Soluciones del Segundo Examen Parcial (Junio 2003)

CÁLCULOPrimer curso de Ingeniero de TelecomunicaciónSegundo Examen Parcial. 11 de Junio de 2003Ejercicio 1. Calcular el volumen del elipsoidex 2a 2 + y2b 2 + z2c 2 =1.Probar que el elipsoide de volumen máximo, sujeto a la condición de quea + b + c sea constante, es una esfera.Solución. Usando las coordenadas x = ar sen φ cos θ, y = br sen φ sen θ,z = cr cos φ, la ecuación del elipsoide es r =1y el sólido que encierra estasuperficie esE = {(r, φ, θ) :0≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π} .El jacobiano de este cambio de coordenadas esa sen φ cos θarcos φ cos θ −ar sen φ sen θ∂ (x, y, z)∂ (r, φ, θ)¯¯¯¯¯¯= b sen φ sen θbrcos φ sen θ brsen φ cos θc cos φ −cr sen φ 0 ¯= c cos φ ¯ cos φ cos θ −ar sen φ sen θ¯¯¯¯a¯arbr cos φ sen θ brsen φ cos θ ¯ + cr sen φ sen φ cos θb sen φ sen θ= abcr 2 cos 2 φ sen φ + abcr 2 sen 3 φ = abcr 2 sen φ.Aplicando la fórmula del cambio de variables, obtenemosvol (E) =Z 2π Z π Z 1000abcr 2 sen φdrdφdθ = abc2π¸1 ·r3[− cos φ] π 03= 4 03 πabc.La función objetivo f (a, b, c) = 4 3πabc es no negativa y sólo se anula sial menos uno de los semiejes a, b, c es nulo; en cuyo caso se obtendría elvalor mínimo. Entonces, podemos suponer que a, b, c > 0. La restricción esg (a, b, c) =a + b + c − k =0. Usando el criterio de los multiplicadores de Lagrange,determinamos los puntos solución del sistema ∇f = λ∇g, resolviendo⎧4⎪⎨3πbc = λ,43πac = λ,4⎪⎩ 3πab = λ,a + b + c = k.Igualando las tres primera ecuaciones, obtenemos bc = ac = ab, que conla cuarta implican a = b = c = k . Entonces hemos obtenido una esfera de3radio k 3 , con vol = 4 µ k 33 π = 4πk33−ar sen φ sen θbr sen φ cos θ¯81 . 1

Ejercicio 3. Sea S la porción del paraboloide z = x 2 + y 2 queseencuentraen el semiespacio 2y+z ≤ 3. Calcular el flujodesalidadelcampoF (x, y, z) =(y + z,x + z, z) directamente y mediante el teorema de Gauss.Indicación: Utilizar las coordenadas x = r cos θ, y = −1+r sen θ, z = z, paraparametrizar S.Solución.La ecuación del paraboloide con las coordenadas dadas esz = r 2 cos 2 θ +(r sen θ − 1) 2 = r 2 − 2r sen θ +1,donde 0 ≤ θ ≤ 2π y z ≤ 3 − 2y implica r 2 − 2r sen θ +1≤ 5 − 2r sen θ, loqueequivale a que r 2 ≤ 4. En consecuencia, la parametrización de S esS (r, θ) = ¡ r cos θ, r sen θ − 1,r 2 − 2r sen θ +1 ¢ , 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.El producto vectorial fundamental esi j kS r × S θ =cos θ sen θ 2r − 2senθ¯ −r sen θ rcos θ −2r cos θ ¯ = ¡ −2r 2 cos θ, 2r − 2r 2 sen θ, r ¢ .En el punto S (1, 0) = (1, −1, 2) el producto vectorial fundamental(S r × S θ )(1, 0) = (−2, 2, 1)tiene la dirección interior. El flujodesalidadelcampoF (x, y, z) =(y + z, x + z,z)atravésdeS esZZZ 2 Z 2πF · ndS = −F [S (r, θ)] · (S r × S θ ) dθ dr.S00El producto escalar −F [S (r, θ)] · (S r × S θ )=¡r 2 − r sen θ, r 2 − 2r sen θ + r cos θ +1,r 2 − 2r sen θ +1 ¢ · ¡2r 2 cos θ, −2r +2r 2 sen θ, −r ¢=2r 4 (cos θ +senθ) − 4r 3 sen 2 θ +8r 2 sen θ − 2r 2 cos θ − 3r 3 − 3r.3

tenemos queZZZZ 2πdiv (F ) dx dy dz =0ΩZ 2π=0Z 2 Z 5−2r sen θ0Z 20r 2 −2r sen θ+1rdzdrdθ¡4 − r2 ¢ rdrdθ=2π·2r 2 − r4¸2=8π.40Entonces, el flujo de salida del campo F atravésdeS esZZZZZZF · ndS = F · ndS− F · ndS =8π − 60π = −52π.SS∪TT5