Matematicas III Solucionario tercera practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo
1. Evalue
||x − y| − x| dxdy, Ω
Ω = (x, y)/ x + y
{
SOLUCION
1
| | | | ≤ 2}.
− x despejando y = u+v 2 y u+v + u−v ≤ 2 −→ −2 ≤ u ≤ 2 y − 2 ≤ v ≤ 2 2 2 Si
u = x + y
y
v = y
U sando Jacobiano
∂x ∂x ∂ (x,y) 1 1 ∂v ∂u = ∂y ∂y = − 2 −→ ∂ (v,u) = 2 ∂v ∂u 2 2 |−v| − u−v 1 dvdu = 8.88 I = ∂ (x,y) ∂ (v,u)
−2 −2
2
2
. 2. Evalue la siguiente integral doble
e Ω
x2 +y 2 2x
dxdy,
Ω = (x, y)/x2 + y 2
2
≤ 4.
v x = u− 2
SOLUCION
En coordenadas polares x = r cos θ
r
Reemplazando en la condicion f (x, y) = e 2 cos θ ,
3
x2 + y 2 = r 2
e y = r sin θ, r
≤ 4cos θ
f (x, y)dxdy = Π/2 4 cos θ e Ω −Π/2 0 4 cos θ e rdr I =
r 2 cos θ
rdrdθ
r
2 cos θ
0
P or
partes u = r
r
I = 2r cos θe 2 cos θ
r
y
dv = e 2 cos θ dr
−→ du = dr
4cos θ 4cos θ − 0 2cos θe 0
r 2 cos θ
y
r
v = 2 cos θe 2 cos θ
dr
I = 2(cos 2θ + 1)(e2 + 1)
Π/2 2(cos 2θ + 1)(e2 + 1)dθ
=
−Π/2
Π/2
2(e2 + 1) −Π/2 (cos 2θ + 1)dθ =
= 2Π(e2 + 1) 3. Determine los valores extremales para la funcional siguiente 3 J [y] = 0 (y (y)2 + y(y )2 )dx y(0)=1 y(1)=2.
SOLUCION
F = y (y)2 + y(y )2
siendo el
caso III,
∂F ∂y y
− F = C
−→ y2y + 2yy y − y(y)2 − y(y)2 = C √ y dy C y(y)2 = C −→ dx = √ −→ dx = y C dy √ y dy = 2y + C y reemplazamos (0, 1) y (1, 2) x = ∂F ∂y
= (y 2 + 2yy )
1
1
3 2
C 1
0=
2 3C 1
C 1 =
+ C 2
√
4 2−2 3
2
3C 1
y y
1= C 2 =
√
4 2 3C 1
+ C 2 hallamos C 1
y
C 2
√
− 1+23
2
. 4. Use integrales dobles para calcular el volumen del solido acotado por un hexaedro de caras regiones triangulares equilateras de arista l .
4
SOLUCION
V total = 12V
;
V =
f (x; y)dA −→ f (x; y) = z S
√
y
dA = dxdy
√
≤ x ≤ 2l , 0 ≤ y ≤ 63l − 33l x y z = tan θy l/2 − x tan θydydx = tan θ l/2 (2x−l) dx = tan θ l V = 0
√
0
0
3l 6
√
3l 3
2
0
5
24
3
144
Del
grafico
V total = 12
√
2l3 72
√ tan θ = 2 2 =
V =
√
2l3 72
√
2l3 6
. 5. Use coordenadas polares para evaluar el area de la regien acotada por las curvas regulares: ς 1 : b 2 x2 + a2 y 2 = a 2 b2 y ς 2 : x 2 a2 + y 2 b2 = a 2 b2 .
SOLUCION
Igualando ς 1
y
ς 2
b2 x2 + a2 y2 = x 2 a2 + y 2 b2
En coordenadas polares x = ar cos θ ar cos θ = br sin θ En
−→ x = y
e y = br sin θ
−→ θ = arctan ab
ς 1 : b 2 a2 r2 (cos θ)2 + a2 b2 r2 (sin θ)2 = a 2 b2
−→ r = 1
≤ θ ≤ arctan ab y 0 ≤ r ≤ 1 Usando Jacobiano ∂x ∂x ∂ (x,y) 2 2 ∂r ∂θ = ∂y ∂y = abr(cos θ) + abr(sin θ ) = abr ∂ (r,θ) ∂r ∂θ arctan 1 A = 8 abrdrdθ =4ab arctan a 0
0
a b
b
0
6
6. Sea la parte de una bola de radio a removida por una barrena cilindrica de diametro a cuyo lado pasa por el centro de la esfera. a) Bosqueje b) Observe que consta de cuatro pedazos congruentes. Halle el volumen de uno de estos pedazos.
SOLUCION 7. Use integrales dobles en coordenadas rectangulares, para calcular el volumen del solido acotado por las superficies S 1 : 4z = 1 x2 4y 2 y S 2 : 4z = x 2 + 4y 2 1.
− −
−
SOLUCION
7
Igualamos S 1
y
S 2 ;
x2 + 4y 2
1−x y = ± 4 −→ −1 ≤ x ≤ 1 2
2 2 f (x; y) = 1−x 4−4y
y
2
y
g(x; y) =
− 1 = 1 − x2 − 4y2 entonces 1−x 1−x − 4 ≤ y ≤ 4 2
x2 +4y 2 −1 4
(f (x; y)−g(x; y))dA = 1 −1 − S 1 (1−x ) dx = Π
1−x2 4 1−x2 4
2−2x2 −8y 2 4 dydx =
2 2
−1
3
8
8. Exprese por integrales dobles el volumen del solido acotado por el tronco de cilindro circular recto. Las longitudes de las gener atrices del tronco son a y b (a¿b), y la longitud del radio de la base es R.
8
SOLUCION
La ecuacion del
plano z = f (x; y) = tan αy +
x2 +y2 = R 2 pasando a polares
x = r cos θ
9
a+b 2
y
el
e y = r sin θ
dominio reemplaz.
r = R
−→ 0 ≤ θ ≤ 2Π
S ea el
y
volumen V =
0
≤ r ≤ R
y
z = tan αr sin θ +
a+b 2
f (x; y)dA = f (r cos θ; r sin θ)rdrdΠ Ω
Ω
2Π R tan αr2 sin θ + ( a+b )rdrdθ = 2 0 0 2Π 2Π ) R pero : V = 0 tan α R3 sin θdθ + 0 ( a+b 2 2 2Π sin θdθ = 0 −→ V = 2Π ( a+b ) R = a+b ΠR2 V =
3
2
2
0
0
2
2
2
9. Un le˜ nador corta una pieza con forma de cu˜ na de un arbol cilindrico de radio r, mediante dos cortes de sierra hacia el centro del arbol, uno horizontal y otro a un angulo θ . Calcule el volumen de la cu˜na usando el principio de Cavalieri.
SOLUCION
dA 10. Demuestre que 61 D y −x+3 con vertices (0;0), (1;1), (1;0).
≤
≤ 41 , donde D es la region triangular
10
SOLUCION
Sabemos que mA Maximo y
≤ Ω f (x; y)dA ≤ M A
Minimo en el
donde M
y
son el
recinto. Puede alcanzarlos en el
11
interior o frontera : En el
interior
∂f ∂x
=
1 f (x; y) = y−x+3
−1 =0 y (y−x+3)2
∂f ∂y
=
1 (y −x+3)2
= 0
no hay puntos criticos. 1 ≤ x ≤ 1 −→ f 1(x) = −x+3 df 1 1 1 dx = (x−3) > 0 −→ es creciente 3 ≤ f 1 (x) ≤ 2 1 E n la f rontera x = 1 ; 0 ≤ y ≤ 1 −→ f 2 (y) = y+2 df 1 1 −1 dy = (y+2) < 0 −→ es decreciente 3 ≤ f 2 (x) ≤ 2 E n la f rontera x = y −→ f (x; y) = 31
E n la f rontera y = 0 ;
0
1
2
2
2
E l area del recinto A es
1 2
;
≤ Ω f (x; y)dA ≤ M A 1 )dA ≤ 1 1 11 ≤ 32 22 Ω y −x+3 1 )dA ≤ 1 1 ≤ 6 Ω y −x+3 4
mA
12
M =
1 2
;
m =
1 3
