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UNIVERSIDAD SIMON BOLIVAR PREPARADURIA DE MATEMATICAS MATEMATICAS 5 (MA

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Academic year: 2018

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(1)

UNIVERSIDAD SIMON BOLIVAR

UNIVERSIDAD SIMON BOLIVAR

UNIVERSIDAD SIMON BOLIVAR

UNIVERSIDAD SIMON BOLIVAR

PREPARADURIA DE MATEMATICAS

MATEMATICAS 5 (MA

MATEMATICAS 5 (MA

MATEMATICAS 5 (MA

MATEMATICAS 5 (MA----2112)

2112)

2112) VIERNES 16-03-2012

2112)

Miguel Guzmán (magt369@gmail.com)

1111....----

Sea la región descrita por, determinar la integral.

, = .(/, 1, 2): /

4

+ 1

4

+ 22

4

≤ 4 ,

2 ≥ 9/

4

+ 1

4

:

; = < 2=>

? Solución.

La región a determinar es la intercepción del ELIPSOIDE con el cono que abre hacia arriba de sección transversal circular. Tal solido determinaremos la integral por medio de coordenadas cilíndricas. Esto es primero altura. Dese cuenta que el sólido va desde el CONO hasta la parte positiva del ELIPSOIDE luego.

; = @ AB4CD 2=2

EFGE 4

9DEFGE =H

IJKG => ; = @

1

2 M2 −12 (/4+ 14) − (/4+ 14)O =H IJKG

; = @ M1 −34 (/4+ 14)O =H IJKG

La proyección será la intersección de las dos regiones. Luego buscamos la intersección.

P: Q/42+ 14= /4+ 224+ 144= 4 => 2 = 2 √3 =>

4

3 = /4+ 14

Es un circulo luego, realizamos la doble integral por coordenadas polares, ya que el circulo es centro en (0,0) sabemos que

S ∈ (0,2U) 1 V ∈ W0, 2 √3X

Entonces

; = A A W1 −34 V4X V=V=S 4

√Y Z 4[

Z => \ =

]^ _

(2)

2222....---- Calcule el volumen de la región

d = .(/, 1, 2): 2 ≥ 9/

4

+ 1

4

; /

4

+ 1

4

≤ 4 ; 2 ≤ 4:

SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION.

Si graficamos la región omega y la proyectamos en el plano 12 tenemos

⇒ kVl1mnnoóp

Buscamos la intersección entre el cono y el cilindro.

q = Q2/44= /+ 144+ 1= 4 => q:4 r2 = 2 ; /4+ 14= 4s

Buscamos los valores de las variables en el cambio de coordenadas esféricascoordenadas esféricascoordenadas esféricascoordenadas esféricas, para S, proyectamos el solido en el plano /1, luego tenemos un círculo centrado en (0,0) esto implica

S ∈ (0,2U) Para w, tenemos w ∈ (0, wxyD)

Donde wxyD viene por el triángulo (ver figura),

tan(wxyD) =22 ⇒ w =U4

(3)

Para |, tenemos que cambiar ya que

Se tiene un | para un cierto valor de w y otro valor para otro intervalo de w, entonces separemos el rango de w.

Para w ∈ (0, w~), se tiene que |(0, |•), donde |• ∈ (2 = 4)

Dado el cambio de variable de coordenadas esfericas 2 = | cos(w) ⇒ |•=•‚ƒ(„)

Para w ∈ zw~,[{, se tiene que | ∈ (0, |…)donde |… ∈ (no†op=Vl ∶ /4+ 14= 4)

Dado el cambio de variable de coordenadas esfericas

(| cos(S) sin(w))4+ (| sin(S) sin(w))4= 4 ⇒ |4sin4(w) = 4 ⇒ | = 2 sin(w) Ahora buscamos el valor de w~. Que viene dado por el triángulo, (ver figura)

ctan(w~) =42 ∶ tan(w~) =24

cos(w~) =√52

Resolvemos la integral.

> = A A A =/=1=2 Š

> = A ‹A A |4sin(w)

•‚ƒ(„)

Z =|=w

„Œ

Z + A A |

4•op(w) 4

ƒŽ•(„)

Z =|=w

[ € „Œ

• 4[

Z =S

> = A ‘A„Œ23cossin(w)Y(w)=w

Z + A

2Y

3 sin sin(w)Y(w) =w [

€ „Œ

“ =S 4[

Z

> = A 23 Wcos41(w ~) − 1X 4[

Z −

2Y

3 •1 − ctan(w~)– =S ⇒ > = A 2 ”

3 W54 − 1X −2 Y

3 (1 − 2)=S 4[

Z

> = A4[23 =SY

Z => > = 32

(4)

3333....---- Exprese la integral sin calcularla sobre la región dada.

d = Q(/, 1, 2): /

4

+ 1

4

+ (2 − 2)

4

≤ 4 ; 2 + /

4

+ 1

4

9

; = A A A

(/

4

2(/

+ 1

4

+ 1

4

+ 2

4

)

4

)

4

Š

=/=1=2

SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. Graficamos

Debemos buscar los valores para las variables en el cambio esférico. Es importante interceptar los dos solidos

w = ™ 2 + /4+ 14=94

/4+ 14+ 24− 42 = 0 => w = Q/

4+ 14=7

4 , 2 =12˜

La proyección del solido será la esfera completa de radio 2. › = r/4+ 14= 4s

De aquí deducimos que los valores para la variable S ∈ (0,2U)

Buscamos los valores de w. Phi va desde cero (eje z) hasta la intercepción de los sólidos tenemos un triángulo como sigue.

Donde wxyD => tan(w) = √7 Por lo cual

w ∈ (0, wxyD)

Buscamos por ultimo | ∈ (|~, |•) =lp=m |~∈ žŸVŸ l†lo=m |•∈ ¡•¢mVŸ Dado el cambio de coordenas esféricas

™1 = | sin(w) sin(S)/ = |sin (φ)cos (S)

2 = | cos(w) ¤Ÿnl oŸpl = |

(5)

Bien, el paraboloide de ecuación, aplicamos el cambio de variable

2 + /4+ 14=9

4 => | cos(w) + (| sin(φ) cos(S))4+ (| sin(w) sin(S))4=94

| cos(w) + |4sin4(w) −9 4 = 0 De la ecuación de segundo grado con incógnita |

|~=− cos(w) + 9cos

4(w) + 9 sin4(w) 2 sin4(w)

Solo la positiva, la negativa corresponde al opuesto.

Luego, la esfera de ecuación /4+ 14+ 24− 42 = 0, aplicamos las coordenas esféricas (| cos(w))4+ (| sin(φ) cos(S))4+ (| sin(w) sin(S))4− 4| cos(w) = 0

|4− 4| cos(w) = 0 => Q | = 0 |• = 4 cos(w) Una vez halladas los valores procedemos a escribir la integral

; = A A A (/42(/+ 14+ 14+ 24)4)4

Š =/=1=2

; = A A A€•‚ƒ(„) (| sinY(w) cos(w))

C •‚ƒ(„)F9•‚ƒE(„)F¥ ƒŽ•E(„) 4 ƒŽ•E(„)

=| ¦§•¨¦••√©–

Z =w=S

4[

Z

4444....---- Calcule el volumen de la región dada,

d = r(/, 1, 2): /

4

+ 1

4

≤ 4/ ; /

4

+ 1

4

+ 2

4

≤ 16 ; 2 ≥ 0s

(6)

El volumen del solido viene dado por > = ª ª ª =/=1=2Š

Resolvemos esta triple integral por el cambio de variable cilíndrica, por ello la primera variable será z. z parte de cero hasta la esfera de radio 4 parte positiva

> = A A A9«’CD =2 ECGE

Z =H

¬

= A A 916 − (/4+ 14)=H ¬

La región viene dada por la proyección del solido en el plano /1, esta proyección vendrá siendo el cilindro de ecuación (/ − 2)4+ 14= 4 ¿Por qué?

Observamos que los valores para el ángulo S

S ∈ z−U2 ,U2{

Mientras que los valores para V, serán desde el origen hasta la circunferencia de ecuación /4+ 14− 4/ = 0

Aplicamos el cambio polar

/4+ 14− 4/ = 0 => V4− 4V cos(S) = 0

V(V − 4 cos(S)) = 0 => QV = 4 cos(S) †¯m°l V ∈ (0,4 cos(S)) V = 0

Integramos ahora.

> = A A€±K²(³)916 − V4V =V=S Z

[ 4

C[4 => > =

4Y

3 WU −43X

5555....---- Calcule el volumen sobre la región.

´ = r(/, 1, 2): 2 ≥ /

4

+ 1

4

; 2 ≤ 10 − /

4

− 21

4

s

SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. Graficamos

(7)

La ecuación 2 ≥ /4+ 14 representa un paraboloide de sección transversal circular cuya desigualdad se cumple para la parte interna.

La ecuación 2 ≤ 10 − /4− 214 representa un paraboloide de sección transversal elipse cuya desigualdad se cumple para la parte interna.

Debemos buscar la intersección de los dos volúmenes

¶ = Q 2 = /2 = 10 − /4+ 14− 214 4 => /4+ 14= 10 − /4− 214 => 2/4+ 314= 10

Lo cual es una elipse, esta elipse es la que se proyecta en el plano XY.

Bien, ahora realizamos el cambio de coordenadas cilíndricas, z será el vector que va paralelo al eje z, desde el comienzo del solido hasta el final. El cual será desde el paraboloide inferior al superior.

> = A A A =/=1=2 ¹

= A A A«ZCD =2 EC4GE

DEFGE =H ¬

= A A 10 − 2/4− 314 ¬

=H

Proyectando la elipse y utilizando coordenadas polares, se tiene que

º> = Q/ = V cos (S)1 = V sin(S) ¤Ÿnl oŸpl = V

Parametrizamos la elipse, se tiene

/4

5 +10 13 4= 1 => W√5/ X 4

+ »¼10 1½3 4

= 1

Debemos entonces asociar el cambio polar a la elipse que se proyecta para ello hacemos que

/

√5= V cos(S) => / = √5 cos(S) ; ¼ 3

10 1 = V sin(S) => 1 =¼103 V sin(S)

Dado a que el cambio polar cambio, debemos determinar el nuevo jacobiano se tiene, ¤Ÿnl oŸpl = B”ZY V

Dado este nuevo cambio debe darse cuenta que la elipse pasa a hacer una circunferencia de radio 1. Por lo que los valores de las variables del cambio polar serán. S ∈ (0, 2U) , V ∈ (0,1)

Realizamos la integral

> = A A (10 − 10V4cos4(S) − 10 V4sin4(S))¼50 3 V=V=S «

Z 4[

Z = ¼

50

3 A A 10(1 − V4)V «

Z =V=S

4[

Z

(8)

x2+y2 2a2 x2+y2 3

2a 2

0≤θ ≤2π

6.

6.

6.

6.---- Calcular el volumen del solido T donde

Á = r(/, 1, 2) ∈ Â

Y

| /

4

+ 1

4

≥ 2

4

,

/

4

+ 1

4

+ 2

4

≤ 3Ÿ

4

, /

4

+ 1

4

≤ 2Ÿ2s

Solución.

Solución.

Solución.

Solución.

Sean la región formada por:

Busquemos los niveles de intersección de las regiones UNO a UNO.

Cono y Esfera: Paraboloide y Cono. Esfera y Paraboloide

Notamos que el nivel de (z) para la intersección del cono y paraboloide ocurre a un nivel mayor que el radio de la esfera luego dicha intersección no esta dentro del volumen. Del restos las demás si. Si graficamos las regiones con sus desigualdades, nos queda el siguiente volumen.

La intersección del cono/esfera dada un circulo de ecuación.

Y la intersección del paraboloide/esfera.

Analizamos las variables del cambio de coordenas ESFERICAS.

La proyección es un círculo centrado en el origen luego.

El ángulo φ va desde el ángulo formado por el cono hasta un valor máximo dado por la intersección de la esfera/paraboloide para luego desde este valor hasta π /2. Esto con el fin de establecer los valores de la variable ρ .

Rho ira (para φ de cono a intersección) de 0 a radio de esfera. Pero Rho ira (para φ de intersección a π /2) de 0 hasta paraboloide.

CONO x2+y2≥z2

ESFERA x2+y2+z2≤3a2

PARABOLOIDE x2+y2≤2az

2az+z2 3a

z2+2az −3a2 0

z a z2+z2 3a2

z 3

2a

z2 2az

z z⋅( −2a) 0

(9)

ϕ π 4

Buscamos φ cono:

No me interesa el valor del ángulo sino los valores de las relaciones trigonométricas del mismo luego.

Ahora buscamos la dependencia de ρ sobre el ángulo φ . Sabemos que ρ llega hasta el paraboloide de ecuación.

aplicando cambio Esférico se tiene.

Del que se obtiene:

Ya determinado los valores del cambio de variable resolvemos la integral

Resolvemos la integral para ρ

Del triángulo se tiene que:

Buscamos φ de la intersección.

Del triángulo se tiene que:

ϕ1 :=atan

( )

2

x2+y2 2az

ρ2sin( )ϕ 2−2a⋅ρ⋅cos( )ϕ 0

ρ 2a cos( )ϕ sin( )ϕ 2 ⋅ z y x 1 ⌠  ⌡ d ⌠  ⌡ d ⌠  ⌡ d 0 2π θ π 4 ϕ1 ϕ 0

3 a⋅

ρ ρ2⋅sin( )ϕ ⌠  ⌡ d ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d 0 2π θ ϕ1 π 2 ϕ 0

2a cos( )ϕ sin( )ϕ 2

ρ ρ2⋅sin( )ϕ ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d + 0 2π θ π 4 ϕ1 ϕ sin( )ϕ 1

3

(

3 3 a⋅ 3

)

⌠    ⌡ d ⌠    ⌡ d 0 2π θ ϕ1 π 2 ϕ sin( )ϕ 1

3 ⋅ 8a

3

cos( )ϕ 3

(10)

7.

7.

7.

7.---- Una integral triple en coordenadas cilíndricas viene dada por

A A A

√€CJ

V

Y

sin(S) cos(S)

E «

2

4

=2=V=S

√Y « [ 4 Z

1.)

Describa la región de integración mediante las desigualdades en coordenadas

cartesianas. Haga un grafico.

2.)

Exprese la integral triple en coordenadas cartesianas (Solo exprésela, no calcule

dicha integral), integrando primero respecto al eje Z luego respecto al eje Y y por

ultimo al eje X.

Solución.

Solución.

Solución.

Solución.

Reorganizamos un poco las integrales nos queda:

Ahora resolvemos la integral de φ

Y por ultimo la integral de θ . Recordemos que: y

RESPUESTA.

b.-

a.-

la grafica que representa esta integral es:

3 a3

0 2π θ π 4 ϕ1 ϕ sin( )ϕ ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d ⋅ 8 3a 3 0 2π θ ϕ1 π 2 ϕ cot( )ϕ 3⋅csc( )ϕ 2 ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d ⋅ +

a3 3

0 2π

θ cos(ϕ1)

− cos π

4       +       ⌠   ⌡ d ⋅ 8 3 0 2π θ cot π 2       4 − 4

cot(ϕ1)4 4 + ⌠     ⌡ d ⋅ +            

cos(ϕ1) 1 3

:= cot(ϕ1) 1

2 :=

a3 3 −1 3 2 2 +      2π

8 3 1 4 1 4 ⋅       ⋅ ⋅ π2 +       simplify

π⋅a3⋅

(

3⋅ 6 −5

)

3 → x y z xyz2 ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d ⌠   ⌡ d 0 π 2 α 1 3 r 1

4 r− 2

(11)

Referencias

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