sin t, donde 0 ≤ t ≤ 2π. Para la función g(t) = f (cos t, sin t) =
p
√
√
4 sin2 t = 2 1 + cos 2t tenemos 0 ≤ g(t) ≤ 2 2 para 0 ≤ t ≤ 2π. Entonces,
4 + 4 cos2 t −√
0 ≤ f (x, y) ≤ 2 2 sobre la región D.
p
√
√
Estimación, opción 3. Sabemos que p4 + x2 − y 2 ≤ 4 + x2 ≤ 2 2, pues para la región
D tenemos que x ≤ 2. Por otro lado 4 + x2 − y 2 ≥ 0.
Ahora bien, el área de cı́rculo D es A(D) = 4π, entonces
ZZ p
ZZ p
√
√
2
2
4 + x − y dA ≤ 2 2A(D) ⇒ 0 ≤
4 + x2 − y 2 dA ≤ 8 2π.
0 · A(D) ≤
BO
D
D
QED.
Solution:
Problema 2 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 2 cont.. . .
Código:
Tema B
Pág. 6 de 15
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
AD
OR
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
Puntos crı́ticos interiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Método de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
BO
RR
Estimación de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Problema 2 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 2 cont.. . .
Pág. 7 de 15
Código:
3. (10 points)
Tema B
Pág. 8 de 15
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
Respuesta:
AD
OR
Hallar el flujo del campo vectorial F~ (x, y, z) = (x+y+z, x−y−z, z) a través del hemiesferio
inferior x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≤ 0, orientado hacia adentro.
Solution: Agregemos el disco Σ′ = {(x, y, z) | x2 + y 2 = 1, z = 0} orientado por el vector normal ~n = (0, 0, −1) al hemiesferio Σ, entonces Σ ∪ Σ′ es la frontera del sólido
E = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≤ 0} (la mitad de la bola x2 + y 2 + z 2 ≤ 1) orientado
hacia adentro.
Σ´
E
Σ
Σ´
Σ
Entonces por el teorema de Gauss
ZZ
ZZZ
ZZZ
~
~
~
F · dS = −
∇ · F dV = −
1 dV = V (E) = −2π/3,
E
Σ∪Σ′
E
Por otro lado,
RR
pues el volumen del sólido E es igual a V (E) = 23 π = 23 π y el signo menos es por la
orientación.
ZZ
~=
F~ · dS
ZZ
Σ
Σ∪Σ′
~+
F~ · dS
ZZ
~
F~ · dS,
Σ′
y como F~ (x, y, 0) = (x + y, x − y, 0) en los puntos del cı́rculo Σ′ (z = 0), entonces
ZZ
ZZ
ZZ
~=
F~ · dS
F~ · ~ndS =
0 dS = 0.
BO
Σ′
Por lo tanto
Respuesta:
Σ′
ZZ
Σ′
~ = −2π/3.
F~ · dS
Σ
−2π/3
Problema 3 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 3 cont.. . .
Código:
Tema B
Pág. 9 de 15
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
AD
OR
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
Aplicar el teorema de Gauss como la superficie fuera cerrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
BO
RR
Error en orientación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Problema 3 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 3 cont.. . .
Pág. 10 de 15
Código:
Pág. 11 de 15
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su respuesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
Sea Σ la superficie dada por las ecuaciones paraméticas x = 2u cos v, y = 2u sin v, z = u2 ,
1 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ π.
AD
OR
(a) (4 points) Encontrar una ecuación del plano tangente a la superficie Σ en el punto
(2, 2, 2).
(b) (6 points) Hallar el área de la superficie Σ.
Respuesta: a)
b)
Solution: a) Encontraremos las coordenadas u y v del punto A(2, 2, 2) del sistema

 2u cos v = 2
√
2u sin v = 2 ⇒ u = 2, v = π/4.
 2
u =2
Entonces el punto pertenece a la superficie. Luego tenemos dos opciones para seguir.
Opción 1. Hallemos
entonces
RR
∂
~r(u, v) = (2 cos v, 2 sin v, 2u),
∂u
√ √ √
∂ √
~r( 2, π/4) = ( 2, 2, 2 2),
∂u
Entonces la ecuación del plano tangente
x−2 y−2 z−2
1
1
2
−1
1
0
BO
4.
Tema B
∂
~r(u, v) = (−2u sin v, 2u cos v, 0),
∂v
∂ √
~r( 2, π/4) = (−2, 2, 0).
∂v
en el punto A es,
= 0 ⇒ x + y − z − 2 = 0.
Opción 2. La superficie es una parte del gráfico de la función f (x, y) =
entonces el plano tangente en el punto A tiene la ecuación
z−2 =
1
(x2
4
+ y 2),
∂f
∂f
(1, −1)(x−1)+ (1, −1)(y+1) ⇒ z−2 = (x−2)+(y−2) ⇒ x+y−z−2 = 0.
∂x
∂y
Problema 4 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 4 cont.. . .
Código:
Entonces
∂
~r
∂u
∂
~r
∂v
∂
~r
∂u
∂
~r
∂v
·
·
#
∂
~r
∂v
∂
~r
∂v
= det
4(1 + u2 ) 0
0
4u2
Pág. 12 de 15
= 16u2 (1 + u2 ).
AD
OR
b) Opción 1. Tenemos que
"
∂
~r ·
∂
∂ 2
∂u
k ~r × ~rk = det ∂
∂u
∂v
~r ·
∂u
Tema B
√
∂
∂
~r × ~rk = 4 1 + u2 u.
∂u
∂v
Ahora el dominio de la parametrización es D = {(u, v) | 1 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ π} y hallemos el área de la superficie paramétrica Σ:
Z πZ 2 √
Z
√ ∂
∂
4π √
5 5−2 2 .
A = k ~r × ~rkdA =
4 1 + u2 ududv =
∂u
∂v
3
0
1
k
D
Opción 2. La superficie es el gráfico de la función z = f (x, y) = 14 (x2 + y 2 ) sobre el
anillo D = {(x, y) | 4 ≤ x2 + y 2 ≤ 16, y ≥ 0}. Entonces,
A=
ZZ p
1+
x2 /4
D
Respuesta: a)
=
Z
π
0
4
Z
2
p
1+
r 2 /4 rdrdθ
√ 4π √
5 5−2 2 .
=
3
x+y−z−2= 0
4π
3
RR
b)
+
y 2 /4 dxdy
√
√ 5 5−2 2
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
BO
Créditos parciales:
a) Vectores tangentes
∂
~r(u, v)
∂u
y
∂
~r(u, v)
∂v
......................................... 2
La ecuación del plano tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2
b) El integrando . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Evaluación de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Problema 4 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 4 cont.. . .
Pág. 13 de 15
Código:
Pág. 14 de 15
No hay créditos parciales. Las cinco partes no están relacionadas.
Llene la casilla en blanco con F (Falso) o V (Verdadero), según sea el caso.
(a) (2 points) El vector gradiente de la función f (x, y) = x2 + y 2 en el punto (1, 1) es
AD
OR
ortogonal al cı́rculo x2 + y 2 − 2 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
p
(b) (2 points) El punto (0, 0) es un mı́nimo local de la función f (x, y) = 1 + x2 + y 2.
.............................................................................
R
(c) (2 points) C F~ · d~r = 0, donde F~ = (−x, −y) y la curva C es dada por las ecuaciones
paramétricas x(t) = cos t − 2, y = sin t + 1, 0 ≤ t ≤ 2π. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(d) (2 points) Existe un campo vectorial F~ tal que ∇ × F~ = (x, z, y). . . . . . . . . . . . . . .
(e) (2 points) La curvatura del cı́rculo x2 + y 2 = 4 es constante k = 1/2. . . . . . . . . . . .
Solution:
(a) El vector gradiente de la función f (x, y) = x2 + y 2 en el punto (1, 1) es ortogonal al
cı́rculo x2 + y 2 − 2 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
p
(b) El punto (0, 0) es un mı́nimo local de la función f (x, y) = 1 + x2 + y 2 .
.. V
R
(c) C F~ · d~r = 0, donde F~ = (−x, −y) y la curva C es dada por las ecuaciones paramétricas x(t) = cos t − 2, y = sin t + 1, 0 ≤ t ≤ 2π. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
RR
(d) Existe un campo vectorial F~ tal que ∇ × F~ = (x, z, y). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F
La curvatura del cı́rculo x2 + y 2 = 4 es constante k = 1/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
BO
5.
Tema B
Problema 5 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 5 cont.. . .
Pág. 15 de 15