resolucion de la practica n3 de matematica iii
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“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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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:
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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
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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:
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∫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
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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 :
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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
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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 ) :
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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)
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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
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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
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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 ¿
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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)