F - Ingenia

Ciclo Básico – Departamento de Matemática Aplicada
Código: 0254 – Profesor: José Luis Quintero
Sección 03 – Miércoles 30 de Noviembre de 2011
FACULTAD DE INGENIERÍA
UNIVERSIDAD CENTRAL DE VENEZUELA
Cálculo Vectorial
Primer Examen Parcial (25%)
1. Sea f un campo escalar y F un campo
vectorial. Diga si tiene sentido cada una
de las siguientes expresiones. Si no,
explique por qué. Si lo tiene, indique si el
resultado es un campo escalar o un campo
vectorial.
a. div(grad f)
b. rotacional(rot F)
c. rotacional(grad f)
d. grad(div f)
e. div(div F)
f. div(rotacional(grad f))
(3 puntos)
2. Pruebe que
∫
xyds =
C
ab
(a2 + ab + b2 ) ,
3(a + b)
donde C es la parte de la elipse
x2 y2
+
=1
a2 b2
situada en el primer cuadrante.
(3 puntos)
3. Halle el área de la porción del cilindro de
ecuación x2 + y2 = 6y la cual es limitada
por la esfera x2 + y2 + z2 = 36 .
(4 puntos)
∫
F • dr =
C
∫
ds .
C
(2 puntos)
5. Calcule el trabajo realizado por el campo
vectorial
F(x, y, z) = (exz (xyz2 + yz), xzexz , exz (x2yz + xy)) ,
para mover una partícula
a. A lo largo de la curva de intersección
de las superficies de ecuaciones
z = 2 − x2 − y2

z =1

b. A lo largo de una curva que une el
origen de coordenadas con el punto
(1,1,1).
(4 puntos)
6. Sean C la curva intersección de la esfera
x2 + y2 + z2 = 4 y el plano
2x + y + 2z = 0 y el campo vectorial
de ecuación


x
.
F(x, y, z) =  x + z, 4 − y2 , 2
2
2 
x + y + z 

Calcule
∫
F • dr ,
C1
donde C1 es el arco orientado de C dado
por los puntos (x, y, z) ∈ C con y ≤ 0 y
4. Sea C una curva de ecuación vectorial
r = r(t) , t ∈ a,b  y F un campo vectorial
tal que F(r(t)) = r '(t) , r '(t) = 1 , t ∈ a,b  .
Demuestre que
punto inicial dado por P0 ( 2, 0, − 2) .
(4 puntos)
1. Sea f un campo escalar y F un campo vectorial. Diga si tiene sentido cada una de las siguientes
expresiones. Si no, explique por qué. Si lo tiene, indique si el resultado es un campo escalar o
un campo vectorial.
a. div(grad f)
b. rotacional(rot F)
c. rotacional(grad f)
d. grad(div f)
e. div(div F)
f. div(rotacional(grad f))
Solución.
(3 puntos)
a. div(grad f). Si tiene sentido. Resultado. Campo escalar.
b. rotacional(rot F). Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial.
c. rotacional(grad f). Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial.
d. grad(div f). No tiene sentido. La divergencia se aplica a un campo vectorial.
e. div(div F). No tiene sentido. La divergencia se aplica a un campo vectorial.
f. div(rotacional(grad f)). Si tiene sentido. Resultado. Campo escalar.
2. Pruebe que
∫
xyds =
C
ab
(a2 + ab + b2 ) ,
3(a + b)
donde C es la parte de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
=1
situada en el primer cuadrante.
Solución.
(3 puntos)
r(t) = (a cos(t),bsen(t)) , 0 ≤ t ≤
∫
xyds =
C
ab
2(a − b )
2
2
∫
∫
π
2
π
2
r'(t) = (−asen(t),b cos(t)) , 0 ≤ t ≤
π
2
a cos(t)bsen(t) a2sen2 (t) + b2 cos2 (t)dt
0
udu =
au u
3(a − b )
2
2
+C =
ab(a2sen2 (t) + b2 cos2 (t))3 /2
3(a2 − b2 )
+C
u = a2sen2 (t) + b2 cos2 (t) ⇒ du = 2(a2 − b2 )sen(t) cos(t)dt
∫
π
2
a cos(t)bsen(t) a2sen2 (t) + b2 cos2 (t)dt =
0
=
ab(a3 − b3 )
3(a2 − b2 )
ab(a − b)(a2 + ab + b2 )
ab
=
(a2 + ab + b2 )
3(a − b)(a + b)
3(a + b)
3. Halle el área de la porción del cilindro de ecuación x2 + y2 = 6y la cual es limitada por la esfera
x2 + y2 + z2 = 36 .
Solución.
(4 puntos)
Paso 1. Parametrización de la curva.
x2 + y2 = 6y ⇒ x2 + y2 − 6y + 9 = 9 ⇒ x2 + (y − 3)2 = 9 .
r(t) = (3 cos(t),3 + 3sen(t)) , 0 ≤ t ≤ 2π .
Paso 2. Cálculo de r '(t) . r '(t) = (−3sen(t), 3 cos(t)) ⇒ r '(t) = 3 .
Paso 3. Construcción y resolución de la integral simple.
2
6
∫
∫
2π
36 − 9 cos2 (t) − (3 + 3sen(t))2 3dt =
0
2π
36 − 9 cos2 (t) − 9 − 18sen(t) + 9sen2 (t)dt = 6
0
2π
18 2
∫
∫
1 − sen(t)dt = 18 2
0
∫
2π
0
cos(t)
1 + sen(t)
∫
2π
18 − 18sen(t)dt =
0
dt =
2π
3 π /2
 π /2

cos(t)
cos(t)
cos(t)
18 2 
dt +
dt −
dt 

1 + sen(t)
1 + sen(t)
1 + sen(t) 
3π /2
π /2
 0

π
/2
2
π
3
π
/2


36 2  1 + sen(t)
+ 1 + sen(t)
− 1 + sen(t)
= 36 2 2 2  = 144 .


0
3π /2
π /2 


∫
∫
4. Sea C una curva de ecuación vectorial r(t) , t ∈ a,b 
y F un campo vectorial tal que
F(r(t)) = r '(t) y r '(t) = 1 , t ∈ a,b  . Demuestre que
∫
F • dr =
C
∫
ds .
C
Solución.
∫
(2 puntos)
F • dr =
C
=
∫
∫
b
F(r(t)) • r '(t)dt =
a
r '(t) ds =
C
∫
∫
b
r '(t) • r '(t)dt =
a
∫
b
2
r '(t) dt =
a
∫
b
r '(t) r '(t) dt
a
ds
C
5. Calcule el trabajo realizado por el campo vectorial
F(x, y, z) = (exz (xyz2 + yz), xzexz , exz (x2 yz + xy)) ,
para mover una partícula
a. A lo largo de la curva de intersección de las superficies de ecuaciones
z = 2 − x2 − y2

z =1

b. A lo largo de una curva que une el origen de coordenadas con el punto (1,1,1).
Solución.
(4 puntos)
rot(F) =
i
j
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
exz (xyz2 + yz) xzexz
= (0, 0, 0) , Dom(F) = R 3
exz (x2 yz + xy)
F es un campo conservativo. Familia de potenciales escalares f(x, y, z) = xyzexz + C
Trabajo para la primera curva: El trabajo es cero porque se trata de una curva cerrada y F es
conservativo.
Trabajo para la segunda curva: W = f(1,1,1) − f(0, 0, 0) = e − 0 = e .
6. Sean C la curva intersección de la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 4 y el plano 2x + y + 2z = 0 y
el campo vectorial


x
.
F(x, y, z) =  x + z, 4 − y2 , 2
2
2 
x + y + z 

Calcule
∫
F • dr ,
C1
donde C1 es el arco orientado de C dado por los puntos (x, y, z) ∈ C con y ≤ 0 y punto inicial
dado por P0 ( 2, 0, − 2) .
Solución.
(4 puntos)
Sean los vectores w1 = (1, 0, −1) y w2 = (2, −4, 0) . Sean los vectores v1 y v2 vectores
perpendiculares construidos a partir de los vectores w1 y w2 como sigue:
v1 = w1 = (1, 0, −1) ,
v2 = w 2 −
w2 • v1
(2, −4, 0) • (1, 0, −1)
v1 = (2, −4, 0) −
(1, 0, −1) = (2, −4, 0) − (1, 0, −1) = (1, −4,1)
v1 • v1
(1, 0, −1) • (1, 0, −1)
Una parametrización de la curva intersección C viene dada por
2
2
r(t) =
(1, 0, −1) cos(t) +
(1, −4,1)sen(t)
2
3 2


2
4 2
2
=  2 cos(t) +
sen(t), −
sen(t), − 2 cos(t) +
sen(t)  , 0 ≤ t ≤ π


3
3
3


De modo que


2
4 2
2
r'(t) =  − 2sen(t) +
cos(t), −
cos(t), 2sen(t) +
cos(t) 


3
3
3


y
2 2

32
2
2
F(r(t)) = 
sen(t), 4 −
sen2 (t),
cos(t) +
sen(t)  .
 3

9
4
12


Como el punto inicial es P0 ( 2, 0, − 2) y se exige que y ≤ 0 , entonces 0 ≤ t ≤ π . De modo que
∫
π
0
2 2
 

32
2
2
2
4 2
2
sen(t), 4 −
sen2 (t),
cos(t) +
sen(t)  •  − 2sen(t) +
cos(t), −
cos(t), 2sen(t) +
cos(t)  dt .

 

3
9
4
12
3
3
3

 

Resolviendo
∫
∫
−
π
(− 34 sen2 (t) +
4
9
sen(t) cos(t) − 163 2 cos(t) +
128 2
27
sen2 (t) cos(t) +
5
9
cos(t)sen(t) + 16 )dt
0
π
(− 34 sen2 (t) + sen(t) cos(t) − 163 2 cos(t) +
128 2
27
sen2 (t) cos(t) + 61 )dt
0
4
3
∫
π
sen (t)dt +
2
∫
π
sen(t) cos(t)dt −
16 2
3
∫
π
cos(t)dt +
0
0
0
I1
I2
I3
I1 = − 34
I3 = −
∫
16 2
3
π
sen2 (t)dt = − 32
0
∫
∫
∫
∫
π
dt
I5
∫
π
sen(t) cos(t)dt = 0 ,
0
π
sen (t) cos(t)dt = 0 , I5 =
2
0
En consecuencia:
I = I1 + I2 + I3 + I4 + I5 = − 23π +
1
6
I4
0
cos(t)dt = 0 , I4 =
sen (t) cos(t)dt +
2
0 (1 − cos(2t))dt = − 23π , I2 =
128 2
27
∫
π
0
π
π
0
128 2
27
π
6
= − 2π
1
6
∫
π
dt =
0
π
6