Universidad Simon BolıvarDepartamento de Matematicas

Puras y Aplicadas

MA-2113 Septiembre-Diciembre 2012

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1er Examen Parcial (50 %) Tipo A

Justifique todas sus respuestas.

Pregunta 1. (12 pts) Calcule

∫∫S

rot F · dS siendo F(x, y, z) = (xz + yz2 + x, xz3 + y, x2z4),

S = {x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1;−1 ≤ z ≤ 1} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + (z + 1)2 = 1; z ≤ −1},orientada con la normal que tiene componente z ≤ 0.

SolucionPodemos escribir S = S1 ∪ S2, donde S1 = {x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1;−1 ≤ z ≤ 1} y

S2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + (z + 1)2 = 1; z ≤ −1}.

El calculo directo de la integral es bastante complicado, ası que podemos hacerlo de dos formasalternativas.

La primera solucion es usando el teorema Gauss para la divergencia. En este caso debemoscerrar la superficie con S3 = {x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1; z = 1}. Ası ∂V = S ∪ S3, dondeV = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1;

√1− x2 − y2 − 1 ≤ z ≤ 1}, orientada con la normal exterior.

Como F es de clase C2 (verificarlo) div (rot (F)) = 0, y por el teorema de Gauss nos queda:

0 =

∫∫∫V

div (rot (F)) dV =

∫∫∂V

rot (F) · dS =

∫∫S

rot (F) · dS +

∫∫S3

(rot (F) · k) dS

Esto nos dice

∫∫S

rot (F) · dS = −∫∫

S3

rot (F) · (k) dS

Tenemos rot F =

∣∣∣∣∣∣ı k∂x ∂y ∂z

xz + z2y + x xz3 + y x2z4

∣∣∣∣∣∣ = (−3xz2, x+ 2yz − 2xz2, z3 − z2)

Ası, parametrizando S3 con Φ(x, y) = (x, y, 1) en D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}, nos queda:

∫∫S

rot (F) · dS = −∫∫

S3

(rot (F) · k) dS = −∫∫

S3

(z3 − z2) · dS = −∫∫

D

(1− 1) dx dy

= −∫∫

D

0 dx dy = 0

Otra manera de resolver el problema es usando el teorema de de Stokes. Tenemos que F esun campo de clase C1, S es una superficie que es una union de superficies parametrizables yorientables. Llamando C = ∂S, nos queda que

∫∫S

rot (F) · dS =

∫C

F · dl

con C orientada en sentido horario vista desde el origen.Una parametrizacion de C es σ(t) = (cos(t), sen(t), 1) con t ∈ [0, 2π] de donde σ′(t) =

(− sen(t), cos(t), 0), pero esta parametrizacion invierte la orientacion. Ası:

∫∫S

rot (F) · dS =

∫C

F · dl

= −∫ 2π

0

(2 cos(t) + sen(t), sen(t) + cos(t), cos2(t)) · (− sen(t), cos(t), 0) dt

= −∫ 2π

0

(−2 cos(t) sen(t)− sen2(t) + cos2(t) + cos(t) sen(t)) dt

= −∫ 2π

0

(− cos(t) sen(t) + cos(2t)) dt

=sen2(t)

2

∣∣∣2π0− sen(2t)

2

∣∣∣2π0

= 0

Pregunta 2. (12 pts) Sea F(x, y, z) = (cos(y)− z sen(x), sen(z)− x sen(y), y cos(z) + cos(x)).

a) ¿ Es F un campo conservativo?

b) Calcule

∫C

F· dl con C parametrizada por σ(t) = (t sen( t2), t, 2arcsen ( t

π)) y t ∈ [0, π].

Solucion:

a) Debemos ver que rot F = 0, ası

rot F =

∣∣∣∣∣∣ı k∂x ∂y ∂z

cos(y)− z sen(x) sen(z)− x sen(y) y cos(z) + cos(x)

∣∣∣∣∣∣= (cos(z)− cos(z),− sen(x) + sen(x),− sen(y) + sen(y)) = 0

Por lo tanto, F es conservativo.

b) Vemos que σ va del punto (0, 0, 0) al punto (π, π, π).

Calcular la integral directamente es bastante complicado. Usando el teorema de camposconservativos, podemos conseguir un potencial y evaluarlo en los extremos de la curva:

2

f(x, y, z) =

∫ x

0

dt+

∫ y

0

−x sen(t) dt+

∫ z

0

(y cos(t) + cos(x)) dt

= x+ x cos(t)∣∣∣y0

+ y sen(t)∣∣∣z0

+ t cos(x)∣∣∣z0

= x+ x cos(y)− x+ y sen(z) + z cos(x)

= x cos(y) + y sen(z) + z cos(x)

Ası,

∫C

F · dl = f(π, π, π)− f(0, 0, 0)

= π cos(π) + π sen(π) + π cos(π)− 0 cos(0) + 0 sen(0) + 0 cos(0)

= −π − π = −2π.

Solucion alternativa para el calculo del potencial:

Si f : R3 → R es tal que ∇f = F = (P,Q,R), se tiene:

∂f

∂x= P = cos(y)− z sen(x) (1)

∂f

∂y= Q = sen(z)− x sen(y) (2)

∂f

∂z= R = y cos(z) + cos(x) (3)

De (1) f(x, y, z) = x cos(y) + z cos(x) + g(y, z).

De (2) sen(z)− x sen(y) = ∂f∂y

= −x sen(y) + ∂g∂y

, ası

∂g∂y

= sen(z)⇒ g(y, z) = y sen(z) + h(z)

Ası f(x, y, z) = x cos(y) + z cos(x) + y sen(z) + h(z)

De (3) y cos(z) + cos(x) = ∂f∂z

= cos(x) + y cos(z) + h′(z)⇒ h′(z) = 0⇒ h(z) = C.

Finalmente f(x, y, z) = x cos(y) + z cos(x) + y sen(z) + C.

Pregunta 3. (12 pts) Calcule

∫∫S

F· dS , donde F(x, y, z) = (xy − z2, x2 − y2, y + 3) y

S = {(x, y, z) ∈ R3 : z2 = x2 + y2; 0 ≤ z ≤ 1} esta orientada con la normal que tiene componentez < 0.

3

SolucionComo F es de clase C1, podemos aplicar el teorema de Gauss para la divergencia, con

∂V = S ∪ S donde S{(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1; z = 1}, orientada con el vector k yV = {(x, y, z) ∈ R3 :

√x2 + y2 ≤ z ≤ 1}, orientada con la normal exterior.

Ası: ∫∫∫V

div (F) dV =

∫∫∂V

F · dS =

∫∫S

F · dS +

∫∫S

F · k dS

de donde ∫∫S

F · dS =

∫∫∫V

div (F) dV −∫∫

S

F · k dS

Tenemos que div (F) = y − 2y = y, ası

∫∫∫V

div (F) dV = 0 por simetria de la region e

imparidad del integrando.

Parametrizando S con Φ(x, y) = (x, y, 1) en D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}, nos queda:

∫∫S

F · dS = −∫∫

S

(F) · k) dS = −∫∫

S

(y + 3) · dS = −∫∫

D

y dx dy −∫∫

D

3 dx dy

= −3 AREA(D) = −3π

Pregunta 4. (7 pts) Las raices de la ecuacion z3 + 8i = 0 son:

SolucionLa ecuacion z3 + 8i = 0 es equivalente a z3 = −8i. Es decir, buscamos las raices terceras de

−8i. En forma polar tenemos:−8i = 8(cos(−π

2) + i sen(−π

2))

Asi, las raices de la equacion son de la forma:

zk = 813 (cos(−π

6+ k 2π

3) + i sen(−π

6+ k 2π

3)), con k = 0, 1, 2.

Ası:

z0 = 2(cos(−π6

) + i sen(−π6

)) =√

3− i

z1 = 2(cos(π2) + i sen(π

2)) = 2i

z2 = 2(cos(7π6

) + i sen(7π6

)) = −√

3− i.

Por lo tanto, la respuesta correcta es la opcion (c).

4

Pregunta 5. (7 pts) Si z = x+ iy, la solucion de la ecuacion <[(1− i)z] = 0 es:

SolucionComo z = x+ iy, nos queda z = x− iy y

(1− i)z = (1− i)(x− iy) = (x− y)− i(x+ y)

de donde,

<[(1− i)z] = 0 ⇒ x− y = 0 ⇒ x = y

Ası, la respuesta correcta es la opcion (b).

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