Portafolio Listo.docx

Facultad de ingeniería uady Maestra: Caridad valez pinzón Tarea: Portafolio Equipo: Los 4 fantásticos Integrantes: Mario barrios Mauricio contreras Eduardo Varguez Esteban Gómez

ADA 1 Título del tema: ecuaciones de rectas y planos Temas involucrados: producto cruz, vector normal, ecuación general de un plano, un vector con dos puntos etc. ADA 1: sección 12.5, ejercicio 33=Encuentre la ecuación del plano El plano que pasa por los puntos (3, 1, 2), (8, 2, 4) y (1, 2, 3) P=(3, 1, 2) Q=(8, 2, 4) R=(1, 2, 3) PQ= <5,3,2> PR=<-4,-1,-5>

n=PQ X PR=<-13,17,7>

ax+by+cz=a(xₒ)+b(yₒ)+c(zₒ) -13x+17y+7z=-13(3)+17(-1)+7(2)

-13x+17y+7z=-42 -13(8)+17(2)+7(4)=-42

Estos son tres puntos en el espacio por los que pasa el plano recordemos que para encontrar el plano necesitamos un vector normal y un punto en el espacio Con los puntos anteriores vamos a construir dos vectores en el plano por ejemplo para encontrar PQ solo es necesario restar P a Q Y para encontrar PR solo hay que restar P a R Para encontrar un vector normal al plano solo es necesario hacer un producto cruz con los dos vectores que encontramos ya que como estos vectores son paralelos al plano el producto cruz dará un vector perpendicular al plano Después de hallar el producto cruz solo es sustituir en la ecuación general del plano Del lado izquierdo sustituimos a,b,c con el vector normal y del derecho sustituimos x0,y,0,z0con un punto cualquiera Esta es la ecuación del plano Se puede comprobar sustituyendo x,y,z con Algún punto dado

Ada 2 Título del tema: Cilindros y superficies cuádriceps Temas involucrados: ecuación de una circunferencia, la ecuación de una parábola ADA 2: sección 12.6, ejercicio 48: Una torre de enfriamiento para un reactor nuclear ha de construirse en forma de hiperboloide de una hoja (vea la foto en la página 832). El diámetro de la base es 280 m y el diámetro mínimo, 500 m sobre la base, es 200 m. Encuentre una ecuación para la torre. x2 y2 z2 + − =1 a2 b 2 c 2 a2 = b2 2 x z2 − =1 a2 c 2 𝑥=

280 2

,𝑧 = 500

1402 5002 − 2 =1 1002 𝑐 5002 1.96 − 2 = 1 𝑐 5002 − 2 = −.96 𝑐 5002 2 𝑐 = = 260416.67 . 96 𝑥 2 𝑦2 𝑧2 + − =1 𝑎2 𝑏 2 𝑐 2 2 2 𝑥 𝑦 𝑧2 + − =1 10000 10000 260416.67

Recordemos cual es la ecuación general de un hiperboloide de una hoja Las trazas en el plano y serán círculos Si hacemos y=0 tendremos una hipérbola en el plano Hz La a controla la distancia entre los vértices de la hipérbola y como el diámetro mínimo es 200 la distancia del centro a un vértice es a=100 y b también es 100 Alejado 500 m del centro el diámetro es 280 Y podemos usar estos estos valores para resolver 𝑐2 Resolviendo 𝑐 2 Sustituyendo en la hiperboloide Esta es la ecuación

ecuación

general

del

Ada 3 Título del tema: Integrales triples en coordenadas esféricas Temas involucrados: trigonometría, coordenadas esféricas ADA 3: sección 15.9, ejercicio 15: Un sólido se encuentra sobre el cono 𝑧 = √𝑥 2 + 𝑦 2 bajo la esfera 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑧 Escriba una descripción del sólido en términos de desigualdades que involucren coordenadas esféricas

X=psenфcosѲ Y=psenфsenѲ Z=pcosѲ

Primero sustituimos

𝜌𝑐𝑜𝑠𝜙 = √(𝜌𝑠𝑖𝑛 𝜙𝑐𝑜𝑠𝜃)2 + (𝜌𝑠𝑖𝑛 𝜙 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜙 = √𝜌2 𝑠𝑖𝑛2 𝜙 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜙 = 𝜌 𝑠𝑖𝑛 𝜙 𝑐𝑜𝑠 𝜙 = 𝑠𝑖𝑛 𝜙 𝜋 𝜙= 4 𝑥 2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑧 𝜌2 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜙 𝜌 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜙 𝜋 {(𝜌, 𝜃, 𝜙)|0 ≤ 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜙, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝜙 ≤ } 4

Luego cambiamos la ecuación con los valores que sustituimos simplificamos

Cambiamos la otra ecuación y simplificamos

resultado

Ada4 Título del tema: Funciones de varias variables Temas involucrados: funciones ADA 4: sección 14.1, ejercicio 46: Dibuje un mapa de contorno de la función mostrando varias curvas de nivel. 𝑓(𝑥, 𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥 2 + 4𝑦 2 ) 𝑓(𝑥, 𝑥) = 𝑙𝑛(𝑥 2 + 4𝑦 2 ) 𝑙𝑛(𝑥 2 + 4𝑦 2 ) = 𝑐 𝑥 2 + 4𝑦 2 = 𝑒 𝑐 𝑥 2 + 4𝑦 2 = 𝑘

Las curvas de nivel Se igualan a c y se elimina el logaritmo Después se iguala a una constante y para obtener las curvas de nivel solo hay que cambiar el valor de k

Lo que se observa en las curvas de nivel es plano xy del paraboloide como si lo observáramos desde arriba

Ada5 Título del tema: Derivadas parciales Temas involucrados: derivadas, derivadas parciales ADA 5: sección 14.3, ejercicio 94: El paraboloide 𝑧 = 6 − 𝑥 − 𝑥 2 − 2𝑦 2 interseca el plano x =1 en una parábola. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la tan gente a esta parábola en el punto (1, 2, -4). Con una computa dora grafique el paraboloide, la parábola y la tangente en la misma pantalla.

𝑧 = 6 − 𝑥 − 𝑥 2 − 2𝑦 2 X=1 P=(1,2,-4) 𝑧 = 6 − 1 − 12 − 2𝑦 2 𝑧 = 4 − 2𝑦 2 𝑋=1 𝑌=2=𝑡 𝑍 = 4 − 2(𝑡)2 𝑅𝑜 =< 1,2, −4 > 𝑉 =< 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 𝑉 =< 1, 𝑡, 4 − 2(𝑡)2 > < 0,1, −4𝑡 > 𝑣 =< 0,1, −4(2) > 𝑉 =< 0,1, −8 > T x v=< 0,1𝑡, −8𝑡 >= 𝑡𝑣 𝑟 =< 1 + 0,2 + 1𝑡, −4 + −8𝑡 > 𝑋=1 𝑌 =2+𝑡 𝑍 = −4 + −8𝑡

Z es el paraboloide X=1 es el plano que interseca al paraboloide P es el punto al hay que encontrarle la ecuación paramétrica tangente al paraboloide Sustituimos con x=1 en la ecuación del paraboloide R= R es la línea tangente al paraboloide y v es el vector dirección T=2

Juntar <1,2,-4> con <0,1t,-8t>

Estas son las ecuaciones paramétricas

Ada 6 Título del tema: Planos tangentes y aproximaciones lineales Temas involucrados: geometría analítica, derivadas parciales Ada 6 Sección 14.4 - ejercicio 37: La tensión en la cuerda del yo-yo en la figura es: 𝑇 =

𝑚𝑔𝑅 2𝑟 2 +𝑅 2

donde m

es la masa del yo-yo y g es la aceleración debida a la gravedad. Utilice diferenciales para estimar el cambo en la tensión si R es incrementada de 3 cm a 3.1cm y r es incrementada de 0.7cm a 0.8cm ¿La tensión crece o decrece? dT=

𝑑𝑇 𝑑𝑟

𝑑𝑟 +

𝑑𝑇 𝑑𝑅

𝑑𝑅 𝑇=

𝑚𝑔𝑅 2𝑟 2 + 𝑅2

𝑑𝑇 𝑚𝑔𝑅 −4𝑚𝑔𝑅𝑟 = 𝑥4𝑟 = 𝑑𝑟 (2𝑟 2 + 𝑅2 )2 2𝑟 2 + 𝑅2 𝑑𝑇 𝑑𝑅

=

dT=

𝑚𝑔(2𝑟 2 +𝑅 2 )−𝑚𝑔𝑅(2𝑅) (2𝑟 2 +𝑅 2 )2

−4𝑚𝑔𝑅𝑟 2𝑟 2 +𝑅 2

𝑑𝑟 +

=

𝑚𝑔(2r2 +𝑅 2 ) (2𝑟 2 +𝑅 2 )2

𝑚𝑔(2𝑟 2 +𝑅 2 ) (2𝑟 2 +𝑅 2 )2

Con esto, podemos sustituir expresiones para

𝑑𝑅

𝑑𝑇 𝑑𝑅

∆T= ∆T=

−4𝑚𝑔𝑅𝑟 2𝑟 2 +𝑅 2

∆𝑟 +

𝑚𝑔(2𝑟 2 −𝑅 2 ) (2𝑟 2 +𝑅 2 )2

−4𝑚𝑔(3)(0.7) 2(.7)2 +32

(. 1) +

𝑑𝑇 𝑑𝑟

y

en la primera ecuación

∆𝑅 𝑚𝑔(2(0.7)2 −32 ) (2(0.7)2 +32 )2

(0.1) =

−0.01648𝑚𝑔

Se sustituye ∆r=0.1, ∆R=0.1, r=0.7, R=3 Y queda el resultado

Sección 14.5, ejercicio 39: La longitud l, ancho w y altura h de una caja cambia con el tiempo. En un cierto instante, las dimensiones son 𝑙 = 1𝑚 𝑦 𝑤 = ℎ = 2𝑚 , y l y w se incrementan a razón de 2 m/s, en tanto que h disminuye a razón de 3 m/s. Encuentre en ese instante las razones a las cuales las siguientes magnitudes cambian. a) El volumen b) El área superficial c) La longitud de la diagonal. A) V= lwh 𝑑𝑉 𝑑𝑤 𝑑𝑙 = 𝑉ℎ + 𝑉𝑤 + 𝑉𝑙 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑉 𝑑ℎ 𝑑𝑤 𝑑𝑙 = 𝑙𝑤 + 𝑙ℎ + 𝑤ℎ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑉 = (1 ∗ 2 ∗ −3) + (1 ∗ 2 ∗ 2) + (2 ∗ 2 ∗ 2) 𝑑𝑡 𝑑𝑉 = −6 + 4 + 8 = 6𝑚3 /𝑠 𝑑𝑡

Conocemos la fórmula para encontrar el volumen Y para encontrar la derivada de esta debemos usar la regla de la cadena Multiplicamos las derivadas parciales con la derivada respecto al tiempo Sustituimos valores

resultado

Ada 7 Título del tema: Valores máximos y mínimos Temas involucrados: derivadas parciales, algebra, ecuaciones de segundo grado Sección 14.7, ejercicio 17: Calcule los valores máximo y mínimo locales, y punto o puntos sillas de la función. Si dispone de programas para graficación tridimensional, grafique la función con un dominio y desde otra perspectiva que revele todos los aspectos importantes de la función.𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 − 2𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥, −1 ≤ 𝑥 ≤ 7

𝑓𝑥 = 2𝑦𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 0 𝑦 = 0 𝑜 𝑥 = 0, 𝜋, 2𝜋 𝑓𝑦 = 2𝑦 − 2𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑓(𝑦 = 0) = −2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 → 𝑥 =

𝜋 3𝜋 , 2 2

𝑓𝑦(𝑥 = 0) = 2𝑦 − 2 = 0 → 𝑦 = 1; 𝑓𝑦 (𝑥 = 𝜋) = 2𝑦 − 2 𝑐𝑜𝑠(𝜋) = 2𝑦 + 2 = 0 → 𝑦 = −1 𝑓𝑦(𝑥 = 2𝜋) = 2𝑦 − 2 = 0 → 𝑦 = 1 𝜋

3𝜋

2

2

Puntos críticos: (0,1), (𝜋, −1), (2𝜋, 1), ( , 0) , (

, 0)

𝐹𝑥𝑥 = 2𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑓𝑦𝑦 = 2, 𝑓𝑥𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛 𝑥; 𝐷 = 𝐹𝑥𝑥𝐹𝑦𝑦 − (𝑓𝑥𝑦)2 (0,1) = 𝐹𝑥𝑥 = 2, 𝐹𝑦𝑦 = 2, 𝐹𝑥𝑦 = 0, 𝐷 = 4 − 0 𝐷 = 4 > 0 , 𝐹𝑥𝑥 = 2 > 0 → 𝑚𝑖𝑛 (𝜋, −1) = 𝐹𝑥𝑥 = 2, 𝐹𝑦𝑦 = 2, 𝐹𝑥𝑦 = 0, 𝐷 = 4 − 0 𝐷 = 4 > 0 , 𝐹𝑥𝑥 = 2 > 0 → 𝑚𝑖𝑛 (2𝜋, 1) = 𝐹𝑥𝑥 = 2, 𝐹𝑦𝑦 = 2, 𝐹𝑥𝑦 = 0, 𝐷 = 4 − 0 𝐷 = 4 > 0 , 𝐹𝑥𝑥 = 2 > 0 → 𝑚𝑖𝑛 𝜋 ( , 0) = 𝐹𝑥𝑥 = 2, 𝐹𝑦𝑦 = 2, 𝐹𝑥𝑦 = 0, 𝐷 = 2 − 4 𝐷 = −2 < 0 → 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎 2 3𝜋 ( , 0) = 𝐹𝑥𝑥 = 2, 𝐹𝑦𝑦 = 2, 𝐹𝑥𝑦 = 0, 𝐷 = 2 − 4 𝐷 = −2 < 0 → 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎 2 Mínimos locales = (0,1) = (𝜋, −1) = (2𝜋, 1) = −1 𝜋

3𝜋

2

2

Puntos silla: ( , 0) = (

, 0) = 0

ADA 8: Título del tema: Integrales dobles sobre regiones generales. Temas involucrados: funciones, planos, geometría Sección 15.3, ejercicio 29: Encuentre el volumen del sólido dado acotado por los cilindros z = x2, y = x2 y los planos z = 0, y = 4.

-2
Primero se busca el volumen del sólido:

4

2 ∫ ∫ (𝑥2)𝑑𝑦𝑑𝑥 0

2

𝑥2

2

4 2 ∫ [𝑥2𝑦] 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑥2(4 − 𝑥2)𝑑𝑥 𝑥2 0 0

Luego se busca el área de integración: Se procede a resolver la integral: Integrando con respecto a y:

2

= 2 ∫ (4𝑥2 − 𝑥4)𝑑𝑥 0

4𝑥3 𝑥5 2 4(2)3 (2)5 2[ − ] = 2[ − − 0] 3 5 0 3 5 32 32 = 2( − ) 3 5 128 3 𝑢 5

Ahora integrando con respecto a x:

Como resultado el volumen del sólido es:

ADA 9 Título del tema: Integrales dobles en coordenadas polares. Temas involucrados: coordenadas polares, integrales Sección 15.4, ejercicio 18: Use una integral doble para hallar el área de la región dentro del cardiode r = 1 + cosө y fuera de la circunferencia r = 3 cosө. Mirando la gráfica de las 2 figuras podemos determinar cuál grafica es en donde se determinará el intervalo.

3𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 1 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 2 1 𝜋 5𝜋 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 ( ) = 𝑜 2 3 3 𝜋/2

∫

1+𝑐𝑜𝑠𝜃

∫

𝜋/3 𝜋

∫

𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑖ó𝑛 1

3𝑐𝑜𝑠𝜃 1+𝑐𝑜𝑠𝜃

∫

Se selecciona igual los puntos de intersección:

r1=verde r2=azul

𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑔𝑖ó𝑛 2

𝜋/2 0

𝜋 2

2

𝑟 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∫ ([ ] ) 𝑑𝜃 𝜋 2 3𝑐𝑜𝑠𝜃 3 𝜋 2

∫ ( 𝜋 3 𝜋 2

Se resuelve la primera doble integral con respecto a r e ir simplificando para integrar respecto al ángulo en la región1:

(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃)2 9𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − ) 𝑑𝜃 2 2

−3 ∫ ( + 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠2𝜃) 𝑑𝜃 𝜋 2 3 𝜋 −3𝜃 2 [ + 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃] 𝜋 2 3 −3𝜋 −3𝜋 √3 √3 𝜋 ( + 1 − 0) − ( + − ) = (1 − ) 4 6 2 2 4 Integramos la segunda doble integral respecto a r para luego resolver e

𝜋 𝑟 2 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∫ ([ ] ) 𝑑𝜃 𝜋 0 2

integrar respecto al ángulo en la región 2:

2 𝜋

(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − 0) 𝑑𝜃 𝜋 2 2 𝜋 3 𝑐𝑜𝑠2𝜃 ∫ ( + 𝑐𝑜𝑠𝜃 + ) 𝑑𝜃 𝜋 4 4 2 3𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝜋 [ + 𝑠𝑒𝑛𝜃 + ]𝜋 4 8 2 3𝜋 3𝜋 3𝜋 ( + 0 + 0) − ( + 1 + 0) = ( − 1) 4 8 8 ∫ (

𝜋 2

1+𝑐𝑜𝑠𝜃

2(∫ ∫ 𝜋 3

𝜋

1+𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 + ∫ ∫ 𝜋 2

3𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃)

0

𝜋 3𝜋 𝜋 𝜋 2 [(1 − ) + ( − 1)] = 2 ( ) = 4 8 8 4 𝜋 2 𝑢 4

Por simetría con x e y, el resultado es la suma de las dos integrales antes resueltas:

Como resultado el área es:

Ada 10 Título del tema: Aplicaciones de las integrales dobles Temas involucrados: integrales dobles, integración, planos rectas y funciones En este ejercicio se utiliza integrales dobles para calcular los momentos de inercia usando coordenadas polares. Sección 15.5 18. Calcule los momentos de inercia 𝑰𝒙 , 𝑰𝒚 , 𝑰𝟎 para la lámina del ejercicio 12. Considerando una lámina que ocupa una región D y una densidad ƿ El momento de inercia sobre el eje x. 𝑰𝒙 = ∬ 𝒚𝟐 𝝆 𝒅𝒙 𝑫

El momento de inercia sobre el eje y. 𝟐

𝑰𝒚 = ∬ 𝒙 𝝆 𝒅𝒚 𝑫

𝑰𝒙 + 𝐈𝒚 = 𝑰𝟎

Recordar que

𝝅 {(𝒓, 𝜽)|𝟎 ≤ 𝒓 ≤ 𝟏, 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ } 𝟐

La lámina se puede escribir con puntos como coordenadas polares de la siguiente manera:

𝝆(𝒓, 𝜽) = 𝒌𝒓𝟐

Dado que la densidad en un punto es proporcional al cuadrado de su distancia desde el origen, por lo tanto lo podemos escribir de la siguiente manera: Para 𝑰𝒙

𝒚 = 𝒓 𝒔𝒊𝒏 𝜽

𝑹𝒆𝒄𝒐𝒓𝒅𝒂𝒓 𝒒𝒖𝒆

𝟐

𝑰𝒙 = ∬𝑫 𝒚 𝝆 𝒅𝑨 = 𝝅 𝟐

𝟏

∫ ∫ (𝒓 𝒔𝒊𝒏 𝜽)𝟐 ∗ (𝒌𝒓𝟐 ) ∗ (𝒓) 𝒅𝒓 𝒅𝜽 𝟎

𝟎 𝝅 𝟐

𝟏

= 𝒌 ∫ ∫ 𝒓𝟓 𝒔𝒊𝒏 𝜽𝟐 𝒅𝒓 𝒅𝜽 𝟎 𝟏

𝟎

𝝅 𝟐

= 𝒌 (∫ 𝒓𝟓 𝒅𝒓)( ∫ 𝒔𝒊𝒏 𝜽𝟐 𝒅𝜽) 𝟎

𝟎

𝒔𝒊𝒏 𝜽𝟐 =

𝟏 − 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝜽 𝟐

Usando

𝝅

𝒓𝟔 𝟏 𝟏 𝟐 𝒌 | ( ∫ 𝟏 − 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝜽 𝒅𝜽) = 𝟔 𝟎 𝟐 𝟎 𝝅 𝒌 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝜽 𝟐 𝒌 𝝅 𝒌𝝅 [𝜽 − ] = ( )= 𝟏𝟐 𝟐 𝟐𝟒 𝟎 𝟏𝟐 𝟐 Para 𝑰𝒚

𝒙 = 𝒓 𝒄𝒐𝒔 𝜽

En coordenadas polares recordar que

𝑰𝒚 = ∬ 𝒙𝟐 𝝆𝒅𝑨 𝑫 𝝅 𝟐

𝟏

∫ ∫ (𝒓 𝒄𝒐𝒔 𝜽)𝟐 ∗ (𝒌𝒓𝟐 ) ∗ (𝒓)𝒅𝒓𝒅𝜽 = 𝟎

𝟎

𝝅 𝟐

𝟏

𝒌 ∫ ∫ 𝒓𝟓 𝒄𝒐𝒔 𝜽𝟐 𝒅𝒓𝒅𝜽 𝟎 𝟏

𝟎

𝝅 𝟐

𝟓

𝒌(∫ 𝒓 𝒅𝒓)(∫ 𝒄𝒐𝒔 𝜽𝟐 𝒅𝜽) 𝟎

𝟎

𝒄𝒐𝒔 𝜽𝟐 =

𝟏 + 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝜽 𝟐

Usando la fórmula:

𝝅

𝒓𝟔 𝟏 𝟏 𝟐 𝒌 [ ] ( ∫ 𝟏 + 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝜽 𝒅𝜽) = 𝟔 𝟎 𝟐 𝟎 𝝅 𝒌 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝜽 2 [𝜽 + ] = 𝟏𝟐 𝟐 𝟎 𝒌 𝝅 𝒌𝝅 ( )= 𝟏𝟐 𝟐 𝟐𝟒 𝑰𝟎 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 =

𝒌𝝅 𝒌𝝅 𝒌𝝅 + = 𝟐𝟒 𝟐𝟒 𝟏𝟐

𝑰𝒙 =

𝒌𝝅 𝟐𝟒

𝑰𝒚 =

𝒌𝝅 𝟐𝟒

𝑰𝟎 =

𝒌𝝅 𝟏𝟐

Retomando 𝑰𝟎 Como resultado se obtienen las siguientes inercias

Sección 15.6 En este ejercicio se utiliza derivadas parciales para 𝒇𝒙 y 𝒇𝒚 para usar la fórmula para sacar el área por medio de las integrales dobles

7. La parte del paraboloide hiperbólico 𝒛 = 𝒚𝟐 − 𝒙𝟐 que está entre los cilindros 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏 y 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒

𝒇𝒙 = −𝟐𝒙,

𝒇𝒚 = 𝟐𝒚

Derivada parciales del paraboloide hiperbólico Fórmula para sacar el área.

∬ √𝟏 + (𝒇𝒙)𝟐 + (𝒇𝒚)𝟐 𝒅𝑨 𝑫

Sustitución de las derivadas parciales. ∬ √𝟏 + (−𝟐𝒙)𝟐 + (𝟐𝒚)𝟐 𝒅𝑨 𝑫

∬ √𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟒𝒚𝟐 𝒅𝑨 𝑫

𝒙𝟐 + 𝒚 𝟐 = 𝟏 → 𝒓 𝟐 = 𝟏 → 𝒓 = 𝟏 𝒙𝟐 + 𝒚 𝟐 = 𝟒 → 𝒓 𝟐 = 𝟒 → 𝒓 = 𝟐 𝟏≤𝒓≤𝟐 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝟐𝝅 𝟐𝝅

∫

𝟐

∫ √𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟒𝒚𝟐 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

𝟎

𝟏 𝟐𝝅

∫ 𝟎

Sustituyendo a coordenadas polares Por lo tanto se obtiene los radios de los 2 cilindros. Y para 𝜽 Sustituyendo los datos anteriores y simplificando

𝟐

∫ √𝟏 + 𝟒𝒓𝟐 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 𝟏

𝒖 = 𝟏 + 𝟒𝒓𝟐 , 𝒅𝒖 = 𝟖𝒓𝒅𝒓 𝟏 𝟐𝝅 𝟐 𝟑 𝟐 ∫ ( 𝒖𝟐 𝒅𝒖)| 𝒅𝜽 𝟏 𝟖 𝟎 𝟑

Usando la integración por partes Aplicando la integración por partes

𝟐𝝅 𝟑 𝟑 𝟏 𝟐 𝟐 ∫ 𝒅𝜽 ∗ [ (𝟏 + 𝟒(𝟐)𝟐 )𝟐 − (𝟏 + 𝟒(𝟏)𝟐 )𝟐 ] 𝟖 𝟑 𝟑 𝟎 𝟑 𝟑 𝟏 𝟐 𝟐 𝟐𝝅 ∗ [ (𝟏 + 𝟏𝟔)𝟐 − (𝟏 + 𝟒)𝟐 ] 𝟖 𝟑 𝟑

𝟐𝝅 𝟐 𝟐 [ √𝟏𝟕𝟑 − √𝟓𝟑 ] 𝟖 𝟑 𝟑

Resultado

Ada 11 Título del tema: Integrales triples Temas involucrados: integrales, integrales triples En este ejercicio se utilizan las proyecciones para poder obtener los límites y se van intercambiando los límites para poder hacer más órdenes de integración. Sección 15.7 𝟏

𝟏

𝟏−𝒚

33. La figura muestra la región de integración para la integral ∫𝟎 ∫√𝒙 ∫𝟎 𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙 reescriba en los otros cinco órdenes esta integral como una integral iterada equivalente.

La proyección para el plano xy 𝒚 = 𝟏, 𝒙 = 𝒚𝟐

La proyección para el plano zy 𝒛 =𝟏−𝒚

La proyección para el plano zx 𝒛 = 𝟏 − √𝒙

𝟎≤𝒛≤𝟏−𝒚 √𝒙 ≤ 𝒚 ≤ 𝟏 𝟎≤𝒙≤𝟏 𝟏

𝒚𝟐

𝟏−𝒚

∫ ∫ ∫ 𝟎

𝟎

𝟎

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚

Obteniendo los limites

Cuando 𝒙 = 𝒚𝟐

𝟏

𝟏−√𝒙

∫ ∫ 𝟎 𝟎

𝟏−𝒛

∫

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝒚𝒅𝒛𝒅𝒙

𝟎 √𝒙 (𝟏−𝒛)𝟐 𝟏−𝒛

∫ ∫ 𝟎

∫

𝟎

√𝒙

𝟏

𝒚𝟐

𝟏−𝒛

∫ ∫ 𝟎

∫ 𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝒙𝒅𝒚𝒅𝒛

𝟎

𝟎

1

1−y

∫ ∫ 0

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝒚𝒅𝒙𝒅𝒛

0

y2

∫ f(x, y, z)dxdzdy 0

Cuando 𝒚= 𝟏− 𝑧 & √𝒙 , 𝒙 𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝟎 𝒂 𝟏 & 𝒛 𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝟎 𝒂 𝟏 − √𝒙 Cuando 𝒚 = √𝒙 → 𝒛 = 𝟏 − √𝒙 → √𝒙 = 𝟏 − 𝒛 → 𝒙 = (𝟏 − 𝒛)𝟐