Exámenes resueltos.

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