Ejercicios precertamen 1 MAT024 - Alfredo Mallea (2)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Precertamen 1
20 de abril de 2020
Considere f : U ⊆ R2 −→ R una función continua. Reescriba la siguiente suma de
integrales cambiando el orden de integración
∫ 0
−1
∫ √1−y2
−
√
1−y2
f(x, y) dx dy +
∫ 2
0
∫ y2+1
2
5y−1
f(x, y) dx dy +
∫ 5
2
∫ − 4√
3
√
y−2+5
2
5y−1
f(x, y) dx dy
Ejercicio 1
La gráfica de la región de integración esta dada por
Notamos que −
√
1− y2 ≤ x ≤
√
1− y2, correspone a el interior de el circulo x2+y2 = 1 con
−1 ≤ y ≤ 0, es decir y = −
√
1− x2 lo que corresponde a la parte inferior de la figura. Por
otro lado el ĺımite inferior de las dos últimas integrales con respecto de x corresponde a la
recta x = 25y−1 para 0 ≤ y ≤ 5, la cual si x = −1 entonces y = 0 y además si x = 1 entonces
y = 5, es decir la recta del lado izquierdo de la figura para la cual y = 52x+
5
2 . Continuando
tenemos x = y2+1 para la cual si despejamos la variable y, obtenemos y =
√
x− 1, el gráfico
de dicha función aparece para 1 ≤ x ≤ 5 y 0 ≤ y ≤ 2. Finalmente la ecuación
x = − 4√
3
√
y − 2 + 5 ⇒ (x− 5)2 = 16
3
(y − 2) ⇒ y = 3
16
(x− 5)2 + 2
es decir tenemos la rama izquierda (signo de la raiz) de una parabola de vértice V = (5, 2)
para la cual si x = 1 entoces y = 5. Aśı tenemos que la integral cambiada de orden es∫ 1
−1
∫ 5
2x+
5
2
−
√
1−x2
f(x, y) dy dx +
∫ 5
1
∫ 3
16 (x−5)
2+2
√
x−1
f(x, y) dy dx
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 1
Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Precertamen 1
20 de abril de 2020
Determine el volumen de la región acotada por z = x2 + 3y2 y z = 12− 13x
2.
Ejercicio 2
La gráfica de la región es
Notamos que z = x2 + 3y2 es un paraboloide eĺıptico el cual aparece en color rojizo el la figura
y z = 12− 13x
2 correspode a una parabola con vértice en el punto (0, 0, 12) que abre hacia abajo
y al no depender de y recorre dicho eje (superficie celeste). Ahora calcularemos la proyección de
intersección de las superficies en el plano z = 0
x2 + 3y2 = 12− 1
3
x2 ⇒ 4
3
x2 + 3y2 = 12 ⇒ x
2
9
+
y2
4
= 1
esta última elipse aparece en la figura en dicho plano. Ahora utilizaremos el siguiente cambio de
coordenadas ciĺındricas eĺıpticas
x = 3r cos(t) ∧ y = 2r sin(t) ∧ z = z
donde 0 ≤ t ≤ 2π y 0 ≤ r ≤ 1 y además
z = x2 + 3y2 = 9r2 cos2(t) + 12r2 sin2(t) ⇒ z = 9r2 + 3r2 sin2(t)
z = 12− 1
3
x2 = 12− 1
3
9r2 cos2(t) ⇒ z = 12− 3r2 cos2(t)
Entonces el volumen de la región T es
V =
∫∫∫
T
dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ 12−3r2 cos2(t)
9r2+3r2 sin2(t)
6r dz dt dr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
6r(12− 3r2 cos2(t)− 9r2 − 3r2 sin2(t)) dt dr =
∫ 1
0
∫ 2π
0
6r(12− 12r2) dt dr = 36π.
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 2
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Precertamen 1
20 de abril de 2020
Calcule la integral ∫∫∫
T
(2x2z + 2y2z) dV
donde T es el solido dado por
T = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2}
Ejercicio 3
La gráfica del solido T es
es decir el solido interior al cilindro x2 + y2 = 1, por debajo del cono z =
√
x2 + y2 y por sobre
el plano z = 0. Para calcular la integral utilizaremos el cambio de coordenadas ciĺındricas
x = r cos(t) ∧ y = r sin(t)
con 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ t ≤ 2π. Ademas como
z =
√
x2 + y2 ⇒ z = r
y entonces∫∫∫
T
(2x2z + 2y2z) dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ r
0
(2r2 cos2(t)z + 2r2 sin2(t)z)r dz dt dr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ r
0
2r3z dz dt dr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
2r3
(
z2
2
)∣∣∣∣r
0
dt dr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
r5 dt dr =
π
3
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 3
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Precertamen 1
20 de abril de 2020
Calcular
∫∫
D
x2 + y2
x+
√
x2 + y2
dA, donde D es el interior del cardioide de ecuación
r = a(1 + cos(θ)), con a > 0.
Ejercicio 4
En primer lugar, es bueno hacer notar que la integral es impropia en el origen, pero como
un punto tiene medida nula, no incide en la integrabilidad de la función. Además, en
coordenadas polares, tenemos que D∗ = {(r, θ) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ a(1 + cos(θ))}. Aśı,
∫∫
D
x2 + y2
x+
√
x2 + y2
dA =
∫∫
D∗
r2
r cos(θ) + r
r dr dθ
=
∫ 2π
0
∫ a(1+cos(θ))
0
r2
1 + cos(θ)
dr dθ
=
∫ 2π
0
1
1 + cos(θ)
r3
3
∣∣∣∣a(1+cos(θ))
0
dθ
=
a3
3
∫ 2π
0
(1 + cos(θ))2dθ
=
a3
3
∫ 2π
0
(1 + 2 cos(θ) + cos2(θ))dθ
=
a3
3
∫ 2π
0
(
θ + 2 sen(θ) +
θ
2
+
sen(2θ)
4
)∣∣∣∣2π
0
= πa3.
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 4
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Precertamen 1
20 de abril de 2020
Calcular la integral ∫∫
D
(√
y
x
+
√
xy
)
dy dx,
donde D es la región acotada por las curvas y = x, y = 4x, xy = 1, xy = 9.
Ejercicio 5
Consideremos el cambio de variables u = xy, v =
y
x
. Calculamos la siguiente matriz jaco-
biana
∂(u, v)
∂(x, y)
=
(
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
)
=
(
y x
−y
x2
1
x
)
Aśı, el determinante jacobiano queda
det
(
∂(u, v)
∂(x, y)
)
=
2y
x
= 2v.
Por lo tanto,
det
(
∂(x, y)
∂(u, v)
)
=
1
2v
.
Aśı, tenemos que∫∫
D
(√
y
x
+
√
xy
)
dy dx =
∫ 9
1
∫ 4
1
(
√
v +
√
u)
1
2v
dv du
=
1
2
∫ 9
1
∫ 4
1
(
1√
v
+
√
u
v
)
dv du
=
1
2
∫ 9
1
(
2
√
v +
√
u ln(v)
)∣∣∣∣4
1
du
=
1
2
∫ 9
1
[(4 + ln(4)
√
u)− 2] du
=
1
2
∫ 9
1
(2 + ln(4)u1/2) du
=
1
2
(2u+
2
3
ln(4)u3/2)
∣∣∣∣9
1
= 8 +
26
3
ln(4).
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 5
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Precertamen 1
20 de abril de 2020
Calcule el valor de la integral
∫∫∫
D
(1 + z2)dV , donde D es la región acotada por el plano
z = 0, el paraboloide de ecuación 2az = x2 + y2 y el hiperboloide de una hoja de ecuación
x2 + y2 − z2 = a2, con a > 0.
Ejercicio 6
En primer lugar, notemos que si intersectamos el plano con el hiperboloide, obtenemos la
circunferencia de ecuación x2 + y2 = a2, ciertamente ubicada en el plano z = 0. Por otro
lado, intersectando el paraboloide con hiperboloide, obtenemos la ecuación 2az − z2 = a2,
es decir, (z − a)2 = 0, es decir, la intersección ocurre en el plano z = a y, reemplazando en
cualquiera de las ecuaciones, tenemos que x2 + y2 = 2a2.
Aśı, podemos concluir que la región está acotada inferiormente por el plano, superiormente
por el paraboloide y lateralmente por el hiperboloide, luego, debemos dividir la región D en
dos subregiones
1. Sea D1 la región acotada inferiormente por el plano z = 0 y superiormente por el
paraboloide 2az = x2 + y2. Como la intersección es el ćırculo x2 + y2 = a2. Por lo
tanto, podemos describir D1 como
D1 = {(x, y, z) : x2 + y2 ≤ a2; 0 ≤ z ≤
x2 + y2
2a
}
2. Sea D2 la región acotada inferiormente por el hiperboloide x
2 + y2 − z2 = a2 y su-
periormente por el paraboloide 2az = x2 + y2. Como la intersección es el ćırculo
x2 + y2 = 2a2 (pero con la precaución que, para x2 + y2 ≤ a2, la región a considerar
es D1). Aśı, podemos describir D2 como
D2 = {(x, y, z) : a2 ≤ x2 + y2 ≤ 2a2;
√
x2 + y2 − a2 ≤ z ≤ x
2 + y2
2a
}
Por lo tanto, usando coordenadas polares para ambas regiones, tenemos que la integral como
∫∫∫
D
(1 + z2)dV =
∫∫∫
D1
(1 + z2)dV +
∫∫∫
D2
(1 + z2)dV
=
∫ 2π
0
∫ a
0
∫ r2
2a
0
(1 + z2)r dz dr dθ +
∫ 2π
0
∫ a√2
a
∫ r2
2a
√
r2−a2
(1 + z2)r dz dr dθ
=
(a5 + 10a3)π
30
.
Solución:
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Precertamen 1
20 de abril de 2020
Determine la masa del solido H delimitado por el cilindro parabólico de ecuación z = 1− y2
y los planos x+ z = 1, x = 0 y z = 0, sabiendo que en cada punto la densidad esta dada por
ρ(x, y, z) = z.
Ejercicio 7
La gráfica de H es
Podemos notar que la variable x se mueve entre el plano x = 0 y el plano, es decir 0 ≤
x ≤ 1− z. Luego proyectando al plano x = 0 la región plana delimitada por la curva negra
satisface que 0 ≤ z ≤ 1− y2 y finalmente −1 ≤ y ≤ 1, entonces la masa m esta dada por
m =
∫ 1
−1
∫ 1−y2
0
∫ 1−z
0
z dx dzdy
=
∫ 1
−1
∫ 1−y2
0
z(1− z) dz dy
=
∫ 1
−1
∫ 1−y2
0
(z − z2) dz dy
=
∫ 1
−1
(
z2
2
− z
3
3
)∣∣∣∣1−y
2
0
dy
=
∫ 1
−1
(
(1− y2)2
2
− (1− y
2)3
3
)
dy =
24
105
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 7
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Departamento de Matemática
Precertamen 1
20 de abril de 2020
Calcule el centro de masa del sólido acotada por la superficie z = (x2 + y2 + z2)2 si se sabe
que su densidad está dada por δ(x, y, z) = 1.
Ejercicio 8
Notemos que la ecuación no cambia cuando cambiamos x por −x, ni cuando cambiamos y
por −y, aśı la superficie es simétrica tanto con respecto al eje X como al eje Y , por lo tanto,
x = y = 0. Para la coordenadas en Z, tenemos que
z =
Mz
m
=
∫∫∫
D
z dV∫∫∫
D
dV
Reemplazando las coordenadas esféricas en la ecuación, tenemos que ρ cos(φ) = ρ4, luego
ρ = (cos(φ))1/3. Además, como z = (x2 + y2 + z2)2 ≥ 0 y la región es simétricas con respecto
a X y a Y , se tiene que 0 ≤ φ ≤ π
2
y 0 ≤ θ ≤ 2π. Luego, la masa está dada por
m =
∫ 2π
0
∫ π/2
0
∫ (cos(φ))1/3
0
ρ2 sen(φ)dρdφdθ = 2π
∫ π/2
0
sen(φ)
ρ3
3
∣∣∣∣(cos(φ))1/3
0
dφ
=
2π
3
∫ π/2
0
sen(φ) cos(φ)dφ =
1
3
sen2(φ)
∣∣∣∣π/2
0
=
π
3
.
Por otra parte, tenemos que
Mz =
∫ 2π
0
∫ π/2
0
∫ (cos(φ))1/3
0
ρ cos(φ)ρ2 sen(φ)dρdφdθ
=
∫ 2π
0
∫ π/2
0
∫ (cos(φ))1/3
0
ρ3 cos(φ) sen(φ)dρdφdθ
= 2π
∫ π/2
0
1
4
ρ4
∣∣∣∣(cos(φ))1/3
0
cos(φ) sen(φ)dφ
=
π
2
∫ π/2
0
cos7/3(φ) sen(φ)dφ
= −π
2
· 3
10
cos10/3(φ)
∣∣∣∣π/2
0
=
3π
20
.
Entonces, z =
3π
20
π
3
=
9
20
, y por lo tanto, el centro de masa está dado por x, y, z =
(
0, 0,
9
20
)
.
Solución:
Coordinación Ayudant́ıas MAT024, 1◦ 2020 8