Ayudantia8-2015.1(Pauta)
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7/26/2019 Ayudantia8-2015.1(Pauta)
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Universidad Tecnica Federico Santa Mara
Departamento de Matematica
Ayudanta 8 Mate 44 de mayo, 2015
Profesor: Pablo Gonzalez Lever / Ayudante: Vctor Valdebenito Silva
1. Sean g una funcion real y continua y F(x ,y,z) =g(x2 +y2 +z2)(xi+yj+zk) un campo devectores definido en R3.
a) Sif(x ,y,z) =1
2h(x2+y2+z2), dondeh(x) =
xx0
g(u)du, dondex0es un elemento del dominio
de g. Probar quef= F
Sol:
Consideramos que u= x2
+y2
+z2
. Si derivamos y usamos la regla de la cadena, obtenemos
f=
f
x,f
y,f
z
=1
2
g(u)
u
x, g(u)
u
y, g(u)
u
z
=
g(x2 +y2 +z2)x, g(x2 +y2 +z2)y, g(x2 +y2 +z2)z
=g(x2 +y2 +z2)(xi+yj+zk)
Queda entonces demostrado
b) Sea C la helice x = 2cos t, y= 2 sin t, z= 3t, t[0, 2]. CalcularC
xdx
(x2 +y2 +z2)3+
ydy
(x2 +y2 +z2)3+
zdz
(x2 +y2 +z2)3
Sol:
Segun la hipotesis presentada en el apartado anterior, se tiene que F admite un potencial.Entonces tendremos que
df=
xdx
(x2 +y2 +z2)3
fn=
1
4
1
(x2 +y2 +z3)2+g(y, z)
dfndy
= ydy
(x2 +y2 +z2)3+
dg(y, z)
dy
pero
df
dy =
ydy
(x2 +y2 +z2)3
dg(y, z)dy
= 0
MAT024 1
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y de forma analoga para la derivada con respecto a z. Por tanto, el potencial sera
f(x ,y,z) =14
1
(x2 +y2 +z3)2
Los puntos final e inicial son respectivamente (2, 0, 6)y(2, 0, 0), por lo que la integral pedidapuede ser calculada como
C
F dr= f(2, 0, 6) f(2, 0, 0)
= 1
64 1
64(92 + 1)2
NOTA: no es difcil evaluar la integral de lnea directamente, as que tambien es factiblecalcularla de ese modo. Parametrizando un segmento desde el punto inicial al final tampoco
resulta complicado.
2. Sea F(x ,y,z) = (y2, z2, x2). Calcular
C
F ds, donde Ces la curva interseccion de la esfera
x2 +y2 +z2 = R2 y del cilindro x2 +y2 = Rx, (R > 0, z 0), siendo recorrida en sentidopositivo (contrario a las agujas del reloj) si se mira en el plano OXY.Sol:
La curva puede ser parametrizada de la siguiente manera:
(t) =
x= R
2(1 + cos t) dx=R
2sin tdt
y= R2 sin t dy= R2 cos tdt t
[0, 2]
z= R21 cos t dz= 2R sin t
41cos tdt
Luego, la integral queda
20
R2
4 sin2 t
R
2sin t
+
R2
2 (1 cos t)R
2cos t+
R2
4(1 + cos t)2
R
2
2(1 cos t) 12 sin t
dt
=R3
4
3. Considerar el conjuntoS={(x, y)|(xh)2
+ (yk)2
a2
}dondeh, k > a, siendoCsu curvafrontera. Sea la curva que describe una partcula que gira en torno a Cen sentido positivocon respecto a XY, describiendo un angulo con respecto a su centro, partiendo desde elpunto (h+a, k). A su vez, el plano en que esta contenido Sgira en torno al eje OXcon elmismo angulo con que la partcula recorre la curva C en sentido antihorario visto desde elplano Y Z. Calcular la integral de lnea
10xz3 + 1
dx 6y2dy+ 15x2z2dz
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Donde el angulo de giro va desde 0 hasta 2
.Sol:
Notar que F = 0. Debido a esto podemos hallar un potencial para calcular la integral delnea, pues
F esta definida en todo
R3
. Para calcular el potencial hacemos
fn(x ,y,z) =
(10xz3 + 1)dx
= 5x2z2 +x+g(y, z)
Entonces
dfn(x ,y,z)
dy =
dg(y, z)
dy =6y2dyg(y, z) =2y3
f(x ,y,z) = 5x2z3 +x 2y3Ahora, solo necesitamos encontrar el punto de partida y el punto de llegada. Parametrizamos
la curva como
(t) =
x= h+a cos t
y= cos t(k+a sin t) t[0, 2]z= sin t(k+a sin t)
Por lo que el punto de partida es (h,k, 0) y el de llegada es (2 ) = (h, 0, k+ a). Luego, laintegral de lnea sera igual a:
f(h, 0, k+a) f(h,k, 0) = (5h2(k+a)3 +h) (h 2k3)= 5h2(k+a)3 + 2k3
4. Sean u : R3 R un campo escalar de clase C1 un campo escalar y F(x ,y,z) = (xy2z2 2xy,u(x ,y,z), x2y2z+ 1) un campo vectorial tal que F(0, y , z ) = (0, y, 1).
a) Calcularu(x ,y,z) para que Fsea conservativo.Sol:
Tenemos que
F =
i j kdx dy dz
xy2z2 2xy u(x ,y,z) x2y2z+ 1
= (2x2yz
du
dz, 0,
du
dx2xyz2 + 2x)
Luego, tenemos que
du
dx= 2xyz2 2x
u = x2yz2 x2
Luego, aplicando la condicion dada por el problema u(0, y , z ) =y, tendremos por tanto que
u(x ,y,z) =x2yz2 x2 +y
MAT024 3
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b) Calcular
F dr, siendo la curva interseccion de las ecuaciones
x
z= 0
(xz+yz+y2 3)1 x2 = 0
desde (0,2,0) hasta (1,1,1)Sol:
Para calcular esta integral, hallaremos un potencial escalar de F. As tendremos que
fn=
(x2yz2 2xy)dx
= x2y2z2
2 x2y+g(y, z)
De aqu tenemos que
dg
dy =y
g = y2
2 +h(z)
Y de aqu concluimos que dhdz
= 1h(z) =z. Por tanto, un potencial sera
f(x ,y,z) = x2y2z2
2 x2y+1
2y2 +z
Luego, la integral pedida es
F dr= f(1, 1, 1) f(0, 2, 0)
=1
c) Sea G(x ,y,z) = (y2x2z 2yz,x3yz xz+y, x3y3 + 1). Calcular
Gdr
Sol:
Observar que
G=0. Sin embargo, la curva esta contenida en el plano x = zy en este
plano Gcoincide con Fque s es conservativo en este caso. Por tanto
Gdr=1
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Ejercicios propuestos
5. Considere queh : R Res una funcion diferenciable. Se define la curva como la interseccionde las superficies
y= x2 2x, z= h(x 1), 1x2, 1y0
Encuentre condiciones sobre h, de modo que el trabajo efectuado por la fuerza F(x; y; z) =(y, x 1, 3z2) sobre la curva sea 2.Sol:
Consideremos la parametrizacion
(t) =
x= x
y= x2 2x x[1, 2]z= h(x 1)
Si hacemos u = x 1, la curva admite una reparametrizacion tal que
(t) =
x= u+ 1 dx= du
y= u2 1 dy= 2udu u[0, 1]z= h(u) dz= h(u)du
Con esto, la integral de lnea queda
1
0
(3u2
1 + 3h2(u)h(u))du= 2
Quedando entonces a resolver 10
h2(u)h(u)du=2
3
Para encontrar la primitiva de la funcion del integrando, hacemos
u= h2(u)du = 2h(u)h(u)duv= h(u)dv = h(u)du
Entonces h2(u)h(u)du= h3(u) 2
h2(u)h(u)du
h2(u)h(u)du= h3(u)
3
Por tanto, la condicion que debe cumplirse debe ser que
h3(1) h3(0) = 2
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6. Seala curva que se produce de la interseccion del planoy = x con el paraboloidez= x2 +y2,contenida en el primer octante. Sea
F(x ,y,z) = cos y
2(1 + 2z) , cos x
2(1 + 2z)+ sin y,y cos x
1 + 2z
a) Determinar todos los puntosppara los cuales el trabajo realizado por Fa lo largode desde el origen hata pes igual a 1.Sol:
Parametrizamos la curva segun las condiciones que se nos dan. Entonces,
(t) =
x= t dx= dt
y= t dy= dt t Rz= 2t2 dz= 4tdt
Definimos el punto p= (p, p, 2p2). Luego, la integral de trabajo quedara de la siguientemanera:
W =
p0
cos t
2(1 + 4t2)+
cos t
2(1 + 4t2)+ sin t+
4t2
(1 + 4t2)dt
=
p0
(sin t+ cos t)dt= 1
sinp= cospp=
4+n, n N 0
b) Sean p1, p2 dos puntos cualesquiera del inciso anterior. Determinar el trabajo realizadopor Fa lo largo de desde p1 hasta p2.Sol:
El trabajo pedido es de la forma p2p2
F dr
Luego, usando propiedades de la integral definida, se puede hacer
p2
p2
F dr= p2
0
F dr
p1
0
F dr
y usando el resultado del inciso anterior, tendremos que el trabajo neto es nulo.
7. Sea Sel conjunto de Rn {0} y r =||x||.a) Estudiar segun los valores de p si el campo F(x) =rpx es un campo gradiente.
Sol:
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Reescribimos el campo vectorial en terminos indiciales para poder trabajarlo de manera clara.
F(x) =rpx
F(x) = (F1(x), F2(x),...,Fn(x))= (x21+x
22+...+x
2n)
p
2 (x1, x2,...,xn)
Fi= xi(x21+x22+...+x2n)p
2
Luego, el campo sera gradiente y admitira un potencial si se cumple
Fi
xj=
Fj
xi, i=j
En efecto,Fi
xj= 2xixj
p
2(x21+x
22+...+x
2n)
p
21 =
Fj
xi
Observar, que solamente es campo gradiente si y solo si p >2.
b) Calcular, en tales casos, el potencial de dicho campo.Sol:
Para calcular, hagamos
f(x) =
x1(x
21+x
22+...+x
2n)
p
2 dx1
= 1
p+ 2(x21+x
22+...+x
2n)
p
2+1 +g(x2,...,xn)
Derivando este campo escalar con respecto a x2 y haciendo el caso analogo con todas lasvariables (extendiendo el resultado), se llega a que el potencial es
f(x) = 1
p+ 2rp+2
c) Calcular
(1,2,...,n)(1,1,...,1)
F dr
Sol:
Evaluando en el potencial encontrado en el inciso anterior resulta
(1,2,...,n)(1,1,...,1)
F dr= 1
p+ 2(1 + 4 + 9 +...+n2)
p
2+1 1
p+ 2(n)
p
2+1
8. Determinar el exponente constantetal que
BA
x
yRdx x
2
y2Rdy, R2 =x2 +y2
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sea independiente de la trayectoria, si la funcion esta definida en una region simple conexa.Sol:
Primeramente, definimos que R=
x2 +y2 Rx = x
RRy = y
R.
Definimos
P(x, y) = x
yR Py = x
y2(y2R2 R)
Q(x, y) =x2
y2R Qx =x
y2(2R +R2x2)
Luego, para que el campo sea conservativo, debe cumplirse que Qx Py = 0. As
2R R2x2 y2R2 +R = 0x2
R2
+y2
R2
+ 1 = 0
R2(x2 +y2) =1 =1
Observar que el campo es conservativo en R2 {0}
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