certamen_2_Pauta - Alfredo Mallea

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Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Campus Santiago
Mat-024
Certamen 2 Mat-024
Prgta.1: Calcule el volumen del sólido limitado por abajo por el paraboloide
z = x2 + y2
y por arriba por el plano z + y = a, donde a > 0 es una constante.
solución:
Considerar el sistema
x2 + y2 = z
y + z = a
⇒ x2 + y2 = a− y ⇔ x2 +
(
y +
1
2
)2
= a+
1
4
En coordenadas cilindricas: x = r cos(θ) ; y = −1
2
+ r sen(θ) ; z = z , se tiene
−π
2
≤ θ ≤ π
2
(× 2)
0 ≤ r ≤
√
a+
1
4
r2 − r sen(θ) + 1
4
≤ z ≤ a+ 1
2
− r sen(θ)
Y el volumen queda:
V = 2
∫∫∫
R
dV =2
π/2∫
−π/2
√
a+1/4∫
0
a−r sen(θ)+1/2∫
r2−r sen(θ)+1/4
r dz dr dθ
=2
π/2∫
−π/2
√
a+1/4∫
0
r
[
a− r sen(θ) + 1
2
−
(
r2 − r sen(θ) + 1
4
)]
dr dθ
=2
π/2∫
−π/2
√
a+1/4∫
0
[(
1
4
+ a
)
r − r3
]
dr dθ
=2π
(1
4
+ a
)
r2
2
− r
4
4
∣∣∣∣
√
a+1/4
0

=2π
[
1
2
(
1
4
+ a
)2
− 1
4
(
1
4
+ a
)2]
=
π
2
(
1
4
+ a
)2
Prgta.2: Sea γ = γ1 + γ2 , donde γ1 corresponde a la parte superior (y ≥ 0) de la Astroide
x2/3 + y2/3 = 1 ; γ2 es el segmento de recta que une los puntos (-1,0) y (0,-1) . γ se
recorre en sentido positivo. Calcular:
∫
γ
2xy dx+ (y2 − x2)dy
(x2 + y2)2
solución:
Considerar P (x, y) =
2xy
(x2 + y2)2
y Q(x, y) =
y2 − x2
(x2 + y2)2
se cumple:
dP
dy
(x, y) =
2x(x2 + y2)2 − 2xy · 2(x2 + y2)(2y)
(x2 + y2)4
=
2x3 − 6xy2
(x2 + y2)3
dQ
dx
(x, y) =
−2x(x2 + y2)2 − (y2 − x2) · 2(x2 + y2)(2x)
(x2 + y2)4
=
2x3 − 6xy2
(x2 + y2)3
Considerar el segmento de recta γ3 que une los puntos (0,-1) y (1,0) , en esa dirección.
Así γ1+γ2+γ3 es una curva cerrada orientada positivamente. Sea R la región exterior
al círculo x2 + y2 = 1 e interior a γ1 + γ2 + γ3 . Se cumple
∫
γ1+γ2
−→
F · d−→r +
∫
γ3
−→
F · d−→r =
∫∫
R
(
dQ
dx
(x, y)− dP
dx
(x, y)
)
dA +
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r
Y por tanto ∫
γ1+γ2
−→
F · d−→r =
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r −
∫
γ3
−→
F · d−→r
Para el cálculo de la integral sobre el círculo usar la parametrización clasica. Se tiene
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r =
π∫
π
2 sen(θ) cos(θ)(− sen(θ)) + (sen2(θ)− cos2(θ))
14
dθ
= −
π∫
−π
cos3(θ) dθ = 0
Para la integral sobre γ3 usar la parametrización x = t ; y = t− 1 . Se tiene:
∫
γ3
−→
F · d−→r =
1∫
0
2t(t− 1) + (t− 1)2 − t2
[t2 + (t− 1)2]2
=
1∫
0
2t2 − 4t+ 1
(2t2 − 2t+ 1)2
=
1∫
0
1
2t2 − 2t+ 1
dt − 1
2
1∫
0
4t2 − 2
(2t2 − 2t+ 1)2
−
1∫
0
dt
(2t2 − 2t+ 1)2
=
π
2
− 0−
(π
2
+ 1
)
= −1
Cada integral se calcula por separado.
1∫
0
1
2t2 − 2t+ 1
dt =
1
2
1∫
0
dt(
t− 12
)2
+
(
1
2
)2 = arc tg(2t− 1) ∣∣∣∣1
0
=
π
2
1∫
0
4t2 − 2
(2t2 − 2t+ 1)2
= − 1
2
· 1
2t2 − 2t+ 1
∣∣∣∣1
0
= 0
1∫
0
dt
(2t2 − 2t+ 1)2
=
1
4
1∫
0
dt[(
t− 12
)2
+
(
1
2
)2]2 = 2
π/4∫
−π/4
cos2(θ) dθ =
π
2
+ 1
Luego se tiene el valor de la integral
∫
γ1+γ2
−→
F · d−→r =
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r −
∫
γ3
−→
F · d−→r = 0− (−1) = 1
Nota Otro modo es considerar las curvas: ζ3 el segmento de recta horizontal, que va
desde (0,-1) hasta (1,-1) y ζ4 el segmento de recta vertical, que va desde (1,-1) hasta
(1,0) . Se cumple∫
γ1+γ2
−→
F · d−→r =
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r −
∫
ζ3
−→
F · d−→r −
∫
ζ4
−→
F · d−→r
Los calculos son:
∫
ζ3
−→
F · d−→r =
1∫
0
−2t dt
(t2 + 1)2
=
1∫
0
1
t2 + 1
= −1
2
∫
ζ4
−→
F · d−→r =
0∫
−1
(t2 − 1) dt
(t2 + 1)2
=
0∫
−1
(
1
t2 + 1
− 2
(t2 + 1)2
)
=
π
4
−
(
π
4
+
1
2
)
= −1
2
Y la integral queda:
∫
γ1+γ2
−→
F · d−→r =
∮
x2+y2=1
−→
F · d−→r −
∫
ζ3
−→
F · d−→r −
∫
ζ4
−→
F · d−→r = 0− −1
2
− −1
2
= 1
Prgta.3: Considerar la integral triple
∫ 2
0
∫ √2x−x2
0
∫ √x2+y2
0
z
√
x2 + y2 dz dy dx
a) Expresarla en Coordenadas cilíndricas y esféricas.
b) Calcular en cualquier sistema de coordenadas.
solución:
De la integral se tiene 0 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤
√
2x− x2 ; 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2 . Sea
I =
∫ 2
0
∫ √2x−x2
0
∫ √x2+y2
0
z
√
x2 + y2 dz dy dx
Se trata de la región que está sobre el semidisco x2 + y2 ≤ 2x con y ≥ 0 y por debajo
del cono z =
√
x2 + y2 .
En coordenadas cilíndricas la integral queda:
π/2∫
0
2 cos(θ)∫
0
r∫
0
zr · r dz dr dθ
En coordenadas esféricas la integral queda:
∫ π/2
π/4
∫ π/2
0
∫ 2 cos(θ)/ sen(φ)
0
ρ cos(φ) · ρ sen(φ) · ρ2 sen(φ) dρ dθ dφ
Calculando en coordenadas cilíndricas:
I =
π/2∫
0
2 cos(θ)∫
0
r∫
0
zr · r dz dr d =
π/2∫
0
2 cos(θ)∫
0
r2
r2
2
dr dθ =
1
2
π/2∫
0
r5
5
∣∣∣∣2 cos(θ)
0
dθ
=
32
10
∫ π/2
0
cos5(θ) dθ =
128
75
Calculando en coordenadas esféricas:
I =
∫ π/2
π/4
∫ π/2
0
∫ 2 cos(θ)/ sen(φ)
0
ρ cos(φ) · ρ sen(φ) · ρ2 sen(φ) dρ dθ dφ
=
∫ π/2
π/4
∫ π/2
0
1
5
(
2 cos(θ)
sen(φ)
)5
sen2(φ) cos(φ) dθ dφ
=
32
5
(∫ π/2
π/4
cos(φ)
sen3(φ)
dφ
)(∫ π/2
0
cos5(θ) dθ
)
=
32
5
(
− 1
2 sen2(φ)
∣∣∣∣π/2
π/4
)(
2 · 4
3 · 5
)
=
128
75
Prgta.4: Considerar la curva γ , expresada en coordenadas cilindricas por las ecuaciones r = θ
y z = r ; con 0 ≤ θ ≤ 2π . Calcular ∫
γ
z ds
solución:
Una parametrización de la curva γ es:
x = θ cos(θ)
y = θ sen(θ)
z = θ
de donde
dx = cos(θ)− θ sen(θ)
dy = sen(θ) + θ sen(θ)
z = 1
Observar que la curva es una espiral que esta inscrita en el cono x2 + y2 = z2 . Parte
desde el vértice y sube hasta el punto (2π , 0 , 2π) . La integral queda:
∫
γ
z ds =
2π∫
0
θ
√
(cos(θ)− θ sen(θ))2 + (sen(θ) + θ cos(θ))2 + 1 dθ
=
2π∫
0
θ
√
cos2(θ) + θ2 sen2(θ) + sen2(θ) + θ2 cos2(θ) + 1
=
2π∫
0
θ
√
2 + θ2 dθ =
1
2
(
2 + θ2
)3/2 · 2
3
∣∣∣∣2π
0
=
1
3
[(
2 + 4π2
)3/2 − 2√2]