MA 2112 Prepa Mike Segundo Parcial 2012 Ene Mar Tipo C pdf

(1)

1111....---- Calcule la integral sobre la trayectoria descrita por la figura, sentido anti horario.

−

+ 2 −

#↗

1 = ; 2

=

' SOLUCION.

SOLUCION.SOLUCION. SOLUCION.

La trayectoria es cerrada, luego aplicamos el teorema de Green

− + 2 −

#↗ = 0

1

1 2 − −11 − 2

3

4 = −1 + 2 3

Integramos sobre el área

4 = 6 −1 + 2 7

68 9

: = − + 68

67 9

: =

9 20 −1021

Verificamos el sentido de Green y el dado anti horario coinciden lo cual la integral mantiene su signo 4 = −₄₂₀11

2.

2. 2.---- Sea la trayectoria descrita por

? = @ , : − 1 +

− 5 = 4C

Sentido horario, calcule la integral

D

_{+ 3 + F2 − G}

H7

_I

#↗

(2)

SOLUCION. SOLUCION.SOLUCION. SOLUCION.

Observamos que la región o área es un círculo centrado en 1,5 de radio 2 Usamos el teorema de Green

D_{+ 3 + F2 − G}H7_I

#↗NOPPQ = ₃ 2 − 3 R

4 = − R

3

= −R

Observamos que la integral es tan solo el área de la región por lo tanto como el radio es 2 el área del circulo será

R = 4S Luego tenemos

4 = −4S

Verificamos la orientación de Green y la dada por el problema son inversas luego

D_{+ 3 + F2 − G}H7_I

#↗ = 4S

3333....---- Sea la función descrita por

T , = U

_G

+ ln 2 +

₆8

_{+ sin V}

Calcular la integral

〈T , , X

YYYYZ〉

#↗

(3)

Para poder usar Green debemos cerrar la región por lo cual agregamos una recta vertical = 0, para la variable ∈ 0,1 . Se tiene que ^ = _ ∪ a

Ahora si podemos aplicar Green sobre D.

d + e 3↗NOPPQ

= F2 G68_{− 2 I} 3

R

Integramos sobre D

d + e 3↗NOPPQ

= F2 G68

− 2 I :

fH

9

: + 2 G

68 − 2 g9f Hf98

fg9f Hf98

9

d + e 3↗NOPPQ

=G_{2 + S +}2₃

Sabemos que ^ = _ ∪ a, entonces

d + e 3↗NOPPQ

= d + e

#↗NOPPQ

+ d + e

h↗NOPPQ Buscamos ahora el valor de

d + e h↗

Tenemos que parametrizar la trayectoria. Se tiene: a: = 0; 0 ≤ ≤ 1

m = n0o ⇒ m9= n0_{qo 0 ≤ q ≤ 1 ; m}r9= n0_{1o T m}9 = Ut + ln 2_{q + sin q V}

d + e h↗

= 9〈Uq + ln 2_{q + sin q V n}0_{1o〉 q}

: =

3

2 − cos 1

Comparamos el sentido de la parametrizacion con el sentido Green del problema y se tiene que son iguales por lo que se deduce que

d + e h↗

= d + e

h↗NOPPQ

(4)

Despejamos el valor de la integral problema

d + e #↗NOPPQ

= cos 1 −3_{2 +}G_{2 + S +}2₃

Verificamos la orientación de Green con el dado por el problema son opuestos por lo que se concluye.

d + e #↗

= − d + e

#↗NOPPQ

=5_{6 − cos 1 −}G_{2 − S}

Respuesta

d + e #↗

=5_{6 − cos 1 −}G_{2 − S}

4.-

_{Sean D la region acotada delimitada por las curvas:}

u

=

= + 2

y C la frontera D recorrida

en sentido horario. Calcular.

+ G

6

₊

_{+ sin}

#↑

Solución.

Determinamos la región D. Y tenemos que.

La region es cerrada, y el sentido debe ser antihorario para que el area queda a la izquierda al ser recorrida la periferia. Bien ahora es posible usar el teorema de green, se tiene

+ G6 ₊ _{+ sin} #↑NOPPQ

= w 2 − R 3

Y la integral se resuelve por

4 = 6x

68

f9 ⇒ y =

z {

(5)

+ G6 ₊ ₊_sin #↑

% ! G6 _! _{! sin}

#↑NOPPQ

y % z_{{ |}~•}

5.-

_{Usando el cambio de variable adecuado calcular.}

w sin n ! o

₃

R

Siendo D el trapecio de vértices (1,1) (2,2) (2,0) (4,0).

Solución.

Sea el cambia de variable. €• %_{‚ % ! ⇒ De manera explicita ∶ …} %

9 _{‚ •} %9 • ! ‚

Donde el jacobiano es †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ %9.

Región D. Región ^∗

=>

Para

conseguir D* debemos parametrizar la frontera de D. Luego se tiene

_1 ∶ €_{2 l l 4 ⇒ _Ž •}% 0 _{2 l}• ! ‚ % 01

(6)

_3: € % 4_{2 l l 4 ⇒ _Ž €}_{0 • • • 4}‚ % 4

_4: €_{1 l l 2 ⇒ _Ž €}% _{2 l ‚ l 4}• % 0

Una vez obtenido D* procedemos a integrar sobre la nueva region.

w sin n ! o R3 % w sin ‘ • ‚’

1 2 • ‚

3∗ %

1

2 sin ‘

• ‚’ :

f“ • ‚

”

4 % 3 cos 1 1

6.

6. 6.----

Calcule la integral sobre la región D, con el cambio de variable dado.

^ % @ , :

l l ; 0 l l 2C 4 %

_{! 1}

3

• •, ‚ % n

_{% ‚ • o}

% • ! ‚

SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION. SOLUCION.

Debemos buscar ^∗_{para ello seleccionamos las fronteras R–, R—, R—,}

y aplicamos sus condiciones para el cambio de variable que nos indica y ver que restricciones cumple las nuevas variables •, ‚. Comenzamos. RECTA

RECTA RECTA RECTA š›

Se cumple €_{0 l l 2 ó 0 l l 2}%

Aplico el cambio de variable y se tiene

u• ! ‚ % ‚ • %œ • % • %œ • ! • % 0 %œ • 1 ! • % 0_{•G q‹GŒG ž % Ÿ ó ž %}

u 1 • % 0 ; 0 l l 2 %œ 0 l • ! ‚ l 2 %œ Ÿ l ¡ l ¢_{2 • % 1 ; 0 l l 2 %œ 0 l • ! ‚ l 2 %œ l ¡ l £}

RECTA RECTA RECTA RECTA ›¤

Se cumple que u _{4 l l 2, aplicamos el cambio de variable.}% 2

• ! ‚ % 2 %œ ž % ¢ ¡

(7)

1 0 l • • ! 1 %œ € • • 0_{• • 1 ó €}_{• l 1 %œ • ∈ ∞, 1 ∪ 0, ∞}• l 0

2 • ! • l6 %œ • ! • 6 l 0 %œ • ! 3 • 2 l 0 %œ • ∈ 3, 2 De la unión entre 1 y 2 se tiene el conjunto solución para u. ž ∈ £, ∪ Ÿ, ¢

ARCO OB. ARCO OB. ARCO OB. ARCO OB.

Se cumple que u_{0 l l 2 ó 4 l l 0, aplicamos el cambio de variable.}%

‚ • % • ! ‚ %œ ‚ • % • 2•‚ ‚ %œ ‚ 1 ! ‚ ! 2• % 0 1 ¡ % Ÿ %œ Ÿ l ž l ¢

2 ¡ % ¢ž %œ 0 l • ! ‚ l 2 %œ 0 l • 1 l 2 %œ £ l ž l

Para cada uno de los casos se grafica las condiciones que se obtuvieron y por lo cual la región ^∗_{es de la}

forma.

Esto implica que se tiene que hacer dos integrales, una para cada región de la nueva ^∗_{. Sea ^}₉_{el triángulo}

rectángulo y sea ^ el triángulo obtusángulo

Buscamos el jacobiano y la integral con el cambio aplicado.

4 % _{• ! ‚}†‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ • ‚_{‚ • ! 1}

4 % †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ _{• ! • ! 1 †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ % §} • ‚ 1_{2• 1§ % |1 ! 2•|}1

4 % _{• ! • ! 1 • ‚}2• ! 1

Para la primera región ^9, tenemos que

4 % f© _{• ! • ! 1}|1 ! 2•|

: ‚ •

(8)

Integramos con v. En esta región de u, el valor absoluto se define positivo luego |1 + 2•| = 1 + 2•

4 = 3• − 2• + 2_{• + • + 1 • =}_{• + • + 1 −}• √3_{3 «2 arctan «}2√3_{3 n• +}1_{2o¬ − S¬ −}_{• + • + 1}2

Evaluamos en los límites y tenemos

439=2√3_{3 arctan U}√3_{5 V −}2√3_{9 S + 2}

Para la región ^ ,

4 = f© _{• + • + 1}|1 + 2•|

f9f © ‚ •

f9 f'

Integramos, esta región de “u” el valor absoluto se define negativo luego |1 + 2•| = − 1 + 2•

4 = − • + 3 2• + 1_{• + • + 1} • =_{• + • + 1 −}• √3_{3 «2 arctan «}2√3_{3 n• +}1_{2o¬ − S¬ +}_{• + • + 1}3

Evaluamos en los limites para u.

43 =2√3_{3 arctan U}√3_{5 V −}2√3_{9 S + 2}

7.-

Sea la integral, sobre la región D, resuelva

^ = @ , : +

≤ 4C 4 =

+

3

Ya que la región D es un circulo podemos usar el cambio de coordenadas polares, donde el cambio viene dado por

_Ž = u = ¥ cos °_{= ¥ sin ° y ademas †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ = ¥}

Dado a que el radio del circulo es 2 unidades, y está centrado en 0,0 , entonces

(9)

Aplicando el cambio de variable

4 = ¥cos ° ! ¥ sin ° ¥ ¥ °

: ±

: % : ¥ ¥ ¥ °

±

: %

64 3 S

8888....---- Sea la integral, sobre la región D, resuelva

^ % @ , : 1 l

!

l 4C 4 %

G

68xH8

3

Se tiene que la región es un círculo de radio 2 hueco con un círculo de radio 1. Aplicamos cambio de variable coordenadas polares, y como se tiene que está centrado en punto de origen tenemos que:

_Ž % u % ¥ cos °_{% ¥ sin ° †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ % ¥}

¥ ∈ 1,2 ° ∈ 0,2S Por lo que la integral queda

4 % GO8_{¥ ¥ °}

9 ±

: %

1

2 G” G °

±

: % S G

” _G

9999....---- Calcule el área de la región

^ % ³ , : ‡ ! Š l 1´

Para buscar el área, vamos a realizar un cambio de variable, ya que la integral que define el área es

R %

Entonces observamos que, aplicando el cambio polar

(10)

_Ž % u % ‡_{= Š} ¥_¥cos °_{sin ° †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ % µ}‡_{Š sin °}cos ° −Š_{Š ¥} ¥_{cos ° µ = ‡}sin ° Š ¥

Dado a que está centrado en el origen se tiene

¥ ∈ 0,1 ° ∈ 0,2S

Se da cuenta Uds. que el cambio que elegimos transforma la elipse en una circunferencia de radio 1. ¿Piense por qué?

Luego

R = 9‡ Š ¥ : ¥ ° ±

: = ‡ Š

1 2 ° ±

: = ‡ŠS

10

10 10....---- Determine la integral sobre la región D.

^ = @ , : + − 4 ≤ 16C 4 =

+

3 SOLUCIO

SOLUCIOSOLUCIO SOLUCION.N.N.N.

Observamos que es una circunferencia centrada el 0,1 luego para un cambio de coordenadas polares se tiene

_Ž = u = ¥ cos °_{= ¥ sin ° †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ = ¥}

Para los valores de °, note que partimos del ángulo 0° hasta el angulo S donde se termina la región, para ¥ se tiene que parte de 0 hasta la

circunferencia. Debe entender que el radio cambia a medida que aumenta la variable °

De la ecuación de la circunferencia + − 8 = 0, aplicando el cambio polar

¥ cos ° + ¥ sin ° − 8¥ sin ° = 1 ⇒ ¥ − 8¥ sin ° = 0 ⇒ ¥ ¥ − 8 sin ° = 0 Se tiene que, ¥ = 0 ó ¥ = 8 sin ° , los cuales son los límites de r.

Dado a que la variable ¥ depende de ° entonces se debe integrar primero ¥ y luego °.

4 = º»¼½ ¾¥”_{¥ ¥ °} :

±

: =

8¿

6 sin¿ ° ° ±

: =

(11)

11

11 11....----

Calcule la integral sobre la región D.

^ = À

, : 0 l √3 l

; !

1 ≤ 1Á

4 %

3

Usando el cambio de variable de coordenadas polares se tiene _Ž = u = ¥ cos °_{= ¥ sin ° †‡ˆ‰Š‹‡Œ‰ = ¥}

La integral queda. Â Â ¥'_{sin ° cos ° °} 3∗

Para los valores de las variables ¥, °, observamos la regio D. y tenemos que

° ∈ ‘°:,S_{2’ ,} donde °: viene dado por la pendiente de la recta

tan ° % √3 ⇒ °:%S₃

Y sea la ecuación de la circunferencia ! 2 % 0, aplicamos en cambio de variable y tenemos

¥ cos ° ! ¥ sin ° 2¥ sin ° % 0 ⇒ ¥ ¥ 2 sin ° % 0 %œ u ¥ % 0_{¥ % 2 sin °}

Luego concluimos que ¥ ∈ 0,2 sin ° Resolvemos la integral.

4 % »¼½ ¾¥ sin ° cos °

: °

±

± '

% sin ° cos ° 4 sin” _{° °} ±

± '

%4_{6 sin}¿ _° _± ' ±

4 %2_{3 n1} 27_64o

12.-

_Se

^ % @ ,

∈ Ä ∶ ! l 2 , • 0 , • 0C

_{. Utilizar el cambio de variable dado por}

• % ! ‚ %

para calcular

w cos

!

(12)

SOLUCION.

Sea D la región.

Graficamos la región.

Aplicamos el cambio de variable recomendado.

Se tiene que

se busca

Determinamos el jacobiano.

Ahora buscamos la nueva región a integrar. Tenemos que parametrizar.

se tiene se tiene

se tiene

x+y ≤2 x≥0 y ≥0

y5 x( ):=2−x

0 1 2

0 y5 x( )

0

x

u x+y

v x−y

x 1

2(u+v)

y 1

2(u −v)

Jacobiano 1 2 1 2 1 2 1 − 2           1 2 → :=

C1 y+x 2

0≤x≤2

u 2

2

− ≤v ≤2

C3 y 0

0≤x≤2

v u

0≤u ≤2

C2 x 0

0≤y ≤2

v −u

(13)

Graficamos D*

Ahora integramos aplicando el cambio.

Sobre la región D* tenemos-

u1 u( ):=u u2 u( ):=−u u3 u( ):=2

0 1 2

2 −

1 −

0 1 2

0 u1 u( )

u2 u( )

u

0

u u, , u3 u( )

v u cos u

( )

2 1

2

⌠   ⌡

d

⌠   ⌡

d

0 2

u

u −

u

v cos u

( )

2 1

2

⌠   ⌡

d

⌠   ⌡

d sin 4( ) 2