Nombre y código - Departamento de Matemáticas

Nombre y código:
1
Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Solución Segundo Parcial — (14/04/2011) 1
AD
OR
Sección Magistral # 21: Profesor: José Ricardo ARTEAGA B.
Prob.
Valor
1 2 3 4
12 14 12 12
Total
50
Puntos
Escriba todo su análisis si desea recibir el máximo valor en cada punto.
Respuesta sin justificar se invalida.
No puede usar calculadora
RR
Problema 1. [12 Ptos.] Halle el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloide,
z = x2 + y 2 y encima del disco x2 + y 2 ≤ 4.
BO
Problema 2. [14 Ptos.] Una placa plana de forma un cuadrilátero en el plano xy con vértices
en el (0, 0), (2, 3), (5, 1), y (3, −2) tiene una función de distribución de densidad de masa
δ(x, y) = x + y. Halle la masa de esta placa.
Ayuda: Haga un dibujo y convénzase que la placa es de forma un paralelogramo. Halle las
ecuaciones de los lados y úselas para hacer una transformación a un sistema de coordenadas
adecuado.
RRR 2
Problema 3. [12 Ptos.] Halle
z dV donde R es el sólido obtenido intersectando
R
{1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 4} con el doble cono {z 2 ≥ x2 + y 2 }.
Problema 4. [12 Ptos.] Llene la casilla en blanco con F, en caso de ser Falso, o con V en caso
de ser Verdadero. No olvide una justificación matemática.
Z 3 Z π/2 Z π/2
19π
4.a) [4 pts. ]
...................................... F
ρ2 sin φ dφdθdρ =
3
2
0
0
1
El juramento del uniandino dice: “Juro solemnemente abstenerme de copiar o de incurrir en actos que
pueden conducir a la trampa o al fraude en las pruebas académicas, o en cualquier otro acto que perjudique la
integridad de mis compañeros o de la misma Universidad”
Secciones:
(22)Edgar
Mayorga
(23)Andrés
Mejı́a
(24)Edgar
Mayorga
(25)Andrés
Mejı́a
Nombre y código:
Z 2 Z x2
Z
4.b) [4 pts. ]
f (x, y)dydx =
0
0
2
4
0
Z
2
√
f (x, y)dxdy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
y
BO
RR
AD
OR
4.c) [4 pts. ] El área de la superficie f (x, y) = 5 + x con x2 + y 2 ≤ 4 es 4π . . . . . . . . . . . . . . F
Tiempo: 70 minutos
Buena Suerte!
3
Nombre y código:
Solución Segundo Parcial P2
1. En coordenadas cartesianas,
Z "Z √ 2 "Z 2
V =
−2
−
√
4−y 2
0
2. En coordenadas cilı́ndricas,
V =
Pautas de Corrección.
#
x +y 2
4−y
2
AD
OR
Problema 1.
Planteamientos posibles:
#
dz dx dy =
Z
2π
0
"Z
0
2
Z
2
−2
"Z
r2
0
"Z
√
#
#
4−x2
√
− 4−x2
"Z
x2 +y 2
#
#
dz dy dx = 8π.
0
rdz dr dθ = 8π.
a) Cualquiera de los dos planteamientos con todos sus lı́mites correctos . . . . . . . . . . . . . . . 6 pts.
b) Algún lı́mite mal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 pts.
c) Desarrollo correcto de la integral hasta obtener el resultado correcto . . . . . . . . . . . . . . . .6 pts.
BO
RR
La placa P es un paralelogramo (ver Figura 1). Necesitamos encontrar las ecuaciones de las
Figura 1: Problema 17. La placa P
rectas AB, BC, CD, DA. Existen varios métodos para hallar la ecuación de la recta P Q, que
pasa por los puntos P (xP , yP ) y Q(xQ , yQ ). Usaremos el siguiente método: La ecuación de la
recta P Q es,
x − xP
y − yP
= 0.
P Q : det
xQ − xP yQ − yP
4
Nombre y código:
Entonces,
x−0 y−0
= 0 ⇒ 3x − 2y = 0.
AB : det
2−0 3−0
x−2 y−3
= 0 ⇒ 2x + 3y − 13 = 0.
BC : det
5−2 1−3
x−5 y−1
CD : det
= 0 ⇒ 3x − 2y − 13 = 0.
3 − 5 −2 − 1
x−0 y−0
= 0 ⇒ 2x + 3y = 0.
AD : det
3 − 0 −2 − 0
AD
OR
Ahora podemos cambiar las coordenadas:
2
3
u + 13
v
u = 3x − 2y
x = 13
⇒
2
3
y = − 13
v = 2x + 3y
u + 13
v
(1)
RR
Luego, las rectas tienen ecuaciones siguientes con respecto a las coordenadas u y v (ver Figura 2):
Figura 2: Problema 17.
AB : u = 0;
BC : v = 13;
CD : u = 13;
AD : v = 0.
y
BO
El Jacobiano del cambio de las coordenadas es,
1
3 −2
−1
= 13 −→ J =
J = det
2 3
13
δ =x+y =
Entonces, la masa de la placa P es
ZZ
Z
M=
δ(x, y)dA =
P
13
0
Z
13
0
1
(u + 5v)
13
1
1
3 · 133
(u + 5v)
dvdu =
= 39
13
13
132
Pautas de Corrección.
a) Las cuatro ecuaciones de las rectas que unen los puntos del cuadrado . . . . . . . . . . . . . . .4 pts.
Nombre y código:
5
b) Cálculo correcto del Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 pts.
c) Expresión de la función de densidad δ en términos de (u, v) correcta . . . . . . . . . . . . . . . .2 pts.
AD
OR
d) Desarrollo correcto de la integral hasta obtener el resultado correcto . . . . . . . . . . . . . . . 2 pts.
RR
Problema 3
La función f (x, y, z) = z 2 es simétrica respecto al plano ′ xy ′ (z = 0) y la región de integración
R (sólido acotado por el par de esferas y el cono doble) también lo es. Por lo tanto integramos
solamente cuando z ≥ 0 y multiplicamos por 2. Usaremos coordenadas esféricas. (Ver Figura
3)
Figura 3: Problema 3
2
z dV = 2 ·
Z
BO
ZZZ
R
=2
=2
Pautas de Corrección.
Z
2
1
5
2π
0
Z
π/4
0
Z
Z
4
ρ dρ
2 −1
5
2
1
2π
0
ρ2 cos2 φρ2 sin φ dρdφdθ
dθ
Z
π/4
cos2 φ sin φ dφ
0
1
√
1
−

2 2

(2π) 


3

1
4π 5
2 −1 1− √
=
15
2 2

!
(2)
Nombre y código:
6
a) Cualquier planteamiento con todos sus lı́mites correctos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 pts.
b) Por cada lı́mite mal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -3 pts.
AD
OR
c) Olvidó el Jacobiano si hace cambio de coordenadas, o lo calculó mal, o lo escribió mal . -6
pts.
d) Desarrollo correcto de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 pts.
e) Si la integral planteada tiene un solo lı́mite incorrecto y la resuelve sin cometer errores . . 4
pts.
Problema 4.
a) La integral representa el volumen de un octavo de una bola de radio 3 con un hueco en su
interior de radio 2. Es decir el volumen entre dos esferas centradas en el origen de radios
2 y 3 solo en el primer octante.
V =
19π
1 4
· π 33 − 23 =
8 3
6
(3)
BO
RR
b) La región de integración es de tipo III. Por lo tanto la integral la podemos escribir sobre una
región de tipo I (izquierda) que es igual a la integral sobre la misma región considerada
de tipo II. El cambio de orden está correcto. (Ver Figura 4)
Figura 4: Problema 3
√
p
1 + fx2 + fy2 = 2. Entonces
ZZ q
√
A=
1 + fx2 + fy2 dA = 2 · Area(R)
c) f (x, y) = 5 + x, por lo tanto
R
(4)
AD
OR
Nombre y código:
7
donde R es el disco, en el plano z = 0, centrado en el origen y radio 2. No es necesario
hacer la integral si se conoce la fórmula, pero si escribir su resultado para poder comparar
y decidir. El área del disco usando coordenadas polares es,
√
√ Z 2π Z 2
rdrdθ = 4π 2
A= 2·
(5)
0
Pautas de Corrección.
0
a) Respuesta correcta de cualquiera de los ı́tems, sin verificar la justificación, pero que tenga
alguna justificación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 pts.
b) Justificación correcta de cada ı́tem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 pts.
BO
RR
c) Si la justificación tiene el planteamiento correcto pero su cálculo es incorrecto . . . . . . 2 pts.