Resolucion de La Practica n3 de Matematica III

“Año de la Diversificación Productiva y del Fortalecimiento de la Educación”

UNIVERSIDAD NACIONALDE INGENIERÍA

Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

RESOLUCIÓN DE LA 3 PRÁCTICA DE

MATEMÁTICA 3

DOCENTE :

ARÉVALO VILLANUEVA MANUEL

INTEGRANTES:

RODAS LÓPEZ, MELANIE ELENA

VELASQUEZ KEVIN MAURICIO

QUISPE CARDENAS RUBEN

PILARES CHOCCARE WILL

BUENO SEGOVIA OMAR

CICLO : TERCER CICLO

RESOLUCIÓN DE LA TERCERA PRÁCTICA DE MATEMÁTICA III –

CICLO ACADÉMICO 2015- 1

2015

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

1. Calcule la integral doble, mediante una transformación T adecuada y dibujando la región D y su transformada T(D). ∬ xdxdy, siendo D la región limitada por las parábolas:

x+ y2=0 , x+ y2=2 y , x+ y2=2−2 y

SOLUCIÓN:

T (μ , v ) : μ=x+ y2 , v= y

∴ x=u−v2, y=v

Reemplazando las ecuaciones quedan:

μ=0 , μ=2 v ,μ=2−2 v

Hallamos el Jacobiano:

J [μ , v ]=|1 −2v0 1 |=1

Los puntos de intersección de las 3 curvas son:

A=∫0

1

∫2v

2−2 v

(μ−v2¿¿)dμdv¿¿

A=∫0

1

[(2−2v )2−(2v )2

2−v2(2−4 v )]dv

A=∫0

1

[ 4−8v2

−2v2+4v3]dv

A=42−( 4−8

2−2+4)

A=2


2. Use coordenadas cilíndricas para calcular el volumen del solido acotado por las superficies:

S1 : x4+8 x2 y2+16 y2=(1−4 z )2 S2 : x

2+4 y2=1+4 z

SOLUCIÓN:

Vemos que

S1 : x4+8 x2 y2+16 y2=(1−4 z )2

S1 : x2+4 y2=1−4 z

Reemplazando S1 y S2 en coordenadas cilíndricas :

Para S1 :

S1 : x4+8 x2 y2+16 y2=(1−4 z )2

r2 cos (θ )2+4 r2 sen (θ )2=1−4 z

r2+3 r2 sen (θ)2=1−4 z

Para S2 :

S2 : x2+4 y2=1+4 z

r2 cos (θ )2+4 r2 sen (θ )2=1+4 z

r2+3 r2 sen (θ)2=1+4 z

Intersectando la gráfica, en el plano XY:<<<<

r2+3 r2 sen (θ)2=1


r= 1

√1+3 sen (θ)2

Entonces el Volumen seria:

V=∫0

2π

∫0

1√1+3 sen(θ)2

∫r2+3 r 2sen(θ)2−1

4

1−r2−3 r2 sen (θ )2

4

rdzdrdθ

V=∫0

2π

∫0

1√1+3 sen(θ)2

(1−r2−3 r2 sen (θ)2

4¿−r2+3 r2 sen(θ)2−1

4¿)rdrdθ¿¿

V= 14∫02 π

∫0

1√1+3 sen(θ)2

(2−2[r2+3 r2 sen(θ)2]¿¿)rdrdθ¿¿

V=12∫02π

∫0

1√1+3sen (θ)2

r−r3−3 r3 sen (θ)2drdθ

V=12∫02π

[ 12 (1+3 sen (θ )2)

− 14 (1+3 sen (θ )2 )2

−3 sen (θ )2 14 (1+3 sen (θ )2 )2

]dθ

V=12¿

V=12 [12 π−14 5 π8 −3

4π8 ]

V= π8


3. Halle el volumen del solido acotado por el paraboloide z=9−x2− y2 con el plano x= y :

SOLUCIÓN:

Para z=0, la proyección en el plano xy sería x2+ y2=1; también se intersectan en x= y haciendo un cambio a coordenadas polares :

Para determinar r:

x2+ y2=9

r2=9

r2=32

r=3

Para determinar θ :

x= y

rcosθ=rsenθ

tanθ=1

θ=π4

Tenemos entonces

0≤ r≤3 ;0≤θ≤ π4

Para hallar el volumen total, solo estamos tomando una cuarta parte, por eso se multiplicara por 4 al volumen obtenido

V=4∬(9−x2− y2¿)d A=4∫0

π4

∫0

3

(9−r2 ) rdrdθ¿

V=4∫0

π4

∫0

3

(9 r−r3 )drdθ

V=4∫0

π4

( 9 (3 )2

2−

(3)4

4 )dθ


V=4∫0

π4

(814 )dθ=81 π44.-Determine el valor de la siguiente integral usando cambio de variable

I=∭Ω

. |x|(x2+ y2+z2)3

dxdydz ,Ω={(x , y , z ) / x2+ y2+z2≥4 }

SOLUCIÓN:

Cambiando las variables a coordenadas esféricas:

Sabemos que :

x=ρsenφcosθ

y= ρsenφcosθ

z=ρcosφdV=dxdydz=ρ2 senφdρdφdθ

Eliminando el valor absoluto:

Para |x|=¿ { ρsenφcosθ , si0≤φ≤π ,−¿ π2≤θ≤ π

2,2≤ ρ≤∞

−ρsenφcosθ , si0≤φ≤π ,∧π2≤θ≤ 3π

2,2≤ ρ≤∞

I=∫−π2

π2

.∫0

π

.∫0

∞ρsenφcosθρ6

ρ2 senφdρdφdθ−∫−π2

π2

.∫0

π

.∫0

∞ρsenφcosθρ6

ρ2 senφdρdφdθ

I=limn→∞

∫−π2

π2

.∫0

π

.∫0

nsen2φcosθρ3

dρdφdθ−limn→∞

∫−π2

π2

.∫0

π

.∫0

nsen2φcosθρ3

dρdφdθ

I=limn→∞

∫−π2

π2

.∫0

π

.∫0

n

( sen2φcosθρ3− sen

2φcosθρ3 )dρdφdθ

I=limn→∞

0=0


5. Contestar verdadero o falso a las siguientes proposiciones, justificando su respuesta:

a) Sea z= f ( x; y ) una función definida en el disco D acotado por la circunferencia de centro el origen de las coordenadas y radio a, y que verifica f ( x; y )=− f (−x ;− y ) , ∀ (x ; y )∈D .Entonces se

cumple que ∬D

❑

f (x ; y)dA=0.

b) Si S= {( x ; y ) / ¿ x∨+¿ y∨≤1 }, entonces ∬D

❑

f (x+ y )dxdy=∫−1

1

f (u )du

Solución:

a)

I=∫θ=0

2π

∫r=0

a

f (x ; y)drdθ=∫θ=0

2π

∫r=0

a

−f (−x ;− y)drdθ

2 I=∫θ=0

2π

∫r=0

a

[ f (x ; y)−f (−x ;− y) ]drdθ

f ( x; y)=f (r )Pero:

x2+ y2=r2

(−x )2+(− y )2=r2

¿> f (x ; y)=f (−x ;− y )¿ f (r )

∴2 I=∫θ=0

2π

∫r=0

a

[ f (x ; y)−f (−x ;− y)] drdθ=0¿> I=0

b)u=x+ y v=x− y

¿>x=u+v2y=u−v

2


J [u , v ]=|12 12

12

−12

|=12u∈ [−1 ;1 ] v∈ [−1 ;1 ]

∬D

❑

f (x+ y)dxdy=∫−1

1

∫−1

1

f (u)J [u ,v ] dvdu=¿∫−1

1

∫−1

1 f (u)2dv du¿

¿>∬D

❑

f (x+ y)dxdy=¿∫−1

1

f (u )du¿

6.-Halle las extremales de J [Y ( x ) ]=∫0

π

y ´2dxcon las condiciones ∫0

π

y2=1, y (0 )= y (π )=0.

SOLUCIÓN:

Formamos la función auxiliar:

L [ y (x)]=∫0

π

( y ´2+λ y2 )dx

Por la ecuación de euler:

dLdy

− ∂ y∂ x ( ∂ L∂ y´ )=0

Entonces 2 λy−2 y ´ ´=0

λy− y ´ ´=0

(D2− λ )=0

D=±√ λLa solución genereal sería:

y=A e√ λ x+Be−√λ x

y (0 )=A+B y y (π )=A e√λ π+Be−√λ π

No cumplen con las condiciones de frontera

Por lo tanto : λ<0;D=±√−λ i

y=Asen√−λ x+Bcos√−λ x

Por las condiciones de frontera : y (0 )= y (π )=0


y=Asen√−λ x

∫0

π

y2=1

∫0

π

(Asen√−λ x )2dx=1

A2∫0

π (1+cos (2√− λ x ) )2

dx=1

A2= 2π⇒ A=±√ 2π

∴ y=±√ 2π sen (√−λ x)

7.- Un cohete espacial de masa m, que parte del reposo, ha de ser acelerado verticalmente hacia arriba desde la superficie de la tierra hasta una alturah en un tiempoT , mediante la potencia de su motor (mu). Si suponemos que m y g permanecen constantes durante el vuelo, pretendemos controlar la potencia para minimizar el consumo de combustible, que

viene dado por F [u(t) ]=∫0

T

u(t )2 dt .¿Durante cuánto tiempo deberíamos acelerar el cohete y

cuál será el consumo mínimo?

SOLUCIÓN:

Nuestra meta será hallar una función para aplicarle Euler, pero esta función está condicionada, primero hallaremos correctamente la función condicionante y luego crearemos una función M que represente la función con la función condicionante y le aplicaremos Euler:


En el instante t , el cohete a una altura y= y (x) debería experimentar una aceleración neta de:

aceleracion= y ' '=u(t )−g

Además, del texto deducimos las condiciones:

y(0 )= y '(0)=0 ; y(T )=H

Ya que y '(0)=0 , lo expresamos así :

y(T )=∫0

T

y '(t)dt

Integrando por partes: y(T )= y '(t) . t|0T−∫

0

T

t . y ' '(t)dt

y(T )= y '(t ). T−∫0

T

t . y ' ' (t )dt

Se puede escribir así:

y(T )=∫0

T

T . y ' '(t )dt−∫0

T

t . y ' '(t)dt

y(T )=∫0

T

(T−t) . y ' '(t )dt


Como y ' '(t)=u(t )−gtenemos que:

y (T )=∫0

T

(T−t ) . (u(t )−g )dt

y (T )=∫0

T

(T−t ) . u(t )dt− ( tgT )|0T+( g t 22 )|

0

T

y (T )=∫0

T

(T−t ) . u(t )dt−gT 2

2

H=∫0

T

(T− t ) .u (t ) dt−gT 2

2

Con lo cual despejamos:

∫0

T

(T−t ) .u (t )dt ¿H+ gT2

2…………Condicionante

Ahora, con estos datos podemos optimizar las extremales de F [u(t) ]=∫0

T

u(t )2 dt sujeto a

∫0

T

(T−t ) .u (t ) dt=H+ gT2

2=C

Ahora procedemos a escribir la funcional:

I [u(t )]=∫0

T

(u2−λ (T−t ) . u )dt

Donde la función que usaremos será:

M=u2−λ (T−t ) . u

Aplicando la ecuación de Euler:

M u=2u− λ (T−t )

M u '=0

Reemplazando en la ecuación de Euler:

2u−λ (T−t )− ddx

( 0 )=0

u= (t−T ) λ2

Para hallar el valor de λ usamos la ecuación de ligadura:


∫0

T

(T−t ) .u (t ) dt=H+ gT2

2

∫0

T

(T−t ) . (t−T ) λ2dt=H+ gT

2

2

λ2.∫0

T

(T−t )2dt=H+ gT2

2

λT3

6=H+ gT

2

2

λ= 6T3 (H+ gT

2

2 )Reemplazando en u:

u=u(t )=3 (h+ gT 22 ) .(T−tT3 )Para hallar el minimo tiempo para el que se consume el minimo combustible utilizamos la expresión :

F [u (t ) ]=∫0

T

u( t )2 dt=∫

0

T

3(h+ gT 22 ) .(T− tT3 )dtF [u (t ) ]=3( h2T 3+ ghT + g

2T4 )

El minimo Tes cuando se deriva y se iguala a cero:

T=√ 6 hgReemplazando para hallar el minimo gasto de combustible :

F [u (t ) ]=3(8 gh+ 6g3h )4 .√ 6 gh

8.- Obtenga una fórmula para calcular la medida de la hiperesfera, acotada por la hipersuperficie esférica cuya ecuación es : x1

2+ x22+x3

2….+ xn2=r2


Solución 1:

Empezamos notando como se ve en distintas dimensiones :

En n=1

Longitud del intervalo V 1=2 r

En n =2

Área del circulo V 2=π r2

En n=3

Volumen V 3=4 π3r3

En dimensiones

Por inducción podemos llegar a que existe una constante Cn,( bola unitaria que puede asociarse al área de la esfera en n dimensiones ) tal que un volumen depende de las n dimensiones del espacio, y quedara representado por :

V n=Cn rn……(i)

Para evaluar y obtener a Cn usaremos la identidad :

∫−∞

∞

−x2dx=√π

Entonces multiplicando n integrales de este tipo tenemos :

∫−∞

∞

e−x12

d x1=√π

∫−∞

∞

e−x22

d x2=√π

.

.

.

∫−∞

∞

e−xn2

d xn=√π

∫−∞

∞

∫−∞

∞

.∫−∞

∞

….∫−∞

∞

e−( x¿¿1¿¿2+x22+ x3

2…+ xn2 )d x1d x2…d xn=π

n2 ¿¿

De la superficie que nos dan :


x12+x2

2+…+xn2=r2

V n=Cn rn

El elemento de volumen puede escribirse

d x1d x2…d xn=dV n

Cambiamos a coordenadas polares:

dV n=Cnnrn−1dr

Reemplazando :

∫0

∞

e−r2

Cnnrn−1dr=π

n2

Cambio de variable:

r2=t

2 rdr=dt

Cnn∫0

∞

tn−12 e−t 1

2rdt=π

n2

Cnn12∫0∞

tn2−1 e−tdt=π

n2

Cnn12∫0∞

tn2−1 e−tdt=π

n2

Cnn2Γ ( n2 )=π

n2

Cn=πn2

n2Γ ( n2 )

…. (ii )

Reemplazando ( ii ) en (i ):

V n=πn2

n Γ ( n2 )rn

V n=πn2

Γ ( n2 +1)rn


SOLUCION 2:

Podemos usar el método de Dirichlet para este tipo de casos, consiste de la siguiente manera:

Para una superficie de la forma:

S :( x1a1 )α

+( x2a2 )β

+( x3a3 )δ

+…+( xnan )θ

=1………..(1)

Al evaluarlo en un volumen de la forma:

V=∭…∫ (x1 )P . (x2 )Q . (x3 )R… (xn )

T d x1dx2d x3…d xn………(2)

El volumen pedido se puede expresar de la siguiente manera:

V=(a1 )P . (a2 )Q . (a3 )R… (an )

T

α . β . δ …θ.( γ(Pα )

. γ(Qβ )... γ

(Tθ )γ( Pα +

Qβ +…+

Tθ +1) )………… (3)

Funcion gamma

En el problema:

S :( x1r )2

+( x2r )2

+( x3r )2

+…+( xnr )2

=1

De esta ecuación de superficie podemos asemejarla a la ecuación (1) y obtener las incógnitas:

α=β=δ=…=θ=2

a1=a2=a3=…=an=r

Para obtener una superficie semejante a (2) podemos hacer el siguiente artificio, sabemos que

el volumen se halla así:

V=∭1 . dV

El artificio es el siguiente, podemos expresar a 1=x0:

V=∭ x0 . dV

Podemos escribirlo asi:

V=∭ (x1 )1−1 . (x2 )1−1 . (x3 )1−1…(xn )1−1d x1dx2d x3…d xn

Comparando con (2 ) :


P=Q=R=S…=T=1

Finalmente reemplazando en (3 ), para esta integral se tiene que multiplicar por 2n que representa el numero de “octantes” o sectores que analizamos:

n veces n veces

V=2n . r . r . r….r2.2 .2…2

.( γ( 12 ) . γ( 12 ) ... γ(12 )γ( 12+12 +…+

12+1) )

n veces n veces

V=2n . rn

2n.(√π .√π…√π

γ( n2+1) )= r

n .√πnγ( n2+1)

V=rn . π

n2

γ( n2+1)


9.-Use integrales dobles y coordenadas cartesianas, para calcular el volumen del sólido acotado por un hexaedro cuyas caras son regiones triangulare s equiláteras cuyas aristas miden l unidades.

SOLUCIÓN

Nos piden el volumen del poliedro del grafico 1.Como podemos observar es simétrico respecto a su base y como su base es un triángulo equilátero genera 6 áreas iguales .Además tiene la misma altura, por lo tanto tenemos 12 partes de volumen iguales.

V T=12V D−AOH


Hallando el volumen de V D−AOH

V D−AOH= ∬S

.¿f ( x, y ) dA= ∬

S

.¿2√ 2 y+ 2l√ 6

dA¿

¿¿

¿

0≤ x≤ l2

0≤ y≤−x√3

+ l2√3

V D−AOH=∫0

l2

. ∫0

−x√3

+ l2√3

(2√2 y+ 2 l√6 )dydx

V D−AOH=∫0

l2

.[√2(−x√3+ l2√3 )

2

+ 2l√6 (−x√3 + l

2√3 )]dxV D−AOH=∫

0

l2

.[ 2√23 x2−√2 xl3

+ √2l212

−√2 xl3

+ √2 l26 ]dx

V D−AOH=∫0

l2

.[ 2√23 x2−2√2 lx3 + √2l24 ]dx

V D−AOH=[ 2√23 ( l324 )−2√2l3

12+ √2 l38 ]

V D−AOH=−l3√272

Fallo de signo

V T=12|V D−AOH|=12 l3√272

∴V T=l3√26


10. Calcule el momento de inercia, del solido acotado por la superficie S : x2

a2+ y

2

b2+ z

2

c2=1 con

respecto al centro del elipsoide.

Solución:

Entonces hacemos:

x=a . rsen (φ ) cos (θ )

y=b .rsen (φ ) sen (θ)

z=c . rcos(φ)

Reemplazando en S la ecuación queda reducida a: r=1

Hallando el Jacobiano de transformación: ∂(x . y , z)∂(r , φ ,θ)

=|∂x∂ r

∂ x∂φ

∂ y∂θ

∂ y∂ r

∂ y∂φ

∂ y∂θ

∂ y∂ r

∂ y∂φ

∂ y∂θ

|∂(x . y , z)∂(r ,φ ,θ)

=abc r2 sen(φ)

Entonces se sabe que:

IO=I x+ I y+ I z=∭2(x2+ y2+z2) ρdV

IO=∫0

2π

∫0

π

∫0

1

2(a2r2 sen (φ)2 cos (θ)2¿+b2r 2 sen(φ)2 sen (θ)2+c2r2 cos (φ)2)abc r2 sen (φ ) ρdrdφdθ ¿

IO=2∫0

2π

∫0

π

(a2 sen(φ)2cos (θ)2+b2 sen (φ)2 sen(θ)2+c2 cos (φ)2)abcsen (φ )∫0

1

r 4 ρdrdφdθ

IO=2 ρ∫0

2π

∫0

π

(a2 sen(φ)2 cos (θ)2+b2 sen(φ)2 sen(θ)2+c2 cos (φ)2)abcsen (φ ) 15dφdθ

IO=2abc5ρ∫0

2 π

[¿a2 cos(θ)2∫0

π

sen (φ)3dφ+b2 sen (θ)2∫0

π

sen(φ)3dφ+c2∫0

π

cos (φ)2 sen (φ )dφ ]dθ ¿

IO=2abc5ρ∫0

2 π

[¿a2 cos(θ)2 43+b2 sen (θ)2 4

3+c2 2

3]dθ ¿


IO=2abc5ρ(a2 43 π+b2 43 π+c2 23 2π )=8abcπ15

ρ (a2+b2+c2 )………( I )

Para hallar ρ usamos: m=∭ ρdV

Entonces:

m=∫0

2π

∫0

π

∫0

1

abc r2 sen (φ ) ρdrdφdθ

m=abcρ∫0

2π

∫0

π

sen (φ )∫0

1

r2drdφdθ

m=abcρ∫0

2π

∫0

π

sen (φ ) 13dφdθ=abcρ 1

3∫02π

∫0

π

sen (φ )dφdθ

m=abcρ 13∫02π

2dθ

m=abcρ 134 π

Despejando ρ:

ρ= 3m4 πabc

Y finalmente reemplazando en (I):

IO=8abcπ15

( 3m4 πabc

)(a2+b2+c2 )

IO=25m (a2+b2+c2)

Documents

Resolucion de La Practica n3 de Matematica III