Certamen 1 Pauta - Alfredo Mallea (2)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Certamen 1 Mate 4 - Pauta
20 de abril, 2015
1. Calcule :
∫∫
R
x[y+1]y[x+1] dA siendo R el triángulo de vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 2) .
solución:
Sean R1 el cuadrado [0, 1] × [0, 1] ; R2 el triángulo con vértices en (0,1), (0,2) y en (1,1) y
R3 el triángulo con vértices en (1,0), (2,0) y en (1,1) .
La integral sobre R1 queda:
∫∫
R1
x[y+1]y[x+1] dA =
1∫
0
1∫
0
xy dy dx =
 1∫
0
x dx
 1∫
0
y dy
 = 1
4
La integral sobre R2 queda:
∫∫
R2
x[y+1]y[x+1] dA =
1∫
0
2−x∫
1
x2y dy dx =
1∫
0
x2
(2− x)2 − 1
2
dx =
1
10
La integral sobre R3 es igual a la integral sobre R2 . En efecto
∫∫
R3
x[y+1]y[x+1] dA =
1∫
0
2−y∫
1
xy2 dx dy =
1
10
Luego: ∫∫
R
x[y+1]y[x+1] dA =
1
4
+
1
10
+ +
1
10
=
9
20
MAT024 1
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2. Calcule :
∫∫∫
Q
z
xy(x2 + y2)
dV , siendo
Q =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, 0 < z < 1, 1
x2
+
1
y2
< 1
}
solución:
Hacer el cambio u =
1
x
, v =
1
y
y w = z .
El jacobiano de este cambio es Jϕ−1(x, y, z) =
1
x2y2
. Sea Q∗ = ϕ−1(Q) .
Q∗ = { (u, v, w) ∈ R3 / u > 0 , v > 0 , 0 < w < 1 , u2 + v2 < 1 }
La integral queda
∫∫∫
Q
z
xy(x2 + y2)
dV =
∫∫∫
Q∗
uvw
(
x2y2
x2y2(u2 + v2)
)
du dv dw
=
∫∫∫
Q∗
uvw
u2 + v2
du dv dw
Pasando a coordenadas ciĺındricas queda:
=
π/2∫
0
1∫
0
1∫
0
r2 cos(θ) sen(θ)
r2
w r dw dr dθ
=
 π/2∫
0
sen(θ) cos(θ) dθ
 1∫
0
r dr
 1∫
0
w dw

=
(
1
2
)(
1
2
)(
1
2
)
=
1
8
MAT024 2
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3. Un triángulo isósceles T tiene base 2r y altura h. La base del triángulo coincide con el diámetro
de un semidisco D, de radio r , como se ve en la figura. Determinar la relación entre r y h para
que el centroide de T ∪D se encuentre en el interior de T .
solución:
Primero ubicar el origen en el centro de la semicircunferencia, de modo que el segmento de recta
que queda ubicado en el primer cuadrante es x+ y = 2 y la semicircunferencia corresponde a
la grafica de la función y = −
√
r2 − x2 .
Por otra parte debido a la simetria de la región x = 0 . Luego basta calcular la coordenada y
del centroide.
y =
∫∫
R
y dA∫∫
R
dA
La integral en el denominador calcula el área de la región, la cual es conocida, pues se trata del
área de un triángulo y una semicircunferencia.∫∫
R
dA =
πr2
2
+
(2r)h
2
Sea R1 la región interior al triángulo y R2 la región interior a la semicircunferencia. Se tiene
∫∫
R1
y dA = 2
r∫
0
−h
r
(x−r)∫
0
y dy dx =
r∫
0
h2
r2
(x− r)2 dx = h
2r
3
∫∫
R2
y dA = 2
r∫
0
0∫
−
√
r2−x2
y dy dx =
r∫
0
(x2 − r2) dx = −2r
3
3
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Luego se debe tener
y > 0 ⇔
h2r
3
− 2r3
3
πr2
2
+ 2rh
2
> 0 ⇔ 2(h
2 − 2r2)
3(πr + 2h)
> 0 ⇔ h >
√
2 r
4. Sea σ una curva suave en R3 parametrizada por longitud de arco −→r (s) , y sea τσ(s) la torsión.
Se define la curva
γ : −→α (s) =
s∫
0
−→
B σ(u) du
a) Pruebe que −→α (s) es una parametrización por longitud de arco de γ .
b) Pruebe: kγ(s) = τσ(s) .
c) Pruebe: τγ(s) = kσ(s) .
solución:
Observar previamente que
−→α ′(s) = Bσ(s)
−→α ′′(s) = B′σ(s) = −τσ(s) Nσ(s)
−→α ′′′(s) = − τ ′σ(s)Nσ(s)− τσ(s)N′σ(s)
a) ‖−→α ′(s)‖ = ‖Bσ(s)‖ = 1 , pues Bσ(s), corresponde al vector binormal de la curva σ .
b) Curvatura de γ .
−→α ′(s)×−→α ′′(s) = Bσ(s)× B′σ(s) = Bσ(s)× (−τσ(s) Nσ(s))
= −τσ(s)(Bσ(s)× Nσ(s)) = τσ(s) Tσ(s)
Por lo tanto la curvatura en γ
kγ(s) =
‖−→α ′(s)×−→α ′′(s)‖
‖−→α ′(s)‖3
=
‖τσ(s) Tσ(s)‖
1
= τσ(s)
MAT024 4
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c) Torsión en γ .
−→α ′(s)×−→α ′′(s) · −→α ′′′(s) = τσ(s) Tσ(s) · (−τ ′σ(s)Nσ(s)− τσ(s)N′σ(s))
= −(τσ(s)τ ′σ(s))Tσ(s) · Nσ(s)− τ 2σ(s)Tσ(s) · N′σ(s)
= −τ 2σ(s) Tσ(s) · (−kσ(s)Tσ(s) + τσ(s)Bσ(s)) = kσ(s)τ 2σ(s)
Luego la torsión en γ queda
τγ(s) =
−→α ′(s)×−→α ′′(s) · −→α ′′′(s)
‖−→α ′(s)×−→α ′′(s)‖2
=
kσ(s)τ
2
σ(s)
τ 2σ(s)
= kσ(s)
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