Matemáticas 5. Segundo Parcial 1-2. = +, inferiormente por el plano = y esta contenida en el cilindro ++ =.

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Luis Miguel de la Fuente Tebar
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1 Matemáticas 5. Segundo Parcial -.- Calcule, donde T es el sólido limitado superiormente por la supericie de ecuación = +, ineriormente por el plano = y esta contenida en el cilindro ++ =. Solución. Graicamos las regiones, la primera es un paraboloide, la segunda un plano y la tercera un cilindro descentrado del origen y centrado en el punto 0, de radio. Note que el volumen es la región entre cilindro y la parte externa del paraboloide Para calcular la triple integral aplicamos coordenadas cilíndricas, por ello procedemos con la integral de la altura que en este caso corresponde a la variable z. = Donde A es la proyección del sólido. =! +!! " Proyectamos el sólido sobre el plano XY, y tendremos la ecuación de un círculo deinido por el cilindro. Entienda Ud. El por qué esta proyección. Se tiene

2 Matemáticas 5. Segundo Parcial - La ecuación es! ++! =. Aplicamos coordenadas polares. Las variables tendrán los siguientes intervalos. # =$ %cos) %sin),./03/4 = % ) 6,6 % 0,% 7 Donde podemos determinar % 7 en la ecuación de la circunerencia, ya que este valor corresponde a la perieria del círculo. Sustituimos el cambio polar en la ecuación de la circunerencia. Aplicando algebra y un poco de trigonometría Se tiene dos soluciones posibles Donde observamos que % 7 =%! = sin) Sustituimos el cambio polar en la integral %! cos! )+%! sin! )+ %sin)+= %! +%sin)=0 %%+sin) =0 % =0 %! = sin ) Procedemos a integrar = :! ;<= > %9 % % ) = %@ 6 :!;<= > ) )) = sin@ ))

3 Matemáticas 5. Segundo Parcial - Para resolver esa integral recordamos Mate, para potencia pares, dejamos un cuadrado y elevamos a lo que resta de la división, a la potencia cuadrática, aplicamos la reducción de potencia del seno Se tiene sin! ) = cos) = 9 3 sin! ) C ) = 9 3 D cos) Para el coseno cuadrático se aplica la reducción de potencia del coseno C E ) = 3 3cos)+3cos! ) cos C )) cos! )= +cos) Y para el coseno cubico, se separa una unidad, y del cuadrático restante se aplica la identidad pitagórica para trigonometría = 3 F ) 3 cos)) +3 +cos4) ) cos) sin! )) H = 3 I6 3 sin) D) +sin4) E DK KC 3 E L = 3 M6+3 6N O = P Q R STUV.- Sabiendo que la curva parametrizada por WX= $ X YZ[X, ^_` X a,rb \]Y X Es simple, calcule el área de la región encerrada por la curva y el eje de las x. Solución. Seleccionamos 4 valores de t, para obtener 4 puntos de la gráica de sigma, tenemos c =0 0,0 c = 6 d6,e c =6 6, c=3 6 $3 6+,, c = 6 6,0 Graicamos estos 4 puntos y obtenemos la siguiente graica

4 Matemáticas 5. Segundo Parcial - Bien, el problema nos indica que el área encerrada corresponde a sigma más la recta y=0 (eje X) Nos dan la rontera parametrizada, luego podemos aplicar integral de línea. Para calcular área sabemos que + Luego debemos buscar quien es la trayectoria cerrada. = k " La trayectoria cerrada D será l = m o donde l corresponde a la recta y=0. Ya que la trayectoria cerrada es la unión de dos trayectorias se sabe. + Procedemos a aplicar integral de línea. Ya sigma esta parametrizada Nos queda = F c = + + = <s cosc cosc t,$ c sinc + + q ghiij cosc, >c sin c = cosc! + c sincsincc = +cosc cos! c+csinc sin! cc c +cosc c = I6 sinc +D ) +sinc E 4 Se concluye para la primera integral + csincc cosc ch +sinc ccosc D ) sinc E L 4 = a b = 36 + = 36

5 Matemáticas 5. Segundo Parcial - Calculamos ahora la recta l q ghiij + Donde la parametrizacion corresponde o =d 0 e 0,6 Aplicamos la deinición de integral de línea para esta parametrizacion Resumimos 0 + = <DE,d q ghiij 0 e>c =0 + = 36+0 El sentido Green es antihorario para este problema Y se observa que el sentido dado por la parametrizacion de sigma es opuesto, luego se deduce Por otro lado + = + =36 + = k " =k v=qr STUV 3.- Sea w =x, S +, { Y sean = +, }=. Considere el cambio de variable,}=, y sea w S una región que cumple w =w. Calcule el área de w Solución.

6 Matemáticas 5. Segundo Parcial - Graicamos la región D Cambiamos la región D a l. Para ello parametrizamos cada una de las ronteras. m = = 0 0 Una vez parametrizado aplicamos el cambio de variable.! m! =! +! = 0 C : m C = =! 0 m = 0 = 0 K Graicamos estas ronteras! m K =! = 0 C m C = K = +! 0 El ejercicio nos pide calcular el área de esta región. Tenemos Realizamos entonces los límites! k = K K k=! = $ 3 C, = 3 v = `Š wœ _Ž Œ` STUV ˆ

7 Matemáticas 5. Segundo Parcial - NOTA: Por qué no utilice el jacobiano Veamos el teorema, = K,./03/4 K OJO, las dos regiones son distintas. El jacobiano solo se emplea cuando hago un cambio de variable a la unción sobre la región D. En el problema nos pide el área de D*, no el área de D por lo que no estamos cambiando variable. Se presta a conusión el ejercicio porque nos dan un cambio. Simplemente es para cambiar la región. No la unción. A modo ilustrativo, calculare el área de D utilizando el cambio de variable =! K = 6 K! j De igual orma resolvemos la integral sin realizar cambio de variable. k =!: = Hecho en Mathcad

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