• Author / Uploaded
• Kevin Mihaell Zárate Altamirano

Citation preview

2017

Solucionario Examen Final Matemáticas III MA-133Q

KEVIN MIHAELL ZÁRATE ALTAMIRANO 20152681E UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA | FIEE UNI

Solucionario Examen Final MA-133Q 1. Evaluar

I

F~ · d~r , si el campo vectorial es:

ς

F~(x;y;z) =



yz xz xy ; ; 2 2 2 2 2 2 1 + x y z 1 + x y z 1 + x2 y 2 z 2



y la curva ς es la curva de intersecci´ on de las superficies: S1 = x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 Por el teorema de Stokes I

F~ · d~r =

ς

Hallamos ∇ × F~ i ∂ ~ ∇×F = ∂ x Fx  ∂Fz = ∂y

∧

Z 

S2 = x2 + y 2 + z 2 = 1

 ∇ × F~ · ~n ds

S

k ∂ ∂ ∂ y ∂ z Fy Fz      ∂Fy ∂Fx ∂Fx ∂Fz ∂Fy − − − i− j + k ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y

−j

Resolviendo cada caso   ∂F ∂F y z   − =   ∂y ∂z        ∂F ∂Fx z − = ∂x ∂z         ∂F ∂F y x   − =  ∂x ∂y

x (1 − x2 z 2 y 2 ) x (1 − x2 y 2 z 2 ) − =0 (1 + x2 y 2 z 2 )2 (1 + x2 y 2 z 2 )2 y (1 − x2 z 2 y 2 ) y (1 − x2 y 2 z 2 ) − =0 (1 + x2 y 2 z 2 )2 (1 + x2 y 2 z 2 )2 z (1 − x2 z 2 y 2 ) z (1 − x2 y 2 z 2 ) − =0 (1 + x2 y 2 z 2 )2 (1 + x2 y 2 z 2 )2

Entonces

I ∴ ς

∇ × F~ = ~0 Z   F~ · d~r = ∇ × F~ · ~n ds = 0 S

1

ZZ

∂ψ ds , siendo S la superficie esf´ erica ∂n S cuya ecuaci´ on es x2 + y 2 + z 2 = 1 , φ(x) = x2 + y 2 y ψ(x) = y 2 + z 2

2. Halle la integral de superficie

Sabemos φ

φ

∂ψ = φ (∇ψ · ~n) = (φ ∇ψ) · ~n ∂n

Usando las identidades de Green ZZZ ZZ (φ ∇ ψ) · ~n ds = S


φ ∇ 2 ψ − ∇ φ ∇ ψ dV V

Resolviendo ZZ ZZZ

x2 + y 2 (2 + 2) + (2x; 2y; 0) · (0; 2y; 2z) dV (φ ∇ ψ) · ~n ds = S Z Z ZV
= 4x2 + 8y 2 dV V

En coordenadas esf´ericas Z π Z 2π Z 1
= 4ρ2 cos2 θ sen2 φ + 8ρ2 sen2 θ sen2 φ ρ2 sen φ dρ dθ dφ Z0 π Z0 2π Z0 1

= 4ρ4 sen3 φ 1 + sen2 θ dρ dθ dφ 0

0

0

Integrando ZZ (φ ∇ ψ) · ~n ds =

∴ S

16π 5

4. Usando transformaciones, calcule el volumen del s´olido acotado por las siguientes superficies: z = (x2 + y 2 ) ; xy = 2a2 ; y = 2x ; xy = a2 ; x = 2y y z=0   u ∈ [ a2 ; 2a2 ] u = xy   1 y  v ∈ ;2  v= x 2 Hallando el Jacobiano de transformaci´on √ √ ∂ ( u v) ∂ ( u v) ∂u ∂v r  r  J(u,v) = u u ∂ ∂ v v ∂u r r ∂v 1 v 1 u 2 u 2 v 1 = r r =− 1 2v 1 1 u 2 uv − 2 v 3 2

Calculando el volumen ZZ ZZ F(x; y) dA = A0

A

ZZ ⇒

V=

F(x(u,v) ; y(u,v) ) J(u,v) du dv

(x2 + y 2 ) dA

A 2a2

1

  u 1 = vu + dv du 1 v 2v a2 2   Z 2Z 1 1 1 2a (u) 1 + 2 dv du = 1 2 a2 v 2 Z

Z



Finalmente ∴ V=

9 a4 4

5. Use el teorema de Green para evaluar el ´area de la regi´on acotada por la ecuaci´ on polar r = 10 + cos 2 θ Por el teorema de Green  ZZ  Z ∂Q ∂P P dx + Q dy = − dA ∂x ∂y ς  Para el caso:

∂Q ∂P − ∂x ∂y

 =1

Z 1 x dy − y dx ⇒ A= 2  x = r cos θ En coordenadas polares: y = r sen θ Z 1 = − r sen θ (cos θ dr − r sen θ dθ) + r cos θ (sen θ dr + r cos θ dθ) 2 ⇒

1 A= 2

Z

r2 dθ

Hallando el a´rea Z 1 2π A= (10 + cos 2 θ)2 dθ 2 0 201π ∴ A= 2

3

6. Sea S la superficie del cono x2 = y2 + z 2 , interior al cilindro x2 + y2 = a2 y situado en el primer cuadrante x > 0 ;

y > 0;

z > 0. C´ alcule el ´ area de S

Sea F(x,y,z) = y 2 + z 2 − x2 Z A=

p

Z sec θ ds = Ayz

Fx2 + Fy2 + Fz2 dA |Fx |

Entonces p

4x2 + 4y 2 + 4z 2 dA 2x Ayz √
Z x2 + x2 = dA x Ayz Z √ A= 2 dy dz Z

=

⇒

Ayz

4

Intersectando las dos superficies S1 ∩ S2 2y 2 + z 2 = a2 y2 z2 S1 ∩ S2 :  2 + 2 = 1 a a √ 2  y = r cos θ Evaluando la integral en coordenadas polares z = r cos θ π a √ Z 2Z √ 2 cos θ + 1 r dr dθ = 2 0

0

2

∴ A=

a π 4

7. Halle la medida del ´angulo s´olido con que se observa la base de la pir´amide desde su v´ ertice. La base de la pir´ amide es una regi´ on rectangular cuyos lados miden 2a y 2b. La altura de la pir´ amide cae en el punto de intersecci´ on de las diagonales del rect´ angulo, y la altura de la pir´ amide mide h Teniendo como datos

 ~ = (x; y; h) R  p ~ | = x2 + y 2 + h2 |R  ~n = (0; 0; 1)

Hallamos el a´ngulo s´olido ZZ ~ R · ~n Ω= ds ~ 3 |R| (x; y; h) · (0; 0; 1) q ds (x2 + y 2 + h2 )3 Z bZ a h dy dx q = −b −a (x2 + y 2 + h2 )3 a Z b y p =h 2 2 (x2 + y 2 + h2 ) −a −b (x + h ) Z b 1 p = 2a h 2 2 (x2 + a2 + h2 ) −b (x + h )  √ 2  b 2a h x a + h2 − h2 √ √ = arctan (h) a2 + h2 − h2 h x2 + a2 + h2 −b ZZ

=

5



   ba −ba √ √ = 2 arctan − 2 arctan h b2 + a2 + h2 h b2 + a2 + h2   ba √ ∴ Ω = 4 arctan h b2 + a2 + h2

8. Calcule la integral del campo vectorial F~ = (0; 2y − 2x; −2y − 1) sobre el lado exterior de la superficie S de intersecci´ on de los cilindros x2 + y 2 = a2 2 2 2 y x + z = a situada en el primer octante

Sea P(x, y, z) = x2 + y 2 − a2 y Q(x, y, z) = x2 + z 2 − a2  ∇F (2x; 2y; 0) (x; y; 0)   p ~ n = = 1 =   |∇F | a 4x2 + 4y 2   (2x; 0; 2z) ∇G (x; 0; z)  ~n2 = =√ = |∇G| a 4x2 + 4z 2 Hallando el flujo en la superficie S del primer octante Z Φ= F~ · ~n ds S

Z

(x; y; 0) (0; 2y − 2x; −2y − 1) · ds + a S1 Z (x; 0; z) (0; 2y − 2x; −2y − 1) · ds a S2 Z Z y  z  = (2y − 2x) ds + (− 2y − 1) ds a a S1 S2 ! Z  y  pP 2 + P 2 + P 2 y z x = (2y − 2x) dA + a |Py | Axz ! Z  z  pP 2 + P 2 + P 2 x y z (− 2y − 1) dA a |Pz | Axy

Φ=

6

y  a

Z = Axz

dA + (2y − 2x) a y Z z  a (− 2y − 1) dA a z Axy

Evaluando en coordenadas polares Z πZ = 4

a

(2r sen θ − 2r cos θ) r drdθ

+

0

0

Z πZ 4

a

(− 2r sen θ − 1) r drdθ   i 2 √ 1 2 h √ 3 =− 2−1 a + a 8a 2 − 1 − 3π 3" 24 # √ a 2 π ∴ Φ = a2 − 3 8 0

0

9. Calcule la siguiente integral doble

ZZ (x |y| + |y − 1|) dA , siendo D

D = |x| + |y| ≤ 2 ZZ

(x |y| + |y − 1|) dA = I1 + I2 + I3 + I4 D

X Zona I ZZ ZZ ZZ I1 = (x |y| + |y − 1|) dA + (x |y| + |y − 1|) dA + (x |y| + |y − 1|) dA A1 A2 A3 Z 1 Z 2−x Z 1Z 1 (x y + 1 − y) dy dx (x y + y − 1) dy dx + = 0 1 0 0 Z 2 Z 2−x + (x y + 1 − y) dy dx 1

0

3 13 3 = + + 8 4 24 5 I1 = 3

7

X Zona 2 ZZ ZZ ZZ I2 = (x |y| + |y − 1|) dA + (x |y| + |y − 1|) dA + (x |y| + |y − 1|) dA A4 A5 A6 Z −1 Z 1 Z −1 Z x+2 (x y + 1 − y) dy dx (x y + y − 1) dy dx + = 0 0 0 1 Z −2 Z x+2 (x y + 1 − y) dy dx + −1

0

1 1 1 = − − 24 4 8 1 I1 = − 3 X Zona 3 ZZ (x |y| + |y − 1|) dA

I3 = Z

A7 −2 Z x−2

(− x y + 1 − y) dy dx

= 0

I3 =

0

8 3

8

X Zona 4 ZZ (x |y| + |y − 1|) dA

I4 = Z

A8 2 Z x−2

(− x y + 1 − y) dy dx

= 0

0

I3 = − 4 Entonces ZZ (x |y| + |y − 1|) dA =

∴ D

9

5 1 8 − + −4=0 3 3 3