Repaso 2 Ejercicios resueltos
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Repaso 2
Ejercicios resueltos
1. Dada la siguiente integral 2
1 11
00
( ; ; )y
x
f x y z dz dy dx
.
a. Describa gráficamente la región de integración
b. Escriba otra integral iterada equivalente.
c. Calcule el volumen del sólido descrito en la parte a).
Solución
yzyxxzyxE 10,1,10/);;( 2
yzyxyzyxE 10,0,10/);;(
1
0 0
10
2
);;(y
ydzdxdyzyxf
Para calcular el volumen, 1);;( zyxf luego:
1
0 0
10
2
1y
ydzdxdy
6
1)()1(
1
0
1
00
dyyydxdyyy
y
z
x
1
1
1
yz 1
2xy
2. Calcule C
zdsysen , donde C es la curva de intersección entre las superficies 1: 22
1 yxS y
zxS cos:2 ; z0
Solución
ttsenttt 0;;;cosr
1;cos;sen' ttt r
2' tr
0
sensen2sen dtttzdsyC
0
2sen2 dtt
0
2cos12
2dtt
2
2
2
2sen
2
2
0
tt
3. Calcule C
dsy , donde C es la parte de la circunferencia 422 yx que se encuentra en el primer
cuadrante.
Solución
2
0;2;cos2
tsentttr
ttt cos2;sen2' r
2' tr
2
0
)2(sen2
dttdsy
C
4)(cos4 20
t
2
C
2 x
y
4. Sean las trayectorias C1 y C2 mostradas en la figura.
a. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza
zyzezyx xy 22 ;;0);;(F sobre una partícula que se
mueve desde el punto (1; 1; 0) hasta el punto (0; 1; 1) por la
trayectoria recta C1.
Solución
10;;1;1:1 ttttC r
1;0;1' tr
ttetr t 1;;0)( 21F
dttdtttrd
C
1
0
1
0
)1(')(
1
rFrF
5,12
3
2
11
2
1
0
2
t
t
b. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza 3 zzz xyexeyezyx ;;);;(G sobre una
partícula que se mueve desde el punto (1; 1; 0) hasta el punto (0; 1; 1) por la trayectoria C2.
Solución:
ff
xyexeye
zyx
kji
zzz
FF /0;0;0
3
rot
zyhxyezyxfyezyxf zzx ;;;;;
zgxyezyxf
zgzyhzyhxezyhxezyxf
z
yz
yz
y
;;
;0;;;;
czxyezyxf
czzgzgxyezgxyezyxf
z
zzz
3;;
33'3';;
2130;1;11;1;0
2
ffd
C
rF
5. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza 3;2;1);;( zzz xyexeyezyxF sobre una
partícula que se mueve desde el punto A(2; 0; 0) hasta el punto B(1; 0; 3) por la trayectoria C1- C2- C3 ,de
dos maneras distintas.
Solución:
ff
xyexeye
zyx
kji
zzz
FF /0;0;0
321
rot
Método 1
Hallando una función potencial
zyhxxyezyxfyezyxf zz
x ;;;;;
zgyxxyezyxf
zgyzyhzyhxezyhxezyxf
z
y
z
y
z
y
2;;
2;2;2;;;
czyxxyezyxf
czzgzgxyezgxyezyxf
z
zz
z
32;;
33'3';;
82100;0;23;0;1 ffdC
rF
Método 2
Cambio de trayectoria. Sea C4 al segmento que une A con B:
10;3;0;2:4 ttttC r
3;0;1' tr
3;22;1 3 tettrF
1
0
1
0
891'
4
dttdttdC
rrFrF
A
x
3
C1 2
2 y
C2
C3
z
B
6. Calcule
C
y dyeyxdxyx arctan64))1(ln(sen 35 , donde C es la curva que bordea al
rectángulo 20,10/);( 2 yxyx , orientada en sentido anti horario.
Solución
44))1(ln(sen 5
yx
yy
P
6arctan6 3
yeyxxx
Q
D
DC
y
dA
dAx
Q
x
Qdyeyxdxyx
46
arctan64))1(ln(sen 35
4)2)(1(246 D
dA
7. Calcule C
yx dyyexdxey2
2 , donde C está formada por los segmentos que van del punto
)0;2( a )2;0( luego del punto )2;0( a )0;2(
Solución
21 CCC
Sea 3214 CCCC curva cerrada
3421 CCCC
dddd rFrFrFrF Para hallar la integral sobre
C4 aplicamos el teorema de Green
dAx
Q
x
Qdyexdxey
DC
xx
4
2
2
22
xeyyy
P 1
2
yyexxx
Q
4242
1212
4
2
DDC
xx dAdAdyexdxey
Para hallar la integral sobre C3 paremetrizemos la curva
10;0;42:3 tttC r
0;4' tr
221
0
42
1
0
42
1
0
42 44402
3
eeedtedted ttt
C
rF
25.1142 22
4
2
eedyexdxeyC
xx
C3
y
(2; 0) (-2; 0)
(0; 2)
C2 C1
2
x
y
1
y
x 1
1
-1
-1
8. Evaluar
C
xydxdxx4 , donde C es la curva triangular que une los puntos (0;0), (0;1) y (1;0), orientada
positivamente.
Solución:
La gráfica indica la región encerrada por la curva C. Tenemos:
yx
QxyyxQ
y
PxyxP
);(
);( 04
Por lo tanto:
6
11
1
1
0
3
61
21
021
1
0
1
0
1
0
1
0
2
214
x
dxxdxyydydxdAy
P
x
Qxydxdxx
D
x x
C
Nótese que si hubiéramos hecho la integral de línea habríamos tenido que hacer 3 integrales con las
correspondientes parametrizaciones.
9. Determinación de un área mediante una integral de línea. Determine el área de la región limitada por la
hipocicloide que tiene la ecuación vectorial
2033 tttt ;sencos jir
Solución:
De la parametrización de la curva tenemos:
tsen = x==>t sen =y
tcos = x==>t cos =x
22/33
22/33
Sumando miembro a miembro tenemos:
1
1
2/33/21
1
1
1
2/33/23/23/2 12 11
2/33/2
2/33/2dxxdydxAxyyx
x
x
Este cálculo, ejecutado como integral de área, es muy complicado. El teorema de Green nos permite
transformar esta integral en una de línea, usando como trayectoria la hipocicloide del enunciado y
definiendo una función apropiada para la integración. Veamos:
El área de una región D viene dada por D
dAA 1 . Por lo tanto, para aplicar Green deberíamos
encontrar funciones P, Q / 1
y
P
x
Q . Un par de funciones sencillas que cumplen esta condición
son P = 0, Q = x. Si recordamos la parametrización, escribimos:
dtttdy = t y =
t dtt -dxt x =
cossensen
sencoscos
23
23
3
3
Luego:
x
y
1
1
y = 1 - x
8
3
6
2
8
422
2
41
2224
2
2
213
4
23
33
2
0
3
21
83
2
0
2
83
2
0
22
83
2
0
22
0
22
2
0
242
0
23
tttdttt
t
dttttdttt
dtt
t
tdtttdtttQdyPdxdAy
P
x
QA
CD
sensencossen
cos
)cossen(senenscossen
cos
sencoscosenscos
De esta manera contamos con una herramienta más para obtener el área de la región encerrada por
una curva cerrada,
10. Los estudiantes de topografía de la UPC, han hecho un levantamiento de un terreno colindante a la
universidad tal como muestra la figura, el contorno de dicho terreno está definido por la ecuación
vectorial ,20;sencos: 3 ttttC jir medida en
kilómetros. Determine el área de la región acotada por la
curva.
Solución
Utilicemos una de las consecuencias de Green
CD
QdyPdxdARA 1)(
Seleccionemos P y Q de forma tal que 0;1
PxQ
y
P
x
Q,
Entonces
2
2
0
2
0
2
0
2
2
0
22
2
0
2
km4,24
3
8
)4sen(
24
3
2
4cos1
4
32sen
4
3)sencos3
)sencos3(cos)(
tt
dtt
tdttdttt
dttttxdyQdyRAcC
11. Dado el campo jiF2222 yx
x
yx
yyx
);(
a. Calcule su integral de línea sobre el círculo x2 + y
2 = 1
b. Calcule dAy
P
x
Q
D
, donde D es la región encerrada por la curva de la parte a.
c. Discuta si estos resultados están de acuerdo o no con el Teorema de Green.
Solución
a. Parametricemos el círculo.
20 , cossen
sencos
t
tdtdyty
tdtdxtx
tdtQdxtdttt
ttytxQ
tdtPdxtdttt
ttytxP
2
22
2
22
coscoscossen
cos))();((
sensencossen
sen))();((
Integrando tendremos, así:
C
dtttQdyPdx
2
0
22 2cossen
b. Haciendo los cálculos directamente en coordenadas cartesianas es:
00
2)(
2
222
22
222
22
222
22
222
22
dAy
P
x
Q
y
P
x
Q
yx
xy
yx
yyyx
y
P
yx
xy
yx
xxyx
x
Q
D
c. Aparentemente estos resultados contradicen el Teorema de Green. Sin embargo, este último no es
aplicable a la región en cuestión, dado que las funciones P y Q no tienen derivadas parciales
continuas en el punto (0; 0), que está contenido en la región D
12. Calcule la masa de una placa delgada que tiene la forma del paraboloide 22 yxz y está limitada por
los planos 1z y 5z . La densidad (masa por unidad de área) de la placa es
144
1);;(
22
yxzyx .
Solución
SS
dSyx
dSzyxm144
1);;(
22
22 yxz
yy
zx
x
z22
11 22 yxz
55 22 yxz
415
144144
1 22
22
DAdAdAyxyx
m
DD
13. Sea S la parte del paraboloide 22 33),( yxyxf que se encuentra comprendida entre los cilindros
122 yx y 1622 yx . Calcule la masa de S, considerando que la densidad superficial en
SzyxP ,, es igual a 13636);;( 22 yxzyx .
Solución
dSzyxmS
),,(
dAx
z
x
zdS 1
22
dAyxdAyxdS 2222361166
dAyxyxm
xyD
2222 361361
Describiendo la región en coordenadas polares
41;20/, rrDxy
Reemplazando la densidad y el diferencial en coordenadas
polares
46054
36
22361
4
1
2
0
4
1
422
rrrdrdrm
z
x
y
S
D
5
1
14. Sea la superficie S la parte del paraboloide 224 yxz que se encuentra en el primer octante y sea
C la curva frontera de S. (C es la intersección de S con los planos coordenados). Considere una
orientación de C en sentido anti horario si se observa desde arriba. Calcule
C
drF , donde
2;2;5);;( yyzyzyx F .
a. En forma directa
b. Mediante el teorema de Stokes.
Solución:
a. 2
0;0;sen2;cos2:1
ttttC r
0;cos2;2' tsentt r
tttr 2sen4;0;sen10F
52
210sen20
2
0
2
0
2
1
tsentdttd
C
rF
20;4;;0: 2
2 ttttC r
tt 2;1;0' r
22 );4(2;5 tttttr F
04482)4(22
0
42
2
0
32
2
02
ttdtttdttttdC
rF
20;4;0;: 2
3 ttttC r
tt 2;0;1' r
0;0;0trF
03
C
drF
5005 C
drF
b.
5;0;0
25
rot
2
yyzy
zyx
kji
F
55rot DSC
dAdd SFrF
y
z
x
C3 C2
C1
D
15. Sea la superficie S parte del cilindro 042 zx que se encuentra en el primer octante limitado por el
plano 4
zy . Sea C la curva frontera de S. (C es la intersección de S con los planos coordenados y el
plano dado), considere una orientación de C en sentido
anti horario si se observa desde arriba. Calcule
C
drF ,
donde kjiFzx xexzzezyx 2,, .
Solución:
4
4
4
04 22
xyz
y
zx
04;; 2 zxzyxg
1;0;2;; xzyxg
zeex
xexzze
zyx
kji
zx
zx
2;;2
2
rot
F
S
zx
SC
dzeexdd SSFrF 2;;2rot
DDD
zx
S
dAxdAzxdAx
zeexd 22 342241
1;0;22;;2rot SF
4
40;20/;
2xyxyxD
2
0
4
4
0
22
15
64342342
2
dydxxdAx
x
D
x
y
x
z
2
1
4
4 2xy
4
D
S
C
16. Sea E el sólido del primer octante que está debajo del semicono 22 yxz y acotado por la esfera
1222 zyx y los planos 0x , 0y y 0z . Sea S la superficie frontera de E.
Calcule
S
SF d , donde yxzyexezyx zz cos3;1;);;( 2F .
Solución:
E
dVd FSF divS
EE
zz dVdVeed 33S
SF
10;24
;2
0/;;
E
ddddVE
2
0
2
4
1
0
2 sen3
4
2sen
2sen
333
2
4
1
0
32
0
2
4
ddddVE
17. Dado el campo vectorial kjiF xyzxzyyzxzyx ,, ,
a. Determine el flujo de campo en la superficie cerrada por la semiesfera superior zzyx 4222 y
el semicono 22 yxz
b. Determine el flujo de campo sólo en el semicono mencionado, orientado hacia abajo.
Solución:
. 242)2(3
1)2(
3
233div 23
EE
dVdVd FSFS
2222
22 ;yx
y
y
z
yx
x
x
zyxz
DDS
dAxyzyx
xxzy
yx
xyzxdAR
y
zQ
x
zPd
2222
2
SF
DS
dAxyd
2
SF
20;20/; rrD
2
0
2
0
2 cossen
2
rdrdrdAxydDS
SF
2
0
2
0
4
cossen4
2
dr
d
r
rS
SF
02
sen
4
162
0
2
2
S
dSF
S2
S1
z
2
y
2
x
4
y
z
x
18. Dado el campo vectorial kjiF21cos2sen,, zxyyyexzyezyx xx ,
a. Determine el flujo de campo en la superficie cerrada por la semiesfera inferior 9222 zyx y el
plano z = 0
b. Determine el flujo de campo sólo en la semiesfera mencionada, orientada hacia abajo.
Solución:
a. 18)3(3
2div 3
EE
dVdVd FSFS
b.
2121 SSSS
dddddd SFSFSFSFSFSFSS
DS
dAxyd )1(
2
SF
30;20/; rrD
2
0
3
0
2 cossen1)1(
2
rdrdrdAxydDS
SF
2
0
3
0
42
cossen42
2
drr
d
r
rS
SF
92
sen
4
81
2
92
0
2
2
S
dSF
9918
1
S
dSF
y
S1
z
3 x
S2