Act. 2 – DERIVADAS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
Presentado Por:
DANIEL FERNANDO CARDOZO MENDOZA COD. 1105677794
Instructor:
DAYANA ALEJANDRA BARRERA
Universidad Nacional Abierta y A Distancia
CEAD Girardot
2020
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Ejercicios de Cálculo de Varias Variables: Integrales Dobles, Triples, de Línea y de Flujo, Ejercicios de Cálculo
Grupo de ejercicios 1 – Integrales Dobles. (Aplicaciones de las integrales dobles – Momento de Inercia) Momento de Inercia. Si una partícula de masa m está a una distancia d de una recta fija, su momento de inercia respecto de la recta se define como: I=md^2= (masa)〖(distancia)〗^2 Se puede generalizar este concepto para obtener los momentos de inercia de una lámina de densidad variable respecto de los ejes x y y. Estos segundos momentos se denotan por I_x e I_y y en cada caso el momento es el pr
Tipo: Ejercicios
2019/2020
1 / 10
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Act. 2 – DERIVADAS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
Presentado Por:
DANIEL FERNANDO CARDOZO MENDOZA COD. 1105677794
Instructor:
DAYANA ALEJANDRA BARRERA
Universidad Nacional Abierta y A Distancia
CEAD Girardot
INTRODUCCION
Cada estudiante debe seleccionar un ejercicio de cada uno de los grupos
anteriores, utilizando la siguiente tabla, la cual debe editar y adjuntar en el foro
para la Tarea 4, colocando el nombre y el rol a desempeñar en dicho foro:
Actividades a Desarrollar
Grupo de ejercicios 1 – Integrales Dobles. (Aplicaciones de las
integrales dobles – Momento de Inercia)
e. y = 1 −x
2
, y=0, donde ρ=ky , y la recta y= 5
Puntos de corte de la parábola y las rectas.
y= (^0) y= 1 −x
2
Teniendo en cuenta que la recta y=5 no se intercepta con la parabola, no se tiene
en cuenta.
0 = 1 −x
2
→ x
2
= 1 → x=± √ 1 =± 1
I
x
∬
R
❑
y
2
ρ ( x , y ) dA
I
x
∫
− 1
1
∫
0
1 − x
2
y
2
( ky ) dydx → I x
=k ∫
− 1
1
∫
0
1 −x
2
y
3
dydx
I
x
=k ∫
− 1
1
y
4
|
0
1 − x
2
dx → I x
=¿ k ∫
− 1
1
( 1 −x
2
4
dx ¿
I
x
k
[
∫
− 1
1
( 1 − 4 x
2
- 6 x
4
− 4 x
6
- x
8
) dx
]
I
x
k
4 [
(
x−
4 x
3
6 x
5
4 x
7
x
9
)|
− 1
1
]
I
x
k
4 [
(
3
5
7
9
)
(
3
5
7
9
) ]
I
x
k
[
]
=0.203 k
I
y
∫
R
❑
∫
x
2
ρ ( x , y ) dA
I
y
∫
− 1
1
∫
0
1 − x
2
x
2
( ky ) dydx → I y
=k ∫
− 1
1
∫
0
1 − x
2
x
2
ydydx
I
y
=k (^) ∫
− 1
1
x
2
y
2
|
0
1 −x
2
dx =k (^) ∫
− 1
1
x
2
( 1 −x
2
)
2
dx
I
y
k
∫
− 1
1
( x
2
− 2 x
4
+x
6
) dx=
k
2 [
(
x
3
2 x
5
x
7
)|
− 1
1
]
I
y
k
[(^
3
5
7
)
(
3
5
7
)]
I
y
k
[
]
=0.076 k
I=I
x
+I
y
=0.203 k +0.076 k
V
prom
8 [
(
4 z
2
- 8 z
)|
0
4
]
V
prom
[
4 z
2
]
V
prom
Grupo de ejercicios 3 – Integrales de Línea. (Aplicaciones de las integrales
de línea – Trabajo y campos de Fuerza)
Consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso:
Zill, D. (2015). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill
Interamericana. (pp. 242-246).
Calcule el trabajo total realizado al mover una partícula a lo largo del arco C si el
movimiento lo ocasiona el campo de fuerza F. Suponga que el campo que el arco
se mide en metros y la fuerza en Newton.
e. F ( x , y )=−( x
2
+ y ) i+ yj donde C: el segmento de recta desde el punto (a,0) hasta
el punto (0, a).
Formula del trabajo para una fuerza variable:
w= ∫
a
b
F. d ⃗r= ∫
a
b
F ( r ( t) ) r
'
(t ) dt
Identificando la curva C; se trata de una recta segmento; para parametrizar un
segmento de recta se procede.
r ( t )= A+( B− A ) t A ( a , 0 ) B ( 0 , a)
r ( t )=( a , 0 ) +[ ( 0 , a )−( a , 0 )] t=( a , 0 )+ [−a+a ] t
r ( t )=( a , 0 ) +(−at , at )=(a−at , at )→ 0 ≤ t ≤ 1
r
'
( (^) t) (^) =(−a , a)
F (^) ( r ( t ) (^) )=−[ ( a−at )
2
+at] i+ atj
w= ∫
0
1
[−(^ a
2
− 2 a
2
t+a
2
t
2
+at )^ , at ] (−a , a) dt
w= ∫
0
1
( a
3
− 2 a
3
t+a
3
t
2
+a
2
t+ a
2
t)^ dt =
∫
0
1
( a
3
− 2 a
3
t+ a
3
t
2
- 2 a
2
t)^ dt
w=
[
a
3
t−
2 a
3
t
2
a
3
t
2
2 a
2
t
2
]
0
1
w=a
3
( 1 ) −a
3
( 1 )
2
a
3
( 1 )
3
+a
2
( 1 )
2
− 0
w=
a
3
+a
2
Joules
Grupo de ejercicios 4 – Integrales de Flujo (Aplicaciones a las
integrales de superficie – Carga Eléctrica)
Consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso:
García, H. (2014). Cálculo de varias variables. México: Larousse - Grupo Editorial Patria.
(pp. 126-127).
En los siguientes ejercicios utilizar la Ley de Gauss para hallar la carga total en el
interior de la superficie dada:
e. Sea E=− 2 xyi+ 4 xzj+ 3 yzkun campo electrostático. Usar la ley de Gauss para hallar
la carga total que hay en el interior de la superficie cerrada formada por el hemisferio
z=√ 25 −x
2
− y
2
y su base circular en el plano xy.
∮
E. d
S=
q
E
0
Ley de Gauss para el flujo eléctrico de forma integral.
Se puede usar el teorema de la divergencia de Gauss
ᶲ =∭
V
❑
A dv =∬
S
❑
A. ⃗n ds=∯
S
❑
A. d ⃗s
S
1
:Superficie hemisférica
S
2
: (^) Superficie circular
ᶲ =∭
V
❑
E dv
Divergencia (^) → ∇. ⃗E
E=
(
∂ x
∂ y
∂ z
)
∗(− 2 xy , 4 xz , 3 yz )
E=− 2 y + 3 y= y
∭
V
❑
ydv
∇ xF =
(
∂ ( 2 x )
∂ y
∂ ( 3 y )
∂ z
∂ ( 6 z )
∂ z
∂ ( 2 x )
∂ x
∂( 3 y )
∂ x
∂ ( 6 z )
∂ y
)
∇ xF =(0,4,0)
Hallamos el vector unitario (^) n^
∇ A=
∂ (^ x
2
- y
2
− 1 )^
^
i
∂ x
∂(^ x
2
- y
2
− 1 )^
^
j
∂ y
∂(^ x
2
- y
2
− 1 )^
^
k
∂ z
∇ A= 2 x
^
i+ 2 y
^
j→ Gradiente
∇ A
| ∇ A|
(
2 x
^
i
√(^2 x^ )
2
+( 2 y)
2
2 y
^
j
√(^2 x^ )
2
+( 2 y )
2 )
(
2 x
^
i
(^2) √ x
2
- y
2
2 y
^
j
(^2) √ x
2
- y
2 )
(
x
√ x
2
- y
2
y
√ x
2
- y
2 )
∬
S
❑
∇ xF. ^n ds=∬
s
❑
(
x
√ x
2
- y
2
y
√ x
2
- y
2 )
ds
∬
s
❑
4 y
√ x
2
- y
2
ds= ∫
− 1
1
∫
−√ 1 −x
2
√ 1 − x
2
4 y
√x
2
- y
2
. (^) √x
2
- y
2
dydx
¿∫
− 1
1
∫
−√ 1 − x
2
√ 1 −x
2
4 ydydx
∫
− 1
1
y
2
−√ 1 −x
2
√ 1 −x
2
dx= 4 ∫
− 1
1
[(^ √^1 −x
2
2
−((−√ 1 − y
2
2
) (^) ] dx= 0