Exámenes resueltos.

el centro de gravedad de un triángulo está situado a 1/3 de su altura, se obtiene que Area(Tz) =
1
2
(1−z2 ) (1−z
a
2 )
b
y xG(Tz) = 1 (1−z
3
2 )
a
por lo que
Tz
xdxdy = 1
6a2
1 − z
b
23 Si no se trabaja con el centro de gravedad de Tz, se puede utilizar Fubini para, integrando primero
en y y luego en x escribir
Tz
xdxdy =
1−z 2
a
0
⎛
x ⎝
1−z 2 −ax
b
= · · · = 1
6a2
1 − z
b
23 0
⎞
dy⎠
dx = 1
b
1−z 2
a
con lo que, como debe ser, se llega al mismo resultado. En definitiva
I =
=
1
6a2 1
1 − z
b 0
23 dz = 1
6a2b 1
6a2 16
b 35 =
8
105a2b 1
0
0
x(1 − z 2 − ax)dx =
1 − 3z 2 + 3z 4 − z 6
dz = · · · =
Usando la propiedad de simetría a la que se aludió anteriormente,
ydxdydz =
ˆΩ
8
105b 2 a
Si uno no se da cuenta de dicha propiedad de simetría, se puede proceder de la siguiente forma
ydxdydz =
ˆΩ
=
1
0
⎛
1
0
⎝ 1
a
Tz
1−z 2
b
Por lo tanto, la masa de Ω es
0
ydxdy dz =
M = 64K1
105
⎛
1 1−z
⎝
0
2
b
0
⎞
⎛
y ⎝
1−z 2 −by
a
y(1 − z 2 − ay)dy⎠
dz = 1
6b2a
1
a2 1
+
b ab2
0
1
= 64K1
105a2 (a + b)
b2 0
⎞
⎞
dx⎠
dy⎠
dz =
1 − z 2 3
dz = · · · =
8
105b 2 a
2) En primer lugar hay que hacer constar que en las aristas de Σ el plano tangente no está definido
y por ello tampoco lo está la densidad de carga. Sin embargo como el conjunto de dichas aristas tiene
contenido de Jordan nulo en R 2 , la circunstancia anterior no influye en el cálculo de la carga total
de Σ.
Para cada punto (x, y, z) de Σ la distancia al origen del plano tangente a Σ en (x, y, z) es igual a
la que se obtiene al considerar los puntos (−x, y, z), (x, −y, z) y (x, y, −z) por lo que por simetría se
puede escribir que la carga total Q de Σ es
Q = 8 ˆ Q
donde ˆ Q es la carga total de la porción ˆ Σ de Σ contenida en el primer octante.
Para calcular el plano Π tangente a ˆ Σ en el punto (x, y, z) se puede calcular el gradiente de la
función g(x, y, z) := ax + by + z 2 − 1, ∇g(x, y, z) = (a, b, 2z) y entonces (X, Y, Z) pertenece a Π si y
sólo si verifica la ecuación
a (X − x) + b (Y − y) + 2z (Z − z) = 0