Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

Ayudantıa 5 Mate 413 de abril, 2015

Profesor: Pablo Gonzalez Lever / Ayudante: Vıctor Valdebenito Silva

1. Sea α(s) una curva en R3 con arco - parametro y torsion constante τ . Si Tα, Nα, Bα es sutriedro movil se define una curva por

β(t) = −1

τNα(t) +

∫ t

0

Bα(s)ds.

Calcular la curvatura y la torsion de β.Sol:Derivando la curva y ocupando las formulas de Frenet tenemos:

β′ = −1

τN ′α +Bα = −1

τ(−kTα + τBα) +Bα =

k

τTα

β′′ =k′

τTα +

k2

τNα

β′′′ =k′′

τTα +

kk′

τNα +

2k′k

τNα −

k3

τTα + k2Bα

=k′′ − k3

τTα +

3kk′

τNα + k2Bα

entonces, calculando lo necesario para obtener curvatura y torsion tendremos

β′ × β′′ = k3

τ 2Bα, ||β′||3 =

k3

τ 3⇒ kβ =

||β′ × β′′||||β′||3

= τ

y por tanto

(β′ × β′′) · β′′′ = k5

τ 2⇒ τβ =

(β′ × β′′) · β′′′

||β′ × β||2=τ 2

k

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2. Calcular el volumen del solido que contiene al punto (0, 0, 1) y esta comprendido entre lassuperficies z = 0 y z = −2 ln

√x2 + y2.

Sol:Sea Ω el solido encerrado por las superficies z = 0 y z = −2 ln

√x2 + y2. El volumen de Ω

viene dado por

V (Ω) =

∫∫∫Ω

dxdydz

Considerando un cambio a coordenadas cilındricas tal que

x = r cos θ

y = r sin θ

z = z

J(r, θ, z) = r

Tenemos0 ≤ z ≤ −2 ln r

Luego, el dominio de integracion sobre el plano z = 0 es

z = 0⇒ −2 ln r = 0⇒ r = 1

Por lo que integraremos sobre una circunferencia de radio 1. Luego el volumen queda expresadopor

V (Ω∗) =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ −2 ln r

0

rdzdrdθ

= −4π

∫ 1

0

r ln rdr

Luego, integrando por partes haciendo

u = ln r ⇒ du =dr

r

v =r2

2⇒ dv = rdr

Por lo que tendremos

V (Ω∗) = −4π

(r2 ln r

2|10 −

1

2

∫ 1

0

rdr

)= −4π

(lımr→0

r2 ln r − 1

4

)= π

NOTA: observar que el lımite puede resolverse facilmente usando la regla de L’Hospitalbuscando la forma ∞∞ .

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3. Calcular; ∫∫∫V

y2dV ,

donde V es el tronco de cono de vertice en el origen y base en el plano z = 4. La base delcono esta delimitada por la circunferencia x2 + y2 = 2y.Sol:La region x2 + y2 ≤ 2y puede ser expresada en coordenadas polares haciendo

x ≤ r cos θ

y ≤ r sin θ

r ∈ [0, 2 sin θ], θ ∈ [0, π]

Luego, el tronco V se genera su unimos todos los puntos que cumplen la condicion x2+y2 ≤ 2y,en z = 4, y el origen. Tomamos el parametro λ para esto, haciendo que λ ∈ [0, 1]. Luego, eltronco sera descrito por el sistema de coordenadas tal que

x = λr cos θ

y = λr sin θ

z = 4λ

El jacobiano de esta transformacion viene dado por

J(r, θ, λ) =

∣∣∣∣∣∣dxdλ

dydλ

dzdλ

dxdr

dydr

dzdr

dxdθ

dydθ

dzdθ

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣r cos θ r sin θ 4λ cos θ λ sin θ 0−λr sin θ −λr cos θ 0

∣∣∣∣∣∣ =∣∣4λ2r

∣∣Por lo que resulta que∫∫∫

V

y2dV =

∫ 1

0

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

4λ4r3 sin2 θdrdθdλ

=4

5

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

r3 sin2 θdrdθ

=32

5

∫ π/2

0

sin6 θdθ

= π

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4. La siguiente integral impropia converge:∫∫D

dxdy

x+ y,

siendo D el recinto definido por las condiciones x ≥ 1 y 0 ≤ y ≤ 1/x. Calcular su valor.Sol:La integral pedida es

I =

∫ ∞1

∫ 1/x

0

dydx

x+ y=

∫ ∞1

ln(x+ y)|1/x0 dx

=

∫ ∞1

ln

(x+

1

x

)− ln(x)dx

=

∫ ∞1

ln

(x2 + 1

x2

)dx

Luego, integrando por partes haciendo

u = ln

(x2 + 1

x2

)⇒ du =

−2

x(x2 + 1)

v = x⇒ dv = 1

se tiene

I = x ln

(x2 + 1

x2

)|∞1 +

∫ ∞1

2

x2 + 1dx

= lımx→∞

x ln

(x2 + 1

x2

)− ln(2) + 2(arctan∞− arctan 1)

=π

2− ln 2

Observar que el lımite puede resolverse usando la regla de L’Hospital usando la forma

lımx→∞

ln(1 + 1

x2

)1x

=0

0

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