calculo vectorial ejercicio resueltos
Páginas: 2 (447 palabras)
Publicado: 7 de enero de 2014
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Campus Santiago
Mat-024
Certamen Acumulativo de Reemplazo Mat-024
Prgta.1: Calcule el volumen de la región del primeroctante limitada por
√
x+y+
√
3
z ≤ 1
Solución:
√
1− x
1
V =
√
(1− x−y)3
dz dy dx
dV =
0
V
0
0
√
1− x
1
(1 −
=
0
(1 −
=
√
0
=
=1
4
1
4
1
4
x − y)3 dy dx
0
1
=
√
1
(1 −
x − y)4
4
√
√
1− x
dx
0
x)4 dx
0
1
(1 − 4x1/2 + 6x − 4x3/2 + x2 ) dx
0
1−
8
8 1
+3− +
3
5 3
=1
60
y dx + z dy + z dz
Prgta.2: Calcular de dos formas distintas:
γ
donde γ es la curva de intersección de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y) y
x + y = 2 . La curva es recorridade tal modo que mirada desde el origen, el sentido es
el de las agujas del reloj.
Solución:
Sobre la curva γ .
x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y)
x+y = 2
⇒
x2 + (2 − x)2 + z 2 = 2
⇒
(x − 1)2+
z2
= 1
2
Una parametrización de γ es:
x = 1 + cos(t)
y = 1 − cos(t)
√
2 sen(t)
z =
dx = − sen(t) dt
dy = √ sen(t) dt
dz =
2 cos(t) dt
⇒
Luego la integral queda:
π
[(1 −cos(t))(− sen(t)) +
y dx + z dy + z dz =
√
2 sen(t) sen(t) + 2 sen(t) cos(t)] dt
−π
γ
√
= 2
√
=2 2
π
sen2 (t) dt
−π
π
0
1
(1 − cos(2t)) dt
2
√
= 2(t − sen(t)cos(t))
π
=
√
2π
0
Usando el Teorema de Stokes sobre el pedazo del plano x + y = 2 acotado por la curva
γ (S)
→
−
× F = (−1, 0, −1)
→ = (−1, −1, 0)
−
n
luego la integral queda: → −
−
× F · → dS
n
y dx + z dy + z dz =
γ
S
(−1, 0, −1) · (−1, −1, 0) dS
=
S
=
dA =
2
(x−1)2 + z2 ≤1
√
2π
Prgta.3: Considerar la porción S , de la esfera x2 +y 2 + z 2 = 4 con z ≥ −1 . Calcular la
integral
−
(x3 , y 3 , z 3 ) · → dS
n
S
a) Directamente usando una parametrización.
b) Usando el Teorema de la divergencia de Gauss.
−
Aquí →...
Departamento de Matemática
Campus Santiago
Mat-024
Certamen Acumulativo de Reemplazo Mat-024
Prgta.1: Calcule el volumen de la región del primeroctante limitada por
√
x+y+
√
3
z ≤ 1
Solución:
√
1− x
1
V =
√
(1− x−y)3
dz dy dx
dV =
0
V
0
0
√
1− x
1
(1 −
=
0
(1 −
=
√
0
=
=1
4
1
4
1
4
x − y)3 dy dx
0
1
=
√
1
(1 −
x − y)4
4
√
√
1− x
dx
0
x)4 dx
0
1
(1 − 4x1/2 + 6x − 4x3/2 + x2 ) dx
0
1−
8
8 1
+3− +
3
5 3
=1
60
y dx + z dy + z dz
Prgta.2: Calcular de dos formas distintas:
γ
donde γ es la curva de intersección de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y) y
x + y = 2 . La curva es recorridade tal modo que mirada desde el origen, el sentido es
el de las agujas del reloj.
Solución:
Sobre la curva γ .
x2 + y 2 + z 2 = 2(x + y)
x+y = 2
⇒
x2 + (2 − x)2 + z 2 = 2
⇒
(x − 1)2+
z2
= 1
2
Una parametrización de γ es:
x = 1 + cos(t)
y = 1 − cos(t)
√
2 sen(t)
z =
dx = − sen(t) dt
dy = √ sen(t) dt
dz =
2 cos(t) dt
⇒
Luego la integral queda:
π
[(1 −cos(t))(− sen(t)) +
y dx + z dy + z dz =
√
2 sen(t) sen(t) + 2 sen(t) cos(t)] dt
−π
γ
√
= 2
√
=2 2
π
sen2 (t) dt
−π
π
0
1
(1 − cos(2t)) dt
2
√
= 2(t − sen(t)cos(t))
π
=
√
2π
0
Usando el Teorema de Stokes sobre el pedazo del plano x + y = 2 acotado por la curva
γ (S)
→
−
× F = (−1, 0, −1)
→ = (−1, −1, 0)
−
n
luego la integral queda: → −
−
× F · → dS
n
y dx + z dy + z dz =
γ
S
(−1, 0, −1) · (−1, −1, 0) dS
=
S
=
dA =
2
(x−1)2 + z2 ≤1
√
2π
Prgta.3: Considerar la porción S , de la esfera x2 +y 2 + z 2 = 4 con z ≥ −1 . Calcular la
integral
−
(x3 , y 3 , z 3 ) · → dS
n
S
a) Directamente usando una parametrización.
b) Usando el Teorema de la divergencia de Gauss.
−
Aquí →...
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