LICENCIATURA EN MATEMATICAS

CUARTO CUATRIMESTRE

MATERIA: CALCULO DE VARIAS VARIABLES

FACILITADORA: YOLANDA PEREZ ZUÑIGA

MT-MCVV1-1303.B1-003

ALUMNO: AURELIO RUIZ SALAZAR

UNIDAD II

EVIDENCIA DE APRENDIZAJE.-AREAS Y DISTANCIAS POR MEDIO DE VECTORES.

México, D.F., a 18 de noviembre de 2013.

Instrucciones: Resuelve los siguientes planteamientos, por medio del cálculo de áreas y distancias entre vectores.

1. Tomando como referencia la siguiente grafica

Determinar:

a. Ecuaciones de la curva

En función a las curvas presentadas y considerando los siguientes datos:

x Parábola y=g(x) Parábola y=f(x)0 0 41 1 12 4 03 9 14 16 4...

.

.

.

.

.

.Ecuación que satisface los puntos indicados son:

g(x)=x2 f(x)=( x−2 )2

b. El área de la zona sombreada

Considerando las ecuaciones de las parábolas encontradas con antelación, procedemos a encontrara el punto de intersección de ambas parábolas, quedando.

y=( x−2 )2 , y y=x2 , igualandoambas ecuaciones queda: x2=( x−2 )2; x2=x2-4x+4 y

despejando x resulta que x2−x2+4x=4; 4x=4, por lo tanto x=44

=1, lo que indica que el

punto de intersección de ambas parábolas es el punto cartesiano (1,0), por lo tanto, para encontrar el área comprendida entre dos funciones, es igual al área de la función que está situada por encima menos el área de la función que está limitada por debajo A=

∫a

b

[ g ( x )−f (x) ]dx esto de manera genérica.

Considerando lo antes indicado se procede a calcular el área de las funciones f(x)=

( x−2 )2 , y g(x)=x2, por lo tanto el área buscada es A=∫0

1

[ f ( x )−g(x) ]dx=∫0

1

[ (x−2 )2−x2 ]dx=

∫0

1

[ x2−4 x+4−x2 ]dx=∫0

1

[−4 x+4 ]dx=|−42 x2+4 x|0

1

=|−2 x2+4 x|01=-2

(1 )2+4 (1 )−(−2 (0 )2+4 (0 ))= - 2(1)+4-(0)=-2+4=4-2=2 unidades cuadráticas.

2. Tomando como referencia la siguiente grafica

Determinar:

a) Las ecuaciones de las rectas

En función a las curvas presentadas y considerando los siguientes datos:

x Recta r1 Recta r2 Recta r3-2 6 6 0-1 9

25 3

20 3 4 31 3

23 9

22 3 2 63

-32

1 152

4 - 3 0 9...

.

.

.

.

.

.Ecuación que satisface los puntos indicados son: f(x)=-

32

x+3g(x)=-x+4

h(x)=32

x+3

b) El área de las zonas I y II indicadas en la grafica

Área de la zona I, es necesario llevarlo a cabo bajo el concepto de la formula general que

dice que el área de un triangulo regular es A I=b∗h2

=4∗32

=122

=6 unidades cuadráticas.

Análogamente para llevarlo a cabo por el método de la integral definida se puede llevar a

cabo como A=∫ab

f (x )

2

, por lo que para calcular esta área es necesario utilizar la función de

la recta r1 con la función f(x)= - 32

x+3, por lo tanto el área de esa zona es A I ¿=

∫−2

2

(−32 x+3)dx2

=|−34 x2+3 x|−22

2

=[−3+6−(−3−6)]

2=

[−3+6+3+6¿ ]2

=122

=6 unidades

cuadráticas.

Calculo del área de la zona II.- Aplicando el mismo procedimiento de la zona I, se calcula

la zona II utilizando lo siguiente A II=∫a

b

f (x )

2

=∫−24

[4−x ] dx

2

=|4 x− x22 |−2

4

2

=[16−8−(−8−2)]

2=

[16−8+8+2 ]2

=182

=9 unidades cuadráticas. Por lo tanto, para encontrar el área de la zona

II (color naranja), se le debe de quitar el área de la zona I, quedando:

A II ¿=A II-A I=9-6=3 unidades cuadráticas.

2. Calcular el flujo del vector F = 2yj a través de la superficie cilíndrica de radio unidad de la figura.

Partiendo de la base inferior del cilindro se tiene que A=ρ uρ+ρ uφ, por lo que la derivada

dS=-ρ d ρdφuz como lo muestra la siguiente figura:

Flujo del vector F=2yj

Radio R=1

Z

En la cara lateral ρ=R, entonces se tiene que A=Ruρ+Ruφ+zuz, la dS=Rdφdzuz Φ=

∫0

h

∫−π

π

R2dzdφ=∫−π

π

R2dφ|z|0h¿R2h=∫

−π

π

dφ ¿R2h|φ|−ππ

=R2h|π−(−π )|=2πR2h. Por lo tanto para

el caso que nos ocupa considerando que R=1 el cual es el radio de la unidad del problema planteado y su altura es la diferencia de h=10-4=6 unidades lineales, el cual es la altura del cilindro y es igual a y=6 unidades lineales, que al sustituir los datos en la

expresión Φ=2πR2h=2π(1 )26=12π el cual representa el flujo del cilindro del problema

planteado, considero que el flujo del vector F = 2yj es el flujo tanto de la base inferior como de la tapa superior con la altura h, por lo que se concluye que el flujo del vector citado es 12π.

3. Encontrar la distancia desde el punto S(1,1,5) a la línea L: x=1+t, y=3-t, z=2t

Datos:

El punto S(1,1,5)

x=1+tL: y=3-t

Z= 2tPl(1,3,0)

v⃗(1,-1,2)

Calcular la distancia d(S Pl )=|⃗S Pl∗v⃗|

|⃗v|

S⃗ P l=O⃗ P l−O⃗S=(1,3,0)-(1,1,5)=(0,2,-5)

i j k 2 -5 0 -5 0 2S⃗ P l*v⃗=

0 2 -5 = i + j+ k

1 -1 2 -1 2 1 2 1 -1=(4-5)i+(-5)j+(2)k=-1i-5j+2k=(-1,-5,2)

|⃗S Pl∗v⃗|=√ (−1 )2+(−5 )2+(2 )2=√1+25+4=√30

|v⃗|=√ (1 )2+ (−1 )2+ (2 )2=√1+1+4=√6

d(S Pl )=|⃗S Pl∗v⃗|

|⃗v|=√30√6

=5.472.44

=2.24 Unidades lineales

4. Encontrar la distancia entre el punto (0,0,12) y la línea x=4t, y=-2t, z=2t.

Datos (Similar al anterior ejercicio)

El punto S(0,0,12)

x=4tL: y=-2t

Z= 2tPl(0,0,0)

v⃗(4,-2,2)

Calcular la distancia d(S Pl )=|⃗S Pl∗v⃗|

|⃗v|

S⃗ P l=O⃗ P l−O⃗S=(0,0,0)-(0,0,12)=(0,0,-12)

i j k 0 -12 0 -12 0 0

S⃗ P l*v⃗= 0 0 -12 = i + j+ k

4 -2 2 -2 2 4 2 4 -2=(24)i+(-48)j+(0)k=24i-48j+0k=(24,48,0)

|⃗S Pl∗v⃗|=√ (24 )2+(48 )2+(0 )2=√576+2304=√2880

|v⃗|=√ (4 )2+ (−2 )2+ (2 )2=√16+4+4=√24

d(S Pl )=|⃗S Pl∗v⃗|

|⃗v|=√2880√24

=53.664.89

=10.97 Unidades lineales