´ ticas Departamento de Matema MATE-1207 — C´ alculo Vectorial Taller 2 - Preparaci´ on Segundo Parcial P2

Universidad de los Andes

1. Conteste Falso o Verdadero. Justifique matem´ aticamente. (a) Si f (x, y), g(x, y) son dos funciones continuas en D, entonces ZZ ZZ ZZ g(x, y) dA f (x, y) dA + f (x, y)g(x, y) dA = D

D

D

R1Rx R1Ry (b) Las integrales 0 0 f (x, y) dydx, 0 0 f (x, y) dxdy tienen el mismo valor para cualquier funci´ on f (x, y). (c) Si la integral doble de una funci´on f (x, y) sobre D (disco unitario centrado en el origen incluyendo su frontera) es cero, entonces f (x, y) = 0 para todo (x, y) ∈ D.

(d) El m´ınimo absoluto de una funci´on continua sobre D (disco unitario centrado en el origen incluyendo su frontera) debe estar en el origen.

(e) El valor de la integral doble de la funci´on f (x, y) = 3x sobre D, donde D es la regi´ on en el segundo cuadrante acotada por y = −x, y = 0 y la circunferencia unitaria centrada en el √ origen es igual a −1/ 2. 2. Halle el valor de la integral doble, Z

0

2Z 4

sin(x2 ) dxdy

2y

3. Halle el ´ area superficial del paraboloide hiperb´ olico z = f (x, y) = y 2 − x2 localizada entre los dos cilindros x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4. 4. Halle el ´ area superficial de la porci´ on del plano z = 2+3x+4y encima del rect´ angulo [0, 5]×[1, 4]. 5. Halle el centro de masa de una placa plana de forma semi-circular x2 + y 2 ≤ 1 (y ≥ 0) si la densidad de masa es δ(x, y) = y. 6. Considere en el espacio tridimensional los cilindros: y 2 + z 2 = 1 y x2 + z 2 = 1. (a) Plantee la integral con todos sus l´ımites para hallar el ´area de la superficie de intersecci´ on en coordenadas cartesianas en el primer octante. (b) Plantee la integral con todos sus l´ımites para hallar el volumen del s´ olido acotado por la intersecci´ on de los dos cilindros en el primer octante usando, • coordenadas cartesianas, • coordenadas cil´ındricas.

(c) Eval´ ue (a mano) el ´ area de la superficie en el primer octante. (d) Eval´ ue (a mano) el volumen del s´ olido en el primer octante. 7. Considere ahora los tres cilindros en el espacio tridimensional: x2 + y 2 = 1, y 2 + z 2 = 1 y x2 + z 2 = 1. (a) Haga un bosquejo, a mano de la intersecci´ on de los tres cilindros. 1

(b) Encuentre el volumen del s´ olido acotado por los tres cilindros. (c) Qu´e sucede si el radio del primer cilindro no es uno?. Ilustre la situaci´ on. (d) Plantee, no resuelva, la integral para el volumen del s´ olido si el primer cilindro es x2 +y 2 = a2 cuando a < 1. (e) Plantee, no resuelva, la integral para el volumen del s´ olido si el primer cilindro es x2 +y 2 = a2 cuando a > 1. 8. Plantee la integral triple para hallar el volumen del s´ olido acotado por el cilindro x2 + y 2 = 1 el paraboloide z = 4 − x2 − y 2 y el plano z = 0, (a) en coordenadas cartesianas, (b) en coordenadas cil´ındricas. 9. Plantee la integral triple para hallar el volumen del s´ olido acotado por el cilindro x2 +(y −1)2 = 1 2 2 el paraboloide z = x + y y el plano z = 0, (Ver Figura 1) (a) en coordenadas cartesianas, (b) en coordenadas cil´ındricas.

Figura 1: Problema 9

10. Plantee la integral triple para hallar el volumen del s´ olido debajo del paraboloide, z = x2 + y 2 y encima del disco x2 + y 2 ≤ 4, (Ver Figura 2) (a) en coordenadas cartesianas, (b) en coordenadas cil´ındricas. 11. Plantee la integral triple para hallar el volumen del s´ olido dentro del cono x2 + y 2 = 3z 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 cuando z ≥ 0 en coordenadas esf´ericas. (Ver Figura 3) 2

Figura 2: Problema 10

12. Exprese la integral triple el s´ olido acotado por:

RRR

E

f (x, y, z)dV de las seis formas diferentes posibles, donde E es

x=1 y=1

y=

√

x z = 1−y

que est´ a en el primer octante. RRR 13. Exprese la integral triple E f (x, y, z)dV de las seis formas diferentes posibles, donde E es el s´ olido acotado por: x2 + z 2 = 4 y = 0 y = 6 14. Exprese la integral triple

R 1 R 1−x2 R 1−x 0

0

0

f (x, y.z)dydzdx de las seis formas diferentes posibles.

15. Bosqueje la regi´ on de integraci´ on y eval´ ue la integral Z 1Z 1 cos(y 3 ) dydx √ 0

16. Demuestre que: Z

∞ −∞

Z

∞ −∞

Z

∞

−∞

p

(1)

x

x2 + y 2 + z 2 e−x

2 −y 2 −z 2

dzdydx = 2π

(2)

17. Una placa plana de forma un cuadril´atero en el plano xy con v´ertices en el (0, 0), (2, 3), (5, 1), y (3, −2) tiene una funci´ on de distribuci´on de densidad de masa δ(x, y) = x + y. Halle la masa de esta placa. Ayuda: Haga un dibujo y conv´enzase que la placa es de forma un paralelogramo. Halle las ecuaciones de los lados y u ´selas para hacer una transformaci´ on a un sistema de coordenadas adecuado. 18. Encuentre el volumen que est´ a dentro de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 y el cilindro x2 + y 2 + 2x = 0. 19. Encuentre el ´ area en le primer cuadrante de la regi´ on acotada por las curvas y = x2 , y = 2x2 , 2 2 x = y , x = 4y . 3

Figura 3: Problema 11

20. Un dep´ osito tapado esta formado por lo que encierran las superficies: S1 : x2 + y 2 = 9, S2 : y + z = 5, S3 : z = 1. (a) Calcule el volumen del dep´ osito. (b) Calcule el ´ area de la tapa superior del dep´ osito (S2 ).

4

Respuestas Ejercicios Taller 2 P2 1 (a) F Contraejemplo, f (x, y) = g(x, y) = 1 (b) F Contraejemplo, f (x, y) = x2 − y 2 (c) F Contraejemplo, f (x, y) = xy (d) F Contraejemplo, f (x, y) = x (e) V 1 (1 − cos 16) 4 √ √
R 2π R 2 √ π 17 17 − 5 5 3 A = 0 1 1 + 4r 2 rdrdθ = 6 √ 4 A = 15 26 2

5 m=

2 3

6 El gr´ afico de la intersecci´ on de los dos cilindros es,

Dos cilindros

1 0.5 0 –0.5 –1 –1 –0.5

–1 –0.5 0

0 0.5

0.5 1

1

Figura 4: Problema 6

La proyecci´ on sobre xy (en el primer cuadrante) es el cuadrado [0, 1] × [0, 1]. La diagonal del cuadrado del origen a (1, 1) es la proyecci´on de una l´ınea de intersecci´ on de los dos cilindros. Esta diagonal divide el cuadrado en dos tri´ angulos rect´ angulos congruentes. Encima de cada tri´ angulo hay uno de los dos cilindros. Por simetr´ıa tenemos, (a) y (c) A=2

Z

0

1Z x 0

s 5

1+

x2 dydx = 2 1 − x2

(3)

(b) y (d) V =2

Z

0

1Z xp 0

1−

x2 dydx

=2

Z

0

π/4 Z sec θ 0

p

1 − r 2 cos2 θ rdrdθ =

2 3

(4)

7 El gr´ afico de la intersecci´ on de los tres cilindros es,

Tres cilindros

1 0.5 0 –0.5 –1 –1 –0.5

–1 –0.5

0 0.5

0 0.5

1

1

Figura 5: Problema 7

La proyecci´ on sobre xy (en el primer cuadrante) es el sector circular (un cuarto de “pizza”) (r, θ) ∈ [0, 1] × [0, π/2]. La proyecci´ on sobre el primer cuadrante son dos sectores circulares congruentes, tomaremos (r, θ) ∈ [0, 1] × [0, π/4]. Encima de cada sector hay uno de los dos cilindros. Por simetr´ıa tenemos, Z π/4 Z 1 Z √1−r2 cos θ V = 16 r dzdrdθ (5) 0

8

1. En coordenadas cartesianas, Z "Z √ 2 "Z 2 1

4−x −y 2

1−y

V =

−1

−

√

1−y 2

0

#

0

#

dz dx dy =

0

Z

1

−1

"Z

√ 1−x2 √

− 1−x2

"Z

4−x2 −y 2

0

#

#

7 dz dy dx = π. 2

2. En coordenadas cil´ındricas, V =

Z

2π

0

9 En coordenadas cartesianas, "Z Z "Z √ 2 1−(y−1)

2

V =

0

−

√

1−(y−1)2

0

x2 +y 2

#

"Z

1 0

"Z

4−r 2

0

#

dz dx dy =

6

Z

1 −1

#

#

7 rdz dr dθ = π. 2

"Z

√ 1+ 1−x2 √

1− 1−x2

"Z

x2 +y 2 0

#

#

3 dz dy dx = π. 2

En coordenadas cil´ındricas, π

Z

V =

1. En coordenadas cartesianas, Z "Z √ 2 "Z 2 V =

−

−2

√

4−y 2

"Z

#

x +y 2

4−y

2

2 sin θ

0

0

10

"Z

#

r2

3 rdz dr dθ = π. 2

0

#

2

Z

dz dx dy =

0

#

−2

"Z

√ 4−x2

#

#

√ − 4−x2

"Z

x2 +y 2

0

#

#

dz dy dx = 8π.

2. En coordenadas cil´ındricas, V =

Z

2π 0

"Z

2 0

"Z

r2

rdz dr dθ = 8π.

0

11 En coordenadas cil´ındricas: Z

V =

0

2π

"Z

√

3/2

0

"Z

√

#

1−r 2

#

rdz dr dθ =

√ r/ 3

(6)

12 La ecuaci´ on y = 1 es irrelevante porque el plano x = 1 − y en el primer cuadrante determina la √ recta y = 1. La proyecci´ on sobre el plano ′ xy ′ es una figura de tres caras limitadas las curvas y = x, x = 1, y y = 0. El taller se calificar´ a bien si se toma la regi´ on en el plano ′ xy ′ acotada por x = 0 √ (no incluida en el problema), y = x, x = 0. En el planteaminto de las dos u ´ltimas integrales, la proyecci´on del s´ olido E sobre el plano ′ xz ′ es un cuadrado de lado 1, pero la integral sobre E no se √ puede expresar como una sola integral triple. La curva intersecci´ on de las superficies y = x, z = 1−y √ es una curva que se proyecta sobre el plano ′ xz ′ en la curva x = 1 − z (eliminando ′ y ′ ). Esta curva divide el cuadrado en dos partes. Por lo tanto, debemos expresar una suma de dos integrales triples dependiendo de la parte del cuadrado. I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

1Z

√ 0

x Z 1−y

1Z 1Z

f (x, y, z) dzdxdy

y2 0 1 Z 1−y Z 1 0

1Z

0

f (x, y, z) dzdydx

0 1−y

f (x, y, z) dxdzdy

y2 1−z Z 1

(7) f (x, y, z) dzdydx

y2

√ √ 1 Z 1− x Z x 0

1 Z (1−z)2 0

f (x, y, z) dydzdx +

0

Z

√ x

Z

f (x, y, z) dydxdz +

0

Z

1Z 1

0

0

13 Las proyecciones son:

7

√ 1− x

1Z 1

Z

(1−z)2

1−z

f (x, y, z) dydzdx 0

Z

1−z

f (x, y, z) dydxdz 0

1. Sobre el plano ′ xz ′ un disco. Aunque en este punto se debe usar coordenadas cartesianas usaremos coordenadas cil´ındricas solo como ilustraci´on (ver s´eptimo y u ´ltimo planteamiento - opcional).   x = r cos θ (8) z = r sin θ   y=y Valor absoluto del Jacobiano r.

2. Sobre el plano ′ xy ′ un rect´ angulo. Coordenadas cartesianas. 3. Sobre el plano ′ yz ′ un rect´ angulo. Coordenadas cartesianas.

I= I= I= I= I= I= I=

Z Z Z Z Z

2 −2

0

6Z 2

−2

0

Z

6Z

√ 4−x2

√ − 4−x2 √ 2 Z 4−x2

0

√ − 4−x2 √ 6 Z 4−z 2

f (x, y, z) dzdydx f (x, y, z) dzdxdy

−2

Z

6Z

√ − 4−z 2 √ 2 Z 4−z 2

0

f (x, y, z) dxdydz

f (x, y, z) dxdzdy √ −2 − 4−z 2 √ 2 Z 4−x2 Z 6

√ − 4−x2 0 √ 2 Z 4−z 2 Z 6

(9)

f (x, y, z) dydzdx

−2

Z

√ −2 − 4−z 2 Z 2π Z 2 Z 6

f (x, y, z) dydxdz

0

f (r, θ, y)r dydrdθ

0

0

0

14 Las proyecciones son: 1. Sobre el plano ′ xy ′ un tri´ angulo. 2. Sobre el plano ′ xz ′ un “cuasi-tri´angulo”rect´angulo (un lado curvo) 3. Sobre el plano ′ yz ′ un cuadrado, pero no se puede expresar en una sola integral. Las superficies z = 1 − x2 , y = 1 − x es una curva cuya proyecci´on sobre el plano ′ yz ′ es: z = 1 − (1 − y)2 que es equivalente a z = 2y − y 2 (par´ abola abierta hacia “abajo”, con v´ertice en (1, 1) y que pasa por el origen).   Techo      Piso Pared    Pared     Pared

z = 1 − x2 z = 0 (Tri´ angulo) 1 y = 1 − x (plano) 2 x = 0 (plano coordenado, cuadrado) 3 y = 0 (plano coordenado, cuasi-tri´angulo) 8

(10)

H

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

I=

Z

0

1 Z 1−x Z 1−x2 0

1 Z 1−y 0

1Z

√

1−x2

Z

1 Z 1−x2 0

f (x, y, z) dzdydx

0

f (x, y, z) dzdxdy

0 1−x

Z

f (x, y, z) dydzdx

0

1−z

0

1 Z 2y−y 2

Z

0

(11)

1−x

f (x, y, z) dydzdx 0

Z

1−y

f (x, y, z) dxdzdy +

0

0

√ 1 Z (2− 4−4z)/2 Z 1−y 0

Z

1Z 1

2y−y 2

f (x, y, y, z) dxdydz +

Z

0

0

15 Z

0

1 Z y2

Z

√

1−z

f (x, y, z) dxdzdy 0

1Z 1

√ (2− 4−4z//2

cos(y 3 ) dxdy =

0

Z

√ 1−z

f (x, y, y, z) dxdydz

0

1 sin(1) 3

(12)

16 Con las coordenadas esf´ericas (r, ϕ, ψ) tenemos que, Z

∞

−∞

Z

∞

−∞

Z

∞ −∞

p

x2

+

y2

+

2 2 2 z 2 e−x −y −z

dzdydx =

Z

0

=

Z

2π

dψ ·

0

Z

0

π

2π

Z

π 0

sin ϕdϕ ·

Z

Z

0

0 ∞

∞

−r 2

re

3 −r 2

r e

 · r sin ϕdr dϕ dψ = 2

dr = 2π · 2 ·



Z

∞

2

r 3 e−r dr.

0

Calculamos, Z

0

∞

3 −r 2

r e

Z

∞

2 −r 2

1 1 · 2rdr = 2 2

Z

∞

2

r 2 e−r · d(r 2 ) = 0 0   Z ∞ Z 1 1 1 ∞ −u −u −u ∞ 2 e du = . ue du = ( −ue ) 0 + ( con la substituci´ on u = r ) = 2 0 2 2 0

dr =

r e

9

Entonces, Z

∞

−∞

Z

∞ −∞

Z

∞ −∞

p

x2 + y 2 + z 2 e−x

2 −y 2 −z 2

dzdydx = 2π · 2 ·

1 = 2π. 2

(13)

17 La placa P es un paralelogramo (ver Figura 6). Necesitamos encontrar las ecuaciones de las rectas

Figura 6: Problema 17. La placa P AB, BC, CD, DA. Existen varios m´etodos para hallar la ecuaci´ on de la recta P Q, que pasa por los puntos P (xP , yP ) y Q(xQ , yQ ). Usaremos el siguiente m´etodo: La ecuaci´ on de la recta P Q es,   x − xP y − yP = 0. P Q : det xQ − xP y Q − y P Entonces, 

 x−0 y−0 = 0 ⇒ 3x − 2y = 0. 2−0 3−0   x−2 y−3 BC : det = 0 ⇒ 2x + 3y − 13 = 0. 5−2 1−3   x−5 y−1 CD : det = 0 ⇒ 3x − 2y − 13 = 0. 3 − 5 −2 − 1   x−0 y−0 AD : det = 0 ⇒ 2x + 3y = 0. 3 − 0 −2 − 0 AB : det

Ahora podemos cambiar las coordenadas:   2 3 u + 13 v x = 13 u = 3x − 2y ⇒ 2 3 y = − 13 u + 13 v v = 2x + 3y

(14)

Luego, las rectas tienen ecuaciones siguientes con respecto a las coordenadas u y v (ver Figura 7): AB : u = 0;

BC : v = 13;

CD : u = 13;

10

AD : v = 0.

Figura 7: Problema 17. El Jacobiano del cambio de las coordenadas es,   1 3 −2 −1 J = det = 13 −→ J = 2 3 13 y 1 δ =x+y = (u + 5v) 13 Entonces, la masa de la placa P es Z 13 Z 13 ZZ 1 1 3 · 133 δ(x, y)dA = (u + 5v) dvdu = = 39 M= 13 13 132 0 0 P

18 Reescribimos la ecuaci´ on del cilindro, (x + 1)2 + y 2 = 1. Entonces, tenemos que encontrar el volumen del solido sobre on (x + 1)2 + y 2 = 1 acotado por la gr´ aficos p el circulo D dada por la ecuaci´ 2 2 de las funciones z = ± 4 − x − y , Z Z "Z √4−x2 −y2 # ZZ h p i 2 − y 2 dxdy. V = 4 − x dz dxdy = 2 √ D

−

4−x2 −y 2

D

Usamos las coordenadas cil´ındricas, x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, entonces, la ecuaci´ on de la circunferencia x2 + y 2 + 2x = 0 con respecto a coordenadas polares es r = −2 cos(ϕ), donde π/2 ≤ ϕ ≤ 3π/2. Por lo tanto, # Z 3π/2 "Z −2 cos(ϕ) p Z 4 16 16 3π/2 2 2 4 − r rdr dϕ = V = (1 − k sin(ϕ)k3 )dϕ = (π − ). 3 π/2 3 3 0 π/2 19 Dibujamos las par´ abolas (ver Figura 8). Cambiamos las coordenadas:   x = u2/3 v 1/3 u = y 2 /x 2 v = x /y y = u1/3 v 2/3 D(x,y) = 13 . Las par´ El Jacobiano es D(u,v) abolas tienen las ecuaciones u = 1, u = 1/2, v = 1, v = 1/2 con respecto a las coordenadas u y v. Entonces, el ´area de la regi´ on D es, " # ZZ Z 1 Z 1 1 A= dA = 1/3du dv = . 12 1/2 1/2 D

11

Figura 8: Problema 19. 20 a) Sea D el c´ırculo x2 + y 2 = 9. Entonces, el volumen del s´ olido (ver Figura 9) es, Z Z Z 5−y  ZZ V = dz dA = . (4 − y)dA 1

D

D

Usamos las coordenadas polares, x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, entonces

y+z=5

z=1

Figura 9: Problema 20.

V =

Z

0

2π

Z

3 0



(4 − r sin ϕ)rdr dϕ = 36π.

b) Usamos la formula del ´ area del gr´ afico de la funci´on f (x, y) = 5 − y, entonces encontramos que ZZ √ ZZ q √ √ ZZ 2 2 dA = 9 2π, 1 + fx + fy dA = 2dA = 2 A= D

D

porque el ´area del c´ırculo es 9π.

12

D