Certamen1Pauta_Valpo - Alfredo Mallea (2)

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Universidad Técnica
Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Matemática IV
Primer Certamen
Coordinación MAT-024
Primer Semestre 2015
Lunes 27 de Abril
Apellido Paterno Apellido Materno Nombre Paralelo Rol USM
1. (25 Puntos) Calcule la integral ∫∫
R
x
(x2 + y2)2
dA
donde R =
{
(x, y) ∈ R2 / x+ y ≥ 2 , x2 + y2 ≤ 2y
}
Desarrollo:
Haciendo
x = r cos(θ),
π
4
≤ θ ≤ π
2
y = r sen(θ),
2
sen(θ) + cos(θ)
≤ r ≤ 2 sen(θ)
la integral queda:
∫ π/2
π/4
∫ 2 sen(θ)
2
sen(θ)+cos(θ)
r cos(θ)
r4
r dr dθ =
∫ π/2
π/4
∫ 2 sen(θ)
2
sen(θ)+cos(θ)
cos(θ)
r2
dr dθ
=
∫ π/2
π/4
cos(θ)
(
− 1
2 sen(θ)
+
sen(θ) + cos(θ)
2
)
dθ
=
1
2
∫ π/2
π/4
(
− cos(θ)
sen(θ)
+ sen(θ) cos(θ) + cos2(θ)
)
dθ
=
1
2
(− ln(sen(θ)) + sen2(θ)
2
+
θ
2
+
sen(2θ)
4
) ∣∣∣∣∣
π/2
π/4

=
π
16
− 1
4
ln(2)
Tiempo: 100 Minutos
2. (25 Puntos) Sea a > 0. Calcule la coordenada z del centro de masa del sólido
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 / 0 ≤ z ≤ 2a , x2 + y2 + z2 ≥ a2 , z2 ≥ x2 + y2
}
con densidad de masa: δ(x, y, z) =
1
x2 + y2 + z2
Desarrollo:
El sólido en coordenadas esféricas es
x = ρ cos(θ) sen(φ), 0 ≤ θ ≤ 2π
y = ρ sen(θ) sen(φ), 0 ≤ φ ≤ π4
z = ρ cos(φ), a ≤ ρ ≤ 2a
cos(φ)
Calculamos la masa
M =
∫∫∫
Q
1
x2 + y2 + z2
dV
=
∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ 2a
cos(φ)
a
1
ρ2
ρ2 sen(φ) dρ dφ dθ
=
∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ 2a
cos(φ)
a
sen(φ) dρ dφ dθ
=
∫ 2π
0
∫ π/4
0
sen(φ)
(
2a
cos(φ)
− a
)
dφ dθ
= 2π
[∫ π/4
0
sen(φ)
(
2a
cos(φ)
− a
)
dφ
]
= 2aπ
[
ln (2) +
√
2
2 − 1
]
Por otro lado:
z =
1
M
∫∫∫
Q
z
x2 + y2 + z2
dV
usando nuevamente coordenadas esféricas
z =
1
M
∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ 2a
cos(φ)
a
ρ cos(φ) sen(φ) dρ dφ dθ
=
a2
2M
∫ 2π
0
∫ π/4
0
(
4 sen(φ)
cos(φ)
− sen(φ) cos(φ)
)
dφ dθ
=
2πa2
2M
[∫ π/4
0
(
4 sen(φ)
cos(φ)
− sen(φ) cos(φ)
)
dφ
]
=
πa2
M
[
2 ln (2)− 14
]
3. (25 Puntos) Un cuerpo homogéneo tiene la forma del sólido acotado por las superficies
x2 + y2 = 2z y z = 2. Se perfora un orificio circular, centrado en el eje {(0, 1, z)/z ∈ R},
de modo que el sólido pierde un cuarto de su masa. ¿Qué diámetro tiene el orificio?
Desarrollo:
El sólido en coordenadas ciĺındricas se escribe como el conjunto
Ω =
{
(r, θ, z) / 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, r
2
2
≤ z ≤ 2
}
Supongamos que σ es la densidad en cada punto del sólido. La masa del sólido inicial,
es: ∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 2
r2
2
rσdzdrdθ = 4πσ
Supongamos que el radio de la perforación circular esR, usando el cambio de coordenadas
x = r cos θ, y = 1 + r sen θ y z = z, cuyo Jacobiano es r entonces
Ω1 =
{
(r, θ, z) / 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ R, 1
2
(r2 + 2r sen θ + 1) ≤ z ≤ 2
}
es el sólido extráıdo, aśı que la masa que se pierde es∫ 2π
0
∫ R
0
∫ 2
1
2
(r2+2r sen θ+1)
rσdzdrdθ = −1
4
πR2(R2 − 6)σ
De las condiciones del problema se tiene, −1
4
πR2(R2 − 6)σ = πσ ⇒ R =
√
3−
√
5
Por lo tanto, el diámetro es: 2
√
3−
√
5
4. a) (10 Puntos) Escriba las condiciones que ha de cumplir un punto (x, y, z) ∈ R3 para
que pertenezca al plano osculador de la curva γ(t) = (cosh(t), senh(t), t), con t ∈ R,
en el punto γ(0) = (1, 0, 0).
b) (15 Puntos) Sea α(s) una curva parametrizada por longitud de arco tal que su
curvatura κ(s) y su torsión τ(s) no se anulan, llamaremos a la curva α(s) una
hélice de eje el vector unitario −→ω y ángulo θ, si los vectores tangentes a α(s)
forman un ángulo θ con −→ω . Probar que si α(s) es una tal hélice, entonces −→ω es una
combinación lineal de
−→
T (s) y
−→
B (s) y hallar los coeficientes de esta combinación
lineal.
Desarrollo:
a) Un punto P ∈ R3 estará en el plano osculador a la curva γ en el punto
γ(0) = (1, 0, 0) si cumple que:
(P − γ(0)) ·
−→
B (0) = 0
esto es, si el vector P − γ(0) es perpendicular al vector binormal a γ en el punto
γ(0). Aśı que necesitamos conocer la expresión del vector binormal a la curva en
cada punto,
−→
B (t) =
γ′(t)× γ′′(t)
‖γ′(t)× γ′′(t)‖
para luego evaluarlo en t = 0. Calculamos entonces
γ′(t) = (senh(t), cosh(t), 1)
γ′′(t) = (cosh(t), senh(t), 0)
γ′(t)× γ′′(t) = (− senh(t), cosh(t),−1)
Como
−→
B (t) y γ′(t)× γ′′(t) tienen la misma dirección y sentido, para los efectos que
perseguimos (determinar vectores perpendiculares), ni siquiera es necesario calcular
‖γ′(t)× γ′′(t)‖. Aśı que basta saber que
γ′(0)× γ′′(0) = (0, 1,−1)
para concluir que los puntos P = (x, y, z) del plano osculador en cuestión verifican
que
[(x, y, z)− (1, 0, 0)] · (0, 1,−1) = 0⇒ (x− 1, y, z) · (0, 1,−1) = 0⇒ y = z
b)
−→
T (s) · −→ω = ‖
−→
T (s)‖‖−→ω ‖ cos(θ), al ser
−→
T (s) y −→ω unitarios, tendremos:
−→
T (s) · −→ω = cos(θ)
Derivando esta igualdad respecto de s, se obtiene:
d
−→
T (s)
ds
· −→ω = 0
Ahora, usando la fórmula de Frenet
d
−→
T (s)
ds
= κ(s)
−→
N (s), se obtiene:
(κ(s)
−→
N (s)) · −→ω = κ(s)(
−→
N (s) · −→ω ) = 0⇒
−→
N (s) · −→ω = 0,
pues κ(s) no se anula, por lo que −→ω es perpendicular a
−→
N (s), por tanto, ω está en
el plano generado por
−→
T (s) y
−→
B (s), luego, existen escalares a y b en R tal que:
ω = a
−→
T (s) + b
−→
B (s)
Como
−→
T (s) · −→ω = cos(θ), tendremos:
−→
T (s) · (a
−→
T (s) + b
−→
B (s)) = cos(θ)⇒ a‖
−→
T (s)‖2 = cos(θ)⇒ a = cos(θ)
Por otra parte:
‖−→ω ‖2 = 1⇒ −→ω · −→ω = 1⇒ (a
−→
T (s) + b
−→
B (s)) · (a
−→
T (s) + b
−→
B (s)) = 1,
de donde:
a2 + b2 = 1⇒ b2 = 1− a2 ⇒ b2 = 1− cos2(θ) = sen2(θ)⇒ b = ± sen(θ)