Pauta Ayudantia 3e MAT024 2022-02 - Alfredo Mallea (2)

Vista previa del material en texto

Ayudant́ıa 3
Matemática IV (MAT-024)
Jueves 8 de septiembre, 2022
Problema 1. Calcule la integral ∫∫∫
P
(
1− z2
)
dx dy dz
donde P la pirámide de vértice superior en (0, 0, 1) y vértices de la base en (0, 0, 0) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (1, 1, 0) .
Mirado el sólido desde el plano xz se tiene
0 ≤ z ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ 1− z , 0 ≤ y ≤ 1− z
Luego la integral queda:
∫∫∫
P
(1− z2) dV =
1∫
0
1−z∫
0
1−z∫
0
(1− z2) dy dx dz =
1∫
0
1−z∫
0
(1− z2)(1− z) dx dz
=
1∫
0
(1− z2)(1− z)2 dz = 3
10
otra mirada. El sólido visto desde el plano xy . en tal caso observar que los planos x + z = 1 y
y + z = 1 se cortan segń la recta y = x , dividiendo el cuadrado [0, 1] × [0, 1] en dos regiones. La
integral queda:
∫∫∫
P
(1− z2) dV =
1∫
0
x∫
0
1−x∫
0
(1− z2) dz dy dx+
1∫
0
1∫
x
1−y∫
0
(1− z2) dz dy dx = 3
20
+
3
20
=
3
10
Ayudant́ıa 3 de Matemática IV (MAT-024) 2
Se deja de ejercicios calcular la integral en los ordenes dz dx dy y dy dx dz .
Problema 2. Sea Ω, el sólido acotado por la superficie
x3 =
(
x2 +
y2
3
+
z2
9
)2
Si se sabe que el volumen de Ω es
√
3π
5
, entonces la coordenada x̄ del centroide de Ω es:
solución:
Hacer el cambio
x = ρ cos(φ)
y =
√
3ρ cos(θ) sen(φ)
z = 3ρ sen(θ) sen(φ)
Con este cambio la superficie queda ρ = cos3(φ) . Por otra parte el sólido es simétrico respecto de los
planos y = 0 y z = 0 . Por lo tanto trabajaremos en el primer octante y multiplicamos por 4. Se
tiene
0 ≤ θ ≤ π
2
; 0 ≤ φ ≤ π
2
; 0 ≤ ρ ≤ cos3(φ) (× 4)
El determinante del Jacobiano es 3
√
3 ρ2 sen(φ) . Aśı:∫∫∫
Ω
x dV =
∫∫∫
Ω∗
ρ cos(φ) 3
√
3 ρ2 sen(φ) dρ dφ dθ
= 12
√
3
∫ π/2
0
π/2∫
0
cos3(φ)∫
0
ρ3 sen(φ) cos(φ) dρ dφ dθ = 6
√
3π
π/2∫
0
1
4
sen(φ) cos13(φ)dφ =
3
√
3π
28
Por lo tanto, la coordenada x̄ del centroide es: x̄ =
3
√
3π
28
· 5√
3π
=
15
28
.
Ayudant́ıa 3 de Matemática IV (MAT-024) 3
Problema 3: Sea
P = {(x, y, 0) ∈ R3 / x2 + y2 − x ≤
√
x2 + y2}
y sea Ω el sólido que se forma al unir cada punto de P con el punto (0,0,1) mediante un segmento
de recta. Calcular el volumen de Ω .
solución:
En coordenadas polares la ecuación x2 + y2 − x =
√
x2 + y2 queda r2 − r cos(θ) = r . Luego en el
plano z = 0 se tiene la región P , encerrada por el cardiode r = 1 + cos(θ) .
Sea Pθ = (r cos(θ) , r sen(θ) , 0) , con 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ) , un punto en P .
Hacer
Ω : (x, y, z) = (1− t)(0, 0, 1) + t(r cos(θ) , r sen(θ) , 0) = (tr cos(θ) , tr sen(θ) , 1− t)
0 ≤ t ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ)
y se tiene el cambio:
ϕ :

x = tr cos(θ)
y = tr sen(θ)
z = 1− t
con
0 ≤ t ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ)
El determinante del Jacobiano del cambio queda
|Jϕ(r , t , θ)| =
∣∣∣∣ ∂(x, y, z)∂(r , t , θ)
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
t cos(θ) r cos(θ) −tr sen(θ)
t sen(θ) r sen(θ) tr cos(θ)
0 −1 0
∣∣∣∣∣∣ = t2r cos2(θ) + t2r sen2(θ) = t2r
El volumen de Ω queda:
V =
∫∫∫
Ω
dV =
1∫
0
2π∫
0
1+cos(θ)∫
0
t2r dr dθ dt =
1∫
0
∫ 2π
0
1
2
(1 + cos(θ))2t2 dθ dt
Ayudant́ıa 3 de Matemática IV (MAT-024) 4
=
1
2
1∫
0
t2 dt ·
2π∫
0
(
1 + 2 cos(θ) + cos2(θ)
)
dθ =
1
2
· 1
3
[
θ + 2 sen(θ) +
1
2
(
θ +
sen(2θ)
2
) ∣∣∣∣2π
0
]
=
π
2
Problema 4: Sea S la porción de la superficie
(x2 + y2)3/2 = y(1− z)
que pertenece al primer octante de R3 y que verifica que z ≤ 1 . Sea Ω el sólido limitado por S y
los planos coordenados. Si la densidad de masa em cada punto de Ω es igual a la distancia del punto
al plano xy . Determinar el momento de inercia de Ω respecto del eje z .
solución:
La densidad de masa es δ(x, y, z) = z y la distancia de un punto P (x, y, z) al eje z es d(x, y, z) =√
x2 + y2 . Luego el momento de inercia respecto del eje z es
MI =
∫∫∫
Ω
δ(x, y, z)d2(x, y, z) dV =
∫∫∫
Ω
z(x2 + y2) dV
En coordenadas ciĺındricas queda
=
π/2∫
0
1∫
0
√
sen(θ)(1−z)∫
0
zr3 dr dz dθ =
1
4
π/2∫
0
1∫
0
sen2(θ)z(1− z)2 dz dr
=
1
4
π/2∫
0
sen2(θ) dθ
1∫
0
z(1− z)2 dz = π
16
1∫
0
z(1− z)2 dz = π
196