final mate iii 2009-i

8/10/2019 Final Mate III 2009-I

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Vctor Daniel Rojas Cerna Matemtica III

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Pregunta 1:

Considere una esfera hueca de materi al homogneo, con un radio interno a yun radio externo b, con una temperatura interna aT y una temperatura

externa bT . Determine la temperatura en estado estable en funcin de la

distancia r con respecto al centro, para valores entre a y b.

Solucin:

De acuerdo a la ecuacin de Fourier se tiene que:dT

H kAdr

, donde en caso de que se

trate de un estado estacionario H , que es la cantidad de calor que pasa a travs de un rea A por unidad de tiempo, es constante.

Entonces integrando para nuestro caso de la esfera hueca se tiene:

2

4 ( )1 14 ( )

b

a

T ba b

T a

k T T H dr dT H

k r a b

Por lo tanto:

1 1( )

4( ) 1 1

( ) ,1 1

( )

r a

a br a

H T T

k r aT T

T T a r b

r aa b

Pregunta 2:

Evaluar la siguiente integral 2( )(1 )(1 )(1 )i j k ij ik jk i j k v

x x x dx dx dx , siendo:

V ={ 2 2 21 2 3 1 2 3( ; ; ) / 4 x x x x x x }


2/12


3/12


3

1 1 1 1 2 2 3 3

0 0 0 0

1 2 3

3 3 3 30

1ln(1 ) (1 ...)

2 3 4

1 1 1 1

(1 ...) 1 ...4 9 16 2 3 4 5

xy x y x y xy dydx dydx

xy

x x x

dx

Y esto es igual a:

1

21

( 1) n

n n

Pregunta 4:

Calcule el rea de la superficie2 2 x y z e , si la proyeccin al plano XY es la

regin acotada por la circunferencia: 2 2 4 x y

Solucin:

Se sabe que la integral de superficie es:

2 22 2 2 2 2( )1 ( ) ( ) 1 4( ) x y

s s

z z dydx x y e dydx

x y

Pasando a coordenadas polares se tiene:

22 2

2 2

0 0

1 4 4.45r r r e drd

Pregunta 5:

Calcule el volumen del Slido acotado por las siguientes superficies:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 :S b c x a c y a b z a b c y

2 2 2 22

2 2 2: 2c x c y

S cz ca b

Solucin:

Simplificando las ecuaciones anteriores se tiene:


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4

2 2 2

1 2 2 2

2 2

2 2 2

: 1

: 2 1

x y z S

a b c x y z

S a b c

Y haciendo el cambio de:

, , x ax y by z cz

Entonces: dv abcz y x

Por lo que el volumen del slido en coordenadas cilndricas ser:V

abcdz dy dx

Para ver el dominio sobre el que estn definidos x e y, se interseccionan las dossuperficies:

21 2 1 3 1 z z z

Ahora pasando a coordenadas cilndricas se tiene:

2

2

2 3 32 1

0 0 12

r

r

abc rdzdrd

=2 3/ 2(2 3 3) ( 2 3 4) 2 3 3 1

(2 )( )8 3 4 3

abc

0.12V abc


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Problema 6:

Calcular la siguiente integral doble R

xdxdy

y , siendo R la regin acotada por el

tringulo de vrtices (1/2 ; 1/2) ; (0;1) ; (1;1)

Solucin:

Para la regin sobre la que se nos pide evaluar la integral:

x

y=0, pues y>x, excepto sobre la rectas y=x, donde vale 1. Pero entonces se

interpretara como el rea sobre la regin en la que est definida, la cual es unarecta y como su rea es 0.

Entonces: R

xdxdy

y=0

Problema 7:

Del octante de la esfera 2 2 2 2 x y z c ; ( 0; 0; 0) x y z se ha quitado el

cuerpo OABC , limitado por los planos de coordenadas y por el plano 1 x ya b

(a


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La masa total del cuerpo se puede calcular como la masa del octavo de esferamenos la masa encerrada entre el plano dado y los ejes coordenados. Esto es:

2 24/ 2 / 2

0 0 0 0 0 0

cos ( )

bb x x yc a a

M sen d d d zdzdydx

Entonces operando:4 3 3 2

16 24 24 4c a b ab abc

M

Problema 8:

Se sabe que un cierto camino en el plano 2x+2y+2z=1 se proyecta en la

circunferencia unidad 2 2 1 x y del plano XY . Sea c una constante y sea R xi yj zk . Calcule mediante el teorema de Stokes ( ).ck R dr .

Solucin:

Por el teorema de Stokes se sabe que: ( ). ( ).S

ck R dr x ck R dS

Operando se tiene: ( ) 2 x ck R ck

Por lo que:


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( ). (2 ) (2, 2,1) 2S S

ck R dr ck x dydx c dydx

Y como el rea proyectada en el plano XY es un crculo, entonces:

( ). 2ck R dr c

Problema 9:

Demuestre que la medida (volumen) de una n -bola en n de radio a est

dada por

12

( )(1 )

2

n

n aV a n

Solucin:

Tenemos la n-esfera, definida como el lugar geomtrico de los puntos en elespacio eucldeo n-dimensional que equidistan de uno llamado centro (ennuestro caso el origen).En otras palabras, 2 2 2 2 21 2 3 ... n x x x x r .Yqueremos calcular su superficie y volumen. Para ello, consideramos laintegral:

2

n

r

R

I e dV

Donde integramos sobre todo el espacio. Pero podemos usar una identidadconocida para simplificarnos la vida:

2 2 22 2231 2

1 2 31

( ).( ).( )...( ) ( )n in

n x x x x xr

n ii R

I e dV e dx e dx e dx e dx e dx

Ahora bien, cada una de las integrales del producto vale raz de pi, por loque:

2 / 2

1

( )in

x ni

i

I e dx

Bien, guardemos este resultado un momento, y vayamos a otra cosa.


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Hasta ahora no nos hemos ocupado directamente de la esfera. Vamos aello, haciendo una simplificacin que resultar ser esencial:

En el jacobiano del cambio a coordenadas polares n-dimensionales, lavariable radial r slo aparece mediante un factor de 1nr .

En efecto, veamos qu es un cambio a polares n-dimensional. Bsicamentees un cambio del tipo:

1

2

cos....

cos....

x r

x r

Etc., etc. con la variable r apareciendo slo delante del (habitualmenteinmenso) producto de senos, cosenos, etc. Las variables angularesaparecen slo dentro de senos y cosenos por muchas razones, una de lascuales es que el cambio a polares en n dimensiones es una generalizacindel cambio a polares plano y tridimensional, y en stos se procede mediantesenos y cosenos. Y aunque no fuera un producto de senos y cosenos, sinouna funcin arbitraria de los ngulos, eso no invalidara para nada nuestroargumento. Desarrollar por completo las coordenadas polares es complicadoy sera desviarse del tema principal, pero de todas formas es algointeresante. Decamos que la variable r slo aparece delante del productode senos y cosenos, y esto es as porque cuando r=1 las coordenadas

polares deberan parametrizar la superficie de la esfera de radio 1. Almultiplicar las coordenadas por un r arbitrario deberan parametrizar laesfera de radio r. Calculemos su jacobiano, y fijmonos en una cosa: Lavariable r aparece en todas las columnas, sencillamente multiplicando atodo lo dems, menos en la primera . Esto es lgico, pues la primeracolumna del jacobiano corresponde a tomar la derivada parcial respecto a r,y por la forma del cambio de coordenadas eso elimina a la variable r. Enresumen, el jacobiano tendr la forma:

... .... .... ....

... .... .... ....

... .... .... ....

r r r

r r r r r r

Donde los puntos suspensivos son montones de funciones trigonomtricasde las variables angulares que no vienen al caso ahora. La cuestin es queuna de las propiedades del determinante dice que si una fila o columna estmultiplicada por un nmero, digamos, r, entonces el determinante es iguala la constante r por el determinante sin la fila multiplicada por la constante.Aplicando eso sucesivamente a las columnas 2, 3...n-1,n del determinante Jqueda que


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1( ) (1)n J r r J

Donde J(1) es el valor del jacobiano cuando r=1, y que por tanto nocontiene factores de r. Es decir, la nica dependencia de la variable r quepuede tener jacobiano general J(r) es mediante un factor de 1nr . Como sequera demostrar.

Antes de hallar el volumen de la n-esfera hallaremos el rea de esta.

Primero, demostraremos que:

11 2 3 4(1) ... ( )

nn

A

r J d d d d d S r

Donde A es el conjunto de todos los valores posibles que toman lasvariables angulares 1 2, , ... En el caso plano, por ejemplo, el conjunto A es

sencillamente [0,2 ] .En un caso ms general ser un producto cartesianodel tipo [ , ] [ , ] ...a b x c d x . Y S(r) es la superficie de la esfera de radio r. Porejemplo, para 2 dimensiones, tenemos que A=[0,2pi] y J(1)=1, y por tantola integral de arriba toma la forma:

2

0

2rd r

Que es precisamente la superficie de la esfera de radio 1 (en este caso,longitud).

En fin, vamos a demostrarlo:

Consideremos la integral:

. ( )S S

x NdA rdA rS r

Donde S es la superficie de la esfera de radio 1, y N es el vector normalunitario a la superficie de la esfera. La igualdad de la derecha se produceporque el vector normal a la superficie y el de posicin son paralelos, unode mdulo 1 y el otro de mdulo r. Por tanto el valor del producto escalaren el integrando es r.


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Si aplicamos el T de la divergencia al lado de la izquierda, siendo V el

volumen de la esfera de radio r, teniendo en cuenta que ii X x n donden es el nmero de dimensiones del espacio, tenemos que:

1 2 3 40

1 11 2 3 4 1 2 3 4

0 0

. . ( ) ...

(1) ... ( ).( (1) ... )

r

nS V V A

r r n n n

n n A A

x NdA xdV ndV nJ n drd d d d d

nr J drd d d d d nr dr J drd d d d d r

Con lo que queda demostrada la afirmacin de arriba. Ntese que elloimplica dos cosas:

1

1 2 3 4

( ) (1)

(1) (1) ...

n

n A

S r r S

S J drd d d d d

Bueno, ahora s que s vamos a calcular la superficie de la n-esfera.Recordemos de las demostraciones anteriores que:

2 / 2

n

r n

R

e dV

21 / 2

1 2 3 40 (1) ...

n r n

n A r e J drd d d d d

21 / 2

0

(1) n r nS r e dr

Si ahora en la integral que obtenemos, hacemos el cambio de variable2t r , la integral queda:

2 11 2

0 0

1

2

nn r t r e dr t e dt

Pero recordemos que la funcin gamma se define como:

1

0

( ) n t n t e dt

As que la integral nos queda que vale 1 ( )2 2

n .En otras palabras, nuestra

ecuacin de arriba queda:


11/12


11

/ 2

/ 2

1(1) ( )

2 2

(1)

1 ( )2 2

n

n

nS

S

n

Y ahora, multiplicando ambos lados por 1nr , obtenemos la Superficie dela n-esfera de radio r:

/ 2 12( )

( )2

n nr S r

n

Volumen de la n-esfera

Se obtiene de forma directa, mediante el uso del teorema de la divergencia.Sea una esfera de radio r, S su superficie y V su volumen, tenemos que:

. .S V

x NdA xdV

Por los mismos argumentos que los empleados en el clculo de una integralsimilar hecha anteriormente, se tiene que:

/ 2

( )

( ) ( )

( ) ( )( )

2 2

V

n n

rS r n dV

rS r nV r

r r V r S r

n nn

Ahora bien, si recordamos que la funcin gamma cumple la propiedad derecurrencia:

( ) ( 1) x x x y sustituimos esto en la ecuacin, nos queda el Volumen de la n-esferade radio r:

/ 2

( )(1 )

2

n nr V r

n

Por lo que termina el problema.


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Problema 10:

Suponga que u ; v ; w son coordenadas curvilneas ortogonales para las cuales2 2 2 2 2

ds v du u dv dw .a) Calcule la divergencia de u , donde u es el vector

unitario tangente a la curva u.b) Determine el laplaciano de la funcin f=uvw .

Solucin:

a) Se sabe que:1 2 3 2 1 3 3 1 2

1 2 3 1 2 3

1. [ ( ) ( ) ( )] F F h h F h h F h h

h h h u u u

Y dado que: 1 2 3; ; 1h v h u h

Adems: 1 0 0 F u v w Entonces:

1 ( ) 1. ( )

uu

uv u uv

b) Parecido al caso anterior, se tendra que evaluar en:2 2 3 1 3 1 2

1 2 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3

1[ ( ) ( ) ( )]

h h h h h h f f f f

h h h u h u u h u u h u

Entonces:

2 2w f uv

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