CAR_Pauta - Alfredo Mallea

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Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Campus Santiago
Mat-024
Certamen Acumulativo de Reemplazo Mat-024
Prgta.1: Calcule el volumen de la región del primer octante limitada por
√
x+ y + 3
√
z ≤ 1
Solución:
V =
∫∫∫
V
dV =
∫ 1
0
∫ 1−√x
0
∫ (1−√x−y)3
0
dz dy dx
=
∫ 1
0
∫ 1−√x
0
(1−
√
x− y)3 dy dx
=
∫ 1
0
(1−
√
x− y)4
4
∣∣∣∣1−
√
x
0
dx
=
1
4
∫ 1
0
(1−
√
x)4 dx
=
1
4
∫ 1
0
(1− 4x1/2 + 6x− 4x3/2 + x2) dx
=
1
4
(
1− 8
3
+ 3− 8
5
+
1
3
)
=
1
60
Prgta.2: Calcular de dos formas distintas:
∫
γ
y dx+ z dy + z dz
donde γ es la curva de intersección de las superficies x2 + y2 + z2 = 2(x + y) y
x+ y = 2 . La curva es recorrida de tal modo que mirada desde el origen, el sentido es
el de las agujas del reloj.
Solución:
Sobre la curva γ .
x2 + y2 + z2 = 2(x+ y)
x+ y = 2
⇒ x2 + (2− x)2 + z2 = 2 ⇒ (x− 1)2 + z
2
2
= 1
Una parametrización de γ es:
x = 1 + cos(t)
y = 1− cos(t)
z =
√
2 sen(t)
⇒
dx = − sen(t) dt
dy = sen(t) dt
dz =
√
2 cos(t) dt
Luego la integral queda:
∫
γ
y dx+ z dy + z dz =
∫ π
−π
[(1− cos(t))(− sen(t)) +
√
2 sen(t) sen(t) + 2 sen(t) cos(t)] dt
=
√
2
∫ π
−π
sen2(t) dt
=2
√
2
∫ π
0
1
2
(1− cos(2t)) dt
=
√
2(t− sen(t) cos(t))
∣∣∣∣π
0
=
√
2π
Usando el Teorema de Stokes sobre el pedazo del plano x+ y = 2 acotado por la curva
γ (S)
∇ ×
−→
F = (−1, 0,−1)
−→n = (−1,−1, 0)
luego la integral queda:
∫
γ
y dx+ z dy + z dz =
∫∫
S
∇ ×
−→
F · −→n dS
=
∫∫
S
(−1, 0,−1) · (−1,−1, 0) dS
=
∫∫
(x−1)2+ z2
2
≤1
dA =
√
2π
Prgta.3: Considerar la porción S , de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 con z ≥ −1 . Calcular la
integral ∫∫
S
(x3, y3, z3) · −→n dS
a) Directamente usando una parametrización.
b) Usando el Teorema de la divergencia de Gauss.
Aquí −→n representa la normal exterior a S .
Solución:
Directamente como integral de superficie.
Considerar la parametrización:
x = 2 cos(θ) sen(φ)
y = 2 sen(θ) sen(φ)
z = 2 cos(φ)
con − π ≤ θ ≤ π ; 0 ≤ φ ≤ 2π
3
Tomar −→n = (4 cos(θ) sen2(φ) , 4 sen(θ) sen2(φ) , 4 sen(φ) cos(φ)) . La integral queda:
∫∫
S
(x3, y3, z3)·−→n dS =
∫ π
−π
∫ 2π/3
0
[8 cos3(θ) sen3(φ)(4 cos(θ) sen2(φ))
+ 8 sen3(θ) sen3(φ)(4 sen(θ) sen2(φ)) + 8 cos3(φ)(4 sen(φ) cos(φ))] dφ dθ
=32
∫ π
−π
∫ 2π/3
0
[sen5(φ)(cos4(θ) + sen4(θ)) + cos4(φ) sen(φ)] dφ dθ
=32
(∫ π
−π
(cos4(θ) + sen4(θ)) dθ
) (∫ 2π/3
0
sen5(φ) dφ
)
+ 32
(∫ π
−π
dθ
) (∫ 2π/3
0
cos4(φ) sen(φ) dφ
)
=32
(
3π
2
)(
153
160
)
+ 32 (2π)
(
33
160
)
=
591
10
π
Usando el Teorema de la Divergencia.
Sea R el sólido de todos los puntos que están dentro de la esfera, pero encima (≥) del
plano z = 1 . Se cumple.∫∫
S
(x3, y3, z3) · −→n dS =
∫∫∫
R
3(x2 + y2 + z2) dV −
∫∫
tapa z = −1
−→
F · −→n dS
Para el sólido se tiene:
∫∫∫
R
3(x2 + y2 + z2) dV =3 · 4
∫ π/2
0
∫ 2π/3
0
∫ 2
0
ρ2 ρ2 sen(φ) dρ dφ dθ
+ 3 · 4
∫ π/2
0
∫ 1
0
∫ √3z
0
(r2 + z2)r dr dz dθ
=12
(∫ π/2
0
dθ
)(∫ 2π/3
0
sen(φ) dφ
)(∫ 2
0
ρ4 dρ
)
12
(∫ π/2
0
dθ
)∫ 1
0
(
r4
4
+ z2
r2
2
∣∣∣∣
√
3z
0
)
dz
=12
(π
2
)(3
2
)(
32
5
)
+ 6π
15
4
∫ 1
0
z4 dz
=
288π
5
+
9π
2
Por otra parte la integral sobre la tapa z = −1 queda
=
∫∫
tapa z = −1
−→
F · −→n dS =
∫∫
x2+y2≤3
(x3, y3,−1) · (0, 0,−1) dA
=
∫∫
x2+y2≤3
dA = 3π
Por lo tanto∫∫
S
(x3, y3, z3) · −→n dS = 288π
5
+
9π
2
− 3π = 591π
10