Matematicas III Solucionario tercera practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo
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Matematicas III Solucionario tercera practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo
1. Evalue
RR
Ω ||x
− y| − x| dxdy,
Ω = {(x, y)/ |x| + |y| ≤ 2}.
SOLUCION
1
Si
u=x+y
v =y−x
y
despejando
u+v u−v + ≤ 2 −→ −2 ≤ u ≤ 2 2
2
U sando ∂(x,y) ∂(v,u)
∂v
1 2
∂u
R2 R2 I = −2 −2 |−v| −
u−v 1 2 2 dvdu
= 8.88
. 2. Evalue la siguiente integral doble
RR
Ωe
x2 +y 2 2x
dxdy,
Ω = (x, y)/x2 + y 2 ≤ 4 .
2
u+v 2 y
−2≤v ≤2
y
Jacobiano ∂x ∂x ∂v ∂u = − 1 −→ ∂(x,y) = = ∂y ∂y 2 ∂(v,u)
y=
x=
u−v 2
SOLUCION
En
coordenadas
Reemplazando
en
polares la
x = r cos θ
e
y = r sin θ, r
condicion
f (x, y) = e 2 cos θ ,
3
x2 + y 2 = r 2 r ≤ 4 cos θ
RR
Ω f (x, y)dxdy
I=
R 4 cos θ 0
P or
=
R Π/2 R 4 cos θ −Π/2 0
r
e 2 cos θ rdrdθ
r
e 2 cos θ rdr
partes
u=r
r
dv = e 2 cos θ dr −→ du = dr
y
r
y
v = 2 cos θe 2 cos θ
h i4 cos θ R r r 4 cos θ − 0 2 cos θe 2 cos θ dr I = 2r cos θe 2 cos θ 0
I = 2(cos 2θ + 1)(e2 + 1) R Π/2
2 −Π/2 2(cos 2θ + 1)(e + 1)dθ
=
2(e2 + 1)
R Π/2
−Π/2 (cos 2θ
+ 1)dθ =
= 2Π(e2 + 1) 3. Determine extremales para la funcional siguiente R 3 los valores 2 J [y] = 0 (y0(y) + y(y0)2 )dx y(0)=1 y(1)=2.
SOLUCION F = y0(y)2 + y(y0)2 ∂F ∂y0
siendo
el
caso
III,
∂F ∂y0 y0
−F =C
= (y 2 + 2yy0) −→ y 2 y0 + 2yy0y0 − y0(y)2 − y(y0)2 = C
y(y0)2 = C −→ √
x=
R
0=
2 3C1
C1 =
y
=
C1 √ y
−→ dx =
√ y C1 dy
3
C1 dy =
2y 2 3C1
+ C2
√ 4 2−2 3
dy dx
y
+ C2 1=
y
√ 4 2 3C1
reemplazamos + C2 √
y
C2 = − 1+23
hallamos
(0, 1) y C1
y
(1, 2)
C2
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
Vtotal = 12V 0≤x≤
;
V =
RR S
f (x; y)dA −→ f (x; y) = z
√
l 2
,
0≤y≤
dA = dxdy
√
−
3l 3 x
y
z = tan θy
√
V =
R l/2 R 0
0
√ 3l − 33l x 6
3l 6
y
tan θydydx = tan θ
5
R l/2 0
(2x−l)2 24 dx
3
l = tan θ 144
Del
√ tan θ = 2 2 V =
graf ico √
Vtotal = 12
2l3 72
√
2l3 72
√
2l3 6
=
. 5. Use coordenadas polares para evaluar el area de la regien acotada por las curvas regulares: ς1 : b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 y ς2 : x2 a2 + y 2 b2 = a2 b2 .
SOLUCION
Igualando En
ς1
y
coordenadas
ς2
b2 x2 + a2 y 2 = x2 a2 + y 2 b2 −→ x = y
polares
x = ar cos θ
e
y = br sin θ
ar cos θ = br sin θ −→ θ = arctan ab En
ς1 : b2 a2 r2 (cos θ)2 + a2 b2 r2 (sin θ)2 = a2 b2 −→ r = 1
0 ≤ θ ≤ arctan ab y 0 ≤ r ≤ 1 U sando Jacobiano ∂x ∂x ∂(x,y) ∂θ = abr(cos θ)2 + abr(sin θ 2 ) = abr ∂r ∂y ∂(r,θ) = ∂y ∂r
A=8
∂θ
R arctan ab R 1 0
0
abrdrdθ =4ab arctan ab 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 S1 : 4z = 1 − x2 − 4y 2 y S2 : 4z = x2 + 4y 2 − 1.
SOLUCION
7
Igualamos S1 y S2 ; x2 + 4y 2 − 1 = 1 − x2 − 4y 2 entonces q q q 2 1−x2 1−x2 −→ −1 ≤ x ≤ 1 y − ≤ y ≤ y = ± 1−x 4 4 4 1−x2 −4y 2 4
f (x; y) =
y
g(x; y) = q
RR
S (f (x; y)−g(x; y))dA =
R1 −1
2
(1−x2 ) 3
dx =
R1 R −1
−
x2 +4y 2 −1 4 1−x2 4
q
1−x2 4
2−2x2 −8y 2 dydx 4
=
Π 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
x2 +y 2 = R2
del
plano
pasando
a
z = f (x; y) = tan αy + polares
x = r cos θ
9
e
a+b 2
y
el
y = r sin θ
dominio reemplaz.
r = R −→ 0 ≤ θ ≤ 2Π y Sea
el
volumen
V =
R 2Π R R
V =
R 2Π
R 2Π 0
0
0
0
V =
0≤r≤R
y
RR
Ω f (x; y)dA
z = tan αr sin θ +
=
a+b 2
RR
Ω f (r cos θ; r sin θ)rdrdΠ
tan αr2 sin θ + ( a+b 2 )rdrdθ = 3
tan α R3 sin θdθ +
sin θdθ = 0 −→ V =
R 2Π 0
R 2Π 0
2
R ( a+b 2 ) 2 2
R ( a+b 2 ) 2 =
pero : 2 a+b 2 ΠR
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
RR 10. Demuestre que 16 ≤ D con vertices (0;0), (1;1), (1;0).
dA y−x+3
≤ 14 , donde D es la region triangular
10
SOLUCION
Sabemos
que
M aximo
y
mA ≤
M inimo
RR
Ω f (x; y)dA
en
el
≤ MA
recinto.
11
donde
P uede
M
y
son
alcanzarlos
el en
el
interior
o
f rontera : ∂f ∂x
−1 (y−x+3)2
En
el
interior
no
hay
puntos
criticos.
En
la
f rontera
y=0
df1 dx
En df2 dy
1 (x−3)2
=
la
En
la
El
area
1 6
≤
≤
< 0 −→ es
recinto
Ω f (x; y)dA
1 Ω y−x+3 )dA
RR
1 Ω y−x+3 )dA
RR
;
1 3
≤ f1 (x) ≤
1 3
≤
es
1 2
;
≤ MA
≤
1 (y−x+3)2
11 22
1 4
12
6= 0
1 −x+3
1 2
0 ≤ y ≤ 1 −→ f2 (y) =
decreciente
A
=
0 ≤ x ≤ 1 −→ f1 (x) =
x = y −→ f (x; y) =
f rontera del
;
∂f ∂y
6= 0 y
creciente
x=1
RR
mA ≤ 11 32
> 0 −→ es
f rontera
−1 (y+2)2
=
=
1 y−x+3
f (x; y) =
≤ f2 (x) ≤
1 y+2
1 2
1 3
M=
1 2
;
m=
1 3