Soluciones Segunda Evaluación

OCW-Universidad de Málaga, http://ocw.uma.es (2014). Bajo licencia
Creative Commons Attribution- NonComercial-ShareAlike 3.0 Spain
Matemáticas III
Soluciones segunda prueba de Evaluación
Integración
Debe tener en cuenta que los métodos de resolución son variados, por tanto, los ejercicios
pueden estar correctamente resueltos aunque no se hagan como aquı́ se expone.
Solución (Ejercicio 1) — Realizando un camio a cilı́ndricas:
ZZZ p
Z 2π Z 1 Z 1 √
2
2
x + y dxdydz =
r2 · r dzdrdθ =
V
θ=0 r=0 z=r
Z 1
π
= 2π
(1 − r) r2 dr =
6
0
Solución (Ejercicio 2) —
29 x2
+ C con C constante.
2
2. Consideramos únicamente los puntos inticial y final de la curva, A = r(0) = (0, 5, 0) y
B = r(π/2) = (9, 0, 7), entonces
Z
599
F · dC = U (B) − U (A) =
2
C
1. U (x, y, z) = 6 y z + 7 y 3 + 5 x y +
Solución (Ejercicio 3) — Como no nos dan la curva, pensamos que el campo puede ser
conservativo, extremo que podemos comprobar:
∂ ex y 2 + 3x2 y
∂ 2yex + x3
x
2
= 2ye + 3x =
.
∂y
∂x
Pasamos por tanto a calcular la función potencial U (x, y). Como

∂U


= ex y 2 + 3x2 y,

∂x
∂U



= 2yex + x3 ,
∂y
de la primera ecuación obtenemos que
U (x, y) = ex y 2 + x3 y + C(y),
y entonces la segunda nos dice que
2yex + x3 + C 0 (y) = 2yex + x3 .
Por tanto, C 0 (y) = 0 y C(y) = C, resultando que U (x, y) = ex y 2 + x3 y + C. Y la integral de
lı́nea valdrá U (1, 1) − U (0, 0) = e + 1.
Solución (Ejercicio 4) — Usaremos el teorema de Gauss,
ZZZ
ZZ
div F dxdydz.
F · dS =
V
S
En primer lugar, la divergencia del campo F es
∂ (3z + 2x) ∂ (−xz − y) ∂ 2z + y 2
div F =
+
+
=3
∂x
∂y
∂z
Por tanto
ZZZ
ZZZ
div F dxdydz = 3
V
dxdydz = 3 Vol(S(7)) = 3
V
4π73
= 1372π
3
Solución (Ejercicio 5) —
1. Aplicamos el método de las caracterı́sticas a la ecuación
∂z
∂z
−
= x2 + y 2 .
∂x ∂y
dy
dz
dx
=
= 2
= dt
1
−1
x + y2
que nos como soluciones


dx


=1


x = t + C1


dt


dy
y = C2 − t
⇒
= −1


2t3
dt


 z=

+ (C1 2 + C2 2 )t + (C1 − C2 )t2 + C3
dz


3
= x2 + y 2
dt
Plantando una solución particular arbitraria como la curva (0, s, h(s)) para t = 0 tenemos
C1 = 0, C2 = s y C3 = h(s), es decir


x=t


y =s−t
3

 z = 2t + s2 t − st2 + h(s)

3
y, eliminando s y t obtenemos la solución de forma explı́cita
z (x, y) =
2 x3
+ x (x + y)2 − x2 (x + y) + h (x + y)
3
2. Calculamos a0 y an para este caso en particular:
Z π
Z π
1
1
a0 = 2
3 dx, an =
3 cos(nx) dx.
π 0
π senh(nπ) 0
3
sen(nx)
, mientras que el segundo, como
es una primitiva de
π
n
3
cos(nx), y se anula en nπ y en 0, vale 0. Por tanto, la solución es u(x, y) = y.
π
El primer coeficiente vale