Exámenes resueltos.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Febrero 31.01.02
Solución del
PROBLEMA 2
(3 puntos)
Calcular el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = z 2 cos(x 2 + y 2 ) k a través de la semiesfera
según la normal exterior a la esfera.
Respuesta:
x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , z ≥ 0,
Utilizando coordenadas esféricas, una parametrización de la semiesfera viene dada por las ecuaciones:
Σ := Σ(θ, φ) = (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)),
donde,
x(θ, φ) = a cos θ sen φ, y(θ, φ) = a sen θ sen φ, z(θ, φ) = a cos φ,
con 0 < θ < 2π y 0 < φ < π/2.
Un vector en la dirección de la normal a la semiesfera es entonces
n := ∂ Σ
∂φ × ∂ Σ
∂θ = a 2 cos θ (sen φ) 2 , a 2 (sen φ) 2 sen θ, a 2 cos φ sen φ
que, además, tiene el sentido de la normal exterior.
Por otra parte, el valor que toma el campo vectorial sobre la semiesfera es:
F (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)) = (0, 0, a 2 (cos φ) 2 cos(a 2 (sen φ) 2 )).
Por lo tanto, el flujo pedido es, por definición:
Φ :=
Σ
F · ds =
= 2πa 4
π/2
0
2π
0
π/2
dθ
0
(cos φ) 3 cos(a 2 (sen φ) 2 ) sen φ dφ
Para resolver esta integral efectuamos el cambio de variable
del que se obtiene:
que es el resultado pedido.
a 2 (cos φ) 2 cos(a 2 (sen φ) 2 ) a 2 cos φ sen φ dφ
u = a 2 (sen φ) 2 =⇒ du = 2a 2 cos φ sen φ
a2 Φ := π (a
0
2 − u) cos u du = π(1 − cos a 2 )

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Junio 24.06.02
Solución del
PROBLEMA 2
(3 puntos)
Una loxodroma sobre un cilindro es aquella curva que corta las generatrices del cilindro formando
con cada una de ellas un mismo ángulo α. Se considera el cilindro de ecuación implícita
x 2 + y 2 = r 2 .
1) Determínense las funciones f para las cuales la curva
x = r cos t
y = r sent
z = f(t)
⎫
⎬
⎭
t ∈ R ,
es una loxodroma de ángulo α. ¿Qué nombre reciben estas curvas ?
2) Considérense las loxodromas del apartado anterior que pasan por los puntos (r, 0, 0) y (r, 0, 2π)
y, para cada una de ellas, calcúlese su longitud entre dichos puntos.
Respuesta:
1) El ángulo que forman dos curvas que se cortan en un punto es el menor ángulo α que forman sus
tangentes en ese punto (α ∈ [0, π]).
Las generatrices del cilindro dado son paralelas al eje OZ, por tanto un vector unitario en la
dirección de la tangente a cualquiera de ellas es k = (0, 0, 1). En cuanto a la curva dada, un vector
unitario en la dirección de la tangente es
t =
(x ′ (t), y ′ (t), z ′ (t))
[(x ′ (t)) 2 + (y ′ (t)) 2 + (z ′ (t)) 2 ] 1/2 = (− r sen t, r cos t, f ′ (t))
[r2 + (f ′ (t)) 2 ] 1/2 .
El producto escalar entre ambos vectores unitarios da lugar a la expresión:
t · k =
Por otra parte, su producto vectorial es:
f ′ (t)
[r2 + (f ′ (t)) 2 = cos α . (1)
] 1/2
t × k =
(r sen t, − r cos t, 0)
[r 2 + (f ′ (t)) 2 ] 1/2
Por tanto el módulo de este producto vectorial da lugar a la relación:
|t × k| =
Dividiendo miembro a miembro (1) entre (2) resulta:
r
[r2 + (f ′ (t)) 2 = sen α . (2)
] 1/2
f ′ (t) = r ctg α .
Puesto que r = 0, esta operación siempre puede realizarse ya que, en este caso, se tiene sen α = 0.
Integrando miembro a miembro en la última ecuación se obtiene el valor de la función f(t)
buscado, que es:
f(t) = (r ctg α) t + C

siendo C una constante arbitraria.
Así pues, las ecuaciones paramétricas de la curva buscada son:
x = r cos t
⎫
⎬
y
z
=
=
r sent
⎭
(r ctg α) t + C
t ∈ R ,
que corresponden a una familia de hélices.
2) Se trata de determinar la familia de hélices que pasa por los puntos dados.
Si la hélice pasa por (r, 0, 0), entonces debe existir un t0 ∈ R tal que:
De ambas expresiones se deduce que
Además,
x(t0) = r cos t0 = r =⇒ cos t0 = 1 ,
y(t0) = r sent0 = 0 =⇒ sen t0 = 0 .
t0 = 2nπ , n ∈ Z .
z(t0) = (r ctg α) t0 + C = 0 =⇒ C = − (r ctg α) 2nπ .
Por otra parte, si la hélice pasa por (r, 0, 2π), entonces debe existir un t1 ∈ R (t1 = t0) tal que:
con lo cual,
x(t1) = r cos t1 = r =⇒ cos t1 = 1 ,
y(t1) = r sent1 = 0 =⇒ sen t1 = 0 ,
t1 = 2mπ , m ∈ Z y m = n .
Además,
z(t1) = (r ctg α) t1 − (r ctg α) 2nπ = 2π =⇒ r ctg α =
1
m − n .
Es decir, la hélice que pasa por los dos puntos dados es:
x = r cos t
y
z
=
=
r sent
⎫
⎬
1
2nπ t − m−n m−n
⎭
t ∈ R y n, m ∈ Z (n = m).
La longitud de arco pedida viene dada por:
2mπ
r
2nπ
2
2
1
+
dt
m − n
=
⎛
⎝ r2 +
⎞
2 1
⎠ |m − n| 2 π .
m − n
Si se considera n = 0 y m = 1 entonces la longitud de arco es √ r 2 + 1 2 π.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Junio 24.06.02
Solución del
PROBLEMA 3
(3 puntos)
Sea U(r) (r = xi + yj + zk) un campo escalar de clase dos y armónico en un dominio M ⊂ R 3 . Sea
Ω ⊂ M un subconjunto medible - Jordan compacto, cuya frontera S está formada por un número
finito de superficies regulares.
Se pide:
1) Demostrar la igualdad
Ω
gradU 2 dxdydz =
en donde la superficie S está orientada según la normal saliente.
Indicación: div(V F) = V divF + F · gradV .
S
UgradUdσ (∗)
2) Comprobar la fórmula anterior (calculando explícitamente las dos integrales de la igualdad (∗) )
para el campo escalar armónico
U(r) = 1
r
y el recinto Ω ⊂ R 3 limitado por las superficies:
Respuesta:
S1 : esfera de centro el origen y radio 1.
S2 : superficie cónica de revolución alrededor del eje z de vértice el origen
y semiángulo en el vértice.
S3 : plano z = 1/2.
1) Sea F = UgradU que es un campo de clase uno en M. Mediante el uso del teorema de Gauss,
el flujo de F sobre la superficie S puede ser expresado, de la siguiente forma
UgradUds = div(UgradU)dxdydz = (Udiv(gradU) + gradU · gradU) dxdydz =
S
=
Ω
Ω
2
U∆U + gradU
dxdydz = gradU 2 dxdydz
Ω
donde se ha utilizado que ∆U = 0 en Ω por definición de campo armónico.
2) El conjunto Ω se muestra en la figura.
Ω
Σ3
Σ1
Σ2
Ω
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1 -0.5 0.5 1

Ω grad( 1
r )
2
dxdydz y J = S
Sea r := r = x2 + y2 + z2 . En primer lugar,
Sean I =
1 1 grad( r r )ds.
grad( 1 −grad r
) =
r r2 = −r
r 3
donde se ha utilizado que grad r = − r.
Es inmediato comprobar, aunque no lo pide el enunciado, que
r
1
r es armónico en R3
−{0}. Ahora, grad( 1
r )
2
A) Cálculo de I.
I =
1
2 dxdydz
= 1
r4 1 =
(x2 +y2 +z2 ) 2 y 1 1 −r
grad( ) = r r r4 = −(x,y,z)
(x2 +y2 +z2 ) 2 .
Ω (x2 + y2 + z2 )
Por la geometría del recinto y la forma de la función subintegral, lo más adecuado es hacer un cambio
a esféricas.
x = r cos θsenφ ; y = rsenθsenφ ; z = r cos φ
Obviamente, el ángulo θ variará entre 0 y 2π y el ángulo φ entre 0 y π/4. En cuanto a r,
éste variará entre r0 y 1 donde r0 se puede calcular expresando la ecuación del plano z = 1/2 en
coordenadas esféricas
r0 cos φ = 1
2 ⇒ r0 = 1
2 cos φ
Por ello,
I =
1
2 dxdydz =
2π
Ω (x2 + y2 + z2 =
) 0
π 1
π
4
1
4
2π dφsenφ dr = 2π
1
0
r2 0
2 cos φ
π
π
= 2π
4
senφ (2 cos φ − 1) dφ = 4π
4
=
0
2π
0
1
2 sen2φ | π/4
0 −2π cos φ | 0 π/4= π
π 1
4
dθ dφ
1
0
2 cos φ
dφsenφ
√
2 − 1
− 1
r
1
1
2 cos φ
senφ cos φdφ − 2π
1
r 4 r2 senφdr =
=
π
4
0
senφdφ =
B) Cálculo de J. La integral de superficie se calcula descomponiéndola en las integrales correspondientes
a Σ1, Σ2 y Σ3 (ver figura).
J = −
S
r
ds = −
r4 S
r
· nds = −
r4 Σ1
r
· nds+
r4 Σ2
donde n es el vector unitario normal saliente a la superficie.
B.1. Como en la superficie esférica se tiene n = r y r = 1 entonces
Σ1
r
· nds=
r4 Σ1
1 1
ds =
r2 12
ds =
Σ1
Área(Σ1)
=
r
· nds+
r4 Σ3
G
∂Φ
∂φ
× ∂Φ
∂θ
r
· nds
r4
dφdθ
donde (x, y, z) = Φ(u, v), (u, v) ∈ G es una parametrización de Σ1. Como parametrización de Σ1 se
puede tomar
x = cos θsenφ ; y = senθsenφ ; z = cos φ
θ ∈ [0, 2π] ; φ ∈ 0, π
4

para la cual ∂Φ
∂φ
× ∂Φ
∂θ
Σ1
= senφ luego
2π
r
· nds = dθ
r4 0
π/4
π/4
senφdφ = 2π senφdφ = π(2 − √ 2)
0
B.2. En Σ2 los vectores normales a la superficie son perpendiculares al campo r
r 4 (nótese que es
un campo central) con lo que
B.3. En Σ3, n =(0, 0, −1) luego
r
· nds = −
r4 y ahora, parametrizando Σ3 en la forma
se tiene, al ser ∂Φ
Σ3
∂φ
× ∂Φ
∂θ
= 1,
Σ3
r
· nds = −
r4 Σ2
= − 1
2
1/2
= −
0
Por ello, se tiene finalmente
Σ2
r
· nds = 0
r4 0
z
Σ2 (x2 + y2 + z2 )
x = x ; y = y ; z = 1
2 ; x2 + y 2 ≤ 1
4
J = −
z
(x 2 + y 2 + z 2 )
x 2 +y 2 ≤ 1
4
ρ
ρ 2 + 1
4
2 ds = −
x 2 +y 2 ≤ 1
4
1
x2 + y2 1 2 dxdy = −
+ 4
1
2
2 dρ = −π
con lo que se compueba que, efectivamente, I = J.
2 ds
1
2
x2 + y2 1 2 dxdy =
+
2π
π(2 − √
2) + 0 − π = π( √ 2 − 1)
0
dθ
4
1/2
0
ρ
ρ2 1 2 dρ =
+ 4

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2001/2002) Examen Final de Septiembre 9.9.02
Solución del
PROBLEMA 1
(4 puntos)
Sea f : (0, ∞) → R una función de clase uno, sea a ∈R 3 un vector fijo no nulo y sea el campo
F :R 3 \ {0} → R 3 definido por
F(r) =f(r) a × r
donde r = xi + yj + zk y r = x 2 + y 2 + z 2 .
Se pide:
a) Calcular la divergencia del campo F y simplificar el resultado.
b) Sea Γ la curva definida por las ecuaciones
Calcular
x 2 + y 2 + z 2 = 1
I =
Γ
x − z = 0
a × r
dr
r2 donde la orientación de Γ es tal que su proyección sobre el plano xy está orientada en sentido contrario
a las agujas del reloj.
c) Se considera el tetraedro T de vértices A ≡ (0, 0, 1/2), B ≡ (0, 1, 0), C ≡ (1, 0, 0) y V ≡ (1, 1, 1).
Calcular la integral
J = r 2 (a × r) dσ
Σ
siendo a = (1, −1, 0) y Σ la superficie formada por las tres caras de T que pasan por el punto V ,
orientada según la normal saliente a T .
Respuesta:
a) En primer lugar calculamos
a × r = (a2z − a3y, a3x − a1z, a1y − a2x)
y ahora, utilizando que si U es un campo escalar y V un campo vectorial se cumple div (UV) = grad
U · V + Udiv V, se tiene
pues:
div (f(r)a × r) = grad (f(r)) · (a × r) + f(r) div (a × r) =
= f ′ (r) gradr · (a × r) + f(r) div (a × r) =
= f ′ (r) r
· (a × r) + f(r) div (a × r) = 0
r
- gradr = r
r
- div (a × r) = 0 al ser su componente i-ésima independiente de la i-ésima variable, i = 1, 2, 3.
- el producto mixto r · (a × r) es nulo al ser los vectores linealmente dependientes.
Por ello, para cualquier f el campo F es solenoidal en su dominio de definición.
b) Se puede proceder de dos formas:

.1) Calculando drectamente la integral curvilínea. Para parametrizar Γ calculamos su
proyección sobre el plano xy eliminando la z entre las dos ecuaciones que definen la curva. Esta
proyección es 2x 2 + y 2 = 1 y entonces la curva se puede escribir
Parametrizamos la proyección en la forma
2x 2 + y 2 = 1
z = x
x = 1
√ 2 cos t ; y = sen t , t ∈ [0, 2π]
(nótese que lleva la orientación que indica el enunciado), y entonces una posible parametrización
para Γ viene dada por
x = 1
√ 2 cos t
y = sen t
z = 1
√ 2 cos t con t ∈ [0, 2π]
Ahora, como r 2 = x 2 + y 2 + z 2 vale uno en todos los puntos de Γ, la expresión de I se puede
simplificar. En efecto,
a × r
I = dr =
r2 0
Γ
Γ
(a × r) · dr = (a2z − a3y)dx + (a3x − a1z)dy + (a1y − a2x) dz
Γ
y entrando con la parametrión anterior se tiene
2π
a2 cos t
sen t
I = √ − a3sen t) − √ + (
2 2
a3 cos t
√ −
2 a1 cos t
√ ) cos t + (a1sen t −
2 a2
cos t sen t
√ − √ dt
2 2
Por simetría, la integral 2π
0 cos tsentdt vale cero mientras que 2π
0 cos2 dt = 2π
0 sen2tdt = 4 π/2
cos 0
2 dt
por lo que se puede escribir
2a3
I = 4 √2 − 2a1
π/2
√2 cos 2 dt = √ 2π (a3 − a1)
0
b.2) Aplicando el teorema de Stokes. Como rot(a × r) = 2a tiene una expresión muy simple
y la curva Γ es la frontera de la superficie (también muy sencilla) S correspondiente a la porción del
plano x = z contenido en el interior de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 parece razonable aplicar el teorema
de Stokes para calcular I. Así,
I =
Γ
a × r
dr = (a × r) · dr = 2a · dσ
r2 Γ
S
donde S está orientada por el vector normal unitario n = 1
√ 2 (−1, 0, 1). De esta forma
I = 2 a · dσ =2 a ·
S
S
1
√ (−1, 0, 1) dσ =
2 √
2(a3 − a1) dσ =
S
√ 2(a3 − a1) Área(S)
y como S es un círculo de radio 1 se tiene Área(S) = π y se llega al resultado final I = √ 2π (a3 − a1).
c) El calcular J integrando sobre Σ parece complicado debido a la complejidad de dicha superficie,
por lo que se busca otra alternativa para su cálculo. Puesto que el campo r 2 (a × r) tiene la forma
del primer apartado, es solenoidal en R 3 . De esta forma, y mediante el uso del teorema de Gauss, J

es igual a la integral del campo en cuestión sobre cualquier superficie que se apoye sobre el borde de
Σ y esté orientada coherentemente con dicho borde. Por ejemplo, podemos elegir por ejemplo la cara
S del tetraedro T correspondiente a los vértices A, B y C. Esta cara está situada sobre el plano
x + y + 2z = 1
y se debe considerar la orientación correspondiente al vector normal unitario n = 1
√ 6 (1, 1, 2).
Entonces
J = r
Σ
2
(a × r)dσ = r
Σ
2 (a × r) · ndσ =
= 1
2 2 2 √ x + y + z
6 Σ
=
((1, −1, 0)×(x, y, z)) · (1, 1, 2)dσ =
2
2 2 2 √ x + y + z
6
(x + y − z)dσ
Σ
Ahora parametrizamos S en la forma estandar, es decir,
Entonces
y se tiene
x = x
Φ : y = y
(1 − x − y)
J = 2
=
√
6
=
z = h(x, y) = 1
2
M
M
∂Φ
∂x
× ∂Φ
∂y
x 2 + y 2 + 1
4
=
1 +
; (x, y) ∈ M = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 ; y = 1 − x}
2 ∂h
+
∂x
2 ∂h
=
∂y
√ 6
(x + y − 1
√
6
(1 − x − y) ) dxdy =
2 2
(1 − x − y)2
M
x 2 + y 2 + 1
(1 − x − y)2 (x + y −
4 1
(1 − x − y) )dxdy = · · · =
2
15
8 x3 + 15
8 y3 + 21
8 xy2 + 21
8 x2y − 11
8 x2 − 11
8 y2 − 7
5 5 1
xy + x + y − dxdy
4 8 8 8
Ahora hay que evaluar 10 integrales del tipo
al ser M simétrico respecto de la recta y = x, entonces
J =
M
15
4 x3 + 21
4 x2 y − 11
2
M xpyqdx. En primer lugar podemos utilizar que,
M xpyq
dx = M xqypdx (*) con lo que
4 x2 − 7
4
5 1
xy + x − dxdy
4 8
y hay que calcular 6 integrales. Estas se pueden calcular de forma conjunta evaluando, para p y q
genéricos, la integral
x
M
p y q dxdy =
=
1
0
x p dx
1−x
0
y q dy =
1
1
1
β(p + 1, q + 2) =
q + 1 q + 1
0
p 1
x
q + 1 (1 − x)q+1dx = 1
q + 1
Γ(p + 1)Γ(q + 2)
Γ(p + q + 3)
1
x
0
p (1 − x) q+1 dx =
1 p!(q + 1)!
=
q + 1 (p + q + 2)! =
p!q!
(p + q + 2)!
Nótese que esta fórmula demuestra la la validez de la igualdad (*) que se estableció anteriormente
por un argumento de simetría.

Así,
y entonces
M
M
M
x 3 dxdy = 3!
5!
x 2 dxdy = 2!
4!
xdxdy = 1
3!
J = 15
4
1
20
+ 21
4
= 1
20 ;
1
=
12 ;
1
=
6 ;
1
60
y operando se llega al resultado final J = 19
160 .
− 11
4
M
M
M
x 2 ydxdy = 2
5!
xydxdy = 1
4!
dxdy = 1
2
1 7 1 5 1 1 1
− + −
12 4 24 4 6 8 2
= 1
60
= 1
24

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Junio 23.06.03
Solución del
PROBLEMA 1
(4 puntos)
Sean φ : R 3 → R un campo escalar de clase C 2 y Ω ⊂ R 3 un sólido limitado por una superficie S
regular y orientada según la normal saliente n.
Se pide:
1) Calcular div (φ grad φ).
2) Aplicando el teorema de Gauss, transformar la integral de superficie
S
φ ∂φ
∂n dσ
en una integral triple extendida a Ω. (Se recuerda que ∂φ
∂n
= grad φ · n).
3) Determinar la expresión en Ω de todos los campos vectoriales F : R 3 → R 3 , F ∈ C 1 , que sean
irrotacionales, solenoidales y con componente normal sobre S igual a cero en todos los puntos.
4) Sea S una superficie regular orientable que encierra un volumen acotado Ω ⊂ R 3 ¿Queda unívocamente
determinado en Ω un campo vectorial G : R 3 → R 3 , G ∈ C 1 , si se conocen rot G y div G
en R 3 y la componente normal de G sobre todos los puntos de S? Razonar la respuesta.
Respuesta:
1) Utilizando las definiciones de gradiente de un campo escalar y de divergencia de un campo vectorial,
se tiene:
div (φ grad φ) = ∂
φ
∂x
∂φ
+
∂x
∂
φ
∂y
∂φ
+
∂y
∂
φ
∂z
∂φ
∂z
∂φ ∂φ
=
+ φ
∂x ∂x
∂2
φ ∂φ ∂φ
+
+ φ
∂x2 ∂y ∂y
∂2
φ ∂φ ∂φ
+
∂y2 ∂z ∂z
2 2 2 2 ∂φ ∂φ ∂φ ∂ φ
= + + + φ
∂x ∂y ∂z ∂x2 + ∂2φ ∂y2 + ∂2φ ∂z2
= grad φ 2 + φ ∆ φ ,
donde . representa la norma dos y ∆ es el operador laplaciano.
+ φ ∂2 φ
∂z 2
2) En las condiciones establecidas en el enunciado es posible aplicar el teorema de Gauss a la integral
de superficie dada. Para ello basta tener en cuenta que
S
φ ∂φ
dσ =
∂n
S
φ grad φ · n dσ .
La aplicación del teorema de Gauss a esta integral da lugar a la igualdad
φ ∂φ
dσ =
∂n
div [φ grad φ] dV .
S
Ω

siendo Ω el volumen limitado por la superficie cerrada S. Finalmente, teniendo en cuenta el resultado
obtenido en el apartado anterior, se obtiene la igualdad:
φ ∂φ
dσ = grad φ
∂n 2
dV + φ ∆ φ dV .
S
Ω
3) Que el campo F sea irrotacional en R 3 (que es un dominio estrellado) significa que es el gradiente
de un potencial escalar. Es decir, existe un campo escalar φ : R 3 → R tal que
F = grad φ (en R 3 ) .
Además, F es solenoidal (es decir, tiene divergencia nula), por lo tanto:
div (F) = div (grad φ) = ∆ φ = 0 (en R 3 ) ,
donde ∆ vuelve a representar el operador laplaciano.
Podemos concluir, por tanto, que todo campo irrotacional y solenoidal en R3 es el gradiente de
un campo escalar armónico (que satisface la ecuación de Laplace ∆ φ = 0 en R3 ).
Por otra parte, puesto que F = grad φ, su componente normal sobre la superficie cerrada S viene
dada por grad φ · n = (∂φ/∂n), siendo n un vector dirigido según la normal saliente a S en cada
punto. Ahora bien, esta componente normal es cero y, en consecuencia, la integral de superficie
S
φ F · n dσ =
S
φ ∂φ
∂n dσ
debe también anularse.
El resultado final obtenido en el apartado 2) anterior nos permite entonces concluir que
φ ∂φ
dσ = grad φ
∂n 2
dV + φ ∆ φ dV = 0 .
S
Ω
De aquí, teniendo en cuenta que (como se acaba de demostrar) φ es un campo escalar armónico
(∆φ = 0), resulta
Ω
grad φ 2 dV = 0
y como grad φ 2 es una función continua no negativa, obtenemos finalmente
grad φ = 0 en Ω ⇐⇒ F = grad φ = 0 en Ω .
Así pues, el único campo vectorial que satisface todas las condiciones establecidas en este tercer
apartado es el campo nulo en Ω, que deriva de un potencial escalar constante.
4) Se trata de determinar si en el volumen Ω limitado por la superficie cerrada S, el conocimiento del
rotacional y la divergencia de un campo vectorial G, junto con los valores de su componente normal
sobre S, determina dicho campo de forma única.
Para ello supongamos que existe otro campo vectorial H tal que su rotacional, su divergencia y
los valores de su componente normal sobre S, coinciden con los de G.
En estas condiciones, la diferencia entre ambos campos vectoriales, F = G − H, es a su vez un
campo vectorial con las siguientes propiedades:
rotF = rotG − rotH = 0, divF = divG − divH = 0 .
Además, la componente normal de F sobre S es también nula.
Según se ha aprobado en el apartado anterior, el único campo en Ω que cumple estas condiciones
es el idénticamente nulo. Es decir , G y H tienen que ser iguales, de lo que concluimos que, en efecto,
las condiciones dadas sobre G en este apartado 4) lo determinan unívocamente en Ω.
Ω
Ω

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Junio 23.06.03
Solución del
PROBLEMA 2
(3 puntos)
Se considera el astroide de ecuación cartesiana:
Se pide:
1) Calcular su longitud.
2) Calcular el área que encierra.
x 2/3 + y 2/3 = a 2/3 , (a > 0).
Respuesta:
1) La curva Γ en cuestión es cerrada y presenta simetría respecto de los dos
ejes de coordenadas. Su aspecto es el que muestra la figura.
Para calcular la longitud de la curva se debe encontrar una parametrización
de la misma. Para ello, se puede utilizar el hecho de que sen 2 t + cos 2 t = 1,
obteniendo así la parametrización r(t) = (x(t), y(t)) dada por
Se tiene entonces
L =
2π
= 3a
= 3a
0
2π
r ′ (t) dt =
0
2π
0
x = acos 3 t
y = asen 3 t, t ∈ [0, 2π]
2π
0
2π
x ′ (t) 2 + y ′ (t) 2dt = 3a
0
2π
sen 2 t cos 2 t(sen 2 t + cos 2 t)dt = 3a
π
2
|sent| |cos t| dt = 12a
0
0
√ sen 2 t cos 4 t + sen 4 t cos 2 tdt =
√ sen 2 t cos 2 tdt =
sent cos tdt = 6asen 2 t | π
2
0 = 6a
donde en la antepenúltima igualdad se ha utilizado la periodicidad de la función |sent| |cos t| (nótese
que si se comete el error de escribir que √ sen2t cos2 t es igual a sent cos t, se obtiene que la longitud
es nula, lo cual, evidentemente, no tiene sentido).
2) La parametrización anterior puede utilizarse para el cálculo del área mediante una integración
curvilínea haciendo uso de la siguiente expresión
A = 1
2
= 1
2
= 3
2 a2
xdy − ydx =
Γ
1
2π
[x(t)y
2 0
′ (t) − y(t)x ′ (t)] dt =
2π
[x(t)y
0
′ (t) − y(t)x ′ (t)] dt = 3
2 a2
2π
0
2π
sen 2 t cos 2 tdt = 6a 2
π
2
sen 2 t cos 2 2 1
tdt = 6a
0
0
sen 2 t cos 4 t + sen 4 t cos 2 t dt =
2 β(3
2
3 3
, ) = · · · =
2 8 πa2
Nótese que a debe tener dimensiones de longitud para que x e y representen una posición. Se
comprueba que los resultados obtenidos son dimensionalmente correctos, puesto que L y A tienen
dimensiones de longitud y área respectivamente.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Septiembre 8.09.03
PROBLEMA 1 (4 puntos) Contestar razonadamente a cada una de las siguientes cuestiones: (las
cuestiones 1, 2 y 3 no son actual del programa)
4) Sea Ω = R 2 \ {(±1, 0)} y sean P, Q : Ω → R dos funciones de clase C 1 tales que
y
Γ1
∂P
∂y
∂Q
(x, y) = (x, y) , (x, y) ∈ Ω
∂x
P dx + Qdy = 4 ,
Γ2
P dx + Qdy = 7 ,
en donde Γ1 es el cuadrado de vértices (±3, ±3) con orientación positiva y Γ2 es la circunferencia
(x − 1) 2 + y2 = 1 con orientación positiva.
Se pide calcular P dx+Qdy siendo Γ cada una de las siguientes curvas, con orientación positiva:
Γ
a) Circunferencia (x + 1) 2 + y 2 = 1.
b) Elipse 4x 2 + y 2 = 1.
c) Cuadrado de vértices (0, ±1), (2, ±1).
Respuesta:
Aplicaremos el siguiente resultado (consecuencia del teorema de Green):
Sea F = (P, Q) un campo vectorial de clase 1 en un dominio Ω (múltiplemente conexo) de R2 y
tal que ∂Q ∂P
= . Sea R una región cerrada en Ω cuya frontera está formada por un número finito
∂x ∂y
de curvas de Jordan Γ, γ1, . . . , γm de forma que Γ contiene a γ1, . . . , γm en su interior. Entonces
Γ
P dx + Qdy =
recorridas las curvas con la misma orientación.
m
k=1
γk
P dx + Qdy .

Llamemos C a la circunferencia del apartado a), E a la elipse de
b) y G al cuadrado de c) (véase la figura); apliquemos el resultado
enunciado:
a) Consideramos la región cuya frontera exterior es el cuadrado
Γ1 y cuyas fronteras interiores son las circunferencias Γ2 y C,
se tiene:
Γ1
=
Γ2
+ ⇒ P dx + Qdy = 4 − 7 = −3 .
C C
b) En la región encerrada por la elipse el campo es conservativo,
entonces P dx + Qdy = 0.
E
c) Consideramos la región cuya frontera exterior es G y cuya
frontera interior es Γ2, entonces
G
P dx + Qdy =
Γ2
P dx + Qdy = 7 .
Γ1
4
3
2
1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
Γ2
-1
-2
-3
-4
E
C G

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2002/2003) Examen Final de Septiembre 8.09.03
Solución del
PROBLEMA 2
(3 puntos)
Se considera un elipsoide en el que las longitudes de los semiejes son a, b y c. A cada punto de la
superficie del elipsoide se le asocia la distancia, d(x, y, z), del centro del elipsoide al plano tangente al
elipsoide en ese punto. Calcúlese la integral de la función 1/d 2 (x, y, z) sobre la superficie del elipsoide.
Respuesta: Puesto que la solución del problema no depende del sistema de referencia elegido,
tomaremos aquel en el que el centro del elipsoide está en el origen y sus ejes coinciden con los ejes
cartesianos. Así, la ecuación del elipsoide es
x 2
a
b
y2 z2
+ + 2 2
= 1
c2 En primer lugar calcularemos el plano tangente al elipsoide en un punto genérico (x, y, z) de su
superficie. Puesto que la ecuación del elipsoide es F (x, y, z) = 0 con F (x, y, z) = x2
a2 + y2
b2 + z2
c2 − 1,
un vector normal al plano viene dado por gradF (x, y, x) = 2x
a2 , 2y
b2 , 2z
c2
, o dividiendo por 2, por
. De esta forma la ecuación de los puntos (X, Y, Z) del plano es
x
a 2 , y
b 2 , z
c 2
x
y
z
(X − x) + (Y − y) + (Z − z) = 0
a2 b2 c2 es decir,
x y z x2 y2 z2
X + Y + Z = + +
a2 b2 c2 a2 b2 c2 y teniendo en cuenta que (x, y, z) pertenece al elipsoide, se tiene finalmente
x y z
X + Y + Z = 1
a2 b2 c2 La distancia de un punto (x0, y0, z0) a un plano AX + BY + CZ + D = 0 es
d = |Ax0 + By0 + Cz0 + D|
√ A 2 + B 2 + C 2
por lo que al ser (x0, y0, z0) = (0, 0, 0), la función distancia pedida viene dada por
d(x, y, z) =
|−1|
√ A 2 + B 2 + C 2 =
De esta forma, la integral pedida es
1
I =
d2
dσ =
(x, y, z)
S
S
x 2
a
1
x2 a4 + y2
b4 + z2
c4 b
c 4
y2 z2
+ + 4 4
Utilizando la paridad de la función subintegral respecto de x, y y z y la simetría del recinto
respecto de los tres planos coordenados se tiene
2 x y2 z2
I = 8 + +
a4 b4 c4
dσ
donde S ′ es la porción de elipsoide comprendida en el primer octante.
S ′
.
dσ

Procederemos parametrizando S ′ en la forma
(x, y, z) = Φ(θ, φ), (θ, φ) ∈ Ω
y entonces la integral se calcula como una integral doble en la forma
1
I = 8
(d(Φ(θ, φ))) 2
∂Φ ∂Φ
(θ, φ) × (θ, φ)
∂θ ∂φ dθdφ
La parametrización más cómoda para S ′ es
Ω
x = a cos θsenφ
y = bsenθsenφ
z = c cos φ, θ ∈ [0, π
], φ ∈ 0,
2 π
2
Operando se obtiene
∂Φ ∂Φ
(θ, φ) × (θ, φ)
∂θ ∂φ = b2c2 cos2 θsen4φ + a2c2sen2θsen4φ + a2b2 cos2 φsen2 =
φ =
cos2 θsen2φ abc |senφ|
a2 + sen2θsen2φ b2 + cos2 φ
c2 Por otro lado,
y por ello,
I = 8
S ′
= 8abc
x 2
a
y2 z2
+ + 4 b4 c4 = cos2 θsen2φ a2 + sen2 θsen 2 φ
b 2
+ cos2 φ
c 2
2 x y2 z2
+ +
a4 b4 c4 π π
2
2 2 2 cos θsen φ
dσ = 8abc dθ
0 0 a2 + sen2θsen2φ b2 + cos2 φ
c2 3
2
|senφ| dφ =
π π
2
2 2 2 cos θsen φ
dθ
0 0 a2 + sen2θsen2φ b2 + cos2 φ
c2 3
2
senφdφ
donde se ha usado que el seno es no negativo en 0, π
. Las integrales obtenidas no pueden resolverse
2
por los métodos habituales de integración, por lo que el resultado se deja indicado.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2003/2004) Examen Final de Febrero 5.02.04
Solución del
PROBLEMA 1
(4 puntos)
1) Sea Ω un dominio acotado de R3 limitado por una superficie regular Σ orientada según la
normal saliente. Sea F :R3 → R3 un campo vectorial regular del que se sabe que admite tanto un
potencial escalar como un
potencial
vector y sea G un potencial vector cualquiera de F. Encontrar
una expresión para I =
Σ
recinto Ω.
2) Calcular las constantes α, β,γ y δ para que el campo
F × G dσ que dependa únicamente del valor del módulo de F en el
F(r) =(x + αz)i+(βx + y)j+(γy + δz)k, r =xi+yj+zk
definido en R 3 , admita tanto un potencial escalar como un potencial vector. Para los valores de α, β,γ
y δ obtenidos, calcular las constantes A, B, C, D y E para que el campo
G(r) =(yz + Azx, Bxz + Cxy, Dxy + Eyz)
sea un potencial vector de F.
3) Comprobar la validez de la fórmula obtenida en el apartado 1 en el caso en que Σ es la esfera
unidad orientada según la normal saliente y F y G son los campos calculados en el apartado 2.
4) Sea Γ la curva de ecuaciones cartesianas
x 2 + y 2 − 1 = 0
x + y + z − 1 = 0
orientada de forma que su proyección sobre el plano xy se recorre en sentido positivo. Se pide:
4.1. Parametrizar Γ y calcular la circulación del campo G hallado en el apartado 2 sobre Γ.
4.2. Comprobar el resultado aplicando de forma adecuada el teorema de Stokes.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. Puesto que se pide relacionar una integral de superficie de un campo vectorial con una integral
triple parece razonable aplicar el teorema de Gauss. La regularidad de la superficie Σ y de los campos
F y G involucrados hacen que se verifiquen las condiciones suficientes para su aplicabilidad. Así,
F × Gdσ = div(F × G)dv,
Σ
Ahora se utilizará que div(F × G) = G·rotF − F·rotG, que al admitir F un potencial escalar en
R 3 se sigue rotF = 0 en R 3 y, por definición de potencial vector, rotG = F obteniéndose
Σ
F × Gdσ =
Ω
Ω
−F · Fdv = −
Ω
F 2 dv
que es el resultado pedido.
2. Para que F admita un potencial escalar en R 3 , es decir, para que F sea un campo conservativo
en R 3 , es condición necesaria que se cumpla rotF = 0 en R 3 mientras que para que F admita un
potencial vector es condición necesaria que se cumpla divF = 0 en R 3 (y ello es independiente
del hecho de que R 3 sea un dominio estrellado). Imponiendo las condiciones anteriores se tiene
rotF = (γ, α, β) = (0, 0, 0) de donde se sigue α = β = γ = 0 y divF = 1 + 1 + δ = 0 de donde
se sigue δ = −2, es decir F = xi + yj − 2zk. Ahora bien, como R 3 es estrellado las condiciones

necesarias anteriores también son suficientes y por ello se puede afirmar que el campo F anterior
verdaderamente admite un potencial escalar y un potencial vector.
Forzando a que G sea un potencial vector de F se tiene
∀(x, y, z) ∈ R 3 , rotG = (Dx + Ez − Bx, y + Ax − Dy, Bz + Cy − z) = (x, y, −2z)
Como dicha igualdad es válida para todo (x, y, z) ∈ R 3 , G es un potencial vector de F si y sólo si se
verifican las igualdades
que se cumplen si y sólo si
D − B = 1, E = 0, 1 − D = 1
A = 0, B − 1 = −2, C = 0
A = C = D = E = 0, B = −1
con lo que el campo G pedido es G(r) = yzi − xzj.
3) El enunciado del problema pide que se evalúen las integrales
F × Gdσ y − Σ Ω F2 dv
siendo F y G los campos del apartado 2 y Σ la esfera unidad con la orientación saliente, comprobando
que en ambos casos se obtiene el mismo resultado.
En primer lugar, F × G = − (2xz2 , 2yz2 , x2z + y2z). Utilizando que al ser Σ la esfera unidad su
normal unitaria saliente es n = (x, y, z) se tiene
2 2 2 2
I = F × Gdσ = (F × G) ·ndσ = − 2xz , 2yz , x z + y z (x, y, z)dσ=
Σ
Σ
Σ
2 2 2 2 2 2 2 2
= − 2x z + 2y z + x z + y z
2 2 2 2
dσ = − 3x z + 3y z dσ
Σ
Ahora se puede utilizar que, al ser la esfera invariante ante permutaciones de los ejes coordenados,
Σ x2z2dσ =
Σ y2z 2dσ con lo que I = −6
Σ x2z2dσ. Utilizando la paridad de la función subintegral
y la simetría de Σ respecto de los tres planos coordenados se tiene finalmente I = −48
Σ ′ x2z2dσ donde Σ ′ es la porción de Σ contenida en el primer octante. Parametrizando Σ ′ en la forma
(x, y, z) = Φ(θ, ϕ) = (cos θsenϕ, senθsenϕ, cos ϕ), θ ∈ [0, π/2], ϕ ∈ [0, π/2]
y utilizando que ∂Φ
(θ, ϕ) = senϕ se tiene
Ahora,
π
2
0
∂θ
(θ, ϕ) × ∂Φ
∂ϕ
I = −48
π
2
0
= −48
Σ ′
π
2
0
cos 2 θdθ = 1
2
sen 3 ϕ cos 2 ϕdϕ = 1
2
x 2 z 2 π
2
dσ = −48
cos 2 θdθ
π
2
0
sen 3 ϕ cos 2 ϕdϕ
π
2
0
β(2, 3
2
0
Σ
dθ
π
2
0
(cos θsenϕ) 2 (cos ϕ) 2 senϕdϕ =
(1 + cos 2θ)dθ = 1
π
2
dθ +
2 0
1
2
1 Γ(2)Γ(3/2)
) =
2 Γ(7/2)
= · · · = 2
15
π
2
0
cos 2θdθ = π π
+ 0 =
4 4
y se obtiene finalmente −48 π 2 8π = − 4 15 5 .
Por otro lado, utilizando argumentos de simetría y paridad análogos a los anteriores se tiene
− F 2
dv = − (x 2 + y 2 + 4z 2
)dv = −6 z 2
dv = −48 z 2 dv
Ω
Ω
Ω
Ω ′

donde Ω ′ es la porción de la esfera unidad contenida en el primer octante. Haciendo un cambio a
esféricas
(x, y, z) = (r cos θsenϕ, rsenθsenϕ, r cos ϕ), θ ∈ [0, π/2], ϕ ∈ [0, π/2], r ∈ [0, 1]
con jacobiano igual a r2senϕ se obtiene
− F 2
dv = −48 z 2 dv = −48
Ω
= −48
π
2
0
dθ
π
2
0
Ω ′
cos 2 ϕsenϕdϕ
1
0
π
2
0
dθ
π
2
0
dϕ
r 4 dr = −48 π 1
2 3
1
0
r 2 cos 2 ϕr 2 senϕdr =
cos 3 ϕ 0
π/2
1
5
= −48π
2
1 1
3 5
= −8π
5
con lo que se comprueba que el resultado es el mismo que en el caso de la integral de superficie.
4)
4.1. Γ es la curva cerrada resultante de la intersección del plano x + y + z = 1 con la superficie
cilíndrica x 2 +y 2 = 1. Puesto que la proyección de la curva sobre el plano xy es precisamente la curva
x 2 + y 2 = 1, se puede obtener una parametrización de Γ parametrizando dicha proyección mediante
x = cos t, y = sent, t ∈ [0, 2π] (nótese que la orientación concuerda con la fijada en el enunciado) y
entrando con dichos valores en z = 1 − x − y, es decir, la parametrización γ(t) dada por
Por definición de integral curvilínea
2π
Gdr = G(γ(t)) · γ ′ (t)dt
Γ
=
=
0
2π
0
2π
0
x = cos t, y = sent, z = 1 − cos t − sent, t ∈ [0, 2π]
[sent(1 − cos t − sent)(−sent) − cos t(1 − cos t − sent)(cos t)] dt =
(sen 2 t + cos 2 t)(−1 + cos t + sent) dt =
2π
0
(−1 + cos t + sent)dt = −2π
pues 2π
0 cos tdt = 2π
sentdt = 0. Nótese que si en vez de simplificar en la tercera igualdad se
0
desarrolla el producto se obtiene
2π
Gdr = (− cos 2 t − sen 2 t + cos 3 t + sen 3 t + cos tsen 2 t + cos 2 tsent)dt =
Γ
=
0
2π
0
(−1 + cos 3 t + sen 3 t + cos tsen 2 t + cos 2 tsent)dt = −2π
pues 2π
0 cos3 tdt = 2π
sen 0 3tdt = 2π
0 cos tsen2t = 2π
0 cos2 tsentdt = 0.
4.2. Aplicando el teorema de Stokes
Gdr = rotGdσ = Fdσ
Γ
S
S
donde S es cualquier superficie regular que se apoya en Γ y cuya orientación es coherente con la de
Γ. Por simplicidad elegimos como S la porción del plano x + y + z = 1 contenida dentro de Γ y
orientada según el vector normal unitario n = (1, 1, 1)/ √ 3. Parametrizamos S en cartesianas en la
forma
(x, y, z) = Φ(x, y) = (x, y, f(x, y)), (x, y) ∈ D
donde f(x, y) = 1 − x − y y D = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}, y utilizando que
∂Φ ∂Φ
(x, y) × (x, y)
∂x ∂y =
2 2
∂f ∂f
1 + + = 1 + (−1)
∂x ∂y
2 + (−1) 2 = √ 3

se obtiene
Gdr =
Γ
=
S
F · ndσ = 1
√ (x + y − 2z)dσ =
3 S
1
√ (x + y − 2(1 − x − y))
3 D
√ 3dxdy =
(−2 + 3x + 3y)dxdy = −2 dxdy = −2Area(D) = −2π
D
donde se ha utilizado que xdxdy = ydxdy = 0 puesto que la función subintegral es impar
D D
en x (resp. en y) y D es simétrico respecto del eje x = 0 (resp. y = 0). Nótese que, como debe ser,
se ha obtenido el mismo resultado que en el apartado 4.1.
D

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de junio 10.06.04
Solución del
PROBLEMA 1
(4 puntos)
Este ejercicio consta de cuatro preguntas independientes, cada una de las cuales vale 1 punto.
Este ejercicio consta de cuatro preguntas independientes, cada una de las cuales vale 1 punto.
1) Decidir razonadamente para qué valores del parámetro real p converge la integral impropia:
1
0
t
dt.
| log t| p
La integral es impropia en ambos extremos del intervalo; el logaritmo es negativo en (0, 1), así pues
| log t| = − log t. Hagamos el cambio de variable x = − log t, la integral se escribe
∞
I =
0
e −x
x p e−x dx =
∞
y la homotecia y = 2x nos permite reconocer una gamma,
I = 2 p−1
∞
0
0
e −2x x −p dx
e −y y −p dy = 2 p−1 Γ(1 − p)
que, como sabemos, es convergente para 1 − p > 0, es decir p < 1.
2) Se considera el sólido limitado por las superficies x 2 + z 2 = y 2 , y = 0, y = 1, orientado por el
vector normal exterior. Calcular el flujo del campo F(x, y, z) = (y 2 + z 2 , −y 2 , 2yz) a través de su
superficie lateral cónica.
El campo F es polinómico y solenoidal, div F(x, y, z) = −2y + 2y = 0. Llamemos V al sólido, Σ
a la superficie lateral cónica y D a la superficie plana de ecuaciones x2 + z2 ≤ 1, y = 1. En virtud
del teorema de Gauss se tiene:
div F = F + F = 0,
luego para calcular la integral pedida
por el vector j,
F = −
Σ
D
V
Σ
Σ
D
F basta con calcular el flujo a través del disco D orientado
F = − F · j = − (−y
D
D
2
) dσ = dσ =
D
Área (D) = π.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de junio 10.06.04
Solución del
PROBLEMA 2
(3 puntos)
Sea Γ la curva definida por las ecuaciones cartesianas
y F el campo vectorial dado por
Se pide:
2x − y = 0, z − x 3/2 = 0 (x, y, z ≥ 0)
F(x, y, z) = (xy 2 , x 2 y, −zx 2 ) .
1) Hallar la longitud del arco de Γ determinado por los puntos (0, 0, 0) y (1, 2, 1).
2) Sea C la circulación de F sobre el arco de la curva Γ determinado por el punto (0, 0, 0) y un
punto P arbitrario de la misma. Estudiar si el valor de C alcanza un máximo. En caso afirmativo,
determinar las coordenadas del punto P correspondiente.
3) Sea α una función de clase C 1 en R tal que α(0) = 0 y Λ una curva definida por las ecuaciones
cartesianas
2x − y = 0 , z − α(x) = 0 .
Determinar las funciones α tales que se anule la circulación de F desde (0,0,0) hasta cualquier punto
de la curva Λ.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) En primer lugar se debe parametrizar la curva Γ. Puesto que Γ está definida por la intersección
de dos superficies dadas por ecuaciones del tipo f(x, y) = 0, g(x, z) = 0, es decir, en la primera no
interviene la z y en la segunda no interviene la y, la parametrización de la curva se puede llevar a
cabo de forma trivial utilizando la x como parámetro. Por ejemplo se puede tomar la parametrización
r(t) dada por
x = t, y = 2t, z = t 3/2
con t ≥ 0 pues según el enunciado sólo se considera la curva en el primer octante (de hecho, en el
resto de R3 la curva no está ni siquiera definida).
Ahora, puesto que (0, 0, 0) corresponde a t = 0 y (1, 2, 1) a t = 1 se tiene que la longitud pedida
es, por definición,
L =
1
0
r ′ (t) dt =
1
0
1 2 + 2 2 +
3
2 t1/2
2 dt =
1
0
5 + 9 4
tdt =
4 9
2
3
5 + 9
4 t
3/2 | t=1
t=0= 29√
40√
29− 5
27 27
2) Puesto que es fácil parametrizar la curva Γ y el campo F tiene una expresión sencilla, la
circulación de F entre dos puntos cualesquiera se puede calcular directamente mediante la definición,
es decir, mediante el cálculo de una integral curvilínea (si eso no fuese así, se podría comprobar si
F es conservativo y en tal caso la circulación se podría calcular a través de un potencial escalar de
F). Consideramos así la curva entre el punto (0, 0, 0) y un punto genérico correspondiente a un valor
u ≥ 0 del parámetro (es decir, el punto (u, 2u, u3/2 )). Entonces, la circulación como función de u es
u
u
u
C(u) =
0
F(r(t)) · r ′ (t)dt =
0
t(4t 2 ), t 2 (2t), −t 3/2 t 2 · (1, 2, 3
2 t1/2 )dt =
0
(8t 3 − 3
2 t4 )dt

(nótese que una expresión del tipo t
0 F(r(t)) · r′ (t)dt sería incorrecta, pues t denotaría a la vez a
la variable de integración y al límite de integración).
Obsérvese que puesto que lo que se quiere estudiar es la existencia de máximos de C(u), se puede
trabajar estudiando las derivadas de C(u), no hace falta calcular la integral anterior. En efecto, por el
teorema fundamental del cálculo, al ser la función subintegral continua, C(u) es derivable y además
C ′ (u) = 8u 3 − 3
2 u4
Los ceros de C ′ (u) son u = 0 y u = 16.
Para saber si son extremos podemos acudir a la segunda
3
derivada, C ′′ (u) = 24u2 − 6u3 , comprobando que C ′′ ( 16
16
) < 0, lo que indica que en u = hay un
3 3
máximo local. En cuanto a u = 0, se tiene C ′′ (0) = 0 (con lo que se debe acudir a derivadas de
orden superior), C ′′′ (0) = 0 y C (4 (0) > 0 con lo que en u = 0 hay un mínimo local. Para estudiar
la existencia de máximo global, basta darse cuenta que el límite de C(u) cuando u tiende a ∞ vale
−∞ y que C( 16
16
) > C(0) para poder afirmar que el máximo global se da en u = , que corresponde
3 3
al punto ( 16
√
32 64 , , 3).
3 3 9
3) Razonando de la misma manera que en el apartado 1, para la curva dada se puede tomar la
parametrización w(t) dada por
x = t, y = 2t, z = α(t)
donde t pertenece a un conjunto todavía sin determinar.
La circulación de F entre el punto (0, 0, 0) y un punto genérico al que asignamos un valor de
parámetro u es
u
H(u) = F(w(t)) · w ′ u 2 2 2
(t)dt = t(4t ), t (2t), −α(t)t · (1, 2, α ′ u
(t))dt = (8t 3 − α(t)α ′ (t)t 2 )dt
0
0
Sabemos que H(u) debe ser nula para todo valor de u. La condición necesaria y suficiente es
que la función subintegral sea identicamente nula, es decir,
8t 3 − α(t)α ′ (t)t 2 = 0 para todo t (A)
Para razonar esto rigurosamente, se puede proceder de la siguiente forma. Si se cumple (A) entonces
claramente H(u) es nula para todo valor de u. Recíprocamente, si H(u) = 0 para todo u, derivando y
aplicando el teorema fundamental del cálculo se obtiene (A), como se quería demostrar. Otra forma
de razonar lo anterior es que la única posibilidad de que H(u) sea nula para todo valor de u es que
F sea ortogonal a la curva en todos los puntos, es decir, F(w(t)) · w ′ (t) = 0 para todo t, con lo que
se obtiene (A).
Se ha obtenido una ecuación diferencial de variables separadas para α. Se tiene así, dividiendo
por t 2
α(t)α ′ (t) = 8t
e integrando
α2 (t)
2 = 4t2 + C ⇔ α 2 (t) = 8t 2 + K ⇔ α(t) = ± √ 8t2 + K
donde K es una constante. Como α(0) debe ser cero, se tiene que K = 0 y resulta así que hay dos
soluciones dadas por
α(t) = ±2 √ 2t
BAREMO DE CALIFICACIÓN (sobre 10 puntos)
Apdo. 1 −→ 2 puntos
Apdo. 2. −→ 4 puntos
Apdo. 3. −→ 4 puntos
0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de septiembre 16.09.04
PROBLEMA 1 (4 puntos) Este ejercicio consta de tres preguntas independientes. La dos primeras
valen 1 punto y la tercera 2 puntos.
1) Decidir razonadamente para qué valores de los parámetros reales p y q converge la integral
impropia: ∞
1
t p (log t) q dt.
Respuesta a 1): Se trata de una integral impropia debido a que el integrando puede no estar
acotado en el extremo inferior del intervalo y también debido a que el intervalo de integración no
está acotado superiormente.
Para el estudio de su convergencia es conveniente realizar el cambio de variable: x = log t, del
que se obtiene: ∞
∞
1
t p (log t) q dt =
0
x q e (p+1)x dx.
Ambas integrales se comportan de la misma manera en lo que a su convergencia se refiere. Consideramos
pues la segunda y distinguimos los siguientes casos:
A) p+1 > 0. Puesto que la integral es impropia en los dos extremos del intervalo, será convergente
si y sólo si lo son simultáneamente las dos integrales:
a
I1 = x q e (p+1)x ∞
dx , I2 = x q e (p+1)x dx,
0
donde a > 0 es cualquier número real (finito). Ahora bien, si p > −1, I2 es divergente para todo
valor de q ∈ R y, por tanto, la integral de partida es siempre divergente en este caso (lo que se puede
concluir sin necesidad de analizar el comportamiento de I1).
La demostración de que I2 es divergente se puede hacer de forma sencilla utilizando el siguiente
• Criterio de Comparación: Sea f integrable en [a, x] para todo x > a. Entonces si lím x→+∞ x n f(x)
es finito y no nulo o infinito, para algún n ≤ 1, la integral
a
+∞
a
f(x) dx es divergente.
Bata entonces tener en cuenta que, para p + 1 > 0 y para todo q ∈ R, se tiene
lím
x→∞ xq+1/2 e (p+1)x = ∞.
B) p + 1 = 0. En este caso, la integral de partida será convergente si lo son simultáneamente:
a
J1 = x q ∞
dx , J2 = x q dx,
0
donde a > 0 es cualquier número real (finito). Sin más que aplicar la definición de integral impropia
se comprueba que J1 y J2 no convergen simultáneamente para ningún valor de q ∈ R\{0} y que,
para q = 0, la integral de partida es, por definición, divergente.
C) p + 1 < 0. En esta situación podemos utilizar la función Gamma de Euler:
∞
Γ(α) = x (α−1) e −x dx
0
a

(que converge si y solo si α > 0), dado que el cambio de variable (p + 1)x = y (con p + 1 < 0)
transforma la integral de partida en
1
|p + 1| q+1
∞
y q e −y 1
dy = Γ(q + 1)
|p + 1| q+1
0
Por tanto, para p < −1, la integral propuesta es convergente si y solo si q > −1 y diverge si q ≤ −1.
En resumen:
∞
La integral
1
t p (log t) q dt es convergente si y sólo si p < −1 y q > −1 y es divergente en otro
caso.
1 punto.
2) Calcular razonadamente todos los valores posibles que puede tomar el flujo del campo vectorial
F(x, y, z) := 2 z 2 x i + z 2 y j − z 3 k
a través de una superficie regular cuyo borde orientado es la curva que resulta de la intersección de
la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 y el cilindro x 2 + z 2 = 1/4, y ≥ 0.
Respuesta a 2): En primer lugar y dado que se trata de calcular un flujo es conveniente comprobar
si el campo vectorial es solenoidal o no (es decir si su divergencia es o no nula). Con la notación
F(x, y, z) := (F1(x, y, z), F2(x, y, z), F3(x, y, z)), se tiene:
∇ · F = ∂F1
∂x
+ ∂F2
∂y
+ ∂F3
∂z = 2z2 + z 2 − 3z 2 = 0
y, por tanto, el campo es, en efecto, solenoidal en R 3 . Como R 3 es un dominio estrellado y F es de
clase C 1 en R 3 , podemos aplicar el Teorema de Gauss que, en particular, nos permite concluir que el
flujo de F a través de cualquier superficie cerrada es cero. De aquí se puede deducir que el flujo de F
a través de cualquier superficie con el mismo borde orientado es el mismo, lo que se puede razonar
como sigue:
Dos superficies regulares cualesquiera que tengan el mismo borde orientado siempre forman una
superficie cerrada. Sean entonces Σ + 1 y Σ + 2 dos superficies con un borde orientado común (que induce
un sentido para el vector normal a ambas) y Σ − 1 y Σ − 2 las mismas superficies pero con la otra
orientación posible. Sea ahora Σ + = Σ + −
1 Σ2 la superficie cerrada correspondiente (orientada según
el vector normal saliente o entrante). Entonces, el flujo de F a través de Σ + es nulo y, por tanto:
F dσ = F dσ + F dσ = 0 =⇒ F dσ = − F dσ = F .
Σ +
Σ +
1
Σ −
2
ALTERNATIVA: Una vez comprobado que el campo es solenoidal, una alternativa más sencilla
al razonamiento (basado en el teorema de Gauss) que se acaba de dar consiste en utilizar el teorema
de Stokes de la siguiente forma.
Puesto que F es solenoidal en R3 , está garantizada la existencia de otro campo vectorial G, que es
un potencial vector de F en R3 , de forma que se cumple F = ∇ × G en R3 . Entonces, para cualquier
superficie Σ con un borde orientado Γ se puede aplicar el teorema de Stokes y, por tanto, se tiene:
F dσ ≡ ∇ × G dσ = G ds
Σ
Σ
Σ +
1
Γ
Σ −
2
Σ +
2

de donde se concluye que el flujo de F solo depende del borde orientado considerado y no de la
superficie que se considere (con ese borde).
Para calcular el flujo pedido, basta entonces considerar una superficie cualquiera con el borde
descrito en el enunciado que es la circunferencia x2 + z2 = 1/4 situada en el plano y = √ 3/2.
Por sencillez, elegimos el círculo C := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z2 ≤ 1/4 , y = √ 3/2}, que se puede
parametrizar mediante γ = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)) con:
√
3
x(r, θ) = r cos θ , y(r, θ) = , z(r, θ) = r sin θ (r ∈ (0, 1/2) , θ ∈ (−π, π)) ,
2
con lo que las dos posibilidades para el vector normal a C son: (0, ±r, 0), que van a dar lugar a dos
posibles valores que puede tomar el flujo pedido (siempre que sea distinto de cero).
Calculamos pues los dos valores posibles del flujo de F a través de C que se corresponden con las
dos orientaciones posibles ((0, r, 0) (C + ) y (0, −r, 0) (C− )) de su vector normal.
C +
F dσ =
=
1/2
0
√ 3
2
π
−π
1/2
0
2 2 3
2 z(r, θ) x(r, θ) , z(r, θ) y , − z(r, θ) · ⎝
π
−π
r 3 sin 2 θ dr dθ =
y, por tanto, el otro valor que puede tomar el flujo es −
√ 3 π
128 ,
√ 3 π
128 .
⎛
0
r
0
⎞
⎠ dr dθ
ALTERNATIVA: Para calcular los valores posibles del flujo se puede utilizar el teorema de
Stokes en la forma antes mencionada, lo que exige la obtención de un potencial vector de F, que
siempre se puede elegir de la forma G(x, y, z) = (G1(x, y, z), G2(x, y, z), 0). Para calcularlo se identifican
componentes en la igualdad F = ∇×G, de lo que resulta el sistema de ecuaciones en derivadas
parciales siguiente:
− ∂G2
∂z = 2z2 x ,
∂G1
∂z = z2 y
∂G2
∂x
− ∂G1
∂y = −z3 ,
de cuya resolución se obtiene: G1(x, y, z) = − 2
3z3y + M(x, y), G2(x, y, z) = 1
3z3x + N(x, y), donde
M(x, y) y N(x, y) son funciones arbitrarias que deben satisfacer la condición ∂M ∂N
− = 0, que
∂x ∂y
se cumple si se elige M = N = 0.
Así pues, un potencial vector de F es G = − 2
3z3y , 1
3z3x , 0 y el flujo pedido vendrá dado por:
π
F dσ = G ds = −
Σ
Γ
−π
2
3 z(θ)3y(θ) , 1
3 z(θ)3 ⎛
⎞
−(1/2) sin θ
x(θ) , 0 · ⎝ 0 ⎠ dθ
(1/2) cos θ
√ π
3
= sin
48
4 √
3 π
θ dθ =
128 ,
−π
donde Γ es la circunferencia x 2 +z 2 = 1/4 situada en el plano y = √ 3/2 para la que se ha considerado
la parametrizacíon x(θ) = (1/2) cos(θ), y(θ) = √ 3/2, z(θ) = (1/2) sin(θ) (θ ∈ (−π, π)).
El otro valor posible, − √ 3 π/128, se obtiene recorriendo la circunferencia en sentido contrario al
considerado en el cálculo anterior.
1 punto.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2003/2004) Convocatoria de septiembre 16.09.04
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Sean f : R → R una función de clase C 1 , y V el campo vectorial definido por
V(x, y, z) = yzi + xzj + y f(x) k.
1) Determinar las funciones f para las cuales el campo V es solenoidal. En tal caso, hallar todos los
potenciales vectores de V que sean de la forma L(x, y, z)i + M(y, z)j.
2) Sea Γ la curva intersección de x 2 + y 2 + z 2 = 1 (x, y, z ≥ 0) con los tres planos coordenados,
y sea Σ el cono formado por los segmentos de recta que parten del punto (1, 1, 1) y terminan en los
puntos de Γ.
Si f(x) = x + a, calcular la constante a para que el flujo de V a través de Σ sea nulo.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) Un campo regular es solenoidal si y sólo si su divergencia es nula. Dado que
div (V) = ∂(yz)
∂x
+ ∂(xz)
∂y
+ ∂(yf (x))
∂z
se tiene que V es solenoidal para toda función f ∈ C 1 (R).
Como V es solenoidal en el dominio estrellado R 3 , admite un potencial vector F, es decir,
V = rot(F); si éste es de la forma F(x, y, z) = L(x, y, z)i + M(y, z)j debe cumplirse que
i j k
(yz, xz, yf (x)) = V = ∂
∂
∂x
∂y
L(x, y, z) M(y, z) 0
∂
∂z
=
−
= 0,
∂M(y, z)
,
∂z
∂L(x, y, z)
, −
∂z
∂L(x, y, z)
.
∂y
Igualando las primeras componentes e integrando respecto a z se tiene que M(y, z) = −yz 2 /2 +
m(y). Ídem para las segundas componentes, de donde se obtiene que L(x, y, z) = xz2 /2 + l(x, y);
introduciendo esta función en la tercera componente del rotacional, se deduce que
∂l(x, y)
yf (x) = −
∂y
⇔ l(x, y) = −y2 f (x) + h(x).
2
Finalmente, todos los potenciales vectores pedidos son de la forma:
2 xz
F(x, y, z)=
2 − y2
f (x)
+ h(x) i + −
2
yz2
+ m(y) j
2
donde h, m son funciones cualesquiera de C 1 (R) .
2) Como V = rot(F), F ∈ C1 (R3 ) y Σ es unión de superficies regulares, podemos aplicar el Teorema
de Stokes:
V = rot(F) = F
Σ Σ
Γ
puesto que la curva Γ es el borde de la superficie Σ. Como queremos que dicha integral sea nula, en
este caso es indiferente la orientación de la curva Γ, pues la orientación contraria cambiaría de signo
la integral, que seguiría valiendo cero.

Calculemos, por tanto, dicha integral curvilínea, parametrizando Γ. Esta curva es unión de tres
arcos, obtenidos por la intersección del triángulo esférico x 2 + y 2 + z 2 = 1 (x, y, z ≥ 0) con cada uno
de los tres planos coordenados. Por tanto, consta de:
⎧
⎨
⎩
Γ1 (t) = (cos(t), sen (t), 0) t ∈ [0, π/2] en el plano z = 0,
Γ2 (t) = (0, cos(t), sen (t)) t ∈ [0, π/2] en el plano x = 0,
Γ3 (t) = (sen (t) , 0, cos(t)) t ∈ [0, π/2] en el plano y = 0.
Por otro lado, escogemos la forma más sencilla del potencial vector F ya calculado tomando, por
ejemplo, las funciones h y m nulas. Además, obsérvese que, para f (x) = x + a, se tiene que
La integral curvilínea
Γ1
Γ2
Γ3
Γ
F(x, y, z)= 1 2 2 1 2
xz − y (x + a) i − yz
2
2
j
F es la suma de las tres integrales siguientes:
F = 1
π/2 2
−sen (t) (cos (t) + a), 0, 0 · (−sen (t) , cos (t) , 0) dt =
2 0
= 1
π/2
sen
2 0
3 (t) (cos (t) + a)dt = 1 a
+
8 3
F = 1
π/2
π/2
2 2 1
−a cos (t) , − cos(t)sen (t) , 0 · (0, −sen (t) , cos (t)) dt = sen
2 0
2 0
3 (t) cos (t) dt = 1
8
F = 1
π/2
π/2
2 1
sen (t) cos (t) , 0, 0 · (cos (t) , 0, −sen (t)) dt = sen (t) cos
2
2
3 (t) dt. = 1
8 .
0
La suma de las tres integrales debe ser cero, de donde
0 = 3 a
+
8 3
⇔ a = −9
8 .
OTRA FORMA: Si se cierra la superficie Σ mediante otra superficie S, de forma que Ω sea el
volumen contenido entre ellas, como V ∈ C1 (R3 ) podemos aplicar el Teorema de la divergencia
de Gauss:
VdS + VdS = div (V) dV = 0
Σ
S
Ω
donde se ha utilizado que V siempre es solenoidal. Se pide que la integral sobre Σ sea nula, así que
es suficiente que
VdS = 0 para alguna superficie regular S que también tenga por borde a la
S
curva Γ. Puede elegirse S, por ejemplo, como la unión de las porciones de los tres planos coordenados
limitados por la curva Γ en el primer octante; o bien, como el triángulo esférico del primer octante.
Hagamos los cálculos, por ejemplo, para el triángulo esférico parametrizado como S = {(x, y, z)/
z = 1 − x2 − y2 , (x, y) ∈ D} siendo D = {(x, y)/ x2 + y2 ≤ 1, x, y ≥ 0}. La normal dada por la
parametrización en cada punto es (x, y, z(x, y))/|z(x, y)|, luego:
0 =
VdS = (yz, xz, y(x + a)) · (x, y, z) 1
dxdy =
z
(3xy + ay)dxdy.
S
D
Calculando dichas integrales dobles, se llega al mismo resultado a = − 9
8 .
0
D

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2004/2005) Convocatoria de febrero 15.02.05
PROBLEMA 1 (4 puntos) (Este problema consta de dos apartados independientes).
1) Se considera la función compleja de variable compleja definida por
f(z) =
sen πz
p(z)
+ cos πz
p ′ (z) ,
donde p(z) = z 3 (z − α) (α ∈ C) y se supone que sen πα = 0 y cos πα = 0. Se pide:
1.1) Determinar la parte principal de los desarrollos de f en serie de Laurent alrededor de z = 0
y z = α convergentes en discos perforados con centro en z = 0 y z = α, respectivamente.
1.2) Calcular f(z)dz, siendo Γ la frontera de la intersección de los dos dominios del plano
Γ
complejo definidos por |z| + |z − α| ≤ 2|α| y 2|z| ≤ |α|, recorrida en sentido positivo.
(2 puntos)
2) Sea S la superficie de revolución engendrada al girar la curva de ecuación z = √ y con 1 ≤ y ≤ 2
(situada en plano Y Z) alrededor del eje OZ.
Calcular ángulo sólido de visión desde el origen de la porción de S situada en el primer octante.
(2 puntos)
Respuesta:
1.1) Para determinar la parte principal de la serie de Laurent de la función f alrededor de los dos
puntos considerados se procede, en primer lugar, a identificar el tipo de singularidad que presenta
f en cada uno de ellos. Esta información permite reconocer la forma de la serie de Laurent y, en
particular, permite saber qué coeficientes hay que calcular en cada caso.
(a) El punto z = 0 es un polo doble ya que se cumple:
lím z
z→0 2 1 + 3π
f(z) = −
3α ,
donde el límite se calcula aplicando una vez la regla de L’Hopital. Por lo tanto, la serie de
Laurent de f convergente en un disco perforado de centro el punto z = 0 tiene la forma:
f(z) = a−2 a−1
+
z2 z +
∞
n=0
an z n ,
con lo que los coeficientes que hay calcular son a−2 y a−1. Para ello se tiene:
z 2 f(z) = a−2 + a−1z +
∞
n=0
an z n+2 =⇒ a−2 = lím z
z→0 2 1 + 3π
f(z) = −
3α ,
donde el límite es el mismo que se ha calculado para identificar la singularidad que presenta f
en el punto z = 0.
Falta únicamente determinar el coeficiente a−1 que es, por definición, el residuo de f en el polo
doble z = 0; por tanto:
a−1 =
d
Res[f, z = 0] = lím
z→0 dz (z2
d sen(πz) d cos(πz)
f(z)) = lím
+ lím
z→0 dz z(z − α) z→0 dz (4z − 3α)
= − π
α2 4
−
9α2 4 + 9π
= −
9α2 ,

donde el primer límite se calcula aplicando dos veces la regla de L’Hopital y el segundo es
inmediato.
Así pues, la parte principal de la serie de Laurent de f convergente en un disco perforado de
centro el punto z = 0 es:
1 + 3π 4 + 9π
− −
3α z2 9α2 z .
(b) El punto z = α es un polo simple ya que se cumple:
lím (z − α) f(z) =
z→α sen(πα)
α3 = 0 (por hipótesis) ,
donde el límite es inmediato. Por lo tanto, en este caso, la serie de Laurent de f que converge
en un disco perforado de centro el punto z = α tiene la forma:
f(z) = b−1
z − α +
∞
bn (z − α) n .
Hay que determinar el coeficiente b−1 que es, por definición, el residuo de f en el polo simple
z = α y, por tanto, coincide con el límite que se acaba de calcular; es decir:
n=0
b−1 = Res[f, z = α] = lím (z − α) f(z) =
z→α sen(πα)
α3 .
Así pues, la parte principal de la serie de Laurent de f convergente en un disco perforado de
centro el punto z = α es:
sen(πα)
α 3 (z − α) .
1.2) Se trata de calcular la integral de f a lo largo de una curva cerrada ya que la intersección
de los dos dominios dados (el limitado por la elipse de focos z = 0 y z = α y el limitado por la
circunferencia de centro z = 0 y radio |α|/2) siempre tienen una intersección no vacía. Se puede, por
tanto, aplicar el teorema de los residuos de Cauchy, según el cual:
f(z)dz = 2π i
n(Γ, zk) Res[f, z = zk] ,
Γ
k
donde la suma se extiende a los puntos singulares zk de f contenidos en el dominio limitado por
la curva Γ y n(Γ, zk) es el índice de Γ con respecto a zk, del que se sabe que es un número entero
positivo, pues la curva se recorre en sentido positivo.
En estas condiciones, es necesario determinar todos los puntos singulares de f que son los dos
considerados anteriormente, es decir, el polo doble z = 0 y el polo simple z = α y, además, z = 3α/4
que es un cero simple de p ′ (z) y puede ser una singularidad evitable de f (si cos(3απ/4) = 0) o un
polo simple de f (si cos(3απ/4) = 0), ya que se cumple:
lím
z→3α/4
(z − 3α
4
4 cos(3πα/4)
) f(z) =
9α2 .
Falta por decidir qué puntos singulares pertenecen al dominio acotado limitado por Γ que serán
aquellos que cumplan simultáneamente las dos desigualdades que definen los dos dominios dados. Es
sencillo comprobar que el único punto que las verifica es z = 0, pues z = α y z = 3α/4 no pertenecen
al disco de centro z = 0 y radio |α|/2. Por tanto:
Γ
f(z)dz = 2π i n(Γ, z = 0) Res[f, z = 0] , = − 2πi
4 + 9π
n(Γ, z = 0) .
9α2

2) Dada una superficie Σ en R3 y un punto p ∈ R3 se denomina ángulo sólido de visión de Σ desde p
al área que resulta de la intersección de la esfera de centro p y radio uno y el cono sólido de vértice p
formado por todas las rectas que, trazadas desde p, intersecan la superficie Σ en al menos un punto.
En el problema propuesto el punto p es el origen y la superficie Σ es la que se obtiene por
revolución de la curva z = √ y (1 ≤ y ≤ 2) alrededor del eje OZ. La ecuación cartesiana de esta
superficie es z = x2 + y2 . Puesto que solamente hay que considerar la porción situada en el
primer octante, una parametrización de Σ viene dada por:
R(θ, u) = (x(θ, u), y(θ, u), z(θ, u)) con:
⎧
⎨
⎩
x(θ, u) = u sen θ
y(θ, u) = u cos θ
z = √ u
⎫
⎬
⎭
π
(0 ≤ θ ≤ , 1 ≤ u ≤ 2) .
2
Por otra parte, puesto que se trata de una superficie de revolución, el cono sólido a considerar
en este caso se obtiene también por revolución alrededor del eje OZ del haz de rectas (situadas en
el plano Y Z) que, trazadas desde el origen, intersecan la curva z = √ y (1 ≤ y ≤ 2) al menos una
vez. Este haz está constituido por todas las rectas cuya pendiente está comprendida entre √ 2/2 y 1
(z = ay con √ 2/2 ≤ a ≤ 1) y cada una de ellas tiene un único punto en común con la curva z = √ y
(como se puede comprobar resolviendo la ecuación ay = √ y con √ 2/2 ≤ a ≤ 1). Esto último significa
que desde el origen “se ve toda una cara de la superficie considerada” , lo que permite calcular el
ángulo sólido de Σ (o de la cara de Σ “que se ve desde el origen”) como el flujo del campo r/r3 sobre Σ (en concreto, sobre la cara de Σ “que no se ve desde el origen”). Debe tenerse en cuenta
que para que el ángulo sólido se pueda calcular mediante este procedimiento el flujo debe calcularse
sobre la porción de la superficie “que se ve desde el origen” (en este caso la totalidad de la superficie).
Denotando por Σ + esta cara, la normal a considerar es:
∂R(θ, u)
∂u
× ∂R(θ, u)
∂θ
=
√
u √
sen θ, cos θ, u .
2
Teniendo en cuenta que sobre la superficie considerada el campo r/r 3 tiene la expresión
R(θ, u)
=
R(θ, u)3 el ángulo sólido ΩΣ que se desea calcular es:
ΩΣ =
= 1
2
Σ +
π/2
0
r
ds =
r3 2
dθ
1
π/2
0
1
(u 2 + u) 3/2
2
dθ
1
1 1
=
(1 + u) 3/2 2
√ u
2(u 2 + u) 3/2
π/2
0
u sen θ, u cos θ, √ u ,
⎛ ⎞
√
u sen θ
u sen θ, u cos θ, u ⎝ u
√
cos θ ⎠ du
u
− 2
2
√ dθ =
1 + u 1
π
2 √ √ √
3 − 2 .
6
2 (Procedimiento alternativo). En lugar de utilizar el flujo del campo r/r 3 , se trata de identificar
directamente la intersección entre el cono sólido antes descrito y la esfera de centro el origen y
radio uno. Una vez identificado este casquete esférico, E, el ángulo sólido se obtendrá calculando su
área. Pero E se obtiene de la intersección de la esfera con el cono sólido que resulta de girar alrededor
del eje OZ el haz de rectas z = ay con √ 2/2 ≤ a ≤ 1 antes mencionado y que está situado en el
primer octante. Una parametrización del mismo es:
E(θ, φ) = (sen φ cos θ , sen φ sen θ , cos φ) ,
π
4
√
π 2
π
≤ φ ≤ − arc tg , 0 ≤ θ ≤
2 2 2 ,
donde θ varía entre 0 y π/2 por estar en el primer octante y los extremos del intervalo de variación
del azimut φ se obtienen restando de π/2 los ángulos cuyas tangentes son las pendientes de las rectas

z = y (que es π/4) y z = ( √ 2/2) y (que es arc tg √ 2/2), que son las que cortan a la curva z = √ y en
sus dos extremos.
Teniendo en cuenta que
∂E(θ, φ)
∂θ
el ángulo sólido ΩΣ viene dado por
ΩΣ =
=
π
E
2 √ 6
ds =
π/2
dθ
0
√ √
3 − 2 ,
× ∂E(θ, φ)
π/2−arc tg √ 2/2
π/4
∂φ
sen φ dφ = π
2
= sen φ ,
cos π
4
− cos
π
− arc tg
2
donde se han utilizado las relaciones cos(π/2 − a) = sen a y sen arc tg a = a/ √ 1 + a 2 .
√
2
2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2004/2005) Convocatoria de febrero 15.02.05
PROBLEMA 2 (3 puntos)
1) Calcular el campo escalar u : R 3 −→ R de clase C 1 para que el campo vectorial F definido por:
sea conservativo en R 3 .
F (x, y, z) = (xy 2 z 2 − 2xy, u(x, y, z), x 2 y 2 z + 1) y F (0, y, z) = (0, y, 1) ,
2) En tal caso, calcular la circulación de F sobre la curva Γ definida por las ecuaciones
x − z = 0
(xz + yz + y 2 − 3) − √ 1 − x 2 = 0
desde el punto A := (0, 2, 0) hasta el punto B := (1, 1, 1).
3) Calcular la circulación del campo vectorial G definido mediante
G(x, y, z) = (y 2 x 2 z − 2yz, x 3 yz − xz + y, x 3 y 2 + 1)
sobre el mismo arco de la curva Γ considerado en el apartado anterior.
Respuesta:
1) Si F es irrotacional, como el dominio R3 es estrellado, F será conservativo. Imponemos, pues:
0 = −→
i j k
rotF =
∂ ∂ ∂
∂x ∂y ∂z
xy2z 2 − 2xy u(x, y, z) x2y2
z + 1
= 2x 2 yz − ∂u ∂u
, 0 ,
∂z ∂x − 2xyz2
+ 2x
=⇒ ∂u
∂x = 2xyz2 − 2x =⇒ u = x 2 yz 2 − x 2 + α(y, z)
=⇒ 2x 2 yz = ∂u
∂z = 2x2yz + ∂α
∂z
luego α(y, z) solo depende de y. Por otra parte,
y se tiene
(y, z) =⇒ ∂α
∂z
F (0, y, z) = (0, y, 1) =⇒ y = u(0, y, z) = α(y, z),
u = x 2 yz 2 − x 2 + y.
2) Llamamos L, M, N a las tres componentes de F . Fijado un punto del dominio, por ejemplo, el
origen, un potencial escalar U, es decir, un campo que verifica F = −−→
grad U, se puede obtener por la
conocida fórmula
x
y
z
U(x, y, z) = L(r, 0, 0) dr + M(x, s, 0) ds + N(x, y, t) dt
0
y
0
0
= (−x 2 z
+ s) ds + (x 2 y 2 t + 1) dt
=
0
−x 2 s + s2
s=y 2
s=0
= −x 2 y + y2
2 + x2y2z 2
+ z.
2
0
2 2 2 t=z
x y t
+ + t2
2
t=0
= 0,

La circulación que se pide será
F · dr = U(1, 1, 1) − U(0, 2, 0) = −1.
Γ
3) El campo G no es conservativo pero, en el plano x = z, coincide con F . Por tanto, como Γ
está contenida en ese plano, se tiene:
G · dr = F · dr = −1.
Γ
Γ

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2004/05) Convocatoria de Junio 28-06-05
Problema 2.– (3 puntos) Este problema consta de dos preguntas independientes.
1. (1 punto) Se considera una superficie regular orientada S cuyo borde orientado es la curva
Γ. Sea v un vector no nulo de R3 , y sea r = (x, y, z) un punto genérico de Γ. Determínese
razonadamente el valor de α que hace cierta la igualdad:
α v ds = v × r dr.
S
2. (2 puntos) Sea C una curva simple y acotada del plano R 2 . Sea f un campo escalar positivo y
de clase 1 a trozos en un dominio que contiene a C. Sea S la superficie regular definida por
Se pide:
a) Demostrar la igualdad A(S) =
S = {(x, y, z) ∈ R 3 , (x, y) ∈ C, 0 ≤ z ≤ f(x, y)}.
C
Γ
f, donde A(S) representa el área de la superficie S.
b) Calcular explícitamente el área A(S) cuando la curva C viene parametrizada por ϕ(t) =
(t, sen t), t ∈ [0, 2π] y la función f(x, y) = |y cos x|.
Solución:
Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. Apliquemos el Teorema de Stokes, que relaciona la integral de línea de un campo F sobre la
curva Γ con el flujo de su rotacional (rot (F)) a través de la superficie S:
rot (F) ds = F dr.
S
En este caso el campo vectorial es
i
F (r) = v × r =
j
k
v1
v2
v3
x
y
z = (v2z − v3y) i+ (v3x − v1z) j+ (v1y − v2x) k,
y su rotacional es
rot (F) =
∂F3
∂y
Γ
∂F2 ∂F1 ∂F3 ∂F2 ∂F1
− i+ − j+ − k =2v
∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
con lo cual la expresión del enunciado es cierta cuando y sólo cuando α = 2.
2. a) Si la curva C viene parametrizada como
C = {(x (t) , y (t)), t ∈ [a, b]},

entonces la integral de línea del enunciado es:
Γ
b
f = f (x (t) , y (t)) (x ′ (t) , y ′ (t)) dt.
Por otro lado, una parametrización de la superficie es
a
S = {Φ (t, z) = (x (t) , y (t) , z) , t ∈ [a, b], 0 ≤ z ≤ f (x (t) , y (t))} ;
calculemos su área:
A (S) =
S
b
f(x(t),y(t))
ds =
∂Φ
∂t
a
0
× ∂Φ
∂z
dt dz.
En este caso se tiene que
∂Φ ∂Φ
×
∂t ∂z = (x′ (t) , y ′ (t) , 0) × (0, 0, 1) = (x ′ (t) , y ′ (t) , 0) = (x ′ (t) , y ′ (t)) ,
donde se ha utilizado que el producto vectorial de dos vectores ortogonales tiene por
norma el producto de las normas. Con todo ello, queda comprobado que el área coincide
con aquella integral de línea:
b f(x(t),y(t))
A (S) =
(x ′ (t) , y ′ b
(t)) dt dz = f(x (t) , y (t)) (x ′ (t) , y ′
(t)) dt =
a
0
b) Apliquemos el resultado anterior al caso particular en que la curva es
C = {ϕ (t) = (t, sen t), t ∈ [0, 2π]}
y f(x, y) = |y cos x| . Entonces f(x (t) , y (t)) = |sen t cos t| , y por otro lado (x ′ (t) , y ′ (t)) =
(1, cos t) = √ 1 + cos 2 t, así que el área puede calcularse como
A (S) =
2π
0
π/2
= 4
0
f(x (t) , y (t)) (x ′ (t) , y ′ (t)) dt =
a
2π
sent cos t √ 1 + cos2 t dt = 4
√
− 1 + cos2 t
3
0
|sen t cos t| √ 1 + cos 2 t dt =
3 t=π/2
t=0
= 4
2
3
√
2 − 1 .
Γ
f.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2004/05) Convocatoria de Junio 28-06-05
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se definen las funciones
x
f(x) = e −t2
0
2 1
e
dt ; g(x) =
0
−x2 (t2 +1)
t2 + 1 dt.
Obviamente, f es derivable en R. Es fácil ver que g también lo es, y que su derivada se obtiene
derivando el integrando respecto de x. Estos hechos pueden darse por válidos, y no se pide su
demostración en este ejercicio. Se pide:
(a) Calcular f ′ (x) + g ′ (x), simplificando el resultado todo lo que se pueda.
(b) Calcular f(x) + g(x), simplificando el resultado todo lo que se pueda.
(c) Calcular con todo rigor lím x→+∞ g(x).
(d) Utilizando (b) y (c), calcular el valor de
Γ
1
.
2
Nota. Solo se puntuará el apartado (d) si se utilizan (b) y (c).
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
(a) Se tiene
f ′ (x) = 2e −x2
x
e −t2
dt ;
0
1
g ′ (t
(x) = −2x
0
2 + 1)e−x2 (t2 +1)
t2 dt = −2xe
+ 1
−x2
0
= −2xe −x2
x
x
du −u2
e = −2e−x2 e
x −u2
du
donde se ha hecho el cambio de variable xt = u.
Por tanto, f ′ (x) + g ′ (x) ≡ 0.
luego
0
0
1
e −x2t2 dt
(b) Integrando la identidad anterior, se tiene f(x) + g(x) ≡ K, pero f(0) = 0, y
de donde
g(0) =
π
4
1
0
dt
t 2 + 1
π
= [arc tg t]1 0 =
4
= f(0) + g(0) = K,
f(x) + g(x) ≡ π
4 .
(c) Como x 2 ≤ x 2 (t 2 + 1), se tiene −x 2 (t 2 + 1) ≤ −x 2 , por tanto,
0 ≤ g(x) =
1
0
e −x2 (t 2 +1)
t 2 + 1
dt ≤ e−x2
1
0
dt
t 2 + 1
= π
4 e−x2
,

de donde,
luego
(d) Para p > 0, se tiene
Γ(p) =
π
0 ≤ lím g(x) ≤ lím
x→+∞ x→+∞ 4 e−x2 = 0,
lím g(x) = 0.
x→+∞
∞
x
0
p−1 e −x ∞
dx = 2 t
0
2p−1 e −t2
donde se ha hecho el cambio x = t2 . Haciendo p = 1/2,
∞
1
Γ = 2 e
2
−y2
dy.
pero
luego
Tomando límites en la identidad obtenida en (b) y, usando (c),
π
lím f(x) = lím − g(x) =
x→+∞ x→+∞ 4 π
4 ,
π
4
0
∞
= lím f(x) =
x→+∞
0
e −t2
2 dt ,
Γ
1
=
2
√ π.
dt,

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2004/05) Convocatoria de septiembre 13.09.05
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Considérese la curva Γ definida por las ecuaciones
x 2 + y 2 + z 2 = 9 , (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 6 ,
con una orientación tal que su proyección sobre el plano Y Z se recorre con orientación positiva. Se
pide:
1) Hallar unas ecuaciones paramétricas de Γ.
2) Sea G el campo en R 3 definido por
Calcúlese la circulación de G a lo largo de Γ.
G(x, y, z) = (sen 2 (x + y) , −z 3 , y 3 ) .
3) Sea a ∈ R 3 un vector fijo y r = (x, y, z). Calcúlense los valores de p ∈ R para los cuales el campo
vectorial F = (a · r) p · r es solenoidal en un cierto subconjunto de R 3 que se especificará.
4) Se considera la superficie Σ formada por los segmentos que unen el punto (1, 0, 0) y los puntos de
Γ, orientada de forma que los vectores normales a la misma tienen la primera componente negativa.
Calcúlese el flujo del campo H(x, y, z) = (1/x 2 , y/x 3 , z/x 3 ) a través de Σ.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) La curva Γ es la intersección de dos esferas y por lo tanto será una circunferencia. Desarrollando
la expresión (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 6 y utilizando que x 2 + y 2 + z 2 = 9 se obtiene que Γ se puede definir
por las ecuaciones
x = 2
y 2 + z 2 = 5
que muestran que Γ es una circunferencia situada sobre el plano x = 2. De aquí se deduce inmediatamente
que la aplicación r(t) dada por
x = 2
y = √ 5 cos t
z = √ 5sen t, t ∈ [0, 2π)
es una posible parametrización de Γ (donde, como pide el enunciado, la orientación de la proyección
de Γ sobre el plano Y Z se recorre positivamente).
2) Γ es una curva C1 y G es un campo C∞ en R3 luego la circulación está bien definida. Teniendo en
cuenta que r ′ (t) = 0, − √ 5sen t, √ 5 cos t , la primera componente del campo G no intervendrá en
el cálculo de la circulación C pedida. Se tiene
2π
C = G · dr = G(r(t)) · r ′ (t)dt =
=
Γ
2π
= 25
0
2π
0
0
(− √ 5sen t) 3
cos 4 t + sen 4 t dt
− √
5sen t + ( √ 5 cos t) 3
√
5 cos t dt =

Utilizando las propiedades de las funciones seno y coseno
se obtiene
2π
0
cos 4 tdt =
2π
0
sen 4 tdt = 4
π
2
C = 200
π
2
0
cos 4 tdt
integral que se puede resolver por varios métodos. Por ejemplo,
C = 200 1
Γ(5/2)Γ(1/2)
β(5/2, 1/2) = 2001
2 2 Γ(3)
0
= 200 1
2
cos 4 tdt
3 1
2
2 Γ(1/2)2
2
= 75
2 π
3) Si a es nulo, para p ≥ 0 el campo es idénticamente nulo en R 3 , y por tanto solenoidal en dicho
conjunto, y no estaría definido en ningún punto si p < 0. Sea entonces a ∈R 3 no nulo. Si p ≥ 0 el
campo F(r) = (a · r) p r está definido y es de clase infinito en R 3 y si p < 0, F sólo está definido, y es
de clase infinito, en el conjunto R 3 −{r : a · r =0}, es decir, en todo R 3 salvo en el plano perpendicular
a a y que pasa por el origen. Entonces, en los puntos en los que F es C 1 ,
divF(r) = grad( (a · r) p ) · r+ (a · r) p divr =
= p (a · r) p−1 grad (a · r) + (a · r) p 3 =
p (a · r) p−1 a · r+ (a · r) p 3 = (p + 3) (a · r) p
donde se ha utilizado que grad(a · r) = a. Por tanto, divF(r) = 0 en un conjunto Ω ⊂ R 3 si y sólo si
(p + 3) (a · r) p = 0 en Ω, con lo que:
Para p = −3, F es solenoidal en Ω = R 3 − {r : a · r =0}
Para cualquier p ≥ 0, F es solenoidal sobre el plano a · r =0
4) La superficie Σ es una porción de superficie cónica con vértice (1, 0, 0) y orientada según ”la
normal exterior”. Como x = 0 sobre todos los puntos de Σ, H es C1 en un entorno de Σ y el flujo
está bien definido. El cálculo del flujo parametrizando Σ y calculando la integral doble asociada,
aunque posible, parece a priori complicado, por lo que es razonable buscar posibles alternativas. Se
observa que el campo H es un caso particular de la familia de campos definida en el apartado anterior.
Concretamente corresponde a tomar p = −3 y a = (1, 0, 0). Por ello se sabe que H está definido y es
de clase 1 en R3 − {r : x = 0} y además, divH(r) = 0 en dicho conjunto. Si la superficie Σ se cierra
con otra superficie S de forma que el conjunto A delimitado por las mismas no contenga a ningún
punto del plano x = 0, H es de clase 1 en A y por ello se puede aplicar el teorema de Gauss. Así
H · dσ+ H · dσ = divH(r)dv = 0
Σ
S
donde S está orientada según la normal exterior. Por comodidad, se puede tomar como superficie S
la porción del plano x = 2 que está encerrada por Γ, estando su orientación definida por el vector
n = (1, 0, 0). Entonces se tiene
φ : =
= −
Σ
S
H · dσ = −
1
dσ = −1
x2 4
donde se ha utilizado que, sobre S, x = 2.
Baremo de corrección (sobre 4 puntos)
-Apdo. 1. 0.8 ptos. -Apdo. 2. 0.8 ptos.
-Apdo. 3. 1 pto. -Apdo. 4. 1.4 ptos.
S
S
A
H · dσ = − H · ndσ =
S
dσ = − 1
Área(S) = −5π
4 4

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de febrero 07.02.06
PROBLEMA 1 (3 puntos)
Sea Σ la superficie definida por la ecuación cartesiana a |x|+b |y|+z 2 = 1, donde a y b son constantes
positivas, y sea Ω el sólido encerrado por ella.
1. Se sabe que la densidad en cada punto de Ω es proporcional a la suma de las distancias del
punto a los planos XZ e Y Z. Se pide determinar su masa calculando explícitamente una integral
triple.
2. Sobre Σ hay definida una distribución de carga de forma que la densidad superficial de carga
en cada punto P de Σ es proporcional a la distancia del origen al plano tangente a Σ en P . Se
pide calcular la carga total de Σ.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
De la ecuación que define a Σ se sigue que (x, y, z) ∈ Σ si y sólo si (−x, y, z) ∈ Σ. Análogamente
(x, y, z) ∈ Σ ⇔ (x, −y, z) ∈ Σ y (x, y, z) ∈ Σ ⇔ (x, y, −z) ∈ Σ por lo que Σ es simétrica respecto de
los tres planos coordenados. Además, cortando Σ por planos z = cte, se obtiene a |x| + b |y| = 1 − z 2 ,
por lo que Σ sólo está definida cuando 1 − z 2 ≥ 0, es decir, para z ∈ [−1, 1]. Para algunos de estos
valores de z, las curvas intersección son las que muestra la figura de la izquierda
-1
-0.5
0
0.5
1
-1 -0.5 0
0.5
0
-0.5
1 -1
1
0.5
y por tanto Σ es la superficie cerrada
(simétrica con respecto al origen) que
se muestra a la derecha :
Se pretende calcular la integral triple M = Ω ρ(x, y, z)dxdydz donde ρ(x, y, z) = K1 (|x| + |y|)
y K1 es una constante. Puesto que ρ es una función par en x, par en y y par en z y Ω es simétrico
respecto de los tres planos coordenados, se puede escribir M = 8 Ωˆ ρ(x, y, z)dxdydz donde ˆ Ω es
la porción de Ω contenida en el primer octante. Además, puesto que en dicho octante x, y y z son
no negativas, se puede escribir
M = 8K1
(x + y) dxdydz
ˆΩ
Puesto que la ecuación de Σ no se modifica si se intercambian a por b y x por y, parece razonable
expresar M = 8K1 ˆΩ xdxdydz + 8K1 ˆΩ ydxdydz, de forma que el valor de la segunda integral
será igual al de la primera intercambiando a por b. Calculemos pues I := Ωˆ xdxdydz. Por el
teorema de Fubini, fijando primero z e integrando en x e y se obtiene
I = xdxdydz =
ˆΩ
1
0
Tz
xdxdy dz
donde Tz es el triángulo definido por ax + by ≤ 1 − z2 , x, y ≥ 0. Para evaluar la primera integral
se puede tener en cuenta que, por definición de centro de gravedad, xdxdy = xG(Tz)Area(Tz),
Tz
donde xG(Tz) es la coordenada x del centro de gravedad de Tz , supuesto éste homogéneo. Como

el centro de gravedad de un triángulo está situado a 1/3 de su altura, se obtiene que Area(Tz) =
1
2
(1−z2 ) (1−z
a
2 )
b
y xG(Tz) = 1 (1−z
3
2 )
a
por lo que
Tz
xdxdy = 1
6a2
1 − z
b
23 Si no se trabaja con el centro de gravedad de Tz, se puede utilizar Fubini para, integrando primero
en y y luego en x escribir
Tz
xdxdy =
1−z 2
a
0
⎛
x ⎝
1−z 2 −ax
b
= · · · = 1
6a2
1 − z
b
23 0
⎞
dy⎠
dx = 1
b
1−z 2
a
con lo que, como debe ser, se llega al mismo resultado. En definitiva
I =
=
1
6a2 1
1 − z
b 0
23 dz = 1
6a2b 1
6a2 16
b 35 =
8
105a2b 1
0
0
x(1 − z 2 − ax)dx =
1 − 3z 2 + 3z 4 − z 6
dz = · · · =
Usando la propiedad de simetría a la que se aludió anteriormente,
ydxdydz =
ˆΩ
8
105b 2 a
Si uno no se da cuenta de dicha propiedad de simetría, se puede proceder de la siguiente forma
ydxdydz =
ˆΩ
=
1
0
⎛
1
0
⎝ 1
a
Tz
1−z 2
b
Por lo tanto, la masa de Ω es
0
ydxdy dz =
M = 64K1
105
⎛
1 1−z
⎝
0
2
b
0
⎞
⎛
y ⎝
1−z 2 −by
a
y(1 − z 2 − ay)dy⎠
dz = 1
6b2a
1
a2 1
+
b ab2
0
1
= 64K1
105a2 (a + b)
b2 0
⎞
⎞
dx⎠
dy⎠
dz =
1 − z 2 3
dz = · · · =
8
105b 2 a
2) En primer lugar hay que hacer constar que en las aristas de Σ el plano tangente no está definido
y por ello tampoco lo está la densidad de carga. Sin embargo como el conjunto de dichas aristas tiene
contenido de Jordan nulo en R 2 , la circunstancia anterior no influye en el cálculo de la carga total
de Σ.
Para cada punto (x, y, z) de Σ la distancia al origen del plano tangente a Σ en (x, y, z) es igual a
la que se obtiene al considerar los puntos (−x, y, z), (x, −y, z) y (x, y, −z) por lo que por simetría se
puede escribir que la carga total Q de Σ es
Q = 8 ˆ Q
donde ˆ Q es la carga total de la porción ˆ Σ de Σ contenida en el primer octante.
Para calcular el plano Π tangente a ˆ Σ en el punto (x, y, z) se puede calcular el gradiente de la
función g(x, y, z) := ax + by + z 2 − 1, ∇g(x, y, z) = (a, b, 2z) y entonces (X, Y, Z) pertenece a Π si y
sólo si verifica la ecuación
a (X − x) + b (Y − y) + 2z (Z − z) = 0

es decir,
aX + bY + 2zZ − (ax + by + 2z 2 ) = 0
que, utilizando que (x, y, z) ∈ ˆ Σ y que por ello ax + by + z 2 = 1, se puede escribir
La distancia de Π al origen es
aX + bY + 2zZ − (1 + z 2 ) = 0
|a0 + b0 + 2z0 − (1 + z 2 )|
√ a 2 + b 2 + 4z 2
=
1 + z 2
√ a 2 + b 2 + 4z 2
y por ello la densidad superficial de carga q(x, y, z) definida en Σ es
Por tanto
q(x, y, z) = K2
1 + z 2
√ a 2 + b 2 + 4z 2
Q = 8 ˆ
1 + z
Q = 8 q(x, y, z)dσ = 8K2
ˆΣ
ˆΣ
2
√
a2 + b2 + 4z2 dσ
Para parametrizar ˆ Σ, la mejor opción es expresar la superficie mediante una ecuación cartesiana
explícita. Además, y puesto que g(x, y, z) es cuadrática en z pero lineal en x e y, es conveniente
despejar o bien x o bien y como función de las otras variables. Por la simetría del problema en
x e y ambas opciones son equivalentes en cuanto a dificultad. Así por ejemplo expresamos x =
h(y, z) = 1
a (1 − by − z2 ), (y, z) ∈ B donde B es la proyección de ˆ Σ sobre el plano yz, es decir,
B =
(y, z) : 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
b (1 − z2 )
. Puesto que ∂h
∂y
Q = 8K2
= 8K2
= 8K2
a
= 8K2
ab
= b
a
y ∂h
∂z
−2z = se tiene
a
1 + b2 4z2
+ dydz =
a2 a2
(1 + z
a B
2 )dydz =
1 + z
ˆΣ
2
1 + z
√ dσ = 8K2
a2 + b2 + 4z2 B
2
√
a2 + b2 + 4z2
1 + z
B
2 1√
8
√ a2 + b2 + 4z2dydz =
a2 + b2 + 4z2 a
1
(1 + z
0
2 1
b
)
(1−z2
)
dy dz =
0
8K2
1
(1 + z
ab 0
2 )(1 − z 2 )dz =
1
0
(1 − z 4 )dz = 32K2
5ab
Si, a pesar de que no es la mejor opción, se parametriza ˆ Σ despejando z en función de x y de
y, en la forma z = β(x, y) = √ 1 − ax − by, (x, y) ∈ D = {(x, y) : ax + by ≤ 1, x, y ≥ 0} se puede
proceder como sigue. Puesto que
∂β
∂x =
−a
2 √ 1 − ax − by
;
∂β
∂y =
−b
2 √ 1 − ax − by
entonces, usando que, en D, |1 − ax − by| = 1 − ax − by :
1 + z
Q = 8K2 ˆΣ
2
√ dσ =
a2 + b2 + 4z2
1 + (1 − ax − by)
= 8K2
D a2 + b2
a
1 +
+ 4(1 − ax − by)
2
4(1 − ax − by) +
b2 4(1 − ax − by) dxdy
1 + (1 − ax − by) 1
= 8K2
D
2
= 4K2
a2 + b2 + 4(1 − ax − by)
= 4K2
D
D
a2 + b2 + 4(1 − ax − by)
√ dxdy =
1 − ax − by
1 + (1 − ax − by)
√ 1 − ax − by dxdy =
dxdy
√ 1 − ax − by + 4K2
D
1 − ax − bydxdy

Calculemos I := D (1 − ax − by)−1/2dxdy aplicando el teorema de Fubini, integrando primero
respecto de y y luego respecto de x:
I : =
=
Análogamente
Por tanto
(1 − ax − by) −1/2 dxdy =
1/a
D
0
1/a
2
0 b (1 − ax − by)1/2 | y=0
y= 1
b (1−ax)
= 2 2
b 3a (1 − ax)3/2 | x=0
x= 1 =
a
4
3ab
J : =
=
(1 − ax − by) 1/2 dxdy =
1/a
D
0
1/a
2
0 3b (1 − ax − by)3/2 | y=0
y= 1
b (1−ax)
= 2 2
3b 5a (1 − ax)5/2 | x=0
x= 1 =
a
4
15ab
Q = 4K2 (I + J) = 4K2
1
b (1−ax)
0
dx = 2
b
1/a
0
1
b (1−ax)
0
dx = 2
3b
(1 − ax − by) −1/2 dy
(1 − ax) 1/2 dx =
(1 − ax − by) 1/2 dy
1/a
4 4
+ =
3ab 15ab
32K2
5ab
0
(1 − ax) 3/2 dx =
dx =
dx =

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de febrero 07.02.06
PROBLEMA 2 (3 puntos)
1.1 Sea f un campo escalar de clase 2 en R 3 . Enúnciese y justifíquese una condición necesaria y
suficiente sobre f para que exista un campo vectorial F en R 3 de forma que ∇f = rot F.
1.2 Sea F un campo vectorial de clase 2 en R 3 . Enúnciese y justifíquese una condición necesaria y
suficiente sobre F para que exista un campo escalar f en R 3 de forma que rot F = ∇f.
Nota: Los resultados teóricos que se precisen deben enunciarse con todo rigor pero sin demostración.
2.1 Determínese g : R → R con g(0) = 0, g(1) = −2 para que el campo escalar f(x, y, z) =
x 2 + g(y) + z 2 cumpla la condición hallada en (1.1) y, en tal caso, calcúlese un potencial vector
de ∇f de la forma Q(x, z)j + R(x, y)k.
2.2 Sean Q, R los campos escalares calculados en (2.1). Determínense todos los campos escalares
P : R 3 → R para los cuales F(x, y, z) = P (x, y, z)i + Q(x, z)j + R(x, y)k satisface la condición
hallada en (1.2).
Respuesta:
1.1 (0,5 puntos) Para que un campo vectorial de clase 1 en un abierto estrellado (en este caso todo
el espacio R 3 ) sea un rotacional es necesario y suficiente que sea solenoidal; esto es, que su
divergencia sea nula. Ahora bien, div ∇f = ∆f. Así pues, la condición sobre f es que sea un
campo escalar armónico. En tal caso F es un potencial vector de ∇f.
1.2 (0,5 puntos) Un campo vectorial de clase 1 en un abierto simplemente conexo es un gradiente
si, y solamente si, es irrotacional; es decir, su rotacional es nulo. Por lo tanto, la condición
sobre F es que rot rot F = 0. Se dice que f es un potencial escalar de rot F.
2.1 (1 punto) Tenemos que imponer que el campo f(x, y, z) = x 2 +g(y)+z 2 sea armónico; calculemos
su laplaciano:
∆f(x, y, z) = ∂2 f
∂x 2 + ∂2 f
∂y 2 + ∂2 f
∂z 2 = 2 + g′′ (y) + 2,
el laplaciano es nulo si y solo si g ′′ (y) = −4, integramos: g ′ (y) = −4y + a, g(y) = −2y 2 + ay + b
e imponemos las condiciones g(0) = 0, g(1) = −2, con lo que se llega a
g(0) = a = 0, g(1) = −2 + a + b = −2 ⇒ a = b = 0, g(y) = −2y 2 .
Por tanto el campo buscado es f(x, y, z) = x 2 − 2y 2 + z 2 . Ahora se pide calcular un potencial
vector del gradiente de f de la forma Q(x, z)j+R(x, y)k; calculemos el rotacional de este campo
e igualémoslo al gradiente de f:
i
∂
∂x
0
j
∂
∂y
Q(x, z)
k
∂
= 2x i − 4y j + 2z k ⇐⇒
∂z
R(x, y)
∂R ∂Q
∂Q
− = 2x, −∂R = −4y, = 2z.
∂y ∂z ∂x ∂x

Integremos ∂R/∂x y ∂Q/∂x en la variable x:
Y ahora impongamos la primera relación:
∂R
∂y
∂R
= 4y ⇒ R(x, y) = 4xy + r(y),
∂x
∂Q
= 2z ⇒ Q(x, z) = 2xz + q(z).
∂x
− ∂Q
∂z = 2x ⇒ 4x + r′ (y) − 2x − q ′ (z) = 2x ⇐⇒ r ′ (y) − q ′ (z) = 0 ⇐⇒ r ′ = q ′ = cte
Si el valor de la constante es a se tiene r(y) = ay + b y q(z) = az + c con a, b, c constantes
que podemos elegir arbitrariamente, en particular un potencial vector de ∇f es G(x, y, z) =
2xzj + 4xyk.
2.2 (1 punto) Si F es de clase 2, tenemos que imponer que P también sea de clase 2, esto nos
permitirá integrar las ecuaciones en derivadas parciales que surjan, asimismo nos garantiza la
igualdad de las derivadas parciales cruzadas de segundo orden.
Tenemos que imponer que rot rot F se anule en R 3 ; ahora bien, como G(x, y, z) = Q(x, z)j +
R(x, y)k es un potencial vector de un gradiente (rot G = ∇f), se cumple rot rot G = 0, además
el rotacional es un operador lineal:
rot F = rot(P i) + rot G = rot(P i) + ∇f,
por lo que basta con calcular los campos P para los cuales rot rot(P i) = 0. Calculemos, en
primer lugar, rot(P i):
i j k
∂ ∂ ∂
rot(P i) =
=
∂x ∂y ∂z
P (x, y, z) 0 0
∂P ∂P
j −
∂z ∂y k
y ahora rot rot(P i) e igualemos a cero:
∂P ∂P
rot j −
∂z ∂y k
=
i
∂
∂x
0
j
∂
∂y
∂P
∂z
k
∂
∂z
−∂P
∂y
2
∂ P
= −
∂y
2 + ∂2P ∂z2
i + ∂2P ∂x∂y j + ∂2P k = 0.
∂x∂z
De ∂ 2 P/∂x∂y = 0 se deduce que ∂P/∂x no es función de y, existirá una función H1 de dos
variables de forma que ∂P/∂x = H1(x, z). Derivamos respecto de z:
∂ 2 P
∂x∂z
Integremos ∂P/∂x = H2(x) en la variable x,
= ∂H1
∂z = 0 ⇒ H1(x, z) = H2(x).
P (x, y, z) = h(x) + C(y, z)
donde h es una primitiva de H2 y C es arbitraria. Por último, al imponer la nulidad de la primera
componente del doble rotacional: ∂ 2 P /∂y 2 + ∂ 2 P /∂z 2 = 0 se concluye que el laplaciano de C
es nulo, así pues las funciones P buscadas son
P (x, y, z) = h(x) + C(y, z), h ∈ C 2 (R), C ∈ C 2 (R 2 ), ∆C = 0.
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de febrero 07.02.06
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 3 (4 puntos)
Número de matrícula........................
Se considera el lóbulo Γ de la lemniscata ρ 2 = a 2 cos 2θ contenido en el semiplano x ≥ 0, siendo
a > 0 una constante. Se pide:
(1) Dados dos puntos A,B ∈ Γ, de ángulos polares respectivos ϕ < ψ, calcular las coordenadas
(x0,y0) del centro de masas G del arcoAB en función de la longitud l del arco (que no es necesario
calcular en ningún momento en este problema), de ϕ y de ψ.
(2) Si O es el origen de coordenadas, demostrar que la recta OG es la bisectriz del ánguloAOB.
Para ello, se sugiere considerar el arco C de una circunferencia centrada en O, de radio arbitrario,
formado por los puntos de ángulo polar θ ∈ [ϕ,ψ], calcular las coordenadas (x ∗ 0,y ∗ 0) del centro de
masas G ∗ de C, y comparar las posiciones de G y G ∗ respecto de O.
(3) Calcular las coordenadas (xs,ys) del centro de masas del dominio plano encerrado por el
lóbulo de la lemniscata. Hallar el volumen engendrado por ese dominio al girar 360 ◦ en torno al eje
OY .
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
(1) Sean
− π
4
≤ ϕ < ψ ≤ π
4 .
Derivando respecto de θ en la ecuación de la lemniscata ρ 2 = a 2 cos 2θ, se tiene
de donde
2ρρ ′ = −2a 2 sen 2θ ⇒ ρ ′ = − a2 sen 2θ
ρ
ρ 2 + ρ ′2 = a 2 cos 2θ + a 4 sen 2 2θ
a 2 cos 2θ
= a2
cos 2θ .
Por tanto, a título informativo y sin completar el cálculo, la longitud l del arcoAB es
l =
ψ
Las coordenadas del centro de masas verifican:
lx0 =
=
ly0 =
AB
ψ
= a 2
ϕ
ϕ
ψ
AB
ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 ψ dθ
dθ = a √ .
ϕ cos 2θ
xds =
ψ
ϕ
a √ cos 2θ cos θ
ϕ
ρ(θ) cos θ ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
a
√ cos 2θ dθ
cos θ dθ = a 2 [sen θ] ψ
ϕ = a2 (sen ψ − sen ϕ).
y ds =
ψ
ϕ
ρ(θ) sen θ ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
1
,

Por tanto,
y
0
ψ
ϕ
B
G
•
Γ A
a
C
G∗ •
Figura 1: Centro de masas de un arco de lemniscata
=
ψ
= a 2
ϕ
ψ
a √ cos 2θ sen θ
ϕ
G(x0,y0) =
a
√ cos 2θ dθ
sen θ dθ = a 2 [− cos θ] ψ
ϕ = a2 (cos ϕ − cosψ).
a 2
l
(senψ − sen ϕ), a2
l
R
x
(cos ϕ − cos ψ)
(2) Sea C el arco de circunferencia de radio R (podemos suponer R > a, aunque no es indispensable),
formado por los puntos de ángulo polar θ ∈ [ϕ,ψ] (Figura 1). Una parametrización de C
es
x(θ) = R cos θ
r(θ) ≡
θ ∈ [ϕ,ψ],
y(θ) = R sen θ
de donde |r ′ (θ)| = R para todo θ ∈ [ϕ,ψ].
La longitud del arco C es l ∗ = R(ψ − ϕ). Las coordenadas del centro de masas G ∗ de C son:
Se tiene entonces
x ∗ 0 =
1
xds =
R(ψ − ϕ) C
1 ψ
R cos θ R dθ
R(ψ − ϕ) ϕ
= R
R
[sen θ]ψ ϕ = (sen ψ − sen ϕ).
ψ − ϕ ψ − ϕ
y ∗
1
1 ψ
0 = y ds =
R(ψ − ϕ) C R(ψ − ϕ) ϕ
= R
R
[− cos θ]ψ ϕ = (cosϕ − cos ψ).
ψ − ϕ ψ − ϕ
x ∗ 0
x0
y∗ 0
y0
Rl
=
(ψ − ϕ)a2 Rl
= ,
(ψ − ϕ)a2 R sen θ R dθ
y ambos cocientes son iguales. Por tanto, O, G y G ∗ son colineales, y los ángulos polares de G y G ∗
coinciden.
Ahora bien, es obvio, por la simetría del arco C, que el ángulo polar de G ∗ es
ϕ + ψ
2
2
,
.

por tanto, este es también el ángulo polar de G, luego OG es la bisectriz del ánguloAOB.
(3) Por simetría, ys = 0. Sea D el dominio encerrado por el lóbulo de la lemniscata. Su área es
Área =
Para calcular xs necesitamos la integral:
Por tanto,
I : =
= 2
xdxdy =
D
π/4
0
π/4
cos θ dθ
= 2
= a 2
= a2
2
D ′
√
a cos 2θ
0
dxdy =
D
π/4
0
π/4
0
dθ
D ′
√
a cos 2θ
0
cos 2θ dθ
[sen 2θ]π/4
0
ρ 2 cos θ dρdθ
ρ 2 dρ
= 2a3
3 0
cos θ(cos 2θ) 3/2 dθ = 2a3
3
(cambio u := sen θ)
1/ √ 2
= 2a3
(1 − 2u
3 0
2 ) 3/2 du
cambio u = 1
√ sen t
2
π/2
ρdρdθ
ρdρ
= a2
2 .
π/4
= 2a3
(1 − sen
3 0
2 t) 3/2 1 √ costdt
2
√
2
=
3 a3
π/2
cos
0
4 √
2
t dt =
6 a3
1 5
B ,
2 2
√
2
=
6 a3
1 5
Γ Γ √
2 2 2
=
Γ(3) 6 a3
3 1
2 2 Γ
1
2
2
= πa3√ 2
16
.
xs = I
Área = πa√2 .
8
Por el Teorema de Guldin, el volumen engendrado es:
0
cos θ(cos 2 θ − sen 2 θ) 3/2 dθ
2
Vol = 2πxs Área = π2 a 3√ 2
8
3
.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de junio 20.06.06
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Sean a = (a1,a2,a3) un vector constante y no nulo y k una constante real estrictamente positiva.
Considérese el campo vectorial F(r) definido por:
donde r = (x,y,z).
F(r) =
(a1x,a2y,a3z)
(24x2 + 4y2 + 2z2 ,
) k
1. 1.a) Determínense razonadamente todos los valores posibles del vector a y de la constante k
para los que el campo F(r) es irrotacional, indicando el mayor dominio posible en el que
posee esta propiedad. (1 punto).
1.b) Sea Σ una superficie regular con borde orientado Γ que no contiene el origen. Para los
valores de a y k obtenidos en 1.a), calcúlese razonadamente la circulación del campo F(r)
sobre el borde Γ. (0,5 puntos).
2. 2.a) Sean Σ1 y Σ2 las superficies esféricas de ecuaciones cartesianas (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 9 y
(x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 1/4, respectivamente. Para a = (2, 2, 2) y k = 3/2, calcúlese el flujo
del campo F(r) a través de la cara exterior de Σ1 y de Σ2. (1,5 puntos)
2.b) Determínense razonadamente todos los valores posibles del vector a y de la constante
k para los que el campo F(r) es solenoidal, indicando el dominio en el que posee esta
propiedad. (1 punto).
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1.a) Para determinar los valores de a y k que se piden, calculamos el rotacional del campo:
rot F(r) = ∇ × F(r) =
4
(24x2 + 4y2 + 2z2 ) k+1
(a2 − 2a3)kyz , (a1 − 12a3)kxz , (2a1 − 12a2)kxy
expresión que es válida en todo R 3 salvo el origen puesto que k > 0.
Para que el campo tenga rotacional nulo (sea irrotacional) sus tres componentes deben anularse.
Teniendo en cuenta que k no puede ser cero, esto da lugar a un sistema lineal homogéneo de tres
ecuaciones con tres incógnitas, cuya expresión es:
⎛
0
⎜
⎝1
1
0
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−2 a1 0
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−12⎠
⎝a2⎠
= ⎝0⎠
.
2 −12 0 a3 0
Dado que el rango de la matriz de coeficientes de este sistema es 2, existen infinitas soluciones que se
obtienen expresando dos de las incógnitas en términos de la tercera. Por ejemplo, eligiendo las dos
primeras ecuaciones se tiene:
a1 = 12a3 , a2 = 2a3 .
Así pues, el campo F(r) dado es irrotacional para todo valor de k > 0 y para
y posee esta propiedad en R 3 \{(0, 0, 0)}.
a = a3(12, 2, 1) con a3 ∈ R,

1.b) De partida se tiene: ∇ × F(r) = 0 en R3 \{(0, 0, 0)}. Dado que, por hipótesis, se trata de
una superficie regular con borde orientado, podemos aplicar el teorema de Stokes, según el cual:
F(r) · dr = [∇ × F(r)] · dr = 0,
Γ
Σ
puesto que la superficie no contiene el origen.
También se puede razonar del siguiente modo: Puesto que la curva Γ es el borde de una superficie
regular que no contiene el origen, es necesariamente una curva cerrada en R 3 que tampoco lo contiene.
Esto permite afirmar que siempre se puede encontrar un dominio estrellado (o estelar), Ω ⊂ R 3 , que
contenga la curva y no el origen. En Ω (que es estelar y contiene a Γ) el campo es irrotacional y, por
tanto, conservativo lo que implica que su circulación a lo largo de cualquier curva cerrada contenida
en él es cero.
2.a) A la hora de calcular el flujo de un campo vectorial a través de una superficie es siempre
conveniente comprobar, antes de aplicar la definición de flujo, si el campo es o no solenoidal. Ello
se justifica por la existencia del Teorema de Gauss cuya aplicación, si es posible, puede simplificar
considerablemente los cálculos.
En este caso, para los valores dados del vector a = (2, 2, 2) y la constante k = 3/2, se comprueba
fácilmente que, en efecto, se trata de un campo solenoidal, puesto que ∇ · F(r) = 0. Además, el
campo dado presenta esta propiedad en R 3 \{(0, 0, 0)}.
• Consideremos, en primer lugar la superficie Σ1 de ecuación cartesiana (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 9.
Como el dominio de R 3 limitado por esta superficie esférica contiene el origen y la divergencia del
campo no está definida en ese punto, no es posible aplicar el Teorema de Gauss directamente en este
caso. La integral de volumen de la divergencia del campo extendida al dominio limitado por Σ1 no
está definida.
Sin embargo si es posible utilizarlo para sustituir la superficie dada por otra que simplifique los
cálculos. El razonamiento es el siguiente: Dada la superficie esférica Σ1, siempre se puede encontrar
otra regular y cerrada Σ ′ que no contenga el origen con la siguiente propiedad: el dominio limitado
por Σ ′ en R 3 contiene el origen y, además, está contenido en el dominio limitado por Σ. En estas
condiciones, la aplicación del Teorema de Gauss al dominio D ⊂ R 3 comprendido entre las dos
superficies permite afirmar que el flujo a través de las caras exteriores de ambas superficies coincide,
lo que es debido a que el campo vectorial es solenoidal en ese dominio D (que no contiene el origen).
Podemos entonces elegir Σ ′ como la superficie de ecuación cartesiana 24x 2 + 4y 2 + 2z 2 = ɛ,
donde siempre se puede encontrar un ɛ > 0 de forma que se cumplan las condiciones sobre Σ ′ antes
mencionadas. Así pues:
Σ1
F(r) · dσ =
Σ ′
F(r) · dσ = 2
ɛ 3/2
Σ ′
r · dσ ,
donde r = (x,y,z) y, en la última igualdad, se ha tenido en cuenta que el valor del campo sobre Σ ′
es, precisamente: F(r)| Σ ′ = 2
ɛ3/2 r, motivo por el cual se ha elegido Σ′ en la forma dada.
Falta por calcular la última integral extendida a Σ ′ y para ello podemos volver a aplicar el teorema
de Gauss para escribir:
2
ɛ 3/2
Σ ′
r · dσ = 2
ɛ 3/2
V ′
∇ · r dV = 6
ɛ 3/2
donde se ha tenido en cuenta que ∇ · r = 3.
Finalmente, la última integral es el volumen del elipsoide 24x 2 + 4y 2 + 2z 2 ≤ ɛ, cuyos semiejes
son ɛ
24 , ɛ
4 , ɛ
πɛ3/2
. Por tanto, el volumen es 2
6 √ y el flujo pedido:
3
F(r) · dσ = π √ .
3
Σ1
V ′
dV

• En el caso de la superficie esférica Σ2, de ecuación cartesiana (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 1/4, resulta
que el domino de R 3 que limita no contiene el origen y, por tanto, el campo F(r) es solenoidal en el.
La aplicación directa de Teorema de Gauss nos permite concluir que el flujo de F(r) a través de Σ2
es cero.
2.b) Para determinar los valores del vector a y de la constante k > 0 para los que el campo
vectorial dado es solenoidal, calculamos su divergencia:
divF(r) = ∇ · F(r) =
2
(24x2 + 4y2 + 2z2 ) k−1
12(a1 + a2 + a3 − 2a1k)x 2 +
2(a1 + a2 + a3 − 2a2k)y 2 + (a1 + a2 + a3 − 2a3k)z 2
.
Al igualar a cero resulta el siguiente sistema lineal homogéneo de tres ecuaciones:
⎛
1 − 2k
⎜
⎝ 1
1
1 − 2k
1
1
⎞ ⎛ ⎞
a1
⎟ ⎜ ⎟
⎠ ⎝a2⎠
=
1 1 1 − 2k a3
⎛ ⎞
0
⎜ ⎟
⎝0⎠
.
0
Para que admita soluciones distintas de la idénticamente nula, el determinate de la matriz de coeficientes
debe ser cero. De ello se obtiene: 4k 2 (3 − 2k) = 0 =⇒ k = 3/2 ó k = 0, donde la última
solución se descarta pues, por hipótesis, k es estrictamente positiva.
Para k = 3/2 el rango de la matriz de coeficientes anterior es 2 y, por tanto, estamos en una
situación análoga a la que se planteó en el apartado 1.a); es decir, existen infinitas soluciones que se
obtienen expresando dos de las incógnitas en términos de la tercera. Por ejemplo:
−2a1 + a2 = −a3
a1 − 2a2 = −a3
⎫
⎪⎬
⎪⎭ =⇒ a1 = a2 = a3 .
Así pues, el campo F(r) dado es solenoidal para k = 3/2 y para
a = a3(1, 1, 1) con a3 ∈ R,
y, dado el valor de k, posee esta propiedad en R 3 \{(0, 0, 0)}.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de junio 20.06.06
PROBLEMA 2 (3 puntos)
1) Sea k < 0. La integral impropia ∞
x k−1 cosx dx
¿es convergente? ¿Es absolutamente convergente?
2) Sea k < 0. La integral impropia ∞
x k sen x dx
¿es convergente?
3) Aplicar lo anterior para estudiar la convergencia de la integral impropia
∞ √
2
t sen(t )dt.
Nota: cada apartado vale un punto.
1
1
1
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) Acotamos el valor absoluto del integrando:
x k−1 cos x ≤ x k−1 = 1
x 1−k
y dado que 1 − k > 1 se tiene que
∞ dx
< ∞
1 x1−k así que por el criterio de mayoración, se tiene que la integral ∞
1 xk−1 cos x dx converge absolutamente,
y, en particular, converge.
2) Integremos por partes, con el fin de relacionar esta integral con la integral del apartado anterior.
Lo hacemos sobre un intervalo finito [1,M], y luego hacemos tender M a infinito:
M
x
1
k sen x dx = cos 1 − M k M
cos M + k x
1
k−1 cos x dx
∞
x k ∞
sen x dx = cos 1 + k x k−1 cos x dx < ∞
1
donde, por un lado, se ha utilizado que, para k < 0,
M k cos M k
≤ M −−−→
M→∞ 0
y por otro lado, el hecho de que ∞
1 xk−1 cos x dx es finita (por el apartado anterior).
Por todo ello, ∞
1 xk sen x dx es convergente para k < 0.
3) Realizamos el cambio de variable t2 = x, que no varía los límites de integración:
∞ √ ∞
2
t sen(t ) dt = 4√ 1
x sen x
1
1 2 √
1 ∞
dx = x
x 2 1
−1
4 sen x dx
que se trata de una integral impropia como la del apartado anterior, donde k = −1 < 0, por lo
4
que concluimos que es una integral convergente.
1

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de junio 20.06.06
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se considera el arco C de la lemniscata ρ 2 = a 2 cos 2θ contenido en el primer cuadrante (x ≥ 0,
y ≥ 0), siendo a > 0 una constante. Se pide:
1. Calcular las coordenadas (x0,y0) del centroide del arco C en función de la longitud l del arco
(que no es necesario calcular en ningún momento en este problema).
2. Se considera ahora el dominio plano acotado D limitado por C en el primer cuadrante. Se pide
hallar las coordenadas (xD,yD) del centroide de D. Si aparece una función hiperbólica inversa,
se deberá expresar el resultado en términos de la función logaritmo.
Nota: La primera pregunta vale un punto y la segunda dos.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. Es bien sabido que, en el primer cuadrante, la lemniscata existe solamente para ángulos polares
comprendidos entre 0 y π/4.
Derivando respecto de θ en la ecuación de la lemniscata ρ 2 = a 2 cos 2θ, se tiene
de donde
2ρρ ′ = −2a 2 sen 2θ ⇒ ρ ′ = − a2 sen 2θ
ρ
ρ 2 + ρ ′2 = a 2 cos 2θ + a 4 sen 2 2θ
a 2 cos 2θ
= a2
cos 2θ .
Por tanto, a título informativo y sin completar el cálculo, la longitud l del arco C es
l =
π/4
0
ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 π/4 dθ
dθ = a √ .
0 cos 2θ
y
0
D
C
a x
Figura 1: Arco de lemniscata en el primer cuadrante
,

Las coordenadas del centroide del arco C verifican:
π/4
lx0 = xds = ρ(θ) cos θ
Por tanto,
=
C
π/4
= a 2
ly0 =
=
0
π/4
0
C
π/4
= a 2
2. El área del dominio D es:
0
a √ cos 2θ cos θ
y ds =
0
π/4
0
a
√ cos 2θ dθ
cos θ dθ = a 2 [sen θ] π/4
0
π/4
0
a √ cos 2θ sen θ
ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
= a2
√ 2 .
ρ(θ) sen θ ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
a
√ cos 2θ dθ
sen θ dθ = a 2 [− cos θ] π/4
0
(x0,y0) =
Área =
=
a 2
l √ 2
D
π/4
0
= a2
2
, a2
l
dxdy =
dθ
π/4
= a2
4
Para calcular xD necesitamos la integral:
Ix : = xdxdy = ρ 2 cos θ dρdθ
=
D
π/4
0
cos θ dθ
π/4
D ′
√
a cos 2θ
0
0
= a2 1 − 1
√ .
2
1 − 1
√ .
2
D ′
√
a cos 2θ
0
cos 2θ dθ
[sen 2θ]π/4
0
ρ 2 dρ
= a3
3 0
cos θ(cos 2θ) 3/2 dθ = a3
3
(cambio u := sen θ)
= a3
3
1/ √ 2
0
(1 − 2u 2 ) 3/2 du
cambio u = 1 √ 2 sen t
π/2
ρdρdθ
ρdρ
= a2
4 .
π/4
= a3
(1 − sen
3 0
2 t) 3/2 1 √ cos t dt
2
√
2
=
6 a3
π/2
cos
0
4 √
2
t dt =
12 a3
1 5
B ,
2 2
√
2
=
12 a3
1 5
Γ Γ √
2 2 2
=
Γ(3) 12 a3
3 1
2 2 Γ
1
2
2
= πa3√ 2
32
.
0
cosθ(cos 2 θ − sen 2 θ) 3/2 dθ
2

Por tanto,
xD = Ix
Área = πa√2 8
Análogamente, para calcular yD, necesitamos la integral:
Ahora bien,
luego
Iy : =
=
D
π/4
0
y dxdy =
sen θ dθ
π/4
D ′
√
a cos 2θ
0
ρ 2 sen θ dρdθ
ρ 2 dρ
= a3
3 0
sen θ(cos 2θ) 3/2 dθ = a3
3
(cambio u := cos θ)
1/ √ 2
= a3
−(2u
3 1
2 − 1) 3/2 du
cambio t := arg ch
u √ 2
= a3
3
0
= a3
3 √ 2
arg ch √ 2
√
arg ch 2
0
− 1
√ 2 sh 4 t dt
sh 4 t dt .
sh 4 t = 1
16 (et − e −t ) 4
π/4
= 1
16 (e4t − 4e 2t + 6 − 4e −2t + e −4t )
= 1
(2 ch 4t − 8 ch 2t + 6) ,
16
Iy = a3
48 √ √
arg ch 2
(2 ch 4t − 8 ch 2t + 6)dt
2 0
= a3
48 √ 2
= a3
48 √ 2
Por otra parte, si w = arg chv, se tiene:
Como
sh 4t
− 4 sh 2t + 6t
2
0
.
sen θ(cos 2 θ − sen 2 θ) 3/2 dθ
arg ch √ 2
0
6 √ 2 − 8 √ 2 + 6 arg ch √ 2
v = chw = 1
2 (ew + e −w )
⇒ 2ve w = e 2w + 1
⇒ e 2w − 2ve w + 1 = 0
⇒ e w = v ± √ v 2 − 1
⇒ w = log
v ± √ v 2 − 1
log
v + √ v 2 − 1
y log
v − √ v 2 − 1
.
.

tienen signos opuestos, y la función arg ch toma solo valores no negativos, se tiene
arg ch √ 2 = log √
2 + 1 .
Por tanto,
de donde
Iy = a3
= a 3
yD = Iy
Área
48 √ 2
√ 2
16
= a
12
2 √ 2 + 6 log
1 + √ 2
log 1 + √ 2
− 1
24
3 √ 2 log
1 + √ 2
− 2
,
.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Se consideran el campo escalar u(x, y, z) = (9x 2 + 4y 2 + z 2 ) 1/2 y los campos vectoriales:
donde P (x, y, z) =
F(x, y, z) =
1
u(x, y, z)
r
u(x, y, z) 3 y G(x, y, z) = (P (x, y, z) , Q(x, y, z) , 0) ,
y z
(9x2 + 4y2 , Q(x, y, z) = −
)
1
u(x, y, z)
x z
(9x 2 + 4y 2 )
1) Calcúlese el rotacional del campo G(x, y, z) sabiendo que se cumple:
∂Q(x, y, z)
∂x
−
∂P (x, y, z)
∂y
=
z
.
u(x, y, z) 3
y r = (x, y, z).
¿Es G(x, y, z) un potencial vector de F(x, y, z)? En caso afirmativo, indíquese el dominio de
R 3 en el que se da esta propiedad. Además, obténgase razonadamente un potencial vector del
campo F(x, y, z) cuya tercera componente no sea nula. (1 punto.)
2) Considérese la curva Γ que resulta de la intersección de la superficie elíptica de ecuación cartesiana
9x 2 +4y 2 +z 2 = 2 con el plano z = 1, orientada de forma que su proyección sobre el plano
z = 0 se recorre en sentido positivo. Sea Σ la parte de la superficie elíptica anterior que tiene
por borde orientado la curva Γ y está situada en el semiespacio z ≥ 1. Utilícese la definición
de flujo y de circulación para calcular el flujo de F(x, y, z) a través de Σ y la circulación de
G(x, y, z) a lo largo de la curva Γ.
(2 puntos.)
3) Enúnciese con toda precisión el teorema de Stokes. Decídase razonadamente si los resultados
obtenidos en el apartado anterior contradicen o no lo establecido en este teorema. (1 punto.)
Respuesta:
1) El rotacional del campo G(x, y, z) es, por definición:
rot G :=
Teniendo en cuenta que:
se tiene:
−
∂Q(x, y, z)
∂z
∂P (x, y, z)
∂z
=
−
=
∂Q(x, y, z)
∂z
, ∂P (x, y, z)
∂z
, ∂Q(x, y, z)
∂x
∂u
∂z = z (9x2 + 4y 2 + z 2 ) −1/2 = z
u ,
x
(9x 2 + 4y 2 )
y
(9x 2 + 4y 2 )
∂
∂z
∂
∂z
z
u
z
u
=
=
x
(9x 2 + 4y 2 )
y
(9x 2 + 4y 2 )
1
u
−
1
u
∂P (x, y, z)
.
∂y
− z
u 2
− z
u 2
∂u
∂z
∂u
∂z
= x
u 3
= y
.
u3 Como se indica en el enunciado, la tercera componente de rot G es z/u 3 y, por tanto, se da la
igualdad rot G =
r
u(x, y, z) 3 = F; es decir, G es un potencial vector de F en todo conjunto de R3 en
el que estén definidas las derivadas parciales ∂P/∂y, ∂P/∂z, ∂Q/∂x y ∂Q/∂z. Esto ocurre en todo

R 3 menos el eje z (nótese que para x = y = 0 el denominador de las dos primeras componentes de
G se anula). Así pues, G es un potencial vector de F en el conjunto
C = R 3 \
(x, y, z) ∈ R 3 : x = y = 0
.
Una forma de razonar para obtener a partir de G otro potencial vector de F, consiste en tener
en cuenta que el rotacional de un gradiente (cuando está definido) es siempre nulo y, por tanto,
basta considerar un campo escalar V (x, y, z) de clase C 2 en R 3 para que G + gradV sea también un
potencial vector de F. La tercera componente de este nuevo potencial vector será ∂V/∂z, por tanto
habrá que elegir el campo escalar V (x, y, z) de forma que ∂V/∂z = 0. Un ejemplo sencillo puede ser
V (x, y, z) = z, en cuyo caso se obtiene el potencial vector de F dado por (P (x, y, z), Q(x, y, z), 1),
cuya tercera componente no es nula.
2) Circulación de G sobre Γ: La curva Γ es una elipse situada en el plano z = 1 que tiene por
ecuación cartesiana
9x 2 + 4y 2 = 1 , z = 1 ,
con lo que una de sus parametrizaciones es r(θ) = (x(θ), y(θ), z(θ)), con:
x(θ) = 1
1
cos θ , y(θ) = sen θ , z(θ) = 1 ,
3 2
y θ ∈ [0, 2π] para que su proyección sobre el plano z = 0 se recorra en sentido positivo.
El valor de campo G sobre Γ es: G |Γ = 1
pedida es:
√ (y, −x, 0) con lo que, por definición, la circulación
2
Γ
Gdr =
Γ
G |Γ dr = 1
√ 2
2π
0
⎛
−
1
⎜
sen θ , −1 cos θ , 0 · ⎝
2 3 1
⎞
sen θ 3
1 ⎟
cos θ 2 ⎠ dθ = −
0
π
3 √ 2 .
Flujo de F a través de Σ: Considerando como parámetro el ángulo de las coordenadas elípticas y
la coordenada z, una parametrización de la superficie considerada es
r(θ, v) = (x(θ, v), y(θ, v), z(θ, v)) ,
con:
√
2 − v2 x(θ, v) = cos θ ,
3
√
2 − v2 y(θ, v) = sen θ ,
2
z(θ, v) = v , θ ∈ [0, 2π] , v ∈ [1, √ 2] .
La cara, Σ + , de la superficie orientada que hay que considerar es la que tiene por vector normal
∂r(θ, v) ∂r(θ, v)
×
∂θ ∂v =
√ √
2 − v2 2 − v2 cos θ , sen θ ,
2
3
v
.
6
Por tanto, el flujo pedido es, por definición:
Σ +
F · ds =
=
1
2 √ 2
1
2 √ 2
2π
0
2π
0
√ 2
1
√ 2
1
∂r(θ, v) ∂r(θ, v)
r(θ, v) · × dv dθ
∂θ ∂v
1 π
dv dθ =
3 3 √ √
2 − 1 =
2
π
√
2
1 − .
3 2
Nota: Aunque no es lo que se pide en el enunciado, el flujo anterior puede calcularse aplicando
adecuadamente el teorema de Gauss, ya que el campo F es solenoidal en R 3 \ {(0, 0, 0)}.

3) Un enunciado del teorema de Stokes puede ser el siguiente:
Sea Σ una superficie regular y orientable cuyo borde es la curva Γ. Sea H un campo vectorial de
clase C 1 en un abierto A ⊆ R 3 que contiene a Σ y a su borde Γ. Entonces:
Σ
rot H · dσ =
Γ
H · dr ,
donde la cara de Σ y la orientación de Γ que se consideran son las que resultan de aplicar la “regla
del sacacorchos”.
Para decidir si los resultados obtenidos en el apartado anterior contradicen o no este teorema hay
que comprobar, en primer lugar, que los campos F y G verifican sus hipótesis. Pero toda superficie
cuyo borde sea la curva Γ contiene al menos un punto que pertenece al eje z en el que el campo G
no es de clase C 1 . Así pues, el teorema de Stokes no se puede aplicar en este caso y el hecho de que,
según muestran los cálculos anteriores,
no lo contradice.
Σ +
F =
Σ +
rotG =
Γ
Gdr ,

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06
PROBLEMA 2 (3 puntos): Este ejercicio consta de dos apartados independientes.
1) Calcúlese el volumen del sólido interior a la esfera unidad centrada en el origen, e interior al
cilindro x 2 + y 2 = 1/4. (1 punto)
2) Sea el recinto D = {(x,y), 0 < x < 1, 0 < y < 1, x 2 + y 2 > 1} y C su curva frontera, orientada
positivamente. Considerando el campo vectorial
relaciónense las integrales
D
x
F(x,y) =
1 + x2
+ y2, 0 ,
xy
(1 + x 2 + y 2 ) 2dxdy,
C
F · dr
y calcúlese sólo una de ellas. (2 puntos)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) El volumen pedido puede calcularse de muchas formas distintas, por ejemplo: como volumen de
sólido de revolución, o bien como suma de volumen del cilindro más volumen de dos casquetes
esféricos, o bien pasando a coordenadas esféricas, o cilíndricas, etc. Aquí incluimos la siguiente
solución alternativa, como volumen proyectable sobre la región plana D : x 2 + y 2 ≤ 1/4 , ya
que la sólido viene definido por
Ω =
Su volumen V es
V =
(x,y,z) ∈ R 3
: (x,y) ∈ D, − 1 − x2 − y2
≤ z ≤ 1 − x2 − y2
.
Ω
dx dy dz =
y, por ejemplo, pasando a polares en D,
⎛
⎝
D
√ 1−x2−y2 √
− 1−x2−y2 2π 1/2
V = 2 ρ 1 − ρ
0 0
2dρ dθ = 4π
−
3
1 − ρ 23
⎞
dz⎠
dx dy = 2
ρ=1/2
2
ρ=0
= 4π
3
D
1 − x 2 − y 2 dxdy
1 − 3√ 3
8
=
8 − 3 √ 3
π
.
6

2) El recinto D del enunciado aparece en la siguiente figura, y se observa que su borde C es una
curva de Jordan que consta claramente de tres arcos C1, C2, C3:
1
0
y
C2
C3
D
Podemos aplicar el Teorema de Green al campo F que es de clase C 1 en el dominio D, con lo
cual se relaciona su circulación a lo largo de C con una integral doble sobre D:
C
1
∂Q ∂P
F · dr = (P,Q) ·dr = − dx dy.
C
D ∂x ∂y
Además, en este caso Q es nula y P(x,y) = x
1+x 2 +y 2 así que
C
C1
F · dr = −
D
∂P
dx dy =
∂y D
x
2xy
(1 + x2 + y2 ) 2dx dy
con lo que se deduce que la integral curvilínea es dos veces la integral doble del enunciado.
Ya que ambas están relacionadas como acabamos de decir, calculamos una cualquiera de ellas,
por ejemplo, la integral curvilínea. La curva C orientada positivamente consta de tres partes:
un segmento vertical C1, otro horizontal C2 y un arco de circunferencia C3; por ello, hay que
calcular sobre cada una de esas curvas la integral de línea
En el segmento vertical dx = 0, luego
C
F · dr = Pdx + 0dy =
C
C
C1
Pdx = 0.
x
1 + x 2 + y 2dx
Por otro lado, el segmento horizontal está formado por los puntos (x, 1) con x ∈ [0, 1], pero hay
que cambiarlo de orientación, así que queda:
C2
1
Pdx = −
0
x
2 + x2dx = −1 log
2
2 + x 2x=1 1
= (log (2) − log (3)).
x=0 2
Por último el arco de circunferencia tiene la orientación opuesta a la de (x(t),y (t)) = (cost, sen t)
con t ∈ [0,π/2], luego (x ′ (t),y ′ (t)) = (−sen t, cos t) y entonces
C3
π/2 x (t)
Pdx = −
0 2 x′ π/2
(t)dt =
0
Finalmente, la integral curvilínea pedida es
C
cos t
sen tdt = −
2 1
4 cos2 t=π/2
t =
t=0
1
4 .
F · dr = Pdx + Pdx + Pdx =
C1 C2 C3
1 1
+ (log (2) − log (3))
4 2
mientras que la integral doble es la mitad:
D
xy
(1 + x2 + y2 1 1
) 2dx dy = + (log (2) − log (3)).
8 4

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2005/2006) Convocatoria de septiembre 12.09.06
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Este ejercicio consta de tres apartados independientes; cada uno de ellos vale 1 punto.
1) Estúdiese la convergencia de la integral impropia
∞
0
e −x
√ x 3 − x 2 − x + 1 dx.
2) Determinar los valores reales de m y n para los que la integral
∞ (x
1
3 − 1) m
x3n+1 dx
converge y calcular su valor para los casos en que sean enteros.
3) Calcular el valor de t para el cual la función M(t) =
valor mínimo en el intervalo [1, 10].
Solución:
1)
∞ e
I =
−x
√ dx
x3 − x2 − x + 1
0
∞ e
t
−xt t e
dx + 3
x 0
−x2
dx alcanza su
x + 1
En primer lugar, y debido a la presencia de la raíz cuadrada, comprobaremos que la función subradical
es no negativa en [0, ∞) y que por ello la función subintegral está bien definida. Para ello
factorizaremos el polinomio x 3 − x 2 − x + 1. Utilizando Ruffini y tanteando la raíz x = 1 se obtiene
de inmediato que x 3 − x 2 − x + 1 = (x − 1) 2 (x + 1). Se observa que esta función es no negativa en
[0, ∞) por lo que la raíz cuadrada está bien definida. Por otro lado, y puesto que x = −1 está fuera
del intervalo de integración, la función subintegral
f(x) =
e −x
√ x 3 − x 2 − x + 1 =
e −x
|x − 1| (x + 1) 1/2
está definida en todo [0, ∞) salvo en el punto x = 1, en cuyo entorno la función no está acotada (pues
límx→1 + = ∞ y límx→1− = ∞). Por consiguiente, la integral es impropia por dos razones: la presencia
de un intervalo de integración no acotado y el hecho de que f no está acotada en el entorno de x = 1.
Obsérvese que f es siempre no negativa, con lo que la convergencia de la integral es equivalente a la
convergencia absoluta y podemos aplicar los criterios de convergencia para integrales impropias en
las que la función subintegral no cambia de signo. Por definición, la integral será convergente si y
sólo si las tres integrales
1
a
∞
α = f(x)dx , β = f(x)dx , γ = f(x)dx,
0
1
cada una de las cuales es impropia sólo por un motivo, son convergentes, donde a es cualquier
número del intervalo (1, ∞).
1
a

y ∞
1
La integral γ converge absolutamente pues (recuérdese que f ≥ 0)
lím
x→∞
e −x
|x−1|(x+1) 1/2
1
x 2
= 0
dx
x2 es convergente ( ∞ dx
1 xp converge si y sólo si p > 1). En cuanto a α
lím
x→1 −
e −x
|x−1|(x+1) 1/2
1
1−x
= lím
x→1 −
que es finito y no nulo, por lo que 1
0 f(x)dx y 1
0
integral es divergente ( 1
0
dx
1−x
e −x
(1−x)(x+1) 1/2
1
1−x
= e−1
2 1/2
tienen el mismo carácter. Como esta segunda
dx
(1−x) p converge si y sólo si p < 1) se sigue que α es divergente y por
consiguiente, e independientemente del carácter de β, I es divergente. Aunque ya no es necesario
analizar el carácter de β, ésta resulta también divergente, pues
que es finito y no nulo, y a
1
2) Sea I(m, n) := ∞
1
lím
x→1 +
e −x
|x−1|(x+1) 1/2
1
x−1
= lím
x→1 +
dx
x−1 es divergente ( a
1
dx
x−1
e −x
(x−1)(x+1) 1/2
1
x−1
= e−1
2 1/2
converge si y sólo si p < 1)
(x 3 −1) m
x 3n+1 dx. Teniendo en cuenta la forma de la función subintegral y el hecho
de que debemos calcular de forma explícita el valor de I(m, n), parece razonable intentar relacionar
I con la función beta, β(p, q) = 1
0 yp−1 (1 − y) q−1 dy. Para transformar el intervalo (1, ∞) (para la x)
en el intervalo (0, 1) (para la y) parece razonable realizar el cambio x = φ(y) = 1/y (que obviamente
es un difeomorfismo al ser φ biyectivo y tanto φ como φ −1 de clase uno). Se tiene entonces
∞ (x
I(m, n) :=
3 − 1) m
1
0
y
dx =
3 − 1 m 3n+1 1
x 3n+1
1
1
y
− 1
y2
dy =
1
0
1 − y 3 m
y 3n−3m−1 dy
que no es una β debido al término y 3 dentro del paréntesis. Para subsanar esto se puede hacer el
cambio y = η(u) = u 1/3 , es decir, u = η −1 (y) = y 3 que es un difeomorfismo de (0, 1) a (0, 1). Entonces
I(m, n) =
1
= 1
3
0
1
1 − y 3m y 3n−3m−1 1
dy =
0
0
(1 − u) m u 3n−3m−1
3
(1 − u) m u n−m−1 du = 1
β(m + 1, n − m)
3
1 2
u− 3 du =
3
Por supuesto, el procedimiento anterior es totalmente equivalente a haber realizado un único
cambio correspondiente a la composición de los dos anteriores, es decir, x = α(u) = u −1/3 , u = x −3 .
Utilizando las propiedades de la función β se obtiene que I(n, m) converge si y sólo si m > −1 y
n > m. Además, en el caso de que m y n cumplan las condiciones anteriores y sean enteros (es decir,
m = 0, 1, 2, ... y n = m + 1, m + 2, ... se puede escribir
I(m, n) = 1
1
β(m + 1, n − m) =
3 3
= 1 m!(n − m − 1)!
3 n!
Γ(m + 1)Γ(n − m)
Γ(n + 1)
3) Para calcular el mínimo de M derivaremos en la expresión de M. Para ello, en primer lugar
comprobaremos que la función M está definida en [1, 10] y que es derivable en dicho intervalo. Para
simplificar los razonamientos podemos expresar ∞ e
t
−xt
x dx = 10 e
t
−xt
x dx + ∞
10 e−xt dx con el fin de
x
separar la presencia de la variable t en los límites de integración por un lado y la la presencia
2
=

de un intervalo de integración no acotado por otro. Obsérvese que el partir la integral utilizando
x = 10 es arbitrario, se podrían haber utilizado otros valores. Ahora denotemos α(t) := 10
t
β(t) := ∞
10 e−xt
0 e−x2 dx con lo que M(t) = α(t) + β(t) + 3γ(t).
x dx y γ(t) := t
x+1
e −xt
x dx,
Para cada t ∈ [1, 10], γ(t) es una integral en sentido propio, pues la función subintegral está aco-
tada en [0, 10]. Puesto que e−x2 es continua en [0, 10] y toda función continua es integrable, γ(t)
x+1
está definida en [1, 10]. Además, usando el teorema fundamental del cálculo integral, γ(t) es deriva-
ble con continuidad en [1, 10] y su derivada vale e−t2
t+1 .
Para cada t ∈ [1, 10], α(t) es una integral en sentido propio, pues f(x, t) := e−xt
está acotada
x
en Q := [1, 10] × [1, 10]. Como f es continua en Q la integral existe y por ello α está bien definida.
existe y es de clase uno en Q se sigue que α es derivable con continuidad en [1, 10]
Además como ∂f
∂t
y α ′ (t) = − e−t2
t + 10 e−xt
e−t2
t (−x) dx = − x t − 10
t e−xtdx. Por último, para cada t ∈ [1, 10], β(t) es una integral impropia al ser el intervalo de integración
no acotado. Al ser f(x, t) acotada en [10, ∞) × [1, 10] no hay más razones por las que la integral
sea impropia. Demostremos que para todo t ∈ [1, 10] la integral impropia es convergente. En efecto,
para todo t ∈ [1, 10] y todo x ∈ [10, ∞) se cumple e−xt
≤ x
e−x
x . Como ∞
10 e−x dx es convergente, por
x
el criterio de comparación β(t) converge absolutamente para todo t ∈ [1, 10] (nótese que de hecho
con el razonamiento anterior se ha demostrado, utilizando el criterio de Weierstrass, la convergencia
uniforme de la integral para t ∈ [1, 10]) con lo que β está bien definida. Para demostrar la derivabilidad
de β utilizamos en primer lugar que (a) f es continua en [10, ∞) × [1, 10] y ∂f
existe y es continua
∂t
en dicho conjunto. En segundo lugar, demostraremos (b) que la integral ∞ ∂f
10 ∂t dx = − ∞
10 e−xtdx converge uniformemente para t ∈ [1, 10]. Para ello emplearemos el criterio de Weierstrass: para todo
t ∈ [1, 10] y todo x ∈ [10, ∞) se cumple |e−xt | ≤ e−x y además ∞
10 e−xdx es convergente, de donde
se sigue la convergencia uniforme de la integral. De (a) y (b) se deduce que β es derivable con
continuidad en [1, 10] y que β ′ (t) = ∞ ∂f
10 ∂t dx = − ∞
10 e−xtdx. Por lo tanto M es derivable con continuidad en [1, 10] y
M ′ (t) = α ′ (t) + β ′ (t) + 3γ ′ (t) = − e−t2
t −
10
e
t
−xt ∞
dx − e
10
−xt dx + 3 e−t2
t + 1 =
= − e−t2
t −
∞
e
t
−xt dx + 3 e−t2
e−xt
= −e−t2 − |
t + 1 t t
x=t
x=∞ +3 e−t2
t + 1 =
= e −t2
− 2
3 t − 2
−t2
+ = e
t t + 1 t(t + 1)
donde se ha utilizado que al ser t positivo, límx→∞ e −xt = 0.
Se observa que M ′ (t) sólo tiene un cero, t = 2, en el intervalo [1, 10]. Como M ′ (t) pasa de negativa
a positiva al atravesar t = 2 podemos afirmar que t = 2 es un punto de mínimo relativo de M. Por
tanto, los únicos candidatos a punto de mínimo global en [1, 10] son t = 2 y los extremos del intervalo.
Como M ′ (t) < 0 en [1, 2) y M ′ (t) > 0 en (2, 10] podemos afirmar que t = 2 es el punto de mínimo
global que se pide.
3

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de febrero 06.02.07
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 1 (4 puntos): Se consideran las integrales impropias
Se pide:
∞
G(a) = e −x ∞
cos(ax) dx. F (a) =
0
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0
−x sen(ax)
e
x
1. Encontrar el conjunto de valores reales de a donde G converge uniformemente. Para dichos
valores, calcular explícitamente G(a). (1’5 puntos)
2. Enunciar y aplicar el teorema que permite concluir que F es una función derivable en su dominio
de definición. (0’75 puntos)
3. Calcular la integral F (a) para los valores de a donde converge. (0’75 puntos)
4. Para b > 0, relacionar la integral
∞
H(b) =
0
−xb sen x
e
x
con la función F . Sabiendo que H converge uniformemente en b ≥ 0, deducir que
∞
0
sen x π
dx =
x 2 .
dx
dx,
(1 punto)
Solución: (Se entregará esta hoja, y a lo sumo, otra más.)
1. El integrando de G(a) puede acotarse en valor absoluto por una función mayorante: |e −x cos ax| ≤
e −x = M(x) que es independiente de a y cuya integral impropia es convergente:
∞
∞
M(x) dx = e
0
0
−x dx = 1 < ∞
luego, por el criterio de Weierstrass podemos afirmar que G es uniformemente convergente en
todo R.
Por tanto, G(a) existe para todo a real; podemos calcular su valor o bien integrando por partes
dos veces, o bien usando que G(a) es la parte real de la siguiente integral:
∞
e
0
−x e iax ∞
dx = e
0
(ia−1)x dx = 1
lím
ia − 1 x→∞ e(ia−1)x
− 1 = 1 1 + ia
=
1 − ia 1 + a2
donde se ha utilizado que límx→∞ e (ia−1)x = límx→∞ |eiax | e−x = límx→∞ e−x = 0. Por tanto,
su parte real es
∞
G(a) =
0
e −x ∞
cos (ax) dx = Re e
0
−x e iax dx = Re
1 + ia
1 + a 2
= 1
1 + a 2
∀a ∈ R.

2. Enunciemos el teorema pedido:
Teorema: Se considera un intervalo cerrado I de la recta real, y la integral impropia
Si se verifica:
F (a0) converge para algún valor a0 ∈ I,
∂f
∂a
es continua en I × [0, ∞)
la integral impropia
converge uniformemente en I,
∞
F (a) = f(a, x)dx.
0
∞
entonces F es derivable en I, y su derivada es
F ′ ∞
(a) =
0
0
∂f
(a, x)dx
∂a
∂f
(a, x)dx ∀a ∈ I.
∂a
Veamos que se verifican las tres hipótesis del teorema, tomando I = R:
F converge en a0 = 0, pues obviamente F (0) = 0;
−x sen ax e = e−x cos ax que es una función continua para (a, x) en R × [0, ∞)
∂
∂a
x
La integral impropia de la derivada es
∞
0
∂f
∞
(a, x)dx = e
∂a 0
−x cos(ax)dx = G(a)
que ya se ha visto que converge uniformemente en R.
Por todo ello, el teorema garantiza que F es derivable en R, y además concluye que
F ′ (a) = G(a) ∀a ∈ R.
3. De la última igualdad, recuperamos F (a) = arc tg(a) + C y observando por la definición que
F (0) = 0 = C finalmente se llega a la expresión
F (a) = arc tg(a) ∀a ∈ R.
4. Para b > 0, mediante un simple cambio de variable y = xb, se tiene que
∞
−xb sen x ∞
−y sen(y/b)
H(b) = e dx = e dy = F
0 x 0 y
1
= arc tg
b
1
.
b
Por otro lado, la convergencia uniforme de H en [0, ∞) garantiza que H es continua en dicho
intervalo, y en particular en b = 0. Por ello, podemos concluir:
∞
0
sen x
x
dx = H(0) = lím
b→0
b→0
H(b) = lím arc tg
+ +
1
=
b
π
2 .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de febrero 6.02.07
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Número de matrícula. .......................
Dado a > 0, sea Γ la curva llamada cardioide, de ecuación polar ρ = a(1+cosθ). Sea D el dominio
limitado por Γ. Se pide:
(1) Hallar la longitud de Γ y el área de D. (1 punto)
(2) Hallar el centroide del arco Γ. (1 punto)
(3) Hallar el centroide del dominio D. (1 punto)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
Puede verse la curva y el dominio en la Figura 1.
a
y
0
D
Γ
Figura 1: Cardioide
(1) Derivando en ρ(θ) = a(1 + cosθ), se obtiene
Por tanto,
y la longitud del arco es
ρ ′ (θ) = −a sen θ .
2a x
ρ(θ) 2 + ρ ′ (θ) 2 = a 2 (1 + cosθ) 2 + a 2 sen 2 θ
l(Γ) =
=
= 2a 2 (1 + cosθ)
= 4a 2 2 θ
cos
2 ,
2π
ρ(θ)
0
2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
2π
θ
2a cos
0 2
dθ
π
= 4a cos
0
θ
2 dθ
= 8a sen θ
π 2
1
0

= 8a .
Calculamos a continuación el área de D:
Área(D) = dxdy
D
= ρ dρdθ
=
D ′
2π a(1+cos θ)
dθ
0 0
2π
= a2
2
= a2
2
0
2π
0
= 3πa2
2
.
ρ dρ
(1 + cos θ) 2 dθ
(1 + 2 cosθ + cos 2 θ) dθ
(2) Calculamos las coordenadas (xΓ, yΓ) del centroide del arco Γ:
Por simetría, yΓ = 0, luego el centroide es
xΓ = 1
xds
l(Γ) Γ
= 1
2π
ρ(θ) cosθ ρ(θ)
8a 0
2 + ρ ′ (θ) 2 dθ
= 1
2π
θ
a(1 + cosθ) cosθ 2a cos
8a 0
2
dθ
π
3 θ
= a cos cosθ dθ
0 2
π
3 θ 2 θ θ
= a cos cos − sen2 dθ
0 2 2 2
π
5 θ θ θ
= a cos − cos3 sen2 dθ t =
0 2 2 2
θ
2
π/2
= 2a cos
0
5 t − cos 3 t sen 2 t
dt
1 3
= a B , 3 − B , 2
2 2
⎡ ⎤
1 3
⎢Γ
Γ(3) Γ Γ(2)
= a ⎢ 2
⎣ −
2 ⎥
⎥
7 7 ⎦
Γ Γ
2 2
⎛
⎜ 2
= a ⎜
⎝
√ ⎞
1 √
π π
5 3 1 √
− 2 ⎟
5 3 1 √ ⎠
π π
2 2 2 2 2 2
= 4a
5 .
(xΓ, yΓ) =
2
4a
5
, 0 .

e
(3) Para calcular las coordenadas (xD, yD) del centroide de D, necesitamos la integral:
Ix =
=
=
= a3
3
D
xdxdy
ρ 2 cosθ dρdθ
D ′
2π a(1+cos θ)
cosθ dθ
0
0
2π
= a3
3
= a3
3
= a3
3
= 4a3
3
= 2a3
3
= 2a3
3
= 5πa3
4
ρ 2 dρ
cos θ(1 + cosθ) 3 dθ
0
2π
cos θ(1 + 3 cosθ + 3 cos
0
2 θ + cos 3 θ) dθ
2π
(cosθ + 3 cos
0
2 θ + 3 cos 3 θ + cos 4 θ) dθ
2π
(3 cos
0
2 θ + cos 4 θ) dθ (los demás términos tienen integral nula)
π/2
(3 cos
0
2 θ + cos 4 θ) dθ
1 3 1 5
3 B , + B ,
2 2 2 2
⎡
⎢
⎣3
1 1
Γ
2 2 Γ
⎤
1 1 5
Γ Γ
2
+
2 2 ⎥
Γ(2) Γ(3)
⎦
.
Las coordenadas (xD, yD) del centroide son:
xD =
Ix 2
=
Área(D) 3πa2 5πa 3
yD = 0 , por simetría.
3
4
= 5a
6

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de febrero 6.02.07
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se consideran el casquete del elipsoide:
x 2
4
+ y2
4
Número de matrícula........................
+ z2
16
situado en el semiespacio z ≥ 0 y la superficie cónica formada por los segmentos que unen el punto
(0, 0, −8) con el borde del casquete anterior. Sea F(x,y,z) el campo vectorial definido por
F(x,y,z) := y U(x,y,z), −xU(x,y,z), z(x + y + z
2 )
2 (z + 8)
donde U(x,y,z) :=
16 − x2 − y 2
3/2 . Se pide:
1) Calcular el flujo del campo F(x,y,z) a través del casquete elipsoidal orientado de forma que la
tercera componente de su vector normal sea positiva. (1 punto)
2) Calcular el flujo del campo F(x,y,z) a través de la superficie cónica orientada de forma que la
tercera componente de su vector normal sea negativa. (1 punto)
3) Sean Ω ∈ R 3 el domino limitado por las dos superficies definidas anteriormente, G := (xg,yg,zg)
el centroide de Ω y Σ + la cara exterior de su frontera. Relacionar el flujo del campo F(x,y,z)
a través de Σ + con las coordenadas de G y calcularlas. (1 punto)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
En primer lugar, dado que a lo largo del problema hay que calcular flujos del campo vectorial
F(x,y,z), conviene calcular su divergencia para saber qué posibilidades hay a la hora de aplicar el
teorema de Gauss. Su expresión es:
∇ · F(x,y,z) =
∂ [y U(x,y,z)]
∂x
−
∂ [xU(x,y,z)]
∂y
= 1,
+ ∂
z
x + y + z
2
= x + y + z .
∂z
Se trata pues de un campo vectorial que (salvo en el origen) no es solenoidal. Nótese que el campo
está definido en R3 menos el conjunto
(x,y,z) ∈ R3 : (z+8)2
16 − x2 − y2 < 0
.
1) En vista de ello, optamos por calcular el flujo pedido parametrizando la
superficie, que se muestra en la figura, y aplicando la definición (pese a que,
como se demuestra en la solución alternativa que se expone más abajo, esta
no es la opción más sencilla).
Sea E + la cara del casquete considerada. Debido a que su proyección sobre
el plano XY es el disco de ecuación cartesiana: x2 + y2 ≤ 4, utilizamos como
parámetros las coordenadas polares (r,θ) del plano. Entonces, una parametrización,
Σ(r,θ) = (x(r,θ),y(r,θ),z(r,θ)), de E + viene dada por las siguientes
ecuaciones paramétricas:
x(r,θ) = r cos θ , y(r,θ) = r cos θ , z(r,θ) = 4
1 − r2
4
, 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π ,

con lo que el vector normal, que debe tener su tercera componente positiva, es:
n(r,θ) := Σ(r,θ)
∂r
× Σ(r,θ)
∂θ =
Por definición, la expresión del flujo pedido es:
F(x,y,z) · dσ =
donde
y, por tanto:
E +
E +
[0,2]×[0,2π]
2 2r cosθ
√
4 − r2 , 2r2 sin θ
√
4 − r2 ,r
.
F(x(r,θ),y(r,θ),z(r,θ)) · n(r,θ)dr dθ ,
F(x(r,θ),y(r,θ),z(r,θ)) · n(r,θ) = 2r
4 − r 2 + r √ 4 − r 2 (cosθ + sinθ)
2
F(x,y,z) · dσ = 2π 2r (4 − r
0
2 2
) + 2r
0
2√ 4 − r2 2π
dr (cos θ + sin θ)dθ .
0
Finalmente, la integral en la variable θ es cero, con lo que resulta:
E +
2
F(x,y,z) · dσ = 4π r (4 − r
0
2 ) = 16π .
1) Alternativa. El casquete elipsoidal no es una superficie cerrada. Sin embargo, es posible
cerrarla considerando otra superficie regular cualquiera que tenga el mismo borde que el casquete.
Como vamos a ver a continuación, la elección del disco de ecuación cartesiana: x 2 + y 2 ≤ 4 situado
en el plano XY , resulta especialmente apropiada en este caso. La aplicación del teorema de Gauss a
la superficie cerrada formada por el disco y el casquete elipsoidal da lugar a la expresión:
F(x,y,z) · dσ + F(x,y,z) · dσ = (x + y + z)dV ,
E +
C +
donde E + es la cara del casquete orientada de forma que la tercera componente de su vector normal
es positiva, C + representa la cara del disco tal que la tercera componente de su vector normal es
negativa y D es el recinto acotado de R3 limitado por la superficie cerrada, que viene dado por:
⎧
⎨
D =
⎩ (x,y,z) ∈ R3 : x 2 + y 2
≤ 4, 0 ≤ z ≤ 4 1 − x2
⎫
y2 ⎬
−
4 4 ⎭ .
Como ya se ha mencionado, la elección del disco para obtener una superficie cerrada resulta muy
conveniente. Nótese que la tercera componente del campo sobre el disco es nula (en el disco es z = 0),
mientras que el vector normal al disco tiene sus dos primeras componentes nulas; es decir, el campo
sobre el disco y la normal al disco son perpendiculares, con lo que el flujo es nulo. Así pues:
F(x,y,z) · dσ = 0 =⇒ F(x,y,z) · dσ = (x + y + z)dV .
C +
E +
Por otra parte, la integral de volumen que aparece en el segundo miembro es, por definición, el
resultado de multiplicar el volumen de D por la suma de las componentes de su centroide. Pero este
dominio es simétrico con respecto a los planos XZ e Y Z y, por tanto, las dos primeras componentes
de su centroide son nulas; es decir:
xdV = y dV = 0,
con lo cual se obtiene la igualdad:
E +
D
D
F(x,y,z) · dσ =
D
D
z dV ,
D

según la cual el flujo pedido es igual al producto del volumen de D por la tercera componente de
su centroide. La integral de volumen se puede calcular de forma sencilla utilizando coordenadas
cilíndricas:
z dV = z r drdθ dz ,
donde r es el jacobiano y D ′ =
tanto, el flujo pedido es:
D
z dV =
D ′
⎧
⎨
z r drdθ dz =
D
D ′
⎩ (r,θ,z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 4
2π
0
dθ
2
0
dr
4 1− r2
4
0
z r dz = 16π
2
0
1 − r2
4
1 − r2
4
⎫
⎬
. Por
⎭
r dr = 16π .
Además, aunque no se pide, el centroide de D tiene por coordenadas (0, 0, 3),
ya que su volumen es
la mitad del volumen del elipsoide de semiejes 2, 2 y 4, que es 32π
3 .
2) Unas ecuaciones paramétricas para la superficie cónica que se muestra
en la figura se obtienen construyendo las ecuaciones de todas los segmentos
que unen el punto (0, 0, −8) con el borde del casquete elipsoidal. El borde es la
circunferencia x 2 +y 2 = 4 situada en el plano z = 0, con lo que unas ecuaciones
paramétricas de esta curva son:
x(θ) = 2 cos θ , y(θ) = 2 sen θ , z(θ) = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π .
La ecuación del haz de segmentos mencionado es, entonces:
x
x(θ)
= y
y(θ)
= z + 8
z(θ) + 8
= λ , 0 ≤ λ ≤ 1,
de donde se obtiene la parametrización Σ(θ,λ) = (x(θ,λ),y(θ,λ),z(θ,λ)) para la superficie cónica,
cuyas ecuaciones son:
x(θ,λ) = 2λ cos θ y(θ,λ) = 2λ sen θ z(θ,λ) = −8 + 8λ , 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ λ ≤ 1,
y de ellas se deduce fácilmente la ecuación cartesiana de esta superficie, que es: x 2 + y 2 (z + 8)2
= .
16
Sea S + la cara de la superficie que se debe considerar, es decir aquella cuyo vector normal tiene
su tercera componente negativa y que, por tanto, es:
n(θ,λ) := Σ(θ,λ)
∂θ
× Σ(θ,λ)
∂λ
= (16λ cos θ, 16λ sen θ, −4λ).
El flujo se calcula ahora aplicando su definición para lo que, en general, resulta conveniente ver el
valor que el campo toma sobre la superficie. Esto es especialmente adecuado en este caso, puesto que
la función U(x,y,z) definida en el enunciado se anula sobre la superficie cónica. Teniendo esto en
cuenta, el valor del campo sobre ella es:
con lo cual
y el flujo pedido es:
S +
F(x(θ,λ),y(θ,λ),z(θ,λ)) := (0, 0, 16(λ − 1)[λ(cos θ + sen θ) + 2(λ − 1)]) ,
F(x(θ,λ),y(θ,λ),z(θ,λ)) · n(θ,λ) = −64λ 2 (λ − 1)[cos θ + sen θ] − 128λ(λ − 1) 2
1
F(x,y,z)·dσ = − 64λ
0
2 2π
1
(λ − 1)dλ [cos θ + sen θ]dθ −256π λ(λ−1)
0
0
2 dλ = − 64π
3 .
2

2) Alternativas. El teorema de Gauss se puede utilizar aquí de forma análoga a como se
describe en la solución alternativa del primer apartado. A la hora de construir la superficie cerrada,
hay dos posibilidades razonables que se pueden utilizar en este caso.
Una de ellas consiste en cerrar la superficie cónica por el disco x 2 +y 2 ≤ 4, z = 0, en cuyo caso el
flujo pedido es igual al resultado de multiplicar el volumen del cono limitado por ambas superficies
por la tercera componente de su centroide. Dado que el volumen del cono es un tercio del área de su
base por su altura, es decir: 32π,
resulta que el centroide del cono es (0, 0, −2) (pero este resultado
3
no se pide).
La otra es cerrar la superficie cónica utilizando el casquete elipsoidal. Esto último constituye el
objetivo del tercer apartado de este problema.
3) Dado que el centroide de un sólido de R 3 se expresa en términos de una
integral de volumen, en este apartado se nos pide relacionar un flujo con una
integral triple. Un resultado que, en caso de que se cumplan las hipótesis,
permite relacionar estos dos tipos de integrales es el teorema de Gauss. Estas
hipótesis se cumplen claramente en las condiciones establecidas en el enunciado,
puesto que el campo vectorial es de clase C 1 en Ω y la superficie que
encierra el sólido (ver la figura) es regular a trozos. Su aplicación da lugar a la
relación:
Σ +
F(x,y,z) · dσ =
Ω
∇ · F(x,y,z) =
Ω
(x + y + z)dV .
Puesto que Ω es simétrico con respecto a los planos XZ e Y Z, el mismo
argumento utilizado en la solución alternativa al primer apartado nos permite
concluir que las dos primeras componentes de su centroide son nulas; es decir:
xdV = ydV = 0.
Por tanto,
Σ +
Ω
Ω
F(x,y,z) · dσ =
Ω
z dV = zg VΩ ,
donde VΩ es el volumen de Ω que se obtiene como la suma del volumen de la parte correspondiente
al elipsoide más el volumen del cono, es decir: VΩ = 32π 32π 64π + = . Ahora bien, obviamente:
3 3 3
F(x,y,z) · dσ = F(x,y,z) · dσ + F(x,y,z) · dσ ,
Σ +
E +
donde E + es la cara del casquete elipsoidal considerado en el primer apartado, S + es la cara de la
superficie cónica considerada en el segundo y los flujos de F(x,y,z) a través de ellas se han calculado
en esos apartados. Así pues:
zg = 1
F(x,y,z) · dσ +
VΩ
E +
y el centroide de Ω es G = (0, 0, − 1
4 ).
S +
F(x,y,z) · dσ
S +
= 3
16π −
64π
64π
3
= − 1
4
NOTA: Caso de no recordar la fórmula del volumen de un cono, este se puede calcular conside-
z + 8
rando que las secciones por planos z = cte del mismo, son discos de radio . El área de estos
4 2 z + 8
discos es π y el volumen del cono se puede calcular mediante la expresión:
4
0 2 z + 8
π dz =
−8 4
32π
3 .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de junio 12.06.07
PROBLEMA 1 (4 puntos) Este problema consta de dos ejercicios independientes.
1. (2 puntos) Determinar los valores reales de a para los cuales converge
Solución:
∞ e
0
−x − eax dx.
x
En primer lugar calculemos el límite del integrando en el origen, usando la regla de L’Hôpital:
e
lím
x→0
−x − eax x
= −(1 + a)
Como el límite existe para todo valor de a, el origen es una singularidad evitable y la integral
solo es impropia en infinito.
Calculemos también el límite del integrando en el infinito:
e
lím
x→∞
−x − eax x
=
0 a ≤ 0
−∞ a > 0
Es condición necesaria de convergencia que el límite del integrando en el infinito sea nulo u
oscile, por tanto a ≤ 0. Dado que el origen es una singularidad evitable, vamos a descomponer
la integral:
∞ e
0
−x − eax 1 e
dx =
x
0
−x − eax ∞ e
dx +
x
1
−x − eax dx = I0 + I1(a)
x
I0 es propia, nos ocupamos de la convergencia de I1(a). Utilicemos el siguiente criterio de
comparación:
Sean f y g dos funciones continuas en [ a, ∞), con g no negativa; si ∀x ≥ a |f(x)| ≤ g(x)
∞
∞
entonces: ( g converge ⇒ f converge absolutamente).
a
a
∞
Sabemos que e bx dx es convergente para b < 0; entonces
0
e
−x − eax
x ≤ e−x + e ax , x ≥ 1
Luego para a < 0 la integral I1(a) es convergente. Por último, para a = 0 descomponemos la
integral como sigue:
∞ e
I1(0) =
1
−x ∞ 1
dx −
x 1 x dx,
el primer sumando es convergente y el segundo divergente, luego la integral es divergente.
En conclusión, la integral del enunciado converge solo si a < 0.

2. (2 puntos) Determinar los valores reales de a y b para los cuales converge
y calcular explícitamente I(2, 3).
∞
I(a, b) =
Indicación: Relacionar la integral con una beta de Euler.
Solución:
0
ta (4 + t2 dt
) b
Una de las expresiones de la función beta de Euler es
∞
β(p, q) =
0
xp−1 dx,
(1 + x) p+q
convergente para p, q > 0. Hagamos los cambios adecuados para expresar I(a, b) como una beta;
dado que 4 + t 2 = 4(1 + (t/2) 2 ) el cambio natural es t = 2 √ x que transforma biyectivamente
la semirrecta (0, ∞) en sí misma y no cambia los límites. Se tiene entonces:
I(a, b) = 2a
4b ∞ x
0
a−1
2 2a
dx =
(1 + x) b 4
Para que sea convergente tiene que ser
Por último,
p =
a + 1
2
Γ
> 0 ∧ q = b − a + 1
2
I(2, 3) = 22
3
β
43 2
3
= Γ 1 +
2
1
2
a + 1 a + 1
β , b − .
b 2 2
> 0
3
, =
2
1
16
= 1
2 Γ
I(2, 3) = π
128 .
1
=
2
⇐⇒ b >
Γ 2 3
2
Γ(3) ,
√ π
2 ⇒
a + 1
2
> 0.
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de junio 12.06.07
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 2 (3 puntos)
En R 2 se consideran el campo vectorial definido por:
F(x, y) := (x 2 + y 2 ) 2 (2x − 3, 2y + 1)
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y las circunferencias de ecuaciones cartesianas x 2 + y 2 = 2 y (x − 1) 2 + y 2 = 1, ambas recorridas en
sentido positivo.
Sean, Γ1 el arco de la circunferencia orientada centrada en el origen contenido en el semiplano
x ≥ 1 y Γ2 el arco de la otra circunferencia orientada contenido en el semiplano x ≤ 1. Se pide:
1) Calcular la circulación del campo F(x, y) a lo largo del arco orientado Γ1. (0,75 puntos)
2) Sea E ⊂ R 2 el dominio acotado limitado por el arco Γ2 y por la recta x = 1. Aplicando
adecuadamente el teorema de Green en E, obtener la circulación del campo F(x, y) sobre el
arco orientado Γ2. (1 punto)
3) Sea D ⊂ R2 el domino acotado limitado por las curvas Γ1 y Γ2, sobre el que se considera
definida una densidad que en cada punto es igual al cuadrado de la distancia del punto al
origen. Relacionar la circulación del campo F(x, y) a lo largo de la frontera de D recorrida en
sentido positivo con las coordenadas del centro de gravedad de D (con la densidad dada) y
calcularlas.
(Dato: La masa total de D es MD = 1
(5π − 8)). (1,25 puntos)
4
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1) Puesto que la curva Γ1 es el arco de la circunferencia de ecuación cartesiana x 2 +y 2 = 2 (orientada
positivamente) situado en el semiplano x ≥ 1, unas ecuaciones paramétricas de la misma son:
x(t) = √ 2 cos t , y(t) = √ 2 sin t , t ∈ [− π π
, ] ,
4 4
donde el rango de variación del parámetro t (que es el ángulo polar) se determina sin más que
obtener los ángulos polares de los dos puntos en los que la circunferencia corta a la recta x = 1. Estos
puntos son (1, −1), (1, 1) y sun ángulos polares − π π , , respectivamente. El sentido de recorrido se
4 4
corresponde con la orientación positiva de la circunferencia, por tanto Γ1 se recorre desde (1, −1)
hasta (1, 1), por lo que t ∈ [− π π , 4 4 ].
Para calcular la circulación utilizamos su definición:
π/4
F · ds = F(x(t), y(t)) · dt ,
donde:
F(x(t), y(t))·
Por tanto:
x ′ (t)
y ′ (t)
Γ1
Γ1
−π/4
= 4
2 √ 2 cos t − 3 , 2 √ 2 sin t + 1
·
F · ds =
π/4
−π/4
x ′ (t)
y ′ (t)
4 √ 2 (cos t + 3 sin t) dt = 4 √ 2
− √ 2 sin t
√ 2 cos t
π/4
−π/4
= 4 √ 2 (cos(t) + 3 sin(t)) .
cos t dt = 8 .

2) Si representamos el campo F en la forma F(x, y) = (L(x, y), M(x, y)), sus
dos componentes L y M (que son polinomios en dos variables) son funciones
de clase C ∞ . Por otra parte, el dominio E, que se representa en la figura, es
simplemente conexo. Por tanto, se puede aplicar el teorema de Green al campo
y dominio dados, lo que establece la igualdad:
∂E
F · ds =
E
∂M
∂x
∂L
− dxdy ,
∂y
-0.5 0 0.5 1 1.5
donde ∂E representa la frontera de E recorrida en sentido positivo. La curva
∂E está formada por el arco orientado Γ2 y por el segmento orientado de la recta x = 1 comprendido
entres los puntos (−1, 1) y (1, 1), recorrido desde el primero hasta el segundo. Sea S este segmento
orientado. De la igualdad anterior se deduce entonces:
Γ2
F · ds =
E
∂M
∂x
∂L
− dxdy − F · ds
∂y
S
lo que permite obtner la circulación de F sobre Γ2 calculando las dos integrales del segundo miembro.
• Circulación sobre el segmento S. Unas ecuaciones paramétricas de S son:
Por tanto:
x(t) = 1 , y(t) = t , t ∈ [−1, 1] .
1
x
F · ds = F(x(t), y(t)) ·
S
−1
′ (t)
y ′ 1
dt =
(t)
−1
1
= 2 1 + t
0
2
2
dt = 2 t + t5
2t3 1
+
5 3 0
• Integral doble. Puesto que:
∂M
∂x
la integral que hay que calcular es:
E
∂M
∂x
− ∂L
∂y
= 4
x 2 + y 2
(x + 3 y) ,
1
0.5
0
-0.5
-1
(1 + 2 t)
1 + t 2 2
dt
= 56
15 .
∂L
− dxdy = 4x
∂y
E
x 2 + y 2
dxdy + 12 y
E
x 2 + y 2
dxdy .
Ahora bien, dado que E es simétrico con respecto al eje de abscisas, la segunda integral del
segundo miembro es cero, puesto que el integrando es impar en y. Es decir:
E
∂M
∂x
∂L
− dxdy = 4x
∂y
E
x 2 + y 2
dxdy .
Para calcular esta integral, tenemos en cuenta que el dominio E es la mitad de la circunferencia
de ecuación cartesiana (x − 1) 2 + y 2 = 1 situada a la izquierda de la recta x = 1, con lo que,
en coordenadas polares trasladadas: x = 1 + r cos θ, y = r sin θ, el correspondiente dominio
transformado se puede describir por las ecuaciones:
E ′ =
(r, θ) ∈ R 2 , π
2
≤ θ ≤ 3π
2
, 0 ≤ r ≤ 1 .
E

Entonces, utilizando las mencionadas coordenadas y teniendo en cuenta que el jacobiano de la
transformación es r:
∂M ∂L
− dxdy
E ∂x ∂y
=
E ′
4 (1 + r cos θ)
1 + r 2 + 2 r cos θ
r drdθ
=
1 3π/2
dr
4r(1 + r 2 ) + 4r 2 (3 + r 2 ) cos θ + 8r 3 cos 2 θ
dθ
0
= 4π
1
0
π/2
= 4π − 48
5 ,
r(1 + r 2 )dr − 8
donde: 3π/2
cos 2 θdθ =
π/2
1
0
3π/2
Finalmente, la circulación sobre el arco orientado Γ2 es:
Γ2
F · ds =
E
∂M
∂x
π/2
r 2 (3 + r 2 1
)dr + 8 r
0
3
dr
3π/2
cos
π/2
2
θ dθ
1
π
(1 + cos 2θ)dθ =
2 2 .
∂L
− dxdy − F · ds = 4π −
∂y
S
48
5
− 56
15
= 4π − 40
3 ,
3) Dado que el centro de gravedad de un recinto de R 2 se expresa en términos de integrales dobles,
en este apartado se nos pide relacionar una circulación con dos integrales dobles.
Un resultado que, en caso de que se cumplan las hipótesis, permite re-
lacionar estos dos tipos de integrales es el teorema de Green en el plano, ya
utilizado en el apartado anterior. Las hipótesis se cumplen claramente en las
condiciones establecidas en el enunciado, puesto que el campo vectorial es de
clase C ∞ en D y el dominio D, que se muestra en la figura, es simplemente
conexo. Su aplicación da lugar a la relación:
∂D
F · ds =
D
∂M
∂x
∂L
− dxdy .
∂y
1
0.5
0
-0.5
-1
D
-0.5 0 0.5 1 1.5
En esta igualdad ∂D es la frontera de D recorrida en sentido positivo que está formada por los arcos
orientados Γ1 y Γ2, de forma que se tiene:
∂D
F · ds =
Γ1
F · ds +
Γ2
F · ds = 8 + 4π − 40
3
= 4π − 16
3 ,
donde las circulaciones del campo F sobre los arcos orientados Γ1 y Γ2 se han calculado en los dos
apartados anteriores.
En lo que se refiere al segundo miembro, su expresión es:
D
∂M
∂x
∂L
− dxdy , = 4 x(x
∂y
D
2 + y 2
) dxdy + 12 y(x
D
2 + y 2 ) dxdy ,
con lo que, teniendo en cuenta la definición de las coordenadas del centro de gravedad, (Xg(D), Yg(D)),
de D con la densidad dada:
Xg(D) := 1
x(x 2 + y 2 ) dxdy , Yg(D) := 1
y(x 2 + y 2 ) dxdy ,
resulta:
MD
D
D
∂M
∂x
MD
∂L
− dxdy = 4MDXg(D) + 12MDYg(D) ,
∂y
D

y, por tanto:
F · ds = 4MDXg(D) + 12MDYg(D) = 4π −
∂D
16
3 ,
que es la relación pedida.
Para calcular las dos coordenadas basta tener en cuenta la simetría de D con respecto al eje de
abscisas, con lo que Yg(D) = 0. Como la masa total, MD, de D es un dato que se proporciona en el
enunciado, de la anterior expresión se deduce el valor de Xg(D), que es:
Xg(D) = 1
4π −
4MD
16
=
3
4 (3π − 4)
3 (5π − 8) .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de junio 12.06.07
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Número de matrícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Sea la región B del plano Y Z definida por 0 ≤ z ≤ y 2 , y ∈ [1, √ 2]. Se considera el sólido Ω
engendrado cuando B gira alrededor del eje y. En cada punto de Ω la densidad es proporcional
al producto de las distancias de dicho punto a los planos coordenados. Se pide el momento de
inercia de Ω respecto del eje y. (1 pto)
2. Sea Γ la curva sobre el plano Y Z definida por z = y 2 , y ∈ [1, √ 2]. Sea Σ la superficie de
revolución engendrada cuando Γ gira alrededor del eje y. Sobre Σ hay definida una distribución
superficial de masa de forma que la densidad en cada punto P de la superficie es proporcional
a la distancia del origen al plano tangente a Σ en el punto P . Se pide calcular la masa de Σ.
(2 ptos.)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
Solución: 1. La densidad es
por lo que
I =
= 4K
ρ(x, y, z) = K |x| |z| |y|
ρ(x, y, z)(x
Ω
2 + z 2 )dxdydz =
Ω ′
xzy(x 2 + z 2 )dxdydz
K |x| |z| |y| (x
Ω
2 + z 2 )dxdydz =
donde Ω ′ es la porción de Ω contenida en el primer octante. Se ha usado que Ω es simétrico
respecto de los planos x = 0 y z = 0 y que la función subintegral es par en x y par en z.
Para simplificar el cálculo de la integral, efectuamos el siguiente cambio a coordenadas cilíndricas
(x, y, z) = φ(ρ, θ, y)
x = ρsenθ , y = y , z = ρ cos θ
y entonces la imagen inversa de Ω ′ es
B := φ −1 (Ω ′
) = (ρ, θ, y) : 0 ≤ ρ ≤ y 2 , θ ∈ [0, π
2 ], y ∈ [1, √
2]
Por tanto
I = 4K (ρsenθ) (ρ cos θ) yρ
B
2 ρdθdρdy =
y2
= 4K
π
2
0
= 4K 1 1
2 6
cos θsenθdθ
√ 2
1
√ 2
1
y
y 13 dy = 1 1
4K
2 6
0
1
14
ρ 5 dρ
dy =
2 7 − 1 = 127K
42

2. Parametrizamos la superficie Σ en la forma (x, y, z) = α(θ, y)
y operando se obtiene
x = α1(θ, y) = y 2 senθ
y = α2(θ, y) = y y ∈ [1, √ 2], θ ∈ [0, 2π]
z = α3(θ, y) = y 2 cos θ
∂α
∂θ
(θ, y) × ∂α
∂y
(θ, y)
= y21 + 4y2 Para hallar la ecuación del plano tangente a Σ en (x, y, z) obtendremos primero un vector
perpendicular a la superficie en dicho punto. Para ello es conveniente trabajar con la ecuación
cartesiana de Σ, que es x 2 + z 2 = y 4 o bien
Se sabe que el gradiente de F en (x, y, z)
F (x, y, z) = x 2 − y 4 + z 2 = 0
∇F (x, y, z) = 2x, −4y 3 , 2z
o bien, el vector paralelo (x, −2y 3 , z) , es perpendicular a Σ en (x, y, z). Por ello, el plano
tangente a Σ en el punto (x, y, z) tiene ecuación
o bien
x (X − x) − 2y 3 (Y − y) + z(Z − z) = 0
xX − 2y 3 Y + zZ − x 2 − 2y 4 + z 2 = 0
que, puesto que x 2 + z 2 = y 4 sobre la superficie, se puede simplificar a
xX − 2y 3 Y + zZ + y 4 = 0
Por lo tanto, la densidad sobre la superficie tiene la forma
y por lo tanto
MΣ =
= K
|y
ρΣ(x, y, z) = K
4 |
y
= K
x2 + 4y6 + z2 4
y2 y
= K
1 + 4y2 2
1 + 4y2
ρΣ(x, y, z)dσ = K
Σ
2π √ 2
0
1
Σ
y2 dσ =
1 + 4y2 y 2
1 + 4y 2 y2 1 + 4y 2 dydθ = K2π
√ 2
1
y 4 dy = 2Kπ
5
4 √
2 − 1

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de septiembre 18.09.07
PROBLEMA 1 (3 puntos)
Dada la integral impropia
se pide:
∞
F (a) =
0
sen ax
dx
x
1. Determinar el conjunto de valores reales de a para los cuales la integral F (a) converge.
2. Enunciar el teorema de derivabilidad de integrales impropias dependientes de un parámetro. Estudiar
si dicho teorema puede aplicarse a la función F .
3. Sabiendo que F (1) = π/2, calcular F (a) allá donde exista.
4. Basándose en los apartados anteriores,
a) ¿Es F uniformemente convergente en todo su dominio de definición?
b) ¿Es F derivable en algún intervalo?
Respuesta: (Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.)
1. En primer lugar, observamos que la integral no es impropia en el origen: en ese punto el integrando
presenta una singularidad evitable ya que lím x→0 sen(ax)
x = a y este límite existe para cada valor de a.
Así pues, la integral sólo es impropia en infinito, y allí estudiamos su convergencia.
Para a = 0 la integral converge, pues obviamente F (0) = ∞
0 0 dx = 0.
Para a = 0, aplicaremos el Criterio de Abel-Dirichlet:
“Si f, g : [b, ∞) → R son funciones de clase C 1 tales que x
b f es acotada en [b, ∞), g es decreciente,
f (x) g (x) dx es convergente”.
y límx→∞ g (x) = 0, entonces la integral impropia ∞
b
En este caso, tomando, por ejemplo, b = 1, g (x) = 1/x cumple las hipótesis del teorema, y una
primitiva de f (x) = sen (ax) está acotada en [1, ∞) para cada valor a = 0 :
x
f (t) dt
=
x
sen (at) dt
=
cos (a) − cos (ax)
2
a ≤
|a|
luego F (a) converge para todo a ∈ R.
1
1
Alternativamente: También puede estudiarse la convergencia en infinito integrando por partes
B sen ax cos axx=B
dx = −
x
ax − 1
B
cos ax 1 cos aB
dx = cos a − −
a x2 a
B
1
B cos ax
dx
a x2 1
x=1
y haciendo tender B a infinito, el límite existe:
∞
sen ax cos a 1 ∞
dx = −
x a a
pues la última integral impropia converge (absolutamente): ∞
1
2. Enunciemos el teorema pedido:
1
1
1
cos ax
dx
x2 Teorema: Se considera un intervalo abierto I ⊆ R, y la integral impropia
∞
F (a) = f(a, x)dx.
Si se verifica:
b
|cos ax|
x2 dx ≤ ∞ 1
1 x2 dx < ∞.
1

F (a0) converge para algún valor a0 ∈ I,
f(a, x) y ∂f
∂a (a, x) son continuas en I × [b, ∞)
y la integral impropia ∞ ∂f
(a, x)dx
b ∂a
converge uniformemente en I,
entonces F es convergente y derivable en I, y su derivada es
F ′ ∞ ∂f
(a) = (a, x)dx ∀a ∈ I.
∂a
b
Veamos si se verifican las tres hipótesis del teorema, tomando b = 0, para algún intervalo I ⊆ R:
F converge en a0 = 0, pues sabemos que F (0) = 0 (y el apartado 3 afirma que F (1) converge);
f(a, x) = sen(ax)
x
f(a, 0) = límx→0 sen(ax)
x
Por otro lado, ∂
sen ax
∂a x
es continua en I ×(0, ∞), y puede extenderse por continuidad en x = 0 definiendo
0
= a.
= cos ax que es una función continua para (a, x) en I × [0, ∞)
La integral impropia de la derivada es
∞
∂f
∞
(a, x)dx = cos(ax)dx que DIVERGE PARA TODO a.
∂a
0
En efecto, para a = 0 se tiene ∞
0 dx = ∞; para a = 0, aplicamos la definición de convergencia
de integral impropia:
B
lím cos(ax)dx =
B→∞ 0
1
a lím sen (aB) NO EXISTE
B→∞
luego dicha integral impropia no converge para ningún valor de a. Entonces, no tiene sentido
estudiar su convergencia uniforme.
Por ello, se deduce que no puede aplicarse dicho teorema de derivación bajo el signo de la
integral impropia F.
3. Es el ejercicio 1.7, apartado 1, de la colección de ejercicios de la asignatura: Realizamos,
para a > 0, el cambio de variable ax = y que no varía los límites de integración:
∞
sen ax ∞
sen y 1 ∞ sen y
π
F (a) =
dx =
dy = dy = F (1) =
x
y/a a y 2 .
0
0
Además, F es una función impar: F (−a) = −F (a) , así que para a < 0, F (a) = − π
2 .
Por tanto, se trata de una función constante a trozos, definida en R de la siguiente forma:
F (a) =
0 si a = 0
.
signo (a) si a = 0
π
2
4. a) Utilizaremos el teorema de continuidad de funciones definidas como integrales impropias dependientes
de un parámetro. El integrando de F es una función continua en R × [0, ∞) (o que se puede
extender por continuidad); si además F convergiera uniformemente en su dominio de definición
R, entonces F sería también continua en R. Pero no lo es, pues obviamente F es discontinua en
0; así pues, F no converge uniformemente en R.
b) De la expresión explícita de F , se deduce que es derivable en cualquier intervalo que no
contenga al origen (es decir, allá donde es constante). Por ejemplo, en (0, ∞) y en (−∞, 0) .
OBSERVACI ÓN: Nótese que, aunque F sea derivable en un intervalo, no siempre puede
derivarse bajo el signo integral. Aún más, el hecho de no poder aplicar ese teorema de
derivación no indica nada acerca de la derivabilidad o no derivabilidad de F .
0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de septiembre 18.09.07
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
En R 3 se considera la superficie cónica Σ formada por los segmentos de recta que pasan por el
punto P ≡ (0, 0, 1) y se apoyan en la curva de ecuaciones
Se pide:
1) (1 pto) Calcular la integral
I =
(x − 1) 2 + y 2 = 1
z = 0
Σ
x 2 + (z − 1) 2 dσ
2) (2 ptos) Sea Ω el sólido homogéneo limitado por el plano z = 0 y la superficie Σ. Calcular el
centro de gravedad de Ω.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
Solución:
1) En primer lugar calcularemos unas ecuaciones paramétricas (x, y, z) = φ(t, λ) de Σ, parametrizando
los segmentos que unen P con la curva. Esta última tiene ecuaciones
x = 1 + cos t
y = sent ; t ∈ [0, 2π]
z = 0
por lo que Σ se puede parametrizar en la forma
es decir,
(x, y, z) = φ(t, λ) = (0, 0, 1) + λ [(1 + cos t, sent, 0) − (0, 0, 1)] ; t ∈ [0, 2π], λ ∈ [0, 1]
Ahora, operando
∂φ
∂t
Por ello
I =
=
=
x = λ(1 + cos t)
y = λsent ; t ∈ [0, 2π], λ ∈ [0, 1]
z = 1 − λ
∂φ
×
∂λ = −λ (cos t, sent, cos t + 1) = λ√2 + 2 cos t + cos2 t
x
Σ
2 + (z − 1) 2 dσ =
(λ(1 + cos t))
[0,2π]×[0,1]
2 + λ2λ √ 2 + 2 cos t + cos2 tdtdλ =
2
λ 2 + 2 cos t + cos
[0,2π]×[0,1]
2 t 1
dtdλ = λ
0
2 2π
dλ 2 + 2 cos t + cos
0
2 t
dt =

= 1
2π
2 ∗ 2π + 0 + cos
3
0
2
tdt = 5π
3
2) Por definición
xG =
Ω xdxdydz
V ol(Ω)
; yG =
Ω ydxdydz
V ol(Ω)
; zG =
Ω zdxdydz
V ol(Ω)
Por simetría yG = 0, lo cual también se puede deducir sin más que darse cuenta que Ω es simétrico
respecto del plano y = 0 y la función f(x, y, z) = y es impar en y, con lo que
Ω ydxdydz = 0. Como
Ω es un cono su volumen es un tercio del área de la base por la altura. Por ello
V ol(Ω) = π
3
Calculemos el volumen también integrando. Ω es tal que su intersección con cada plano z = h es un
círculo que denotamos Ch. Por ello una buena elección para integrar es integrar primero en x e y y
luego en z. Por tanto
1 1
V ol(Ω) = dxdydz = dxdy dz = Área(Cz)dz
0
Ω
0
Para calcular Área(Cz) basta con determinar el radio rz de Cz. Para ello se puede proceder geométricamente
por semejanza de triángulos, que implica
2rz
2
Cz
= 1 − z
1
de donde rz = 1 − z. Calculemos rz de otra forma. Para ello calcularemos la ecuación cartesiana de
Σ, lo cual se puede hacer eliminando t y λ de las ecuaciones paramétricas. Se obtiene
(x − 1 + z) 2 + y 2 = (1 − z) 2
con lo que, de nuevo, se obtiene que rz = 1 − z. Por tanto
V ol(Ω) =
1
0
Área(Cz)dz =
1
0
π(1 − z) 2 dz = π
3
Análogamente,
zdxdydz
Ω
=
1 1
z dxdy dz = z
0 Ch
0
Área(Cz)dz
1
= π z(1 − z)
0
2 =
dz =
1
π (z − 2z
0
2 + z 3 )dz = π
12
con lo que
zG =
π
12
π
3
Este resultado también se podía haber obtenido directamente recordando que en un cualquier cono
homogéneo el centro de gravedad está situado a una distancia de la base igual a un cuarto de la
altura del cono.
Una vez determinados yG y zG la posición de xG se puede determinar directamente. En efecto,
para z = 1/4 se tiene rz = 1 − 1/4 = 3/4, con lo que xG = 3/4.
Calculemos xG integrando. Si Ω ∗ denota la porción del cono correspondiente a y ≥ 0, y C ∗ h la
porción de Ch correspondiente a y ≥ 0 tenemos, integrando primero en x luego en y y finalmente en
z
H : =
Ω
xdxdydz = 2
Ω∗ xdxdydz = 2
= 1
4
1
0
C ∗ z
xdxdy
dz =

= 2
= 2 1
=
⎛ ⎛ √ ⎞ ⎞
1 1−z 2
1−z+ (1−z) −y2 ⎝ ⎝ √ xdx⎠
dy⎠
dz =
2
0 0 1−z− (1−z) −y2
1
1−z
1 − z + (1 − z)
2 0 0
2 − y2 2
− 1 − z − (1 − z) 2 − y2
2
dy =
1 1−z
4 (1 − z) (1 − z)
0 0
2 − y2 1 1−z
dy dz = 4 (1 − z) (1 − z)
0
0
2 − y2
dy dz
y efectuando el cambio y = (1 − z)u
1
H =
1
4 (1 − z) (1 − z)
0
0
2 − (1 − z) 2 u2
(1 − z) du dz =
=
1
1 √
4 (1 − z) |1 − z| 1 − u2du dz
=
0
0
1
4 (1 − z)
0
3 1 √
dz 1 − u2du = 4
0
1
1 √
1 − u2du 4 0
donde se ha usado que 1 − z ≥ 0 para z ∈ [0, 1]. Tras efectuar el cambio u =senw, se obtiene
con lo que
xG =
H = π
4
π
4
π
3
= 3
4

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2006/2007) Convocatoria de septiembre 18.09.07
PROBLEMA 3 (4 puntos)
Este problema tiene por objeto mostrar un campo solenoidal en un dominio simplemente conexo de R 3
que no es un rotacional.
1. En una esfera centrada en el origen y de radio R, calcúlese el área de un casquete esférico Qh, de
altura h (0 < h < 2R) y borde circular Ch.
h
C h
Figura 1: Casquete Qh
2. Calcúlese el valor del parámetro α para que el campo F(r) = r α r sea solenoidal en
Ω = {r ∈ R 3 , 1 ≤ r ≤ 2}.
3. Supóngase Qh ⊂ Ω (el casquete del primer apartado con 1 < R < 2) y orientado según el vector
normal exterior a la esfera. Calcúlese F con el valor de α que hace F solenoidal. Calcúlese
Qh
asimismo lím
h→2R
F.
Qh
4. Sea G un campo cualquiera de clase 1 en Ω. Calcúlese lím
h→2R
potencial vector en Ω.
G. Conclúyase que F no admite
Ch
Indicación: Úsese el teorema de acotación de la integral de línea. Supóngase que G es un potencial vector de F,
aplíquese el teorema de Stokes y lléguese a contradicción.
Respuesta:
1. Calculemos el área del casquete por dos procedimientos:
a) Mediante la parametrización natural en función de los ángulos polar y acimutal:
Φ(ϕ, θ) = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), (ϕ, θ) ∈ [0, ϕ0] × [0, 2π]
con ϕ0 tal que cos ϕ0 = (R − h)/R. El vector normal asociado es
∂Φ ∂Φ
×
∂ϕ ∂θ
= R sen ϕΦ(ϕ, θ)
y su norma ∂Φ/∂ϕ × ∂Φ/∂θ = R 2 sen ϕ, por lo que el área del casquete será:
A(Qh) =
[0,ϕ0]×[0,2π]
R 2 sen ϕ dϕ dθ = 2πR 2
ϕ0
0
sen ϕ dϕ = 2πR 2 (− cos ϕ| ϕ0
0 ) = 2πRh.

) Considerando el casquete como superficie de revolución de la función no negativa
f : [R − h, R] → R
f(x) = √ R 2 − x 2
alrededor del eje OX. Sabemos que en este caso el área viene dada por
R
A(Qh) = 2π f(x) 1 + f ′ (x) 2 dx
R−h
Cuenta habida que f(x) 1 + f ′ (x) 2 = R se concluye que el área es A(Qh) = 2πRh.
Nota: El cálculo del área de un casquete esférico está propuesto en el ejercicio 7.5.(a).
2. El campo F será solenoidal en Ω si su divergencia es nula. Recordemos la fórmula para calcular la
divergencia de un campo que sea producto de un campo escalar g por un campo vectorial G:
div(gG) = ∇g · G + g div G.
En nuestro caso, g(r) = r α y G(r) = r. Calculemos la derivada parcial de g respecto de x:
∂(x2 + y2 + z2 ) α/2
=
∂x
α
2 (x2 + y 2 + z 2 ) (α/2)−1 2x = αr α−2 x
Análogamente, ∂g/∂y = αrα−2y, ∂g/∂z = αrα−2z, así pues ∇g(r) = αrα−2 r y div G(r) = 3,
luego:
div F(r) = αr α−2 r · r + 3r α = 0 ⇐⇒ (α + 3)r α = 0 ⇐⇒ α = −3.
Observemos que el campo F(r) = r
está bien definido en Ω, ya que la única singularidad de F es
r3 el origen que no pertenece a Ω. (Para más detalles sobre campos centrales consúltese el ejercicio 6.7.)
3. El vector normal unitario exterior a la esfera es r/r por lo tanto:
r r
1 1
F = · dσ = dσ =
Qh Qh r3 r Qh r2 R2 A(Qh) = 2πh
R .
Por último, lím
h→2R
2πh
F = lím = 4π.
h→2R R
Qh
4. Sea G un campo cualquiera de clase 1 en Ω; sea M una cota de G en Ω: su existencia está asegurada
por la continuidad de G en el compacto Ω, y Lh la longitud de la circunferencia Ch; según el teorema
de acotación de la integral de línea se tiene:
G
≤ MLh,
Ch
cuando h tiende a 2R el casquete tiende a la esfera y su borde a un punto, así que la longitud Lh
tiende a cero, además la constante M es independiente de R, por lo que lím G = 0.
h→2R
Supongamos ahora que F admite un potencial vector G de clase 1 en Ω (esto es, F = rot G); estamos
en condiciones de aplicar el teorema de Stokes al campo G sobre la superficie Qh, suponiendo el
casquete y su borde Ch orientados coherentemente:
F = rot G = G
Qh
Qh
Si tomamos límite cuando h tiende a 2R en los extremos de la igualdad anterior tenemos
4π = lím
h→2R
F = lím
h→2R
G = 0
contradicción que viene de suponer que F admite un potencial vector.
Qh
Ch
Ch
Ch
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de febrero 12.02.08
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Nota: Los apartados de este problema son independientes.
Sea Γ el arco de la rama de la hipérbola y 2 − z 2 = 1, x = 0, limitado por los planos y = 1 e y = 2.
1) Calcúlese la masa total del arco Γ cuando sobre él se considera definida una densidad lineal de
masa que, en cada punto, es inversamente proporcional a la distancia del punto al origen.
(1 punto)
2) Sea Σ la superficie generada cuando el arco Γ gira alrededor del eje y. Sobre Σ se considera
definida una densidad de masa que en cada punto de la superficie es igual a la distancia al
origen del plano tangente a la superficie en ese punto. Calcúlense las coordenadas del centro
de gravedad de Σ.
(1 punto)
3) Sea Ω ∈ R 3 el sólido acotado limitado por los planos z = 1, z = −1 y por la superficie de
revolución que se obtiene cuando el arco Γ gira alrededor del eje z. Sobre Ω se considera
definida una densidad de masa que en cada punto es igual a la distancia del punto al plano
XY . Calcúlese el momento de inercia de Ω con respecto a la recta que pasa por el punto (1, 1, 0)
y es paralela al eje z. (2 puntos)
Respuesta:
1) La densidad lineal de masa definida sobre el arco Γ es:
d(x, y, z) =
k
√ x 2 + y 2 + z 2 ,
donde k > 0 es la constante de proporcionalidad. Por tanto, la masa total del arco vendrá dado por
la integral curvilínea:
MΓ =
k
√ ds .
x2 + y2 + z2 Γ
Ahora bien, dado que la densidad es simétrica con respecto al origen y el arco es simétrico con
respecto al eje OY la integral anterior es igual al doble de la integral extendida al semi-espacio
z ≥ 0; es decir:
MΓ = 2 d(x, y, z)ds
Γz≥0
Puesto que el arco está situado en el plano Y Z, una parametrización del segmento situado en el
semiespacio z ≥ 0 es: r(u) = (x(u), y(u), z(u)), dónde
x(u) = 0 , y(u) = u , z(u) = + √ u 2 − 1 , u ∈ [1, 2] ,
con lo que el vector tangente viene dado por
r ′ (u) =
0, 1,
u
√ =⇒ r
u2 − 1
′
2u
(u) =
2 − 1
u2 − 1 .

Por lo tanto,
2
MΓ = 2
1
2
= 2k
1
k
x(u) 2 + y(u) 2 + z(u) 2 r′ (u) du = 2k
2
1
√ u 2 − 1 du = 2k ArgCh(2) = 2k log(2 + √ 3) ,
1
1
√ 2u 2 − 1
dónde la última integral se resuelve mediante el cambio de variable t = Ch(u):
2
1
1
ArgCh(2)
√ du =
u2 − 1 0
2u 2 − 1
u 2 − 1 du
Sh(t) ArgCh(2)
dt = dt = ArgCh(2) .
|Sh(t)| 0
Parametrización alternativa:
El arco Γ admite la parametrización s(v) = (x(v), y(v), z(v)), dónde
con vector tangente dado por
Por lo tanto,
MΓ =
= k
√ 3
− √ 3
x(v) = 0 , y(v) = √ v 2 + 1 , z(u) = v , v ∈ [− √ 3, √ 3] ,
√ 3
− √ 3
s ′ (v) =
0,
v
√ , 1 =⇒ s
v2 + 1 ′
2v
(v) =
2 + 1
v2 + 1 .
k
x(v) 2 + y(v) 2 + z(v) 2 s′ (v) dv = k
√ 3
− √ 3
1
√ 2v 2 + 1
1
√ v 2 + 1 dv = 2k ArgSh( √ 3) = 2k log(2 + √ 3) ,
2v 2 + 1
v 2 + 1 dv
dónde, en este caso, la última integral se resuelve de forma análoga al caso anterior pero mediante el
cambio de variable t = Sh(v).
2) Para obtener la expresión de la densidad definida sobre la superficie Σ es necesario determinar
la ecuación del plano tangente a Σ en cada uno de sus puntos. Si n(x, y, z) denota un vector normal
cualquiera a la superficie en el punto (x, y, z) de la misma, la ecuación cartesiana del plano tangente
es:
n(x, y, z) · (X − x, Y − y, Z − z) = 0 ,
donde (X, Y, Z) representan las coordenadas cartesianas de los puntos del plano. La distancia de este
plano al origen y, por tanto, la densidad ρ(x, y, z) definida sobre Σ, se puede representar entonces
por
ρ(x, y, z) =
|n(x, y, z) · (x, y, z)|
n(x, y, z)
Denotando por MΣ la masa total de Σ, que viene dada por la integral de superficie:
MΣ =
las coordenadas de su centro de gravedad,
Σ
ρ(x, y, z) dσ ,
Cgσ = (Xg, Y g, Zg) ,
.

son, por definición, las siguientes integrales de superficie:
Xg = 1
MΣ
Y g = 1
MΣ
Zg = 1
MΣ
Σ
Σ
Σ
x ρ(x, y, z) dσ = 0 ,
y ρ(x, y, z) dσ ,
z ρ(x, y, z) dσ = 0 ,
donde la coordenadas Xg y Zg son nulas debido a que la superficie es simétrica con respecto al eje
OY y, por tanto, la densidad es una función par con respecto a las coordenadas x, z.
Para calcular las dos integrales de superficie que faltan, tenemos en cuenta que Σ es una superficie
de revolución obtenida al girar el arco Γ alrededor del eje OY . Por tanto, tiene por ecuación cartesiana:
Un vector normal al punto (x, y, z) es entonces:
f(x, y, z) := x 2 − y 2 + z 2 − 1 = 0 , 1 ≤ y ≤ 2 .
n(x, y, z) = grad(f(x, y, z)) = 2(x, −y, z) ,
lo que nos permite obtener la expresión de la densidad que resulta ser:
ρ(x, y, z) =
|n(x, y, z) · (x, y, z)|
n(x, y, z)
= 2(x, −y, z) · (x, y, z)
2 √ x 2 + y 2 + z 2
=
1
√ x 2 + y 2 + z 2 ,
donde se ha tenido en cuenta que, sobre la superficie, x 2 − y 2 + z 2 = 1.
Por otra parte, una de las posibles parametrizaciones Σ(u, θ) = (x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) tiene por
ecuaciones paramétricas:
x(u, θ) = √ u 2 − 1 sen θ , y(u, θ) = u , z(u, θ) = √ u 2 − 1 cos θ , u ∈ [1, 2] , θ ∈ [0, 2π] ,
con lo que un vector normal es:
n(u, θ) =
− √ u 2 − 1 sen θ , u , √ u 2 − 1 cos θ
Así pues, el valor de la densidad sobre la superficie es:
con lo que se tiene:
MΣ =
=
Finalmente,
ρ(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) =
Σ
ρ(x, y, z) dσ =
(u,θ)∈[1,2]×[0,2π]
Y g = 1
2π
y el centro de gravedad es
= 1
2π
(u,θ)∈[1,2]×[0,2π]
dudθ = 2π .
Σ
2π
0
|n(u, θ) · Σ(u, θ)|
n(u, θ)
yρ(x, y, z) dσ = 1
2π
2
dθ udu =
1
u2
2
=
2
3
2 ,
Cgσ = (0 , 3
, 0) .
2
=⇒ n(u, θ) = √ 2u 2 − 1 .
=
1
n(u, θ) ,
ρ(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) n(u, θ) dudθ
1
(u,θ)∈[1,2]×[0,2π]
u dudθ

3) El sólido Ω es simétrico con respecto al eje OZ y la densidad, que viene dada por Λ(x, y, z) = |z|,
es par en la variable z. Esto nos permite concluir que el centro de gravedad de Ω se encuentra situado
en el eje OZ.
Se puede entonces aplicar el teorema de Steiner según el cual el momento de inercia con respecto
al eje pedido, I(0,1,1), se puede calcular a partir de la expresión
I(0,1,1) = IOZ + MΩ D 2
dónde MΩ es la masa de Ω, IOZ es el momento de inercia con respecto al eje OZ (que es paralelo al
eje dado y pasa por el centro de gravedad de Ω) y D = √ 2 es la distancia entre los dos ejes.
La masa de Ω y su momento de inercia con respecto al eje OZ vienen dados por las integrales
triples:
MΩ = |z| dxdydz , IOZ = dz(x, y, z) 2 |z| dxdydz
Ω
dónde dz(x, y, z) = √ x 2 + y 2 es la distancia al eje OZ.
Ahora bien, la simetría de Ω con respecto al origen y el hecho de que las funciones a integrar sean
pares en las tres variables x, y y z, permite calcular las dos integrales como el doble de las mismas
integrales pero extendidas a la parte de Ω situada en el semi-espacio z ≥ 0. Esta parte de Ω queda
descrita adecuadamente en coordenadas cilíndricas por las ecuaciones
x = r sen θ y = r cos θ , z = z, θ ∈ [0, 2π] , r ∈ [0, √ z 2 + 1] , z ∈ [0, 1] .
Al utilizarlas hay que tener en cuenta que el jacobinao del cambio a cilíndricas es |J| = r.
Se tiene entonces:
Y:
MΩ =
=
2
Ω(z≥0)
2π 1
2 dθ
0 0
IOZ =
=
2
Ω(z≥0)
2π 1
2 dθ
0 0
z dxdydz = 2
z z2 + 1
2
dz = 2π
Ω ′
1
z(x 2 + y 2
) dxdydz = 2
z (z2 + 1) 2
4
dz = π
1
0
Ω
zr dθdzdr = 2
0
Ω ′
2π
0
dθ
z (z 2 + 1) dz = 3π
2 .
zr 3 dθdzdr = 2
z (z 2 + 1) 2 dz = 7π
6 .
2π
0
1
0
dθ
z dz
1
0
√ z 2 +1
0
z dz
r dr
√ z 2 +1
Finalmente, utilizando al teorema de Steiner ya mencionado, el momento de inercia de Ω con respecto
al eje paralelo al eje OZ y que pasa por el punto (0, 1, 1) es:
I(0,1,1) = IOZ + 2 MΩ = 7π
6
+ 3π = 25π
6 .
0
r 3 dr

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de febrero 12.02.08
PROBLEMA 2 (3 puntos)
1. (0, 75 puntos) Sea f un campo escalar de clase 2 en R 2 . Se dice que una función g es conjugada
de f si se verifican las relaciones:
∂g
∂x
= −∂f
∂y ,
∂g
∂y
= ∂f
∂x .
Dese una condición necesaria y suficiente sobre f para que admita una conjugada de clase 2.
2. (1 punto) Calcúlese una función h con h(0) = h ′ (0) = 1 y para la cual f(x, y) = cos x h(y)
cumple la condición hallada en el primer apartado. En tal caso, determínese una conjugada g
de f.
3. (1, 25 puntos) Se considera la curva Γ parametrizada por ϕ(t) = (sec2 t, 2 + tg t), t ∈ [0, π/4]
y el campo vectorial V = (g, f) siendo f y g las funciones del segundo apartado. Calcúlese la
integral de línea V.
Respuesta:
Γ
1. Si se busca una función g de clase dos, sus derivadas parciales de segundo orden cruzadas
coinciden:
lo cual se traduce en
∂2g ∂x∂y = ∂2g ∂y∂x
∂2f ∂x2 = −∂2 f
⇐⇒ ∆f = 0;
∂y2 es decir, la función f tiene que ser armónica. La condición es también suficiente; basta con
integrar una cualquiera de las dos ecuaciones (operación que puede realizarse gracias a la
continuidad de ∂f/∂y),
e imponer que se satisfaga la otra:
∂g
∂y
∂g
x
(x, y) − (0, y) =
∂y 0
x
g(x, y) − g(0, y) =
− ∂2
f
x
(t, y)dt =
∂y2 0
0
− ∂f
(t, y)dt
∂y
∂ 2 f
∂x
∂f ∂f
(t, y)dt = (x, y) − (0, y)
2 ∂x ∂x
(tengamos presente que la derivación paramétrica es posible ya que tanto ∂f/∂y como ∂ 2 f/∂y 2
son continuas) con lo que la función g buscada queda:
x
g(x, y) =
siendo c una constante arbitraria.
0
− ∂f
y
(t, y)dt +
∂y 0
∂f
(0, t)dt + c,
∂x

2. Calculemos el laplaciano de f(x, y) = cos x h(y),
∂2f ∂x2 + ∂2f ∂y2 = − cos x h(y) + cos x h′′ (y) = cos x(−h(y) + h ′′ (y)) = 0 ⇐⇒
h ′′ (y) − h(y) = 0 ⇐⇒ h(y) = ae y + be −y , a, b constantes
Al imponer las condiciones iniciales h(0) = h ′ (0) = 1 se tiene a+b = 1, a−b = 1 ⇒ a = 1, b = 0.
Entonces h(y) = e y y f(x, y) = cos x e y .
Para calcular g aplicamos la fórmula deducida en el apartado anterior; como nos piden una
cualquiera, tomamos la constante c nula:
x
g(x, y) =
0
− ∂f
x
(t, y)dt = −ey cos t dt = − sen x e
∂y 0
y .
3. Observemos que el campo V = (g, f) es conservativo ya que se cumple la condición ∂g/∂y =
∂f/∂x que, en un simplemente conexo (todo R 2 en este caso) además de necesaria es también
suficiente. La integral de línea depende exclusivamente de los extremos inicial y final de la
curva que son A = ϕ(0) = (1, 2), B = ϕ(π/4) = (2, 3). Podemos proceder de dos formas, o
bien calculando un potencial escalar de V o bien integrando a lo largo del segmento de extremos
A y B.
3 · 1 Cálculo de la integral de línea a partir de un campo h, potencial escalar de V.
∂h
∂y (x, y) = f(x, y) = cos x ey podemos elegir h(x, y) = cos x e y ,
V = ∇h = h(B) − h(A) = e 3 cos 2 − e 2 cos 1.
3 · 2 Cálculo de la integral de línea a lo largo del segmento [A, B].
Γ
Γ
Sea ψ(t) = (1, 2) + t(1, 1), t ∈ [0, 1] una parametrización del segmento. Entonces:
Γ
V =
1
0
V(ψ(t)) · ψ ′ (t)dt =
1
Una primitiva de e t (cos t − sen t) es e t cos t, así pues:
Γ
0
e 2+t (cos(t + 1) − sen(t + 1))dt.
V = e 2+t cos(t + 1)| 1 0 = e 3 cos 2 − e 2 cos 1.
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de febrero 12.02.08
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 3: (3 puntos)
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. En R 3 se considera el campo vectorial F(r) = v × r, donde v es un vector fijo. Determinar
todas las funciones f : R → R tales que el campo f (v · r) r es un potencial vector de F.
(0’5 puntos)
2. Sea S la porción del cilindro 2x 2 + (y + z − 1) 2 = 1 limitada entre los planos z = 0 y z = 3,
orientada según la normal exterior al cilindro. Relacionar el flujo del campo F a través de S
con dos integrales curvilíneas, justificando la respuesta. (1 punto)
3. Calcular dicho flujo cuando v = (1, 0, 1), utilizando el resultado del apartado anterior.
(1’5 puntos)
Respuesta: (Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional)
1. Impongamos que el rotacional del campo G (r) = f (v · r) r sea F (r) = v × r : aplicando las
propiedades del rotacional, y el hecho de que rot(r) = 0, se tiene
rot (f (v · r) r) = f ′ (v · r) v × r+f (v · r) rot (r) = f ′ (v · r) v × r.
Este rotacional es igual a v × r si y sólo si f ′ (v · r) = 1 para todo vector de posición r, es
decir, si y sólo si f ′ (t) = 1 para todo t real. Por tanto, las funciones pedidas son todas las de
la forma
f (t) = t + c, c ∈ R.
Así pues, los potenciales vectores de F son los campos de la forma
donde c es una constante arbitraria.
G (r) = (v · r+c) r = (v · r) r+cr
2. La superficie cilíndrica S : 2x 2 + (y + z − 1) 2 = 1, limitada por los planos z = 0 y z = 3 no es
cerrada; la cerraremos con las tapas superior e inferior:
S1 : 2x 2 + (y + 2) 2 ≤ 1 en el plano z = 3
S0 : 2x 2 + (y − 1) 2 ≤ 1 en el plano z = 0.
Denotaremos C1, C0 a sus respectivas curvas borde; obsérvese que se trata de elipses con distinto
centro, pero con iguales longitudes de semiejes: 1/ √ 2 y 1.
Sabemos por el apartado anterior que F es solenoidal, pues admite un potencial vector. Por
tanto, aplicando el Teorema de la divergencia de Gauss a la superficie cerrada, se tiene que el
flujo de F a través de la cara exterior de S es
S
F ds = F ds+ F ds
S1
S0

donde tanto S1 como S0 deben estar orientadas según la normal que apunta al interior del
cilindro, es decir, S1 con vector normal unitario (0, 0, −1) y S0 con vector normal unitario
(0, 0, 1).
Para transformar dichos flujos en integrales curvilíneas, aplicamos el Teorema de Stokes en
cada una de ellas; puede aplicarse puesto que F =rot(G) y G ∈ C 1 (R 3 ) :
S1
S0
F ds =
F ds =
C1
C0
G dl donde la curva C1 está orientada negativamente en el plano z = 3 y
G dl donde la curva C2 está orientada positivamente en el plano z = 0.
En efecto, el Teorema de Stokes indica que las orientaciones de la superficie y su curva borde
deben ser coherentes; en el caso de la superficie S1, que está orientada según el vector normal
unitario (0, 0, −1) , la orientación coherente de su curva borde C1 es la orientación negativa.
Por fin, la relación buscada es
S
F ds = G dl+ G dl = (v · r) r dl+ (v · r) r dl
C1
C0
C1
C0
donde se ha elegido el potencial vector G con c = 0. (Si fuera c = 0, se tendría la expresión
idéntica, puesto que
C cr dl =0 al tratarse de la circulación de un campo conservativo a lo
largo de una curva cerrada).
3. Para v = (1, 0, 1) , el potencial vector es (v · r) r = (x + z) r. Aplicando lo anterior,
S
(1, 0, 1) × r ds = (x + z) r dl+ (x + z) r dl
C1
C0
donde ambas curvas deben estar orientadas convenientemente. La curva C0, de ecuaciones
2x 2 + (y − 1) 2 = 1, z = 0 debe estar parametrizada como
r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) =
cos t
√2 , 1 + sen t, 0
para que su orientación sea positiva. Su vector derivada es
r ′ (t) = (x ′ (t) , y ′ (t) , z ′
sen t
(t)) = − √ , cos t, 0 .
2
Por ello, la circulación a lo largo de C0 es
C0
(x + z) r dl =
=
2π
0
2π
0
x (t) (r (t) · r ′ (t)) dt=
cos t
√2
t ∈ [0, 2π]
1
sen t cos t + cos t dt.
2
Dado que las integrales del tipo 2π
0 senp t cos t dt o 2π
0 sen t cosp t dt son nulas (para p ≥ 0),
queda solamente
C0
(x + z) r dl = 1
2π
√ cos
2 0
2 t = π √ =
2
√ 2
2 π.
Calculemos ahora la integral a lo largo de C1, de ecuaciones 2x2 + (y + 2) 2 = 1, z = 3. Si la
parametrizamos como
cos t
r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) = √2 , −2 + sen t, 3 t ∈ [0, 2π]

entonces
r ′ (t) = (x ′ (t) , y ′ (t) , z ′ (t)) =
−
sen t
√ , cos t, 0
2
pero queda orientada positivamente, y deseamos la orientación contraria; por tanto, cambiamos
de signo la circulación obtenida:
C1
(x + z) r dl =
2π
− (x (t) + 3) (r (t) · r
0
′ (t)) dt=
=
=
2π
1
cos t
− √2 + 3 sen t cos t − 2 cos t
0
2 2
2π
√ cos
2 0
2 t = √ 2π.
Finalmente, se obtiene que el flujo pedido es:
√
2
F ds =
S 2 π + √ 2π = 3√2 2 π.
ALTERNATIVA PARA EL APARTADO 3: calcular las integrales de superficie a través de las
superficies planos S1 y S0, orientadas convenientemente. Por ejemplo, denotando el dominio plano
D0 = {(x, y) ∈ R 2 , 2x 2 + (y − 1) 2 ≤ 1} se tiene que
S0
F ds =
=
dt =
(1, 0, 1) × (x, y, 0) dr = ((1, 0, 1) × (x, y, 0)) · (0, 0, 1) dxdy =
S0
D0
1
x
0
0
y
0
D0
1
0 dxdy = ydxdy = 1 ·
D0
1
Área (D0) = π √
2
√ =
2 2 π
donde se ha usado que D0 ydxdy = yG· Área(D0) y el centro geométrico del interior de una
elipse coincide con el centro de la elipse. En este caso la elipse tiene centro (0, 1) y las longitudes de
sus semiejes son 1/ √ 2 y 1, luego el área es π/ √ 2.
De forma análoga, para S1 definimos el dominio plano D1 = {(x, y) ∈ R2 , 2x2 + (y + 2) 2 ≤ 1} :
S1
F ds = (1, 0, 1) × (x, y, 3) dr = ((1, 0, 1) × (x, y, 3)) · (0, 0, −1) dxdy =
=
S1
−
D1
1
x
0
0
y
0
D1
1
3 dxdy = − ydxdy = − (−2)
D1
1
Área (D1) = 2π
√ =
2 √ 2π
puesto que el centro de la elipse ahora es (0, −2) , aunque su área es la misma. Finalmente, llegamos
al mismo resultado:
√
2
F ds=
2 π + √ 2π = 3√2 2 π.
S1

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de junio 17.06.08
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Número de matrícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1) (1.5 ptos.) Determinar razonadamente los valores de a para los cuales está definida la función
∞
arctan(ax) − arctan x
I(a) =
dx
x
2) (1 pto.) Estudiar si I(a) es derivable para los valores de a hallados en el apartado anterior.
3) (0.5 ptos.) Calcular I(a)
4) (1 pto.) Calcular razonadamente la integral
∞
(ax2 − 1) log x
(1 + a2x2 )(1 + x2 ) dx
para a > 0, a = 1.
0
0
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1)
Obsérvese en primer lugar que si se separa la integral en suma de integrales en la forma
∞
∞
∞
arctan(ax) − arctan(x) arctan(ax) arctan x
dx =
dx −
dx
x
x
x
0
0
se obtiene (es fácil comprobarlo comparando con 1/x) que la primera diverge para todo a = 0 y la segunda es divergente.
Por ello procediendo de esta forma la única consecuencia que se puede extraer sobre la convergencia de I(a) es que
para a = 0 la integral es divergente (pues es suma de una integral convergente y una divergente). Por ello para estudiar
la convergencia de la integral impropia para el resto de los valores de a se debe proceder de otra forma.
Sea
arctan ax − arctan x
f(x, a) := dx
x
Para todo a ∈ R, la función f(∗, a) (es decir, como función de x) es de clase C∞ (0, ∞), luego está acotada en todos
los compactos de dicho conjunto. Además,
lim f(x, a) = lim
x→0 + x→0 +
arctan ax − arctan x L
x
′ Hospital
= lim
x→0 +
0
a
1+a2x2 − 1
1+x2 1
= a − 1
con lo que para todo a ∈ R, la función f(∗, a) está acotada en el entorno de x = 0. Por ello, la integral sólo es impropia
porque el intervalo de integración es no acotado.
π/2
−π/2
0
a=1
a>1
0

Cuando a = 1 la función subintegral se anula luego la integral es convergente. Puesto que arctan(ax) es una función
creciente si a > 0 y decreciente si a < 0 (ver figura) se tiene que para todo a = 1, la función f(∗, a) conserva el signo
en (0, ∞) (es o siempre negativa o siempre positiva). En concreto, para x > 0, arctan ax − arctan x ≥ 0 si a > 1 y
arctan ax − arctan x ≤ 0 si a < 1. Por ello, para estudiar la convergencia de I podemos tomar valor absoluto (pues
al no cambiar de signo la función subintegral, la convergencia es equivalente a la convergencia absoluta) y utilizar los
criterios de convergencia para funciones no negativas.
Cuando a < 0, el numerador de f(∗, a) tiende a −π cuando x → ∞, lo que parece que f(∗, a) se comporta cuando
x → ∞ ”como −1/x” cuando x → ∞, con lo que la integral parece ser divergente. En efecto
lim
x→∞
arctan ax−arctan x
x
1/x
= π = 0
y como ∞ dx
1 x es divergente, también lo es ∞
f(x, a)dx y por ello I(a) (recuérdese que este criterio se ha podido
1
aplicar porque la función subintegral es no negativa). Cuando a = 0
arctan ax−arctan x
x
lim
= π/2 = 0
x→∞ 1/x
con lo que, razonando de forma análoga, la integral diverge.
Cuando a > 0 el numerador de f tiende a cero cuando x → ∞, con lo que intuímos que quizás f(x, a) se comporte
”como 1/x2 ” cuando x → ∞. Veamos,
lim
x→∞
arctan ax−arctan x
x
1/x 2
=
= |a − 1|
lim
x→∞
a
arctan ax − arctan x
1/x
finito
L′
Hôpital
=
lim
x→∞
a
1+a 2 x 2 − 1
1+x 2
− 1
x 2
y como ∞ dx
1 x2 es convergente, I(a) es convergente.
Resumiendo, I(a) converge (y además lo hace absolutamente) si y sólo si a > 0.
Obsérvese que, salvo para el caso trivial a = 1, no es posible aplicar el criterio de Dirichlet para asegurar la
convergencia de la integral. En efecto, aunque 1/x es C1 (0, ∞), es estrictamente decreciente y tiende a cero, la función
arctan ax − arctan x no cumple que la primitiva
x
F (x) := (arctan at − arctan t)dt
0
esté acotada. En efecto, ya hemos razonado que para a = 1 la función subintegral conserva el signo (positivo si a > 1
y negativo si a < 1). Por ello F (x) está acotada si y sólo si la integral ∞
(arctan at − arctan t)dt es convergente.
0
Puesto que en este caso la convergencia es equivalente a la convergencia absoluta estudiamos la convergencia de
∞
|arctan at − arctan t| dt que es divergente pues si a < 0,
0
y ∞
1dx es divergente. Si a > 0, con a = 1,
0
|arctan ax − arctan x|
lim
x→∞ 1/x
=
=
|arctan ax − arctan x|
lim
= π = 0
x→∞ 1
=
lim
arctan ax − arctan x
x→∞ 1/x L′
Hôpital
=
lim
x
x→∞
2 (a − a2 )x2 + a − 1
(1 + a2x2 ) (1 + x2
) =
a − a
2
a2
=
1 − a
a finito y no nulo
Como ∞ 1
0 xdx es divergente, la integral ∞
(arctan at − arctan t)dt también es divergente. Como conclusión, salvo en
0
el caso a = 1, la función F (x) no está acotada.
2) Sea [c, d] un intervalo compacto contenido en (0, ∞). Sabemos que para poder garantizar que ∞
f(x, a)dx
0
sea derivable para a ∈ [c, d], se debe cumplir que f(x, a) y ∂f
∂a (x, a) sean continuas en [c, d] × (0, ∞) y que la integral
∞ ∂f
0 ∂a (x, a)dx converja uniformemente en [c, d]. Claramente lo primero se cumple. Estudiemos entonces la convergencia
uniforme de ∞
∞
∂f
1
(x, a)dx =
∂a 1 + a2 dx
x2 Claramente, si a ∈ [c, d] ⊂ (0, ∞)
0
1
1 + a 2 x 2
0
=
1
1 + a2 ≤
x2 1
1 + c 2 x 2

y, como c = 0, ∞ 1
0 1+c2x2 dx es convergente, por lo que por el criterio de Weierstrass, la integral ∞ ∂f
0 ∂a (x, a)dx converge
uniformemente en todo intervalo [c, d] con c > 0. Por consiguiente, I(a) es derivable en (0, ∞) y además, su derivada
vale
I ′ ∞
(a) =
3) Integrando en la expresión de I ′ (a) se tiene
I ′ ∞
(a) =
y por ello
0
0
1
1 + a2 1
dx =
x2 a
1
1 + a2 dx , a > 0
x2 a>0 π
arctan(ax) |x=∞ x=0 =
2a
I(a) = π
π
log |a| + C = log a + C, a > 0
2 2
Imponiendo que I(1) = 0 se obtiene C = 0 luego
a∈(0,d]
I(a) = π
log a, a > 0
2
, a > 0
A continuación haremos algunas observaciones (que no son necesarias para la resolución del problema) sobre la
convergencia puntual y la convergencia uniforme de la integral H(a) := ∞ 1
0 1+a2x2 dx. Hemos visto en el apartado
anterior que H(a) converge uniformemente en todo intervalo de la forma [c, d] con c > 0, de donde que se deduce que
H(a) converge puntualmente en (0, ∞) (en efecto, para todo a ∈ (0, ∞) existen 0 < c < d tales que a ∈ [c, d] y como
H converge uniformemente en [c, d] también lo hará puntualmente y por ello H(a) será convergente). Sin embargo,
ahora veremos que H(a) no converge uniformemente en (0, ∞) y de hecho ni siquiera lo hace en (0, d] para ningún
d > 0. En efecto, de la definición de convergencia uniforme se tiene que H(a) converge uniformemente en (0, d] si
T
1
sup
1 + a2
dx − H(a)
x2
→
T →∞ 0
Veamos
sup
a∈(0,d]
T
0
1
1 + a2
dx − H(a)
x2
0
= sup
1
arctan(ax) |x=T x=0 −
a∈(0,d] a π
2a
=
= sup
1
π
arctan(aT ) −
1
a∈(0,d] a 2a
= sup arctan(aT ) −
a∈(0,d] a
π
= ∞
2
que, obviamente, no tiende a cero cuando T → ∞. Obsérvese que si en vez de trabajar en (0, d) se trabaja en [c, d],
con c > 0, se tiene
T
1
sup
a∈[c,d] 1 + a2
1
dx − H(a)
x2 = sup arctan(aT ) −
a∈[c,d] a
π
=
2
1
arctan(cT ) −
c
π
→ 0
2 T →∞
0
lo que muestra, utilizando la definición, que hay convergencia uniforme en todo intervalo [c, d], con c > 0 (esto ya lo
sabíamos del apartado 2)
4) Sea J(a) la integral del enunciado. Parece razonable intentar relacionar J(a) con I(a). En vista de que el
intervalo de integración es el mismo y de la expresión de las funciones subintegrales, podemos intentar integrar por
partes en la expresión de I tomando u(x) = arctan(ax) − arctan x y v ′ (x) = 1
x . Entonces
con lo que
u ′ (x) =
a
1 + a2 1
−
x2 1 + x2 = a − 1 + (a − a2 )x2 (1 + a2x2 ) (1 + x2 )
v(x) = log x
= (1 − a)
ax 2 − 1
(1 + a 2 x 2 ) (1 + x 2 )
I(a) = (arctan ax − arctan x) log x | ∞
∞ 2 ax − 1 log x
0 −(1 − a)
0 (1 + a2x2 ) (1 + x2 dx = (a − 1)J(a)
)

para a > 0, donde se ha usado que
lim (arctan ax − arctan x) log x = lim
x→0 + x→0 +
arctan ax − arctan x L
1
log x
′ Hôpital
=
= lim
x→0 +
(1 − a)
lim (arctan ax − arctan x) log x = lim
x→∞ x→∞
Por tanto, para a > 0, a = 1
ax 2 −1
(1+a2x2 )(1+x2 )
−1
log2 1
x x
= (a − 1) lim
x→0 + x log2 x = 0
arctan ax − arctan x
1
log x
= lim
x→0 +
(1 − a) ax2 − 1 x log 2 x
(1 + a2x2 ) (1 + x2 =
)
L ′ Hôpital
=
(1 − a)
= lim
x→∞
ax2 − 1 x log 2 x
(1 + a2x2 ) (1 + x2 = 0
)
J(a) = 1 π log a
I(a) =
a − 1 2 a − 1

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de junio 17.06.08
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Número de matrícula. .......................
Dada una constante a > 0, se considera el arco Γ de la curva llamada astroide contenido en el
primer cuadrante. Las ecuaciones paramétricas de esa curva son:
x = a cos 3 t
Se pide:
y = a sen 3 t .
(1) Hallar el área del dominio D limitado por el arco Γ y los ejes coordenados. Hallar también la
longitud del arco Γ. (1 punto)
(2) Hallar el centroide (xD, yD) del dominio D. Obviamente, por simetría, se verifica xD =
yD. (1 punto)
(3) Hallar el centroide (x0, y0) del arco Γ. Obviamente, por simetría, se verifica x0 = y0.(1 punto)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
Elevando ambas ecuaciones a potencia 2/3 y sumando miembro a miembro, se obtiene la ecuación
de la astroide en coordenadas cartesianas:
La gráfica de Γ puede verse en la Figura 1.
(1) Se tiene
Área(D) =
D
a
=
0
π/2
=
0
= 3a 2
π/2
y
0
x 2/3 + y 2/3 = a 2/3 .
a
D
Γ
x
a
Figura 1: Arco de astroide
a
dxdy =
0
a 2/3 − x 2/3 3/2
2/3
(a −x2/3 3/2
)
dx
0
dx
⎛
⎜
⎝
dy
t = arc sen 1/3 x
a
x = a sen3 t
dx = 3a sen2 t costdt
a 2/3 − a 2/3 sen 2 t 3/2
3a sen 2 t costdt
0
sen 2 t cos 4 t dt = 3a2
2 B
3
2
1
5
,
2
⎞
⎟
⎠

Como
= 3a2
2
Por otra parte, la longitud es
se tiene
de donde
(2) Se tiene
de donde
(3) Se tiene
3 5
Γ Γ
2 2
Γ(4)
π/2
l(Γ) =
0
= 3a2
2
1
2 Γ
1 3
2 2
6
x ′ (t) 2 + y ′ (t) 2 dt .
x ′ (t) = −3a cos 2 t sen t
y ′ (t) = 3a sen 2 t cost,
1
2 Γ
1
2
x ′ (t) 2 + y ′ (t) 2 = 9a 2 (cos 4 t sen 2 t + sen 4 t cos 2 t)
= 9a 2 sen 2 t cos 2 t(cos 2 t + sen 2 t) ,
π/2
2 π/2
sen t
l(Γ) = 3a sen t costdt = 3a
0
2
Área(D) · xD =
=
=
=
D
a
0
a
0
π/2
0
xdxdy
= 3a 3
π/2
= 3a3
2 B
= 3a3
2
= 8a3
105 ,
(a2/3−x2/3 ) 3/2
xdx dy
0
x(a 2/3 − x 2/3 ) 3/2 dx
0
= 3a
2 .
x = a sen 3 t
= 3πa2
32 .
dx = 3a sen 2 t costdt
a sen 3 t(a 2/3 − a 2/3 sen 2 t) 3/2 3a sen 2 t costdt
sen
0
5 t cos 4 t dt
3, 5
2
5
Γ(3)Γ
2
11
Γ
2
8a
xD =
3 256a
=
105 Área(D) 315π .
l(Γ)x0 =
Γ
xds
2

de donde
π/2
=
= a
a cos
0
3
t x ′ (t) 2 + y ′ (t) 2 dt
π/2
= 3a 2
= 3a 2
0
π/2
0
= 3a2
5 ,
cos 3 t 3a sen t costdt
− cos5 t
5
cos 4 t sen t dt
π/2
x0 = 3a2 2a
=
5l(Γ) 5 .
3
0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de junio 17.06.08
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se considera el campo vectorial definido por:
F(x, y, z) =
donde f(x, y) es una función de clase C 1 en R 2 .
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(z , x z , f(x, y))
(x 2 + 8y 2 + z 2 ) 3/2
1) Determínese la función f(x, y) para que el campo F sea solenoidal. Para ese valor de f(x, y)
obténgase un potencial vector de F cuya tercera componente sea nula, indicando razonadamente
la mayor región de R 3 en la que F lo admite.
(1 punto)
2) Sea Γ la porción de curva de ecuación cartesiana x 2 + 4y 2 = 1, z = x que está situada en el
primer octante. Sea Σ1 la superficie generada por los segmentos que parten del punto (1, 0, 1)
y se apoyan en Γ. Calcúlese el flujo del campo F, determinado en el primer apartado, a través
de la cara de Σ1 cuya normal tiene tercera componente positiva.
(1 punto)
3) Sea Σ2 una superficie regular y cerrada cualquiera que no pasa por el origen. Calcúlense razonadamente
todos los valores posibles que puede tomar el flujo del campo F, determinado en el
primer apartado, a través de la cara exterior de la mencionada superficie. (1 punto)
Respuesta:
1) El campo F(x, y, z) = (L(x, y, z), M(x, y, z), N(x, y, z)) está definido en R 3 \{(0, 0, 0)}. En ese
conjunto su divergencia es:
∇ · F = ∂L
∂x
+ ∂M
∂y
+ ∂N
∂z
= − 3z(x + 8xy + f(x, y))
(x 2 + 4y 2 + z 2 ) 5/2
Por definición F es solenoidal si su divergencia es nula, lo que ocurre si y solamente si
f(x, y) = −x(1 + 8y) ,
que es la función f(x, y) que se pide. Para esta expresión de f se tiene un campo solenoidal en el
conjunto R 3 \{(0, 0, 0)} que no es estrellado con respecto a ningún punto. En esta situación no se
puede asegurar la existencia de un potencial vector para F en este conjunto. Lo que sí podemos
afirmar es que F admite un potencial vector en cualquier conjunto estrellado que esté contenido en
R 3 \{(0, 0, 0)}.
Para calcularlo suponemos que el potencial vector es un campo de la forma
G(x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), 0) ,
.

que debe cumplir
⎧
−
⎪⎨
∇ × G = F ⇐⇒
∂Q
∂z =
∂P
∂z =
⎪⎩
∂Q
∂x
z
(x2 + 8y2 + z2 ,
) 3/2
xz
(x2 + 8y2 + z2 ,
) 3/2
− ∂P
∂y =
−x(1 + 8y)
(x2 + 8y2 + z2 .
) 3/2
Integrando en la primera de las igualdades con respecto a z, se obtiene:
Q(x, y, z) =
1
(x 2 + 8y 2 + z 2 ) 1/2 + C1(x, y) ,
donde C1(x, y) es una función arbitraria que solamente puede depender de las variables x e y.
Análogamente, integrando en la segunda de las igualdades con respecto a z, se obtiene:
P (x, y, z) = −
x
(x 2 + 8y 2 + z 2 ) 1/2 + C2(x, y) ,
donde C2(x, y) es otra función arbitraria que solamente puede depender de las variables x e y.
Sustituyendo estas expresiones de P y Q en la tercera igualdad, resulta la siguiente condición que
deben cumplir las funciones C1 y C2:
∂C2(x, y)
∂x
− ∂C1(x, y)
∂y
Una elección posible (la más sencilla) es C1(x, y) = C2(x, y) = 0 con lo que un potencial vector del
campo F es:
x
G(x, y, z) = −
(x2 + 8y2 + z2 ) 1/2 ,
1
(x2 + 8y2 + z2 ) 1/2
, 0
y cualquier otro potencial vector de F se diferenciará del dado en un campo de gradientes.
Ahora bien, el campo G está definido y es de clase C 1 en todo el conjunto R 3 \{(0, 0, 0)} y, además,
en todo ese conjunto también cumple ∇ × G = F. Esto significa (por definición de potencial vector)
que el campo G es un potencial vector de F en R 3 \{(0, 0, 0)}. (1 punto)
2) Teniendo en cuenta que la superficie Σ1 no es cerrada y puesto que el campo F que se
considera es solenoidal y admite un potencial vector, se dispone de varias posibilidades a la hora de
calcular su flujo.
Una de ellas consiste en utilizar la propia definición de flujo, para lo que es necesario obtener una
parametrización de la superficie Σ1 que está formada por la el haz de segmentos que unen el punto
(1, 0, 1) con el arco Γ descrito en el enunciado. Unas ecuaciones paramétricas de esta superficie son:
x(u, θ) = 1 + u(cos θ − 1) , y(u, θ) = u
sen θ
2
= 0 .
, z(u, θ) = 1 + u(cos θ − 1) ,
donde u ∈ [0, 1] y θ ∈ [0, π/2], dado que la curva Γ está contenida en el primer octante y se ha
parametrizado mediante las ecuaciones
x(θ) = cos θ , y(θ) =
sen θ
2
Ahora bien, el valor que toma el campo sobre esta superficie es
, z(θ) = cos θ , θ ∈ [0, π/2] .
1
F(x(u, θ), y(u, θ), z(u, θ)) =
(2 + 4(cos θ − 1)u + 4(1 − cos θ)u2 ×
) 3/2
(1 + u (cos θ − 1) , (1 + u (cos θ − 1)) 2 , − (1 + u (cos θ − 1)) (1 + 4 u sen θ)
.

lo que desaconseja utilizar este procedimiento dada la complejidad de las integrales que sería necesario
calcular.
Otra posibilidad pasa por hacer uso del teorema de Stokes. Dado que Σ1 y su curva borde
cumplen las condiciones de regularidad a trozos adecuadas y ambas están contenidas en un abierto
de R3 \{(0, 0, 0)} (que siempre existe) en el que se cumple ∇ × G = F (con G de clase C∞ ), el
teorema de Stokes permite escribir:
F · dσ = ∇ × G · dσ = G · ds ,
Σ1
Σ1
dónde Λ representa el borde de Σ1 orientado de tal forma que su proyección sobre le plano z = 0
se recorra en sentido positivo (lo que se corresponde con el sentido que dicta “la regla del sacacorchos”
aplicada teniendo en cuenta que es la normal con tercera componente positiva la que se debe
considerar para Σ1).
La curva cerrada Λ está formada por el arco Γ (una de cuyas parametrizaciones se ha dado
anteriormente) y los segmentos que unen el punto (1, 0, 1) con los extremos de Γ que son el mismo
(1, 0, 1) y el punto (0, 1/2, 0). Así pues, Λ está formada por la unión yuxtapuesta del arco Γ, recorrido
desde el punto (1, 0, 1) al (0, 1/2, 0), y el segmento S que une (0, 1/2, 0) con (1, 0, 1) recorrido en ese
mismo sentido. Una parametrización de S es:
Por tanto:
Σ1
x(v) = v , y(v) =
F · dσ =
Σ1
1 − v
2
∇ × G · dσ =
, z(v) = v , v ∈ [0, 1] .
Λ
G · ds =
Calculamos ahora las dos circulaciones del potencial vector G.
• G · ds.
Γ
El valor que el potencial vector G toma sobre el arco Γ es:
G(x(θ), y(θ), z(θ)) =
−
cos θ
√ 2 ,
Λ
Γ
G · ds +
1
√ , 0
2
y la tangente al arco correspondiente a la parametrización considerada es:
Se tiene entonces,
luego:
T(θ) =
− sen θ ,
cos θ
2
G(x(θ), y(θ), z(θ)) · T(θ) =
, − sen θ
cos θ
2 √ (1 + 2 sen θ),
2
.
S
G · ds .
π/2
G · ds = G(x(θ), y(θ), z(θ)) · T(θ) dθ =
Γ
0
1
2 √ π/2
π/2
cos θ dθ + 2 sen θ cos θ dθ
2 0
0
= 1
2 √
sen θ|
2
π/2
0 + sen2
θ
π/2
=
0
1
√ .
2
• G · ds.
S
El valor que el potencial vector G toma sobre el segmento S es:
G(x(v), y(v), z(v)) =
1
(−v , 1 , 0) =
2 − 4 v + 4v2 1
(2v − 1) 2 (−v , 1 , 0)
+ 1

y la tangente al segmento que se corresponde con la parametrización considerada es:
Se tiene entonces,
luego:
T(v) =
1 , − 1
2
, 1 .
1
G(x(v), y(v), z(v)) · T(v) = −
(2v − 1) 2
2v + 1
+ 1 2
1
G · ds = G(x(v), y(v), z(v)) · T(v) dv = −
S
0
1
1 2v + 1
2 0 (2v − 1) 2 + 1 dv
= − 1
1 4v − 2
4 0 (2v − 1) 2 1 1
dv −
+ 1 0 (2v − 1) 2 + 1 dv
= − 1
(2v − 1)
4
2
1
+ 1
−
0
1
ArgSh(1)
dt = − ArgSh(1) = − log
2 −ArgSh(1)
1 + √ 2
.
donde la primera de las integrales que aparecen en la segunda línea es inmediata y la segunda se
calcula mediante el cambio de variable: 2v − 1 = Sh(t).
Finalmente, el flujo pedido es:
Σ1
F·dσ =
Σ1
∇×G·dσ =
Λ
G·ds =
Γ
G·ds + G·ds =
S
1
√ −ArgSh(1) =
2 1
√ −log
2
1 + √ 2
.
(1 punto)
3) Supuesto que la superficie Σ2 no pasa por el origen, solamente existen dos situaciones posibles:
A) El recinto acotado V ⊂ R3 limitado por Σ2 no contiene el origen.
En tal caso, el campo F es solenoidal en V con lo que el teorema de Gauss, según el cual
F · dσ = ∇ · F dxdydz
Σ2+
nos permite concluir que el flujo es nulo, siendo Σ + 2 la cara exterior de Σ2.
B) El recinto acotado V ⊂ R 3 limitado por Σ2 sí contiene el origen.
En tal caso y cualquiera que sea la superficie regular Σ2, siempre se puede encontrar una superficie
elipsoidal, S, de ecuación cartesiana
x 2 + 8y 2 + z 2 = ε 2
tal que el elipsoide acotado, E, que limita contiene el origen y, tanto S como E están contenidos en
V . Es decir, se tiene (0, 0, 0) ∈ E ⊂ V ⊂ R3 .
Ahora bien, el conjunto V \E tiene por frontera las superficies Σ2 y S y, además, V \E no contiene
el origen, con lo que el campo F es solenoidal en él. Aplicando de nuevo el teorema de Gauss se obtiene:
Σ +
2
F · dσ +
S −
F · dσ =
V \E
V
∇ · F dxdydz = 0 =⇒
Σ +
2
F · dσ =
S +
F · dσ ,
donde, al igual que antes, Σ + 2 es la cara exterior de Σ2, S − es la cara interior de S y S + es la cara
exterior de S.
Así pues, cualquiera que la sea la superficie regular Σ2, calcular el flujo pedido consiste en calcularlo
a través de la cara exterior de la superficie elipsoidal mencionada.

A continuación se detallan tres posibles formas de proceder:
a) Sabemos que
Σ +
2
(z, xz, −x(1 + 8y))
(x2 + 8y2 + z2 dσ =
3/2
)
S +
(z, xz, −x(1 + 8y)) 1
dσ = 3/2 ε3
(x 2 + 8y 2 + z 2 )
S +
(z, xz, −x(1 + 8y)) dσ
pues x 2 + 8y 2 + z 2 = ε 2 sobre S. Ahora, como el campo (z, xz, −x(1 + 8y)) es de clase 1 en R 3 y
además es solenoidal, se puede aplicar Gauss y obtener que el flujo pedido es cero. Obsérvese que,
como era de esperar, el flujo no depende del parámetro ε.
b) Otra forma de razonar, sin aplicar una segunda vez el teorema de Gauss, es utilizar que un
vector normal a la superficie cerrada S es el gradiente de la ecuación h(x, y, z) = 0 que la describe.
Para S tiene la expresión:
N(x, y, z) = (2x , 16y , 2z) ,
y, en este caso, tiene la dirección y sentido de la normal exterior.
Resulta entonces que el campo F es tangente a la superficie elipsoidal en cada punto, ya que:
F(x, y, z) · N(x, y, z) =
=
(z , x z , −x(1 + 8y))
· (2x , 16y , 2z)
(x 2 + 8y 2 + z 2 ) 3/2
1
(x2 + 8y2 + z2 (2xz + 16xyz − 2xz(1 + 8y)) = 0 ,
) 3/2
con lo que también en este caso B) el flujo pedido es cero.
c) Otra posibilidad es proceder utilizando una parametrización P(u, v) = {x(u, v), y(u, v), z(u, v)}
de S; por ejemplo, la dada por las ecuaciones:
x(u, v) = ε cos u sen v , y(u, v) = ε
2 √ sen u sen v , z(u, v) = ε cos v , u ∈ [0, 2π] , v ∈ [0, π] .
2
La normal exterior es:
∂P
∂v
× ∂P
∂u =
ε 2
2 √ 2 cos u sen2 v , ε 2 sin u sin 2 v ,
y tras algunas operaciones se comprueba nuevamente que:
F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ·
∂P
∂v
ε 2
2 √ 2
∂P
× = 0 ,
∂u
cos v sen v
lo que de nuevo conduce a la conclusión de que el flujo en este caso B) también es cero y, como era
de esperar, no depende del parámetro ε.
(1 punto)

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de septiembre 02.09.08
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 1 (4 puntos)
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
• 1. (1.25 ptos.) Sea p un número real. Estudiar con todo rigor la convergencia y la convergencia
absoluta de
∞
senx
Hp := dx
xp Para resolver este apartado se pueden utilizar los siguientes resultados:
– (a) ∞
1
– (b) ∞
1
– (c) 1
0
senx
x p dx diverge si p ≤ 0
|senx|
x p dx converge si p > 1
|sen x
1−x|
x(1−x)
dx diverge
0
• 2. (1.5 ptos.) Sea n un entero positivo, sea Mn el recinto acotado del primer cuadrante de R 2
limitado por las curvas de ecuaciones
y considérese la integral
donde β es un número real.
In :=
xy = 1
xy = 2
y = nx
y = 1
n x
Mn
xβ+2 sen(y
yβ x )dxdy
Se pide expresar In en términos de una integral simple y estudiar para qué valores de β el límite
limn→∞ In existe y es finito.
• 3. (1.25 ptos.) Estudiar razonadamente la convergencia de la integral
donde
J =
M
xβ+2 sen(y
yβ x )dxdy
M = {(x, y) : 1 ≤ xy ≤ 2 ; x, y ≥ 0}
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. La integral Hp es impropia porque el intervalo de integración es no acotado y, para ciertos
valores de p, porque la función subintegral no está acotada en el entorno de x = 0. Por ello Hp
converge (absolutamente) si y sólo si convergen (absolutamente) las dos integrales
∞
Ap :=
1
senx
xp dx y Bp
1
:=
0
senx
dx
xp

Por (a) Ap diverge si p ≤ 0. Además Ap converge para p > 0 por el criterio de Abel-Dirichlet. En
efecto, para p > 0 la función 1/x p es C 1 [1, ∞) estrictamente decreciente y tiende a 0 cuando x → ∞,
mientras que la función sen(x) tiene primitiva acotada (es decir, − cos x es una función acotada).
En cuanto a la convergencia absoluta de Ap, por (b) sabemos que Ap converge absolutamente si
p > 1. Por otro lado de (c) se tiene, haciendo el cambio de variable t = x
1−x
es inyectivo en (0, 1))
1 x sen ∞
1−x
|sent|
dx = · · · = dt
x(1 − x) t
0
0
, es decir, x = t
t+1 (que
donde la última integral sólo es impropia por ser no acotado el intervalo de integración. Como la
primera integral diverge deducimos que Ap no converge absolutamente para p = 1. Para p ≤ 0, Ap
no converge por lo que no puede converger absolutamente. Queda por estudiar el caso p ∈ (0, 1). Si
p ∈ (0, 1) podemos acotar
0 ≤ |senx|
x
≤ |senx|
x p , ∀x > 1
y como ∞ |senx|
1 x dx diverge también lo hace ∞ |senx|
1 xp dx con p ∈ (0, 1). En definitiva Ap converge
⇔ p > 0, y Ap converge absolutamente ⇔ p > 1.
Por otro lado, puesto que senx/xp es no negativa en (0, 1), Bp converge si y sólo si converge
absolutamente. Además podemos aplicar el criterio del cociente
lim
x→0 +
senx
x p
1
x p−1
= lim
x→0 +
senx
x
y por tanto Bp converge (y además lo hace absolutamente) si y sólo si p − 1 < 1, es decir, si y sólo
si p < 2.
En definitiva, Hp converge si y sólo si p ∈ (0, 2) y Hp converge absolutamente si y sólo si p ∈ (1, 2)
2. In es una integral doble en sentido propio. Haciendo el cambio
(que es inyectivo en Mn) o bien
para el que el jacobiano queda
xy = u
y
= v
x
x = u 1/2 v −1/2
y = u 1/2 v 1/2
|Jφ(u, v)| = 1
2 |v|
y teniendo en cuenta que φ −1 (Mn) es el rectángulo [1, 2] × [ 1 , n] se obtiene
n
Ahora
In = 1
2 [1,2]×[ 1
n ,n]
= 1
2
u
1
senvdudv = udu
vβ+2 2 1
n
1
n
lim
n→∞ In = 3
∞
4 0
y por ello el límite existe y es finito cuando la integral
∞
senv
dv
vβ+2 0
senv
dv
vβ+2
senv
dv =
vβ+2 3
n
4 1
n
senv
dv
vβ+2

converge, es decir, usando el apartado 1, cuando
o bien
0 < β + 2 < 2
−2 < β < 0
3. J es una integral doble impropia tanto porque el dominio de integración M está no acotado
como porque la función subintegral puede no estar acotada en el dominio. Por ello J será convergente
si y sólo si el límite
lim
n→∞
Bn
xβ+2 sen(y
yβ x )dxdy
existe, es finito y es independiente de la sucesión básica de integración Bn que se considere para J.
La función subintegral no conserva el signo, por lo que el límite puede, en principio, depender de la
sucesión básica utilizada. Puesto que en R n con n ≥ 2 la convergencia de una integral es equivalente
a la convergencia absoluta de la misma, se tiene que J converge si y sólo si lo hace la integral
K :=
M
x β+2
y β
sen( y
x )
dxdy
Como ahora la función subintegral es no negativa y claramente Mn es una sucesión básica para la
integración en M, se tiene que K es convergente si y sólo si existe y es finito
x
lim
n→∞
Mn
β+2
yβ
sen( y
x )
dxdy
Haciendo el mismo cambio del apartado anterior se obtiene
x
lim
n→∞
Mn
β+2
yβ
sen( y
x )
dxdy = 3
8
y por ello, usando el apartado 1, K converge si y sólo si
o bien
En definitiva, J converge si y sólo si −1 < β < 0.
1 < β + 2 < 2
−1 < β < 0
∞
0
|senv|
dv
vβ+2

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007-08) Convocatoria de septiembre 02.09.08
PROBLEMA 2 (3 puntos)
En el plano R 2 se considera la región D del primer cuadrante encerrada por las parábolas de ecuaciones
x 2 = y, x = y 2 ; sea Σ la superficie de revolución que se obtiene al girar la curva frontera de D alrededor
del eje OX.
1. Calcular el centroide de D. (1, 25 puntos)
2. Sea F(x, y, z) = (2xy − x 2 , x − y 2 , 2xz + z). Calcular el flujo del campo F a través de la
superficie Σ orientada según el vector normal saliente. (1, 75 puntos)
Respuesta:
1. Los puntos de intersección de ambas parábolas son (0, 0) y (1, 1), así que la región puede
describirse como:
D = {(x, y) ∈ R 2 / 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ √ x}
Dado que D es simétrica respecto de la bisectriz del primer cuadrante su centroide cg(D) =
(xg, yg) está situado sobre la bisectriz –es decir, xg = yg– y su área es el doble de la parte D ∗
situada debajo de la bisectriz, esto es:
Por tanto,
A(D) = 2A(D ∗
) = 2
D ∗ = {(x, y) ∈ R 2 / 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ x}
D ∗
dx dy =
1 x
Calculemos la componente xg del centroide:
1 √
x
A(D)xg = x dx dy = x dy dx =
D
0
x 2
0
x 2
1
dy dx = 2 (x − x
0
2 ) dx = 1
3 .
1
Se concluye que el centroide de D es cg(D) = 9
(1, 1).
20
0
x 3/2 − x 3
dx = 2 1
−
5 4
2. Dado que la superficie es cerrada no está de más calcular la divergencia del campo:
div F(x, y, z) = 2y − 2x − 2y + 2x + 1 = 1.
= 3
20 .
Como la divergencia es constante, el teorema de Gauss –que puede aplicarse ya que F es
un campo C∞ y Σ es unión de dos superficies regulares– nos permite calcular la integral de
superficie (con orientación saliente) como el volumen del sólido Ω de frontera Σ:
F = div F(x, y, z) dxdydz = dxdydz = V (Ω).
Σ
Ω
Ahora bien, al ser el sólido de revolución, su volumen puede calcularse aplicando el teorema de
Guldin:
El volumen engendrado por un recinto plano que gira alrededor de un eje no secante y situado
en su mismo plano es igual al producto del área del recinto por la longitud de la circunferencia
descrita por su centro de gravedad.
En nuestro caso, si giramos D alrededor de OX el radio de la circunferencia descrita por cg es
la componente yg, luego:
Σ
F = V (Ω) = 2πygA(D) = 2π 9 1
20 3
Ω
= 3π
10 .

Si no se recuerda el teorema de Guldin, para el cálculo de un volumen de revolución de un arco
y = f(x), x ∈ [a, b] alrededor del eje OX podemos también usar la conocida fórmula
b
V = π f
a
2 .
En nuestro caso, al volumen engendrado por el arco y = √ x hay que restarle el correspondiente a
y = x 2 :
1
V (Ω) = π (x − x
0
4 ) dx = 3π
10 .
Como alternativa al segundo apartado, si no se aplica el teorema de Gauss puede hacerse directamente
la integral de superficie; dado que la curva que gira está formada por dos arcos regulares, la superficie
habrá de parametrizarse a través de dos funciones. Llamemos Σ1 a la superficie generada al girar
el arco y = √ x, x ∈ [0, 1] alrededor del eje OX y Σ2 a la relativa al arco y = x 2 . Entonces una
parametrización de Σ1 se obtiene premultiplicando un punto genérico del arco (t, √ t, 0), t ∈ [0, 1]
por la correspondiente matriz de giro de ángulo θ, θ ∈ [0, 2π]:
σ1(θ, t) =
⎛
⎜
⎝
x(θ, t)
y(θ, t)
z(θ, t)
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
1 0 0
0 cos θ − sen θ
0 sen θ cos θ
El vector normal asociado a esta parametrización es
N1(θ, t) = ∂σ1(θ, t)
∂θ
× ∂σ1(θ, t)
∂t
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
t
√ t
0
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
t
√ t cos θ
√ t sen θ
= (− 1
2 , √ t cos θ, √ t sen θ)
Si tomamos, por ejemplo, θ = 0, t = 1/2 se tiene N1(0, 1/2) = (−1/2, 1/2, 0) que apunta al exterior
de Σ por lo que orienta adecuadamente la superficie. Análogamente, para Σ2 se tiene
σ2(t, θ) =
⎛
⎜
⎝
x(t, θ)
y(t, θ)
z(t, θ)
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
1 0 0
0 cos θ − sen θ
0 sen θ cos θ
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
t
t 2
0
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
t
t 2 cos θ
t 2 sen θ
Obsérvese que hemos cambiado el orden de los parámetros para obtener la orientación adecuada;
ahora el vector normal es
La integral de superficie pedida es:
N2(t, θ) = (2t 3 , −t 2 cos θ, −t 2 sen θ)
Σ
F =
Σ1
F +
Hagamos con cierto detalle la integral del campo a través de Σ1:
Σ1
F =
[0,2π]×[0,1]
Al sustituir y hacer el producto escalar se obtiene
Σ2
F.
F(σ1(θ, t)) · N1(θ, t) dθ dt.
F(σ1(θ, t)) · N1(θ, t) = (2t √ t cos θ − t 2 , t − t cos 2 θ, (2t + 1) sen θ) · (− 1
2 , √ t cos θ, √ t sen θ)
⎞
⎟
⎠ .
⎞
⎟
⎠

e integrando:
Σ1
F =
= t2
2 − t√ t cos 3 θ + (2t + 1)t sen 2 θ,
[0,2π]×[0,1]
t 2
2 + (2t + 1)t sen2 θ
De forma totalmente análoga (no nos detenemos en los detalles),
Y, para terminar:
Σ2
F =
Σ
[0,1]×[0,2π]
F =
Σ1
dθ dt = 3
2 π.
F(σ2(t, θ)) · N2(t, θ) dt dθ = − 6
5 π.
F +
Σ2
F = 3 6 3
π − π =
2 5 10 π.
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2007/2008) Convocatoria de septiembre 02.09.08
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se considera el campo vectorial
F =
definido en R 2 \{0}, siendo r := √ x 2 + y 2 . Se pide:
Número de matrícula. .......................
yf(r) − x2y xy2
, xf(r) −
r3 r3
(1) Determinar una función f : R\{0} → R que haga al campo F conservativo en algún
dominio. (1,5 puntos)
(2) Para la función f hallada en el apartado anterior, calcular un potencial escalar de F.
(1,5 puntos)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
(1) Sea
Derivando,
Igualando las derivadas:
P := yf(r) − x2 y
r 3
∂P
∂y = f(r) + y2 f ′ (r)
, Q := xf(r) − xy2
r 3
r − x2r3 − 3rx2y2 r6 ∂Q
∂x = f(r) + x2 f ′ (r)
r − y2r3 − 3rx2y2 r6 y 2 f ′ (r)
r − x2r2 − 3x2y2 r5 = x 2 f ′ (r)
r − y2r2 − 3x2y2 r5 ⇒ y 2 r 2 f ′ (r) − x 2 = x 2 r 2 f ′ (r) − y 2
⇒ r 2 (y 2 − x 2 )f ′ (r) = x 2 − y 2
⇒ f ′ (r) = − 1
r 2
⇒ f(r) = 1
+ k .
r
Podemos elegir k = 0, y tenemos
f(r) = 1
r .
(2) En todo punto de la forma (1, y), el campo F está bien definido. Un potencial escalar de F
será:
x
U(x, y) = Q(1, y) dy + P(s, y) ds
1
=
1
√
1 + y2 −
y2
x y
dy + √
s2 + y2 −
s2
y
ds .
(1 + y2 ) 3/2
=I
1
.
1 (s2 + y2 ) 3/2
=J
.

Se tiene
de donde
ya que
Por otra parte,
de donde
Por tanto,
x
J =
1
√ 1 + y 2 −
I =
=
y
√ s 2 + y 2 −
1
x/y
=
=
1/y
y2 (1 + y2 ) 3/2 = 1 + y2 − y2 (1 + y2 =
) 3/2
dy
(1 + y2 ) 3/2
ch η dη
(1 + sh 2
=
η) 3/2
(cambio y = sh η)
dη
ch 2 η
th 2 η = sh2 η
ch 2 η = sh2 η
1 + sh 2 η
s 2 y
y3 ds
(s2 + y2 x
=
) 3/2
1
= th η =
(s2 + y2 ) 3/2 = y s2 + y2 − s2 (s2 + y2 )
y dz
(1 + z2
= y
) 3/2
xy
√ x 2 + y 2 −
y
√ 1 + y 2 .
ds
⎡ ⎤
2
⎣1
s
+ ⎦
y
z
√ 1 + z 2
U(x, y) = I + J =
3/2
y2
= .
1 + y2 3/2 =
1
(1 + y2 ,
) 3/2
y
√ 1 + y 2
y3 (s2 + y2 ,
) 3/2
cambio s
y
x
y
= z
1
y
z=x/y = y
z=1/y
1 + x2
y2 − y
1 + 1
y2 2
xy
√ x 2 + y 2
= xy
r .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de Febrero 03.02.09
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 1 (3 puntos)
Número de matrícula. .......................
Siendo a > 0 una constante, se considera el arco Γ de la curva de ecuación
contenido en el primer cuadrante (Figura 1).
Se pide:
y
x 4 − 2ax 3 + 4a 2 y 2 = 0
Γ
D
0 V
Figura 1: Curva x 4 − 2ax 3 + 4a 2 y 2 = 0 en el primer cuadrante
(1) Hallar el área del dominio D limitado por la curva Γ y el eje OX. (1 punto)
(2) Si (x0, y0) designa el centroide del domino D, hallar la ordenada y0 (no se pide x0 por razón
de brevedad). (1 punto)
(3) Dado el campo vectorial
F =
x 3 log(1 + y 2 ) + e x sen y + x , ax3y 1 + y2 + ex
cos y + 5xy
calcular la circulación de F a lo largo del arco Γ recorrido desde el punto V hasta el origen O. Para
responder a esta pregunta se sugiere utilizar, de manera adecuada, el teorema de Green. (1 punto)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
(1) Los puntos de corte de Γ con el eje OX se obtienen haciendo y = 0 en la ecuación de la curva,
y son:
O(0, 0) y V (2a, 0) .
Despejando y en la ecuación de la curva, resulta
Como
El área de D será
Área(D) =
2a
haremos en la integral el cambio de variable
t = arc sen
0
x − a
a
y = 1
(2a − x)x
2a
3 .
1
(2a − x)x
2a
3 dx = 1
2a
x
2a 0
√ 2ax − x2 dx.
2ax − x 2 = a 2 − (x − a) 2 ,
⇒ x − a = a sen t ⇒ dx = a costdt
1
x
,

de modo que
x = 0 ⇒ t = − π
2
, x = 2a ⇒ t = π
2 ,
Área(D) = 1
π/2
a(1 + sen t)
2a −π/2
√ a2 − a2 sen2 t a costdt
= a2
π/2
(1 + sen t) cos
2 −π/2
2 t dt
= a2
π/2
(cos
2 −π/2
2 t + sen t cos 2 t) dt
= a 2
π/2
cos 2 t dt
0
= πa2
4 .
(2) La ordenada del centroide de D es
Calculamos, pues, la integral
Por tanto,
y0 =
J : =
=
1
Área(D)
D
2a
0
y dxdy
D
y dxdy .
√
1
(2a−x)x3 2a
dx
0
2a
y dy
= 1
8a2 (2a − x)x
0
3 dx
= 1
8a2 2a
(2ax
0
3 − x 4 ) dx
= 1
8a2
4 x=2a
ax x5
−
2 5 x=0
= 1
8a2
4 5 2 a
2 − 25a5
5
= 2a 3
1 2
−
2 5
= a3
5 .
J
y0 =
Área(D)
= 4a
5π .
(3) Sea C := Γ ∪ OV la curva obtenida cerrando el arco Γ con el segmento OV . Aplicaremos la
fórmula de Green-Riemann al campo F en el dominio D.
Si hacemos F = (P, Q), se tiene
∂Q
∂x
− ∂P
∂y = 3ax2 y
1 + y 2 + ex cos y + 5y − 2x3 y
1 + y 2 − ex cos y
= x2 y(3a − 2x)
1 + y 2
+ 5y .
2

Por la fórmula de Green-Riemann,
C
∂Q ∂P
F · dr = − dxdy
D ∂x ∂y
x
=
D
2y(3a − 2x)
1 + y2
dxdy +5
:=I
y dxdy ,
D
=J
donde la segunda integral coincide con la integral J del apartado (2).
Calculamos la primera:
Sea
Entonces,
de donde
I =
=
2a
0
= 1
2
2a
0
2a
0
x 2
√
1
(2a−x)x3 2a
(3a − 2x) dx
0
x 2
1
(3a − 2x)
(3ax 2 − 2x 3 ) log
f(x) := 1 +
2 log(1 + y2 )
(2a − x)x3
4a 2
f ′ (x) = 6ax2 − 4x 3
4a 2
I = 1
2
y
dy
1 + y2 y= 1
2a
y=0
√ (2a−x)x 3
1 + 1
(2a − x)x3
4a2 = 1 + 2ax3 − x 4
4a 2
= 1
2a 2 (3ax2 − 2x 3 ) ,
2a
2a
0
2 f ′ (x) log f(x) dx
= a 2 [f(x) log f(x) − f(x)] x=2a
x=0
= 0
ya que f(0) = f(2a) = 1.
Por tanto,
F
· dr = I + 5J = a
C
3 .
Por otra parte,
Parametrizamos el segmento −→
OV ,
de donde
−→
OV
luego
F
· dr =
Γ
F
· dr =
C
F · dr =
C
Γ
x(t) ≡ t
y(t) ≡ 0 ⇒
=
F · dr +
−→
OV
F · dr .
x ′ (t) ≡ 1
y ′ (t) ≡ 0 ,
.
dx
dx.
2a
[P(t, 0)x
0
′ (t) + Q(t, 0)y ′ (t)] dt
2a 2 2a
t
0
F · dr −
t dt =
−→
OV
2
0
= 2a 2 ,
F · dr = a 3 − 2a 2 = a 2 (a − 2) .
3

Nota 1. El cálculo de x0, que no se pide en el problema, es también sencillo utilizando el mismo
cambio de variable x − a = a sen t del apartado (1). Sabemos que
Calculamos la integral doble
de donde
H : =
=
D
2a
0
= 1
2a
= 1
2a
= a3
2
= a3
2
= a3
2
= a3
2
= a3
2
x0 =
xdxdy
1
Área(D)
√
1
(2a−x)x3 2a
xdx
0
2a
0
π/2
= 5πa3
16 ,
x 2√ 2ax − x 2 dx
D
dy
xdxdy .
(a + a sen t) 2√ a 2 − a 2 sen 2 t a costdt
−π/2
π/2
(1 + sen t)
−π/2
2 cos 2 t dt
π/2
(cos
−π/2
2 t + 2 sen t cos 2 t + sen 2 t cos 2 t) dt
π π/2
+ 2 sen
0
2 t cos 2
t dt
2
π 3
+ B
2 2
π π
+
2 8
3
,
2
x0 = 5πa3 πa2 5a
: =
16 4 4 .
Nota 2. Claramente, la curva completa es simétrica respecto del eje OX, y su gráfica puede verse
en la Figura 2.
y
0
Figura 2: Curva x 4 − 2ax 3 + 4a 2 y 2 = 0 completa
4
x

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de febrero 03.02.09
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 2 (4 puntos)
Nota: Los apartados de este problema son independientes.
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
En R 3 se considera la circunferencia definida por la intersección del plano x = 0 con la superficie
cilíndrica y 2 + (z + 1) 2 = 4.
1. Sea Γ1 el arco de esta circunferencia limitado por los planos z = 1 y z = −1, situado en el
semiespacio y ≥ 0. Sobre Γ1 se considera definida una densidad lineal de masa que en cada
punto es proporcional al cuadrado de la distancia del punto al eje OY . Calcúlese el momento
de inercia de Γ1 con respecto al eje OZ. (1 punto.)
2. Sea Γ2 el arco de la mencionada circunferencia situado en el semiespacio y ≥ 0 y limitado por
los planos z = 0 y z = 1. Sea Σ la superficie de revolución que se obtiene al girar Γ2 alrededor
del eje OZ. Calcúlese la masa de Σ si sobre ella se considera definida una densidad superficial
de masa que en cada punto es proporcional a la distancia al origen del plano tangente a la
superficie en ese punto. (2 puntos.)
3. Calcular la masa del dominio acotado Ω ⊂ R 3 limitado por la superficie Σ definida en el
apartado anterior y por el plano z = 0, sabiendo que la densidad de masa por unidad de
volumen en cada punto de Ω es proporcional a la distancia de ese punto al plano XY .
(1 punto.)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. La curva Γ1 está contenida en el plano x = 0, por tanto las distancias de uno de sus puntos
(x, y, z) a los ejes OY y OZ son, respectivamente, dOY (x, y, z) = |z|, dOZ(x, y, z) = |y| . La densidad
lineal de masa, DΓ1, definida sobre Γ1 tiene entonces la expresión
DΓ1(x, y, z) := [dOY (x, y, z)] 2 = k |z| 2 ,
donde k > 0 es la constante de proporcionalidad.
Teniendo estas expresiones en cuenta, resulta que (por definición) el momento de inercia de Γ1
con respecto al eje OZ viene dado por la siguiente integral curvilínea:
IOZ(Γ1) = d 2
OZ DΓ1 ds = k |y| 2 |z| 2
ds = k y 2 z 2 ds .
Γ1
NOTA: No es conveniente aplicar en este problema el teorema de Steiner, dada la ausencia de
simetrías en el arco.
Para calcular la integral en cuestión, sea r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b], una parametrización
de Γ1, en la que siempre es x(t) = 0 puesto que el arco está contenido en el plano Y Z. Entonces:
IOZ(Γ1) = k
Γ1
y 2 z 2 ds = k
b
a
Γ1
y(t) 2 z(t) 2 r ′ (t) dt = k
b
a
Γ1
y(t) 2
2
z(t) [y ′ (t)] 2 + [z ′ (t)] 2 dt .
Resta entonces parametrizar Γ1 que es un arco de la circunferencia de ecuación cartesiana:
definido por las condiciones: y ≥ 0, −1 ≤ z ≤ 1.
x = 0 , y 2 + (z + 1) 2 = 4 ,
1

Para ello existen varias alternativas. Dos de las más razonables se exponen a continuación.
A) Coordenadas polares en el plano Y Z.
Haciendo una traslación, que lleve el punto (0, 0, −1) al origen, y utilizado entonces coordenadas
polares en el plano Y Z, unas ecuaciones paramétricas para el arco Γ1 son:
x(θ) = 0 , y(θ) = 2 cos θ , z(θ) = −1 + 2 sen θ , θ ∈ [0, π/2] ,
donde los valores θ = 0 y θ = π/2 corresponden a los puntos de corte de la circunferencia con los
planos z = −1 y z = 1, respectivamente, y se ha tenido en cuenta que el arco se encuentra en el
semiespacio y ≥ 0.
Se tiene entonces:
y, por tanto:
IOZ(Γ1) = k
r ′ (θ) = (x ′ (θ), y ′ (θ), z ′ (θ)) = (0 , −2 sen θ , 2 cos θ) =⇒ r ′ (θ) = 2 ,
y 2 z 2 ds = k
Γ1
π/2
π/2
0
y(θ) 2 z(θ) 2 r ′ (θ) dθ = 8k
π/2
π/2
0
cos 2 θ (2 sen θ − 1) 2 dθ
π/2
= 32k cos
0
2 θ sen 2 θ dθ − 32k cos
0
2 θ sen θ dθ + 8k cos
0
2 θ dθ
=
3 3
3
3 1
k 16 B , − 16 B , 1 + 4 B , = k 2π −
2 2
2 2 2
32
=
+ 2π
3
k 4π − 32
,
3
donde B(p, q) = 2 π/2
0 cos2p−1 θ sen2q−1 θ dθ es la función Beta de Euler. Para calcular sus valores se
ha utilizado su relación con la función Gamma de Euler: B(p, q) = Γ(p)Γ(q)/Γ(p + q) junto con los
valores Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1), Γ(1) = 1 y Γ(1/2) = √ π.
B) Parametrización cartesiana.
Si se utiliza como parámetro la coordenada y, unas ecuaciones paramétricas para el arco Γ1 son:
x(t) = 0 , y(t) = t , z(t) = −1 + √ 4 − t 2 , t ∈ [0, 2] ,
donde, los valores t = 0 y t = 2 corresponden a los valores de la coordenada, y, en los puntos de
corte del arco con los planos z = 1 y z = −1, respectivamente.
Se tiene entonces:
y, por tanto:
IOZ(Γ1) = k
r ′ (t) = (x ′ (t), y ′ (t), z ′ (t)) =
Γ1
y 2 z 2 ds = k
2
0
0 , 1 , −
t
√ =⇒ r
4 − t2 ′ (θ) =
y(t) 2 z(t) 2 r ′ (t) dt = 2k
2
0
2
√ 4 − t 2 ,
t 2 √ 2 1
4 − t2 − 1 √ dt .
4 − t2 Para calcular esta integral, efectuamos el cambio de variable t = 2 sen θ, dt = 2 cos θdθ, t = 0 ⇒ θ = 0,
t = 2 ⇒ θ = π/2. De ello resulta:
2
π/2
IOZ(Γ1) = 2k t
0
2 √ 2 1
4 − t2 − 1 √ dt = 8k
4 − t2 0
3 3
= k 16 B , − 16 B 1 ,
2 2
3
1 3
+ 4 B ,
2 2 2
sen 2 θ (2 cos θ − 1) 2 dθ
= k 4π − 32
.
3
donde se han vuelto a utilizar las funciones Gamma y Beta de Euler en forma totalmente análoga al
caso anterior. (1 punto).
Nota: También se pude utilizar como parámetro la coordenada z.
2

2. Para obtener la expresión de la densidad definida sobre Σ es necesario determinar la ecuación del
plano a tangente a Σ en cada uno de sus puntos. Si n(x, y, z) representa un vector normal cualquiera
a la superficie en el punto (x, y, z) de la misma, la ecuación cartesiana del plano tangente es:
n(x, y, z) · (X − x, Y − y, Z − z) = 0 ,
donde (X, Y, Z) representan las coordenadas cartesianas de los puntos del plano. La distancia de este
plano al origen y, por tanto, la densidad DΣ(x, y, z) definida sobre Σ, es entonces:
DΣ(x, y, z) = C
n(x, y, z) · (x, y, z)
n(x, y, z)
donde C > 0 es la constante de proporcionalidad.
En el caso que nos ocupa, la superficie de revolución Σ es el casquete (situado en el semiespacio
z ≥ 0) de la esfera de ecuación cartesiana:
x 2 + y 2 + (z + 1) 2 = 4 ,
que se obtendría al hacer girar toda la circunferencia alrededor del eje OZ. Un vector normal al
punto (x, y, z) es entonces
n(x, y, z) = grad
x 2 + y 2 + (z + 1) 2 − 4
con lo que la expresión de la densidad es:
DΣ(x, y, z) = C
n(x, y, z) · (x, y, z)
n(x, y, z)
2 (x, y, (z + 1)) · (x, y, z)
= C
2 x2 + y2 + (z + 1) 2
,
= 2 (x, y, (z + 1)) ,
= C x2 + y2 + z(z + 1)
x2 + y2 + (z + 1)
Ahora bien, dado que la densidad hay que evaluarla sobre Σ y sus puntos (x, y, z) verifican la ecuación
cartesiana de la esfera, se tiene: x2 +y2
+z(z+1) = 3−z y x2 + y2 + (z + 1) 2 = √ 4 = 2 sobre Σ, con
lo que, finalmente, la densidad definida sobre la superficie que debemos considerar es, simplemente:
DΣ(x, y, z) = C
3 − z
2
La masa de Σ viene dada entonces por la integral de superficie:
M(Σ) =
Σ
DΣ(x, y, z) dσ = C
.
Σ
3 − z
2
(1 punto).
Para calcularla es necesario parametrizar la superficie que se origina al hacer girar alrededor del
eje OZ el arco de ecuación cartesiana:
x = 0 , z =
4 − y 2 − 1 , 0 ≤ y ≤ √ 3 ,
donde el valor y = √ 3 corresponde al corte del arco con el plano z = 0.
Una de las posibles parametrizaciones, s(r, θ) = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)), de Σ viene dada por:
x(r, θ) = r cos θ , y(r, θ) = r sin θ , z(r, θ) = √ 4 − r 2 − 1 , θ ∈ [0, 2π] , r ∈ [0, √ 3] .
Resulta entonces:
M(Σ) =
Σ
DΣ dσ =
[0,2π]×[0, √ 3]
3
dσ .
DΣ(s(r, θ)) n(r, θ) dθ dr
2 .

= C
[0,2π]×[0, √ 3]
3 − z(r, θ)
n(r, θ) dθ dr ,
2
donde n(r, θ) es el vector normal asociado a la parametrización; es decir:
n(r, θ) =
∂s(r, θ)
∂r
∂s(r, θ)
×
∂θ =
2 r cos θ
√
4 − r2 , r2
sen θ
√ , r
4 − r2 =⇒ n(r, θ) =
Por otra parte, la densidad evaluada sobre la superficie tiene la expresión:
DΣ(s(r, θ)) = C
3 − z(r, θ)
con lo que la integral doble que hay que calcular es
2
= C 4 − √ 4 − r 2
2
M(Σ) = C
[0,2π]×[0, √ r
√ 4 −
3] 4 − r2 √ 4 − r2
dr dθ
= 4C
[0,2π]×[0, √
r
√ dr dθ −
3] 4 − r2 [0,2π]×[0, √ r dr dθ
3]
⎡
= 2πC ⎣−4 √ 4 − r2 √
√
⎤
3 r2 3
− ⎦ = 5π C .
0 2
0
3. Unas ecuaciones que describen el dominio Ω ∈ R 3 son:
Ω =
(x, y, z) ∈ R 3 : 0 ≤ x 2 + y 2
≤ 3 , 0 ≤ z ≤ 4 − x2 − y2
− 1 .
,
2r
√ 4 − r 2 .
(1 punto).
donde el círculo 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 3 es la proyección de Ω sobre el plano XY y z debe variar entre este
plano y Σ.
Puesto que la densidad definida en Ω es proporcional en cada uno de sus puntos a la distancia al
plano XY , es decir: DΩ(x, y, z) = A|z|, su masa viene dada por la integral triple:
M(Ω) =
Ω
A|z| dx dy dz ,
donde A > 0 es la constante de proporcionalidad.
Para calcular su valor utilizamos coordenadas cilíndricas (r, θ, z):
x = r cos θ , y = r sen θ , z = z , con jacobiano: J = r .
El recinto Ω expresado en estas coordenadas es:
Ω ′ =
(r, θ, z) ∈ R 3 : 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ √ 3 , 0 ≤ z ≤ √ 4 − r 2 − 1
Como Ω está situado en el semiespacio z ≥ 0, se tiene:
M(Ω) = A
= 2π A
Ω
√ 3
0
z dx dy dz = A
Ω ′
r z dr dθ dz = A
⎛
r √ 2 4 − r2 − 1 dr = π A ⎝
2
5r2 r4
−
2 4
4
2π
0
dθ
√ 3
0
2
+
3 (4 − r2 ) 3/2
r dr
√ 4−r2−1 0
√
⎞
3
0
z dz
⎠ = 7
π A .
12
(1 punto).

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de febrero 03.02.09
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Sea F un campo vectorial de clase 1 en un abierto Ω de R 3 . Se dice que un campo escalar f : Ω → R
de clase 1 es un factor integrante de F en Ω si rot(f F) = 0. Sea F(x, y, z) = (yz, zx, −xy). Se pide:
1. Calcular un factor integrante f de F que sea solamente función de z, ¿cuál es su dominio de
definición? Calcular asimismo un potencial escalar de f F.
2. Sea Σ la superficie del paraboloide x 2 + 9y 2 = z − 1 contenida en el semiespacio z ≤ 9 y
orientada de forma que en (0, 0, 1) su vector normal es k. Calcular el flujo de rot F a través de
Σ.
3. Sea Γ la curva parametrizada por
ϕ(t) = (2 cos t, 2
π
sen t, 5), t ∈ [0,
3 3 ]
Calcular la circulación de F a lo largo de Γ.
Nota: Los apartados 2. y 3. pueden hacerse directamente, pero se valorará especialmente el hacerlos aplicando 1.
Respuesta:
1. Calculemos en primer lugar el rotacional de F:
rot F(x, y, z) =
i
∂/∂x
yz
j
∂/∂y
zx
k
∂/∂z = (−2x, 2y, 0).
−xy
Sea f(x, y, z) = h(z) el factor integrante buscado y denotemos G = f F. Recordemos la fórmula
rot G = ∇f × F + f rot F (véase el problema 6.8 (f)). Calculemos el primer sumando:
i j k
∇f × F(x, y, z) = 0 0 h
′
(z) = h
yz zx −xy
′ (z)(−zx, yz, 0).
Entonces
rot G = 0 ⇐⇒ h ′ (z)(−zx, yz, 0) + h(z)(−2x, 2y, 0) = 0
Suponiendo x e y no nulos e integrando se tiene
⇐⇒ zxh ′ (z) + 2xh(z) = yzh ′ (z) + 2yh(z) = 0.
h ′ (z)
h(z)
= −2
z
c
⇐⇒ h(z) = , c = 0.
z2 La constante c es arbitraria, podemos tomarla igual a 1 por ejemplo, con lo que el factor
integrante queda f(x, y, z) = 1/z 2 y es válido siempre que z sea no nulo; esto es, en cualquier
parte del espacio que no atraviese el plano de ecuación z = 0.
Sea g un potencial escalar de G(x, y, z) = (y/z, x/z, −xy/z 2 ), es decir G = ∇g,
∂g y
xy
= ⇒ g(x, y, z) = + k(y, z)
∂x z z
∂g x x ∂k ∂k
= = + ⇒ = 0
∂y z z ∂y ∂y
∂g
∂k ∂k
= −xy = −xy + ⇒ = 0
∂z z2 z2 ∂z ∂z
Se concluye que la función k es constante; en particular podemos escogerla nula y tomar
g(x, y, z) = xy/z como potencial escalar de G, siempre y cuando estemos en R3 \ {z = 0}.

2. La superficie Σ está contenida en el semiespacio z ≥ 1 que es un conjunto estrellado y F
es de clase 1, así pues podemos aplicar el teorema de Stokes; sea B el borde de Σ orientado
coherentemente; se tiene
Σ
rot F =
Ahora bien, la curva B está situada en el plano z = 9, por tanto
Se tiene entonces:
B
F.
G(x, y, z) = 1
F(x, y, z), (x, y, z) ∈ B.
81
B
F = 81 G = 81 rot G = 0,
B
Σ
donde se ha aplicado de nuevo el teorema de Stokes, esta vez al campo G.
2. (Razonamientos alternativos, sin utilizar el primer apartado)
(a) Consideremos la superficie D que cierra la superficie Σ en el plano z = 9, esto es
D = {(x, y, z) ∈ R 3 , x 2 + 9y 2 ≤ 8, z = 9}
En virtud del Teorema de Stokes, si un campo de clase 1 es solenoidal en una parte estrellada
de R3 , su integral de superficie depende de un potencial vector y del borde de la superficie, no
de la superficie propiamente dicha. En nuestro caso Σ y D tienen el mismo borde (la elipse
x2 + 9y2 = 8, z = 9), el vector unitario normal a D coherente con la orientación que Σ induce
en su contorno es k, pero resulta que rot F · k = (−2x, 2y, 0) · (0, 0, 1) = 0. Concluimos por
tanto:
rot F = rot F · k = 0.
Σ
D
El razonamiento anterior puede leerse también en clave del Teorema de Gauss: sea Σ − ∪ D la
superficie frontera del paraboloide sólido P (comprendido entre la superficie del paraboloide y el
plano z = 9), orientada por el vector normal exterior –obsérvese que Σ y Σ − tienen orientación
opuesta–, entonces
Σ − ∪D
rot F =
P
div(rot F) = 0 ⇒
Σ −
rot F = − rot F = 0.
D
(b) También puede realizarse directamente la integral de superficie, sin tomar en consideración los
teorema de Stokes o Gauss, en tal caso:
Consideremos la parametrización dada por la ecuación implícita H(x, y, z) = x 2 +9y 2 −z+1 = 0
entre z = 1 y z = 9. El vector normal es
∇H
∂H/∂z
= (−2x, −18y, 1),
este vector, al tener la tercera componente positiva, orienta el paraboloide como se nos indica
en el enunciado. El flujo pedido es:
Σ
rot F =
x 2 +9y 2 ≤8
(−2x, 2y, 0) · (−2x, −18y, 1) dx dy =
x 2 +9y 2 ≤8
(4x 2 − 36y 2 ) dx dy

Hacemos cambio de variables a coordenadas elípticas:
y obtenemos:
x = ρ cos t, y = 1
3 ρ sen t, (t, ρ) ∈ [0, 2π] × [0, √ 8] J = 1
3 ρ
Σ
rot F = 4
3 [0,2π]×[0, √ ρ
8]
3 (cos 2 t − sen 2 t)dρ dt = 0.
3. Busquemos una representación implícita de la curva Γ (es decir, su traza) eliminando el
parámetro t,
x 2 + 9y 2 = 4, z = 5.
Notamos que Γ está sobre la intersección de Σ con el plano z = 5, por tanto
G(x, y, z) = 1
F(x, y, z), (x, y, z) ∈ Γ.
25
Podemos calcular la integral de línea con ayuda del potencial g obtenido en el primer apartado,
veamos cuáles son los extremos de la curva:
Entonces:
Γ
ϕ(0) = (2, 0, 5), ϕ(π/3) = (1, √ 3/3, 5)
F = 25 G = 25 ∇g = 25(g(1,
Γ
Γ
√ √
3
3/3, 5) − g(2, 0, 5)) = 5
3 .
3. (Cálculo directo de la integral de línea)
Γ
π/3
F = F(ϕ(t)) · ϕ
0
′ (t)dt = 20
π/3
(cos
3 0
2 t − sen 2 t)dt = 20
π/3
cos 2tdt
3 0
= 20
sen 2tπ/3
=
3 2
10
√
3
sen(π/3) = 5
3 3 .
0
Gabriela Sansigre.

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de Junio 09.06.09
NOMBRE ......................... APELLIDOS ...........................................
PROBLEMA 1 (3 puntos)
Número de matrícula. .......................
Este problema tiene por objeto utilizar el teorema de Green para calcular una conocida integral
impropia, que puede verse más abajo, al final de este enunciado.
Se considera el campo vectorial F de clase C1 definido en R2 por y
⎧
−xy
⎪⎨
e sen x
, 0
F(x, y) := x
⎪⎩ (1, 0)
si x = 0
si x = 0 .
R
Γ4
Γ3
D
Γ
Γ2
Dado R > 0 arbitrario, sea la curva cerrada Γ = Γ1 ∪ Γ2 ∪ Γ3 ∪ Γ4 de la
Figura. Se pide:
0 Γ1 R x
(1) (0,5 puntos) Mediante una aplicación del teorema de Green, calcular una función f(x, y) tal
que
R R
F · dr = dy f(x, y) dx .
Γ
0
0
=:I1(R,y)
(2) (0,5 puntos) Calcular la integral I1(R, y).
(3) (0,25 puntos) Integrando I1(R, y) respecto de la variable y en el intervalo [0, R], obtener dos
funciones g(R) y h(R, y) tales que
Γ
R
F · dr = g(R) − h(R, y) dy .
(4) (0,5 puntos) Hallar la circulación del campo F a lo largo de cada uno de los segmentos Γ1,
Γ2, Γ3 y Γ4, todos ellos con la orientación indicada en la Figura. En algunos casos se obtendrá un
valor numérico y en otros una integral en [0, R] que no es posible calcular en términos de funciones
elementales.
(5) (0,25 puntos) Utilizando, si se desea, la desigualdad |(sen x)/x| < 1 para x > 0, obtener una
función ξ(R) que verifique
Γ3
F · dr
0
≤ ξ(R) y tal que lím ξ(R) = 0 .
R→+∞
(6) (0,5 puntos) Encontrar una función η(R) que verifique
R
h(R, y) dy
0
≤ η(R) y tal que lím η(R) = 0 .
R→+∞
(7) (0,5 puntos) Como consecuencia inmediata de todo lo anterior, probar la igualdad
∞
0
sen x
x
dx = π
2 .
Este problema está tomado de R. L. Robertson, An improper application of Green’s theorem,
College Math. J. 38 (2007), 142–145.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una hoja adicional.

(1) Haciendo F = (P, Q), tenemos por los teoremas de Green y de Fubini:
Γ
F · dr = −
=
=
D
R
0
D
∂P
∂y dxdy
e −xy sen xdxdy
R
dy e −xy sen xdx.
(2) Integrando dos veces por partes:
u = e−xy ⇒ du = −ye−xy dx
dv = sen xdx ⇒ v = − cosx
I1(R, y) =
−e −xy cosx
x=R R
− y e −xy cosxdx
de donde
(3)
(4) Es claro que
Γ
0
x=0
= 1 − e −Ry cosR − y
0
R
e −xy cos xdx
0
=:I2(R,y)
(dv = cosxdx ⇒ v = sen x)
R
+ y e −xy sen xdx
I2(R, y) =
e −xy sen x x=R
x=0
= e −Ry sen R + yI1(R, y) ,
I1(R, y) = 1 − e −Ry cosR − y[e −Ry sen R + yI1(R, y)]
Γ
⇒ I1(R, y) = 1 − e−Ry cosR − ye −Ry sen R
1 + y 2
R 1 − e
F · dr =
0
−Ry cosR − ye−Ry sen R
1 + y2 dy
R
= arc tg R −
dy .
F · dr =
Γ1
F · dr +
Γ2
0
0
e −Ry (cosR + y sen R)
1 + y 2
F · dr +
Parametrizando cada intervalo del modo obvio, se tiene
Γ1
Γ2
Γ3
Γ4
F · dr =
F · dr =
F · dr =
Γ1
Γ2
0
R
R
P(x, 0) dx =
0
Γ3
F · dr +
sen x
x dx,
Γ4
.
F · dr .
P(R, y) dx = 0 ya que x es constante,
e −Rx sen x
x
F · dr = 0 por ser x constante.
R e
dx = −
0
−Rx sen x
dx,
x
2

(5) Obtenemos fácilmente
resulta
Γ3
F · dr
=
R
e
0
−Rx
sen x
dx
x
R
≤ e
0
−Rx
sen
x
x
dx
R
≤ e −Rx dx
=
= 1 − e−R2
0
− 1
R e−Rx
R
x=R
x=0
−−−−→
R→+∞
(6) Teniendo en cuenta que |cosR + y sen R| ≤ y + 1 para todo y ≥ 0, y que
R
0
e −Ry (cosR + y sen R)
1 + y 2
1
≤ 1 para todo y,
1 + y2
dy
≤
R
e −Ry (y + 1) dy
=
= 1 − e−R2
0
− 1
R e−Ry (y + 1)
0 .
y=R
y=0
(1 + R)
+
R
1 − e−R2
R2 + 1
R
e
R 0
−Ry dy
−−−−→
R→+∞
(7) Sustituyendo los valores obtenidos en (4) en la fórmula del apartado (3), resulta:
R
0
sen x
x
R
dx = arc tg R +
0
e −Rx sen x
x
R
dx −
0
e −Ry (cos R + y sen R)
1 + y 2
Tomando límites para R → +∞ en ambos miembros y, teniendo en cuenta los resultados de (5), se
obtiene ∞ sen x
π
dx = lím (arc tg R) =
0 x R→+∞ 2 .
3
0 .
dy .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de junio 09.06.09
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 2 (4 puntos)
Sea Σ la porción de la superficie de ecuación
que pertenece al primer octante de R 3 y verifica que z ≤ 1.
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
x 2 + y 2 3/2 = (1 − z)y (1)
1. (1 pto.) Sea A el sólido limitado por Σ y por los 3 planos coordenados. Sobre A hay una
distribución de masa de forma que la densidad en cada punto de A es proporcional a la distancia
del punto al plano xy. Se pide determinar el momento de inercia de A respecto del eje z.
2. (1.5 ptos.) Calcular el flujo φ del campo F(x, y, z) = (y, −x, 0) a través de Σ orientada de
forma que el vector normal en cada punto tenga su primera componente positiva.
3. (1.5 ptos.) Sea Γ la curva intersección de Σ con los planos coordenados. Calcular el campo
escalar g que cumple que g(0, 0, z) = z 2 /2 y que el flujo φ del apartado 2 es igual a la circulación
del campo H(x, y, z) = (x, y, g(x, y, z)) sobre la curva Γ orientada adecuadamente. Calcular
explícitamente dicha circulación para comprobar el resultado.
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
Obsérvese que los puntos de la forma (0, 0, z) son soluciones de la ecuación, lo que quiere decir
que todo el eje z es solución de la ecuación. Para estudiar la forma de la superficie Σ podemos pasar
a cilíndricas. Se obtiene
es decir, ρ = 0 (que corresponde al eje z) ó
ρ 3 = (1 − z)ρsenθ
ρ = √ 1 − z √ senθ (2)
que corresponde a la superficie Σ. La variación de los parámetros es θ ∈ [0, π/2] y z ∈ [0, 1].
Para ver qué forma tiene esta superficie cortamos por planos z igual a constante, z = C, 0 ≤ C ≤ 1
obteniendo que (2) define una curva que une los puntos (0, 0, C) y (0, √ 1 − C, C) cuya ”amplitud”
va decreciendo cuando aumenta z y se reduce al punto (0, 0, 1) cuando z = 1.
Estudiemos también la curva Γ intersección de Σ con los planos coordenados. La intersección Γ1
con el plano XY la podemos obtener o bien de (2) o bien de (1) haciendo z = 0. Así obtenemos la
curva con ecuación polar ρ = √ senθ, θ ∈ [0, π/2] que une los puntos (0, 0, 0) y (0, 1, 0). Haciendo
x = 0 en la (2) se obtiene que la ecuación de su intersección con el plano Y Z es y 3 = (1 − z)y, es
decir, la curva y 2 = 1 − z con z ∈ [0, 1] a la que denominamos Γ2 y la curva Γ3 definida por y = 0,
es decir, la porción del eje z con z ∈ [0, 1]. En cuanto a su intersección con el plano Y Z se obtiene,
haciendo y = 0, que debe ser x = 0 con lo que de nuevo volvemos a obtener la curva Γ3.

Apdo. 1. La densidad es ρ(x, y, z) = Kz por lo que
I = K z x 2 + y 2 dxdydz
z
1
0
0
y
A
Procedimiento 1. Fijando z e integrando en x, y. Fijando primero la z e integrando en x y en y
se tiene
1
I = K zdz
2 2
x + y dxdy
0
donde ΠC es la intersección de A con el plano z = C. Haciendo un cambio a polares (x, y) = Ψ(ρ, θ)
tenemos
1
I = K zdz ρ 2 ρdρdθ
0
Πz
Ψ −1 (Πz)
Para obtener Ψ −1 (Πz) entramos con el cambio a polares en la ecuación de Σ y obtenemos (2) con lo
que, para cada θ ∈ [0, π/2], ρ varía entre 0 y ρ = √ 1 − z √ senθ. Por tanto
1 π/2
I = K zdz
0
0
0
dθ
√ 1−z √ senθ
0
ρ 3 dρ =
= 1
4 K
1 π/2
zdz (1 − z)
0 0
2 sen 2 θdθ = 1
4 K
1
0
= K
π/2
1 − cos 2θ
β(2, 3)
dθ =
4 2
K 1 π Kπ
=
4 12 4 192
1
x
0
z(1 − z) 2
dz
π/2
sen
0
2
θdθ =
Procedimiento 2. Fijando x, y e integrando en z. La superficie Σ (salvo los puntos para los que
y = 0, que tienen contenido nulo en R 2 ) se puede escribir en forma explícita mediante
donde
z = h(x, y) = 1 − (x2 + y 2 ) 3/2
B =
y
(x, y) : x 2 + y 2
3/2
≤ y y y = 0
(x, y) ∈ B (3)
(excluimos los puntos con y = 0 puesto que en ellos h no está definida, aunque a efectos de integración
es irrelevante incluirlos o no)
Por tanto
I = K
= K
2
B
z x 2 + y 2
dxdydz = K
A
2 2
x + y
1 − (x2 + y 2 ) 3/2
y
B
2
dxdy
dxdy x 2 + y 2 1− (x2 +y 2 ) 3/2
y
0
zdz =

Obsérvese que la integral doble que se obtiene es una integral en sentido propio, pues (x2 +y 2 ) 3/2
está acotada en B. Haciendo un cambio a polares se obtiene
I = K
2
π/2
0
dθ
√ senθ
ρ
0
3
1 − ρ2
2 dρ
senθ
Para poder calcular la primera integral hacemos un cambio ρ = w(u) = √ senθu, y se tiene
I = K
π/2 1 √ 3 1 2
dθ senθu − u
2 0 0
2 √ senθdu =
= K
π/2
sen
2
2 1
θdθ u 3 1 − u 2
2
du = K
1
π
u
2 4
3 1 − u 22 du
0
0
Para calcular esta última integral se puede desarrollar (1 − u 2 ) 3 o, de forma más elegante, relacionarla
con una β. Para ello hacemos el cambio u = h(t) = √ t y se obtiene
1
con lo que
0
u 3 1 − u 2 2 du = 1
2
1
0
t 3/2 (1 − t) 2 t −1/2 dt = 1
2
I = K
2
π
4
1
24
= Kπ
192
1
0
0
t (1 − t) 2 dt = 1 1
β(2, 3) =
2 24
Apdo. 2.
Primer procedimiento. En primer lugar tenemos en cuenta que F es de clase 1 y solenoidal en R3 .
La superficie Σ no es cerrada por lo que no se puede asegurar que el flujo valga cero, pero sí se puede
”cerrar” la superficie con otras superficies más cómodas y aplicar Gauss, con lo que pasaríamos a
integrar sobre dichas superficies. Sea Σ1 la porción de A que pertenece al plano xy (orientada con
la normal n = (0, 0, 1)) y sea Σ2 la porción de A que pertenece al plano yz (orientada con la normal
n = (1, 0, 0)). Entonces podemos escribir
φ − F · ds− (y, −x, 0) · ds = divFdxdydz = 0
luego
φ =
=
=
Σ1
Σ1
Σ1
Σ2
Σ2
(y, −x, 0) · ds+ (y, −x, 0) · ds =
Σ2
(y, −x, 0) · (0, 0, 1)ds+ (y, −x, 0) · (1, 0, 0)ds =
yds
donde se ha utilizado que (y, −x, 0) · (0, 0, 1) = 0. Claramente esta integral es más cómoda que
calcular el flujo integrando sobre Σ.
Ya hemos visto que la ecuación de la intersección de Σ con el plano x = 0 es y = 0 (que
corresponde al eje z) y y 2 = 1 − z, que es la curva buscada. Por ello Σ2 se puede parametrizar en la
forma
x = 0
y = y (y, z) ∈ T = (y, z) : 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 , y ∈ [0, 1]
z = z
Σ2
A
y

y por tanto
φ =
Σ2
yds =
T
1
ydydz =
0
y(1 − y 2 )dy = 1
4
Segundo procedimiento. Si no nos damos cuenta de lo anterior, debemos calcular el flujo integrando
directamente sobre Σ. Para ello en primer lugar necesitamos parametrizar la superficie.
Primera forma de parametrizar. Usando (2) tenemos, utilizando que x = ρ cos θ, y = ρsenθ, la
parametrización (x, y, z) = Φ(θ, z) , (θ, z) ∈ [0, π/2] × [0, 1] dada por
Ahora
x = √ 1 − z √ senθ cos θ (4)
y = √ 1 − z √ senθsenθ = √ 1 − zsen 3/2 θ (θ, z) ∈ [0, π/2] × [0, 1]
z = z
N(θ, z) = ± ∂Φ
∂θ
× ∂Φ
∂z
i j k
√ 1−3sen
= ± 1 − z
2θ 2 √ √ 3 1 − z
senθ
√
senθ cos θ 0
2
1
− √ senθ cos θ
2 √ 1−z
− sen3/2 θ
2 √ 1−z
Nótese que como la tercera componente del campo F es idénticamente nula no hace falta calcular la
tercera componente de N. Así
0
N = ±
0
3√
√ √ 1 − 3sen
1 − z senθ cos θ, − 1 − z
2
2θ 2 √ senθ
La orientación del enunciado para Σ hace que tomemos el signo + y por ello se tiene
φ = (y, −x, 0) · ds =
=
Σ
√1 √ √
3/2 3√
√ √ 1 − 3sen
− zsen θ, − 1 − z senθ cos θ, 0 · 1 − z senθ cos θ, − 1 − z
[0,π/2]×[0,1]
2
2θ 2 √ =
, N
senθ
3
[0,π/2]×[0,1] 2 (1 − z) sen2θ cos θ + 1
2 (1 − z)(1 − 3sen2
θ) cos θ dθdz operando
=
=
1
(1 − z)dz
π/2
cos θ
2 dθ
= 1
4
Segunda forma de parametrizar. También podemos utilizar la expresión explícita (3) de la superficie,
con lo que se tiene la parametrización (x, y, z) = Θ(x, y) , (x, y) ∈ B dada por
x = x
y = y (x, y) ∈ B
z = h(x, y) = 1 − (x2 + y 2 ) 3/2
Entonces
y
N(θ, z) = ± ∂Θ
∂x
= ±
× ∂Θ
∂y
= ±
3 (x 2 + y 2 ) 1/2
y
, N3
(x, y) : x 2 + y 2
3/2
≤ y y y = 0
(x, y), −∂h (x, y), 1
∂y
− ∂h
=
∂x
, (x2 + y2 ) 1/2 (2y2 − x2 )
y2
, 1

donde elegimos el signo + que es el correspondiente a la orientación definida en el enunciado. Así
φ =
3 (x
(y, −x, 0) · ds = (y, −x, 0) ·
Σ
B
2 + y2 ) 1/2
,
y
(x2 + y2 ) 1/2 (2y2 − x2 )
y2
, 1 dxdy operando
=
=
x2 + y2 x +
B
x3
y2
dxdy polares
=
=
π/2
dθ
0
√ senθ
ρ
0
3
cos θ + cos3 θ
sen2 π/2
dρ = cos θ +
θ
0
cos3 θ
sen2 =
2 sen θ
dθ =
θ 4 1
π/2
π/2
2 3 1
cos θsen θ + cos θ dθ = cos θdθ =
4
4
1
4
0
0
Apdo. 3. Obsérvese que el borde de Σ es precisamente la curva Γ. Puesto que se pide relacionar
el flujo de F con la circulación de H sobre su borde Γ, si H fuese un potencial vector de F de clase
uno en R3 se tendría, usando el teorema de Stokes
H · dr = F · ds
Γ
donde la orientación de Γ es la coherente con la de Σ.
Ya sabemos que F admite potencial vector de clase 1 en R 3 , pues F es de clase 1 y solenoidal
en el conjunto estrellado R 3 . En definitiva, buscamos encontrar un potencial vector H de F de la
forma H(x, y, x) = (x, y, g(x, y, z)) y que cumpla que g(0, 0, z) = z 2 /2. Imponiendo que rotH = F se
obtiene
∂g
∂y
= y ; − ∂g
∂x
Σ
= −x ; 0 = 0
De la primera igualdad se deduce que g(x, y, z) = y 2 /2 + α(x, z) y entrando en la segunda obtenemos
∂α
∂x = x luego α(x, z) = x2 /2 + γ(z), es decir, g(x, y, z) = x 2 /2 + y 2 /2 + γ(z). Imponiendo g(0, 0, z) =
z 2 /2 se obtiene finalmente g(x, y, z) = x 2 /2+y 2 /2+z 2 /2, luego H(x, y, x) = (x, y, x 2 /2+y 2 /2+z 2 /2).
Para calcular la circulación sobre Γ, que debemos orientar de forma coherente con Σ, expresamos
Γ en la forma Γ = Γ1 ∪ (−Γ2) ∪ (−Γ3)
Γ1 : intersección de Σ con el plano XY orientada en sentido antihorario (si se mira desde arriba)
Γ2 : intersección de Σ con el plano Y Z (salvo eje z) orientada en sentido horario
(si se mira desde la parte positiva del eje x)
Γ3 : intersección de Σ con el eje z orientada hacia arriba
Entonces
H · dr =
Γ
Γ1
H · dr −
Γ2
H · dr −
Γ3
H · dr
Parametrización de Γ1: se puede obtener de la parametrización de Σ (4) haciendo z = 0
x = α(θ) = √ senθ cos θ (5)
y = β(θ) = sen 3/2 θ θ ∈ [0, π/2]
z = γ(θ) = 0
Como γ ′ (θ) = 0 no es necesario escribir la tercera componente de H. Por ello
H · dr
Γ1
=
π/2 √
3/2 1 − 3sen
(x, y, H3) · dr = senθ cos θ, sen θ, H3 ·
Γ1
0
2θ 2 √ senθ , 3√
senθ cos θ
, 0 dθ
2
operando
=
=
π/2
cos θ 1
dθ =
2 2
0

Parametrización de Γ2: Ya hemos obtenido que la ecuación cartesiana de Γ2 como curva en el
plano x = 0 es y 2 = 1 − z, y ∈ [0, 1]. Por ello podemos parametrizar en la forma
Por ello
H · dr =
Γ2
=
Γ2
1
Parametrización de Γ3:
y por tanto
0
x = 0
y = y y ∈ [0, 1]
z = 1 − y 2
(x, y, x 2 /2 + y 2 /2 + z 2 x=0 en Γ2
/2) · dr =
(y − y 3 − y 1 − y 2 2 )dy = 1
2
Γ3
x = 0
1 1
− −
4 6
1
(0, y, y 2 /2 + 1 − y 22 /2) · (0, 1, −2y)dy =
0
= 1
12
y = 0 z ∈ [0, 1]
z = z
1
H · dr= (0, 0, z 2 /2) · (0, 0, 1)dz = 1
6
En definitiva
H · dr=
Γ
1 1 1
− −
2 12 6
0
como debíamos obtener.
Obsérvese que podríamos haber simplificado un poco las operaciones dándonos cuenta de que H
se puede escribir en la forma
= 1
4
H = (x, y, x 2 /2 + y 2 /2 + z 2 /2) = (x, y, z 2 /2) + (0, 0, x 2 /2 + y 2 /2)
El primer campo es conservativo en R3 (pues es irrotacional en R3 que es un abierto estrellado) con
lo que su circulación a lo largo de una curva cerrada es nula. Por ello
H · dr = (0, 0, x 2 /2 + y 2 /2) · dr
y ahora
Γ1 (0, 0, x2 /2 + y 2 /2) · dr =
Γ
H · dr = −
=
1
0
Γ2
Γ
Γ
Γ3 (0, 0, x2 /2 + y 2 /2) · dr = 0 por lo que
(0, 0, x 2 /2 + y 2 1
/2) · dr = − (0, 0, y 2 /2) · (0, 1, −2y)dy =
y 3 dy = 1
4
0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de Junio 09.06.09
PROBLEMA 3 (3 puntos)
Se considera el cono Ωh de base x 2 + y 2 ≤ 1, z = 0 y vértice (0, 0, h) .
1. Calcular mediante una integral el área de su superficie lateral cónica Σh.
2. Sea F (x, y, z) = y 2 z − z 4 , −x 2 z, 2z − 8y 2 el campo de velocidades de un fluido. Calcular el flujo que
sale por la base de Ωh.
3. ¿Cuál debe ser la altura h del cono Ωh para que el flujo de F que entra a través de la superficie cónica
Σh sea π?
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. La superficie cónica está formada por segmentos que parten de la circunferencia (cos t, sen t, 0) y
terminan en el vértice (0, 0, h) , luego sus ecuaciones paramétricas son
⎫
x = a cos t ⎪⎬
y = asen t t ∈ [0, 2π], a ∈ [0, 1]
⎪⎭ z = h − ah
de donde eliminando el parámetro a = 1 − z
h también puede extraerse la ecuación de la superficie
cónica:
x 2 + y 2
= 1 − z
2 .
h
Para calcular su área, usaremos la parametrización obtenida:
por tanto
área (Σh) =
φ (a, t) = (a cos t, asen t, h − ha)
∂φ
∂t
= (−asen t, a cos t, 0)
∂φ
∂a
∂φ ∂φ
×
∂t ∂a
=
=
(cos t, sen t, −h)
a1
+ h2 2π
1
∂φ ∂φ
×
0 0 ∂t ∂a dadt = 1 + h2 2π 1
dt ada = π
0
0
1 + h2 2. La base es B = {(x, y, 0) x 2 + y 2 ≤ 1} orientada con normal (0, 0, −1), que es la normal saliente del
sólido Ωh por su base B. En los puntos de B el campo toma el valor F (x, y, 0) = 0, 0, −8y 2 ; entonces
el flujo pedido es
F ds =
B
x 2 +y 2 ≤1
0, 0, −8y 2
◦(0, 0, −1) dxdy =
x2 +y2 8y
≤1
2 2π
dxdy = 8 sen
0
2 1
tdt r
0
3
dr = 2π.
3. El campo es de clase C 1 (Ωh) y div (F) = 2 luego por el Teorema de Gauss el flujo a través de la
superficie exterior de Ωh es
B
F ds −
Σh
F ds =
Ωh
divF dxdydz = 2vol (Ωh) = 2 π
3 h.
donde la integral de superficie
Σh F ds está orientada hacia el interior de Ωh tal y como se nos pide.
Entonces
F ds = F ds −
Σh
B
2π 2π
h=2π −
3 3 h.
Por tanto, la altura pedida h debe ser tal que
π = 2π − 2π
h ⇐⇒ h=3
3 2 .

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de septiembre 15.09.09
PROBLEMA 1 (3 puntos)
Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias y calcularlas explícitamente en caso
∞
sen t π
de ser convergentes. Se supone conocido el resultado dt =
0 t 2 .
1.
∞ 1 − cos t
(0,5 puntos)
0 t2 dt,
2.
1 dt
(0,5 puntos)
0 t log(1/t) ,
3. (1 punto)
{(x,y)∈R2 e
/ 0≤x

2.
1 dt
.
0 t log(1/t)
La integral es impropia en ambos límites, vamos a transformarla mediante un
cambio de variable y razonaremos conforme al resultado:
Cambio de variable: Sea f : (a, b) → R una función continua; sea ϕ : (α, β) → R de clase 1,
ϕ ′ = 0 y tal que ϕ((α, β)) = (a, b). Entonces se da igualdad
b β
f(t)dt = f(ϕ(x))|ϕ
a
α
′ (x)|dx.
Es decir, ambas integrales convergen o divergen simultáneamente.
Hagamos el cambio ϕ(x) = e −x que es una función monótona decreciente que transforma biyectivamente
la semirrecta (0, ∞) en el intervalo (0, 1). Se tiene:
f(t) =
1
t log(1/t) =⇒ f(ϕ(x)) = f(e−x ) = ex/2
√ , f(ϕ(x))|ϕ
x ′ (x)| = ex/2
√ e
x −x = x −1/2 e −x/2 .
Al hacer ahora el cambio x = 2y, dx = 2dy la integral queda:
3.
1 dt
0 t log(1/t)
∞
= 2 (2y)
0
−1/2 e −y dy = √ ∞
2 y
0
−1/2 e −y dy = √ 2Γ(1/2) = √ 2π.
Para los apartados 3. y 4. utilizaremos los siguientes resultados:
Sea S ⊂ R n y f una función definida en S. Entonces
f es convergente ⇐⇒ |f| es convergente.
S
S
Si f es no negativa en S y existe una sucesión básica {Mk}k∈N tal que existe el lím
k→∞
entonces f es integrable en S y además f = lím
S k→∞
f.
{(x,y)∈R 2 / 0≤x

y, como lím e
k→∞ −k2
= 0, la integral es convergente y vale 1/2.
4.
{(x,y)∈R 2 / 0

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de Septiembre 15.09.09
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROBLEMA 2 (4 puntos)
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sea a un vector no nulo de R 3 , sea α ∈ R y denotamos r = (x, y, z), r = r.
1. (0.75 ptos.) Calcular la divergencia del campo
H(r) =
a · r α
r −
r3 r a
y estudiar para qué valores de α es solenoidal en su dominio de definición.
2. (1 pto.) Para los valores de α calculados en el apartado 1 estudiar si el campo H admite un
potencial vector de la forma F(r) = f(r)a × r donde f : (0, ∞) → R es una función de clase 1. En
caso afirmativo calcularlo.
3. (1.25 ptos.) Sea
G(x, y, z) =
x + y
(x2 + y2 + z2 (x, y, z) +
3/2
)
1
(x2 + y2 + z2 (1, 1, 0)
1/2
)
y sea S la porción de la superficie esférica de centro el origen y radio 2 que está situada por encima
del plano x = z, orientada con la normal ”saliente”. Calcular el flujo de G a través de S.
4. (1 pto.) Sea
T(x, y, z) =
Calcular el flujo de T a través de S.
Nota: a × (b × c) = (a · c)b − (a · b)c
x + y
(x2 + y2 + z2 1
2 (x, y, z) +
) (x2 + y2 + z2 (1, 1, 0)
)
Respuesta: Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional.
1. El campo H está definido en Ω := R3 − {0} y además es de clase infinito en dicho conjunto.
Utilizando que div(UV) = gradU · V + UdivF, que grad(U/V ) = (V gradU − UgradV )/V 2 grad(r) = r/r para r = 0 y la regla de la cadena se tiene
, que
divH(r) =
a · r
· r · r
div( r) − αdiv(1 a) = grad(a ) · r+a div(r) − α grad(
r3 r r3 r3 1 1
) · a +
r r diva
=
= grad(a · r)r3 − a · r grad r3 r6 a · r 1
· r + 3 + α
r3 r2 r
· a =
r
= r3 2 r
a − a · r 3r r
r6 a · r 1
· r + 3 + α
r3 r2 r
· r
a = (1 + α)a
r r3 donde también se ha utilizado que grad(a · r) = a.
Puesto que a·r no se anula salvo en los puntos del plano que pasa por el origen y es perpendicular
a a, para que divH(r) sea nula en Ω debe ser 1 + α = 0, es decir, α = −1.
2. Considerando el caso α = −1, sea
H(r) =
a · r 1
r +
r3 r a

Obsérvese que aunque H es solenoidal en su dominio Ω, no es posible asegurar a priori que H admita
potencial vector en Ω, pues Ω no es estrellado.
Calcularemos rot F para ver si se cumple rot F = H para alguna función f. Veamos
rot F(r) = grad(f(r)) × (a × r) + f(r)rot(a × r)
Usando la regla de la cadena obtenemos grad(f(r)) = f ′ (r) r
r y como a×r = (a2z − a3y, a3x − a1z, a1y − a2x)
calculando se obtiene rot(a × r) = 2a. Por ello
rot F(r) = f ′ (r) r
× (a × r) + 2f(r)a
r
Utilizando la fórmula para el doble producto vectorial a × (b × c) = (a · c)b − (a · b)c obtenemos
finalmente
rot F(r) = f ′ (r)
r
Por tanto rot F = H en Ω si y solo si se cumple
2 ′ f
r a − (a · r) r + 2f(r)a = (rf (r) + 2f(r)) a − ′ (r)
(a · r) r
r
rf ′ (r) + 2f(r) = 1
r
y − f ′ (r)
r
1
= para todo r > 0
r3 es decir, debemos estudiar si existe alguna f tal que las dos ecuaciones diferenciales ordinarias
tf ′ (t) + 2f(t) = 1
t
y − f ′ (t)
t
1
= para todo t > 0
t3 tienen solución. De la segunda ecuación tenemos f ′ (t) = − 1
t2 por lo que integrando directamente se
obtiene que sus soluciones son
f(t) = 1
+ C
t
donde C es una constante arbitraria. Entrando en la primera ecuación se obtiene
−t 1
1
+ 2
t2 t
+ C
= 1
t
que se verifica si y sólo si C = 0. En definitiva, existe una única solución que es
F(r) = 1
a × r
t
Obsérvese que hemos obtenido un potencial vector de H en Ω con lo que en este caso concreto
hemos demostrado que sí existe potencial vector en Ω a pesar de que no se cumplen las condiciones
suficientes (campo solenoidal en un conjunto abierto estrellado).
3. Del enunciado se deduce que G corresponde al campo H del apartado 1 para α = −1 cuando
a = (1, 1, 0). Por lo tanto, el campo es solenoidal en Ω y además, como resultado del aparatado
anterior, el campo F(r) = 1a
× r es un potencial vector de G cuando a = (1, 1, 0).
r
El cálculo del flujo pedido se puede enfocar:
a) A través de la definición calculando la integral de superficie.
b) Aplicando el teorema de Stokes,calculando la circulación de F sobre la curva frontera Γ de S,
es decir,
φ := Gds = Fdr
S
Γ
c) Aplicando el teorema de Gauss. Puesto que G es solenoidal en Ω, si Σ es cualquier superficie
que no pase por el origen (pues ahí no está definido el campo) que se apoye sobre Γ (y esté orientada

de forma coherente con la misma) y tal que el reciento limitado por S ∪ Σ no contenga al origen, la
aplicación del teorema de Gauss permite afirmar que
φ = Gds
La opción (a) presenta la dificultad de que no es fácil obtener una parametrización simple de la
superficie. Por ejemplo, un primer intento de parametrizar la superficie podría ser
Σ
x = 2 cos θsenϕ ; y = 2senθsenϕ , z = 2 cos ϕ ; (θ, ϕ) ∈ A
pero el dominio A en el que varían θ y ϕ no es fácil de calcular. En efecto, A será de la forma
A = [0, 2π] × [0, ϕ(θ)] donde ϕ(θ) se obtiene imponiendo x = z, es decir, cos θsenϕ(θ) = cos ϕ(θ).
Como se ve, es complicado obtener ϕ(θ) a partir de esta ecuación.
Una parametrización más sencilla, aunque no tan evidente, es considerar que ϕ sea el ángulo que
el radio vector forma con el eje y, en cuyo caso
x = 2 cos θsenϕ ; y = 2 cos ϕ, z = 2senθsenϕ ; (θ, ϕ) ∈ A (1)
Dibujando la superficie es fácil ver que ahora el dominio en que varían los parámetros es A =
[ π 5π , ] × [0, π]. Con esta parametrización el flujo se podría calcular sin mucha dificultad utilizando la
4 4
definición.
Estudiemos el camino (c). En nuestro caso la aplicación de este resultado no es muy útil, pues no
hay superficies ”fáciles” Σ que cumplan las condiciones anteriormente mencionadas. En un primer
momento nos podríamos ver tentados de tomar como superficie Σ la porción del plano x = z contenida
dentro de la esfera. Sin embargo dicha superficie pasa por el origen, donde G no está definido, y por
ello el teorema de Gauss no podría aplicarse.
Procedamos por el camino (b). Consideremos la curva frontera Γ de la superficie S, es decir, la
circunferencia de ecuación
x 2 + y 2 + z 2 = 4
x = z
orientada de forma coherente con S, es decir, de forma que su proyección sobre el plano xy se recorre
en sentido positivo. Como el campo F es de clase 1 en Ω y la superficie S está contenida en Ω, se
puede aplicar el teorema de Stokes obteniéndose
φ := Gds =
S
Γ
1
Fdr = a × r dr
Γ r
Puesto que Γ está contenida en la esfera y en ella la distancia al origen es 2 se puede simplificar la
expresión anterior
1
1
φ = a × r dr = a × r dr
Γ r 2 Γ
Ahora tenemos dos posibles caminos. (b.1) Calcular la circulación anterior utilizando la definición o
(b.2) aplicar el teorema de Stokes y calcular dicha circulación mediante una integral de superficie.
Camino (b.2). Sea Π la porción del plano x = z contenida dentro de la esfera orientada de forma
coherente con la curva. Puesto que a × r es de clase 1 en R3 podemos aplicar Stokes y escribir,
teniendo en cuenta que el vector normal unitario a Π es n = (−1, 0, 1)/ √ 2,
φ = 1
a × r dr =
2 Γ
1
rot(a × r) ds =
2 Π
1
2a ds = a · n ds =
2 Π
Π
(−1, 0, 1)
= a · √ ds =
Π 2
1
√ (a3 − a1)ds =
2 Π
1
√ (a3 − a1) ds =
2 Π
= 1
1
√ (a3 − a1) Área(Π) = √ (a3 − a1)π2
2 2 2 = −2 √ 2π

donde se ha usado que Π es un círculo de radio 2.
Camino (b.1). Parametricemos Γ, para lo cual escribimos Γ en la forma
2x 2 + y 2 = 4
x = z
donde la primera ecuación define la curva proyección de Γ sobre el plano xy. Parametrizamos dicha
proyección (x/ √ 2) 2 + (y/2) 2 = 1 en la forma
x = √ 2 cos t ; y = 2 sint , t ∈ [0, 2π]
(obsérvese que la orientación es la correcta) y por ello una posible parametrización de Γ es
x = √ 2 cos t ; y = 2 sint ; z = √ 2 cos t , t ∈ [0, 2π]
Aplicando la definición se tiene
φ = 1
a × r dr =
2 Γ
1
=
(z, −z, y − x) dr =
2 Γ
1
2π √ √ √
2 cos t, − 2 cos t, 2 sint − 2 cos t ·
2
= 1
2
0
2π
0
−2 √
2 dt = −2 √ 2π
4. El campo T se puede escribir en la forma
T(r) =
a · r 1
r+ a
r4 r2
− √ 2sin t, 2 cos t, − √
2sin t dt =
con a = (1, 1, 0). Este campo no es solenoidal (se puede calcular su divergencia para comprobarlo)
con lo que en principio la forma más inmediata de calcular el flujo pedido
a · r 1
α := Tds = r+ a ds
r4 r2 S
S
es calculando la integral de superficie aplicando la definición. Nótese que, como ya se vio en el
apartado 3, el cálculo de dicha integral tiene el inconveniente de que no es fácil parametrizar la
superficie. Además, si aplicásemos el teorema de Gauss tendríamos que calcular un flujo sobre una
superficie en principio más difícil que el casquete esférico (como ya se vio en el punto (c) del apartado
anterior, no se puede utilizar el plano Π) y además una integral triple, por lo que no parece el método
más aconsejable.
Como resultado de los razonamientos anteriores, intentaremos relacionar el flujo α con el flujo φ
calculado en el apartado anterior, pues la superficie es la misma y el campo, si bien es distinto, tiene
una forma muy parecida. Si no lo conseguimos entonces calcularemos α aplicando la definición.
Puesto que sobre la esfera el vector normal unitario es r = 2 tenemos que
α :=
S
1
r
a · r
1
r +
r3 r a
ds = 1
2
S
a · r
1
r +
r3 r a
ds = 1
2 φ = −√ 2π
Si no nos damos cuenta de esta circunstancia y no somos capaces de relacionar α con φ aplicamos
la definición usando la parametrización (1). Como el vector unitario es n = r/R = r/2 se tiene
a · r 1
α = r + a ·
S r4 r2 r
1 a · r 1
ds = + a · r ds =
2 2 S r2 r2 1
23
(a · r + a · r) ds =
S
= 1
a · rds
4
a=(1,1,0)
= 1
xds + yds
4
S
S
S

Como S es simétrica respecto del plano y = 0 y y es una función impar en y s sigue que
yds = 0
S
con lo que, usando (1),
α = 1
xds =
4 S
1
4
= − √ 2π
5π
4
π
4
π
0
5π π
4
(2 cos θsenϕ) (4senϕ) dθdϕ = 2 cos θdθ sen
π
0
4
2 ϕdϕ =

AMPLIACIÓN DE CÁLCULO (Curso 2008/2009) Convocatoria de septiembre 15.09.09
NOMBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . APELLIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Número de matrícula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problema 3 (3 puntos): Se considera el sólido Ω interior al cilindro (x − a) 2 + y 2 = a 2 (a > 0)
limitado por la superficie cónica z 2 = x 2 + y 2 , z ≥ 0, y el plano XOY.
1. Calcular el volumen de Ω. (1 punto)
2. Hallar el área de su superficie lateral. (Sugerencia: relacionarla con una integral curvilínea).
(1 punto)
3. Sea F (x, y, z) =
0, 0, − √ x2 + y2
el campo de velocidades de un fluido. Calcular el flujo que
entra por la base superior de Ω. (1 punto)
Respuesta: (Se entregará esta hoja y, a lo sumo, una adicional)
1. El sólido es
Ω = {(x, y, z) : (x − a) 2 + y 2 ≤ a 2
0 ≤ z ≤
x 2 + y 2 }
luego es el espacio proyectable sobre el disco plano D : (x − a) 2 + y2 ≤ a2 . Así pues:
vol (Ω) =
dxdydz =
⎛
⎝
Ω
D
√ x2 +y2 ⎞
dz⎠
dxdy =
0
D
x 2 + y 2 dxdy.
Para calcular esta integral doble, podemos cambiar a coordenadas polares en D, donde se
verifica que
(x − a) 2 + y 2 ≤ a 2 ⇔
x 2 + y 2 ≤ 2ax ⇔
0 ≤ ρ ≤ 2a cos θ
así que, para cada ángulo θ con cos θ ≥ 0 (es decir, para θ ∈ [−π/2, π/2]) se tiene que ρ ∈
[0, 2a cos θ]. Por tanto, la integral queda
vol (Ω) =
π/2 2a cos θ
ρ
−π/2 0
2 dρdθ = 1
π/2
(2a cos θ)
3 −π/2
3 dθ = 16a3
π/2
cos
3 0
3 θdθ
π/2
cos θ
0
1 − sin 2 θ
dθ = 32a3
9 .
= 16a3
3
2. La superficie lateral Σ de Ω es la superficie cilíndrica comprendida entre las gráficas de las
funciones h (x, y) = √ x 2 + y 2 y g (x, y) = 0, definidas sobre la curva borde C del dominio D.
Por ello, puede relacionarse el área de Σ con una integral curvilínea sobre C :
area (Σ) = (h − g) dl = x2 + y2dl. C
Por otro lado, la curva C es la circunferencia plana (x − a) 2 +y 2 = a 2 luego viene parametrizada
como
(x (t) , y (t)) = (a + a cos t, a sin t) t ∈ [0, 2π]
C

y su vector derivada es (x ′ (t) , y ′ (t)) = (−a sin t, a cos t) que tiene módulo a. Por todo ello,
area (Σ) =
x
C
2 + y2 2π
dl = a
=
2π
a
0
=
0
a 2√ 2π √ 2π
2
2 1 + cos tdt = 2a
x2 (t) + y2 (t)dt =
(a + a cos t) 2 + a2 sin2 2π
tdt = a
0
√ 2a2 + 2a2 cos tdt =
0
0
cos
dt = 4a 2
π
cos
0
3. El fluido F es adivergente y de clase C1 en el sólido Ω, luego
podemos aplicar el Teorema de Gauss, con lo que:
t
2
F ds =
Base superior
F ds +
Base inferior
t
dt = 8a
2
2 .
Ω div (F) dxdydz = 0; y
donde el primer miembro es el flujo pedido, y las superficies del segundo miembro están orientadas
hacia el exterior de Ω. Obsérvese que Σ es una superficie cilíndrica recta, y F es un
campo de dirección vertical, luego el flujo de F a través de Σ es nulo (en otras palabras, F
pertenece al plano tangente de Σ en cada punto, o bien F es ortogonal al vector normal a Σ en
cada punto). Por todas esas razones,
Σ Fds = 0.
Basta, pues, calcular el flujo de F en la base inferior de Ω, que es el dominio plano D, con
vector normal (0, 0, −1) se considera el flujo que sale de Ω. Dicha integral de superficie queda
D
F ds =
D
Σ
F ds
0, 0, − x2 + y2
◦ (0, 0, −1) dxdy = x
D
2 + y2 dxdy
que resulta ser la integral doble ya calculada en el apartado 1. Finalmente,
Base superior
F ds = vol (Ω) = 32a3
9 .