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ETSI de MINAS DE MADRID – Ing. Geólogo
Segundo Curso – TEORÍA DE CAMPOS
Segundo Examen Final Extraordinario
17 de diciembre de 2010
Alumno
D.N.I. :
_______________________________________________
Ejercicio nº 2.- (A) Sea la curva C en el espacio
pide:
3
de ecuaciones paramétricas {x = 6t, y = 3t2, z = t3}. Se
^ ^
b}, en el punto Q correspondiente a t = 1. [2 puntos]
1) Triedro de Frenet de C, {^t, n,
2) Curvatura de C en Q. [1 punto]
3) Ecuaciones de los planos osculador (PO), normal (PN) y rectificante (PR) en Q. [2 puntos]
(B) Se consideran la superficie esférica S de ecuación {x2 + y2 + z2 = R2}, R > 0, y el campo escalar f(x,y,z) =
R2  x2  y2. Se pide:
1) Parametrizar el hemisferio superior de S, mediante parámetros x = u, y = v, y escribir la correspondiente base natural de superficie con dicha parametrización. [2 puntos]
2) Calcular la integral  f d S . [3 puntos]
S
Solución (A): 1) La ecuación vectorial de C es: r(t) = 6t_i + 3t2_j + t3_k
^
y se van a aplicar las fórmulas con parámetro arbitrario: ^t(t) = unitario de r'(t); b(t)
= unitario de r'(t)×r''(t) y
^
^
^
n(t)
= b(t)×
t(t). Como se piden los resultados particularizados en el punto en que t = 1, se particularizarán en
Q = (6, 3, 1) (o bien t = 1) antes de completar los cálculos. Se tiene:
2
2
1
^
r'(t) = 6_i + 6t_j + 3t2_k  r'(1) = 6_i + 6_j + 3k
_; |r'(1)| = 9 ; t(1) = 3 _i + 3 _j+ 3 _k
k  r''(1) = 6_j + 6_
k ; r'(1)×r''(1) = 18
r''(t) = 6_j + 6t_
i j k
2 2 1
0 1
1
= 18(_i  2_j + 2_k) | r'(1)×r''(1)| = 54
^
b(1)
= 13 _i  23 _j + 23 _k
luego
^
^
^
n(1)
= b(1)×
t(1) = 19
y finalmente
i
j k
1 2 2
2
2
1
= 19 (6_i +3_j + 6_k) = 23 _i + 13 _j+ 23 _k
2) La curvatura en parámetro arbitrario se puede obtener como (1) =
r (1) r (1)
r (1)
3
 543  2
27
9
#.
#.
3) De los tres planos se dispone del vector característico en Q, aunque no se precisa que tomemos el unitario
en cada caso para simplificar los denominadores "3" de los mismos. Así:
^
PO en Q: vector característico b(1)
→ ecuación: 1(x6)  2(y3) + 2(z1) = 0  x  2y + 2z = 2
PN en Q: vector característico ^t(1) → ecuación: 2(x6) + 2(y3) + (z1) = 0  2x + 2y + z = 19
^
→ ecuación: 2(x6) + (y3) + 2(z1) = 0  2x + y + 2z + 7 = 0 #.
PR en Q: vector característico n(1)
Solución (B): 1) La parametrización de S pedida es directa: S º {x = u, y = v, z = + R2u2v2 ; u2+v2 ≤ R2}.
La ecuación vectorial de S queda, pues, así:
r(u, v) = u _i + v _j +
R2u2v2 _
k
de donde la base natural de S:
r
g
_u = u = _i 
2) Para calcular

S
u
R2  u2  v2
r
k;g
_
_v = v = _j 
v
R2  u2  v2
k
_
f d S necesitamos expresar f en S, el dS y los límites de integración. Se tiene:
f(x, y, z) = f(u, v,
R2u2v2 ) = R2  u2  v2 ;
#.
ETSIM – IG - 2ºcurso
2
dS = |_gu×_
gv|dudv ; _
gu×_gv =
i j
1 0
k
u
R2 u2 v
v
R2 u2 v
0 1
|g_u×_gv| =
u2  v 2
R 2 u 2  v 2
1 
R2
R2 u2  v 2

=
Teoría de Campos
u
R2  u2  v2
R
R2  u2  v 2
v
_i +
R2  u2  v2
Rdudv
R2 u2  v 2
; luego: dS =
k;
_j + _

El dominio de integración, en términos de (u, v) es el indicado al parametrizar S, o sea D = { u2+v2 ≤ R2}.
Rdudv
2
2
2
2
2
2
S f d S  D ( R  u  v ) R 2  u 2  v 2  R D R  u  v d u d v
Con la integral resultante podemos hacer un cambio de variable (a polares desde (u, v) que no son sino las
coordenadas cartesianas del plano XY), o sea:
u =  cos , v =  sen , dudv = dd ; D → {0 <  ≤ R, 0 ≤  ≤ }
Así:

S
f d S = R 
D
R 2  u 2  v 2 d u d v = R 0
R

2π
0
R 2  ρ 2 ρdρdθ
=…
se observa que el integrando tiene la forma de la derivada de una función potencial, (R2  2)3/2 salvo el
factor "(2)" que debería multiplicar al factor "", para tener la derivada de la base de la potencia; por eso,
multiplicando y dividiendo por (2) se obtiene 
… = 2R


3
 2
2 2
1  R  ρ 
3
2 
2

R
0





= R ( 23 R3  0) = 23 R4

#.