Trabajos Resueltos del Curso 2003-04.

Trabajos Resueltos del Curso 2003-04.

Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería.Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad Mecánica.

Índice General

Trabajo 6. Curso 2003-04 2





1

Trabajo 6. Curso 2003-04

Problema 1Encontrar todas las raíces complejas de la ecuación z2 − 8iz − (19− 4i) = 0.Solución:Puesto que la ecuación z2 − 8iz − (19− 4i) = 0 es una ecuacón polinómica de segundo grado, sus

soluciones se obtienen mediante

z =8i±

q(8i)2 + 4(19− 4i)

2=8i±√−64 + 76− 16i

2=8i±√12− 16i

2= (1)

=8i±p4 (3− 4i)

2=8i± 2√3− 4i

2= 4i±√3− 4i.

Ahora, debemos obtener las dos raíces cuadradas del número complejo 3− 4i. Pero, nótese que dichasraíces deben ser opuestas y puesto que en (1) aparece el signo ±, sólo debemos obtener una sola delas raíces cuadradas.

Pongamosp(3− 4i) = a + bi, con a, b ∈ R. Entonces, (a+ bi)2 = 3 − 4i y por tanto, a2 +

(bi)2 + 2abi = 3− 4i, lo que nos lleva, igualando partes reales e imaginarias, al sistema (no lineal) deecuaciones ½

a2 − b2 = 3,2ab = −4. (2)

De la segunda de las ecuaciones se obtiene b = −2/a (obsérvese que a = 0 no puede ser solución delsistema (2)) y la sustitución en la primera nos proporciona la ecuación a2 − (−2/a)2 = 3, que nosconduce a la ecuación bicuadrada

a4 − 3a2 − 4 = 0.

Llamando t = a2, se obtiene t2 − 3t − 4 = 0. Las soluciones de esta ecuación son t = −1 y t = 4.Por consiguiente, a2 = −1, lo que no nos conduce a ninguna solución real para a, y a2 = 4, loque nos permite deducir que las únicas soluciones del sistema (2) son a = 2, b = −2/2 = −1 ya = −2, b = −2/(−2) = 1. Así, las dos raíces cuadradas de 3− 4i, naturalmente opuestas, son 2− i y−2+i. Por tanto, volviendo a (1) tenemos que las dos soluciones de la ecuación z2−8iz−(19−4i) = 0son z = 4i±p(3− 4i) = 4i± (2− i), es decir,

z = 2 + 3i y z = −2 + 5i.

Problema 2Encontrar las raíces cúbicas del número complejo 4

√3 + 4i.

Solución:Para calcular las tres raíces cúbicas del número complejo z = 4

√3 + 4i, escribiremos z en forma

polar. El módulo de z es r = |z| =q¡4√3¢2+ 42 = 8 y su argumento θ satisface tg θ = 4

4√3=

√33 .

2


Como el afijo del número complejo z = 4√3+ 4i está en el primer cuadrante, resulta que θ = π

6 y portanto, z = 8π

6. Así, las tres raíces cúbicas de z son³

3√8´

π/6+2kπ3

para k = 0, 1, 2.

Es decir, las tres raíces cúbicas de 4√3 + 4i en forma polar son:

3

q4√3 + 4i =

2 π18

2 1318π

2 2518π

Problema 3

Escribir en forma polar y cartesiana el número complejo z =6e−i(π/3)

1− i .

Solución:Comenzaremos por la forma cartesiana (binómica). Puesto quee−i(π/3) = cos(−π/3) + i sen(−π/3) = cos(π/3)− i sen(π/3) = 1

2 − i√32 , resulta que

z =6e−i(π/3)

1− i =3− 3√3i1− i =

¡3− 3√3i¢ (1 + i)(1− i) (1 + i) =

3 + 3√3 +

¡3− 3√3¢ i2

=

=3 + 3

√3

2+

¡3− 3√3¢

2i.

Para la escritura en forma polar, debemos tener en cuenta que 1− i = ¡√2¢−π/4 = √2e−iπ/4. Porconsiguiente, aplicando propiedades de la exponencia compleja, tenemos

z =6e−i(π/3)

1− i =6e−i(π/3)√2e−iπ/4

=6√2ei(−π/3+π/4) =

6√2ei(−π/12) =

µ6√2

¶−π/12

=

=

µ6√2

¶2π−π/12

=³3√2´2312π.

Problema 4Calcular las siguientes integrales indefinidas:

(a)Zeax cos(bx)dx y

Zeax sen(bx)dx, siendo (a, b) 6= (0, 0).

(b)Zlnxdx

(c)Zarctg xdx

(d)Z

Ax+B

(x− α)2 + β2dx, con β 6= 0.

(e)Z

Ax+B

x2 + ax+ bdx, siendo a2 − 4b < 0.

Solución:


(a) Comezamos suponiendo b 6= 0 y aplicamos el método de integración por partes.Zeax cos(bx)dx =

·u = eax du = aeaxdxdv = cos(bx) v = 1

b sen(bx)

¸= eax

b sen(bx)−Z

aeax

b sen(bx)dx =

= eax

b sen(bx)− ab

Zeax sen(bx)dx =

·u = eax du = aeaxdxdv = sen(bx) v = −1b cos(bx)

¸=

= eax

b sen(bx)− ab

µ−eaxb cos(bx)−

Z−aeaxb cos(bx)dx

¶=

= eax

b sen(bx) +aeax

b2cos(bx)− a2

b2

Zeax cos(bx)dx.

Luego, denominando I =Zeax cos(bx)dx, hemos llegado a la igualdad

I =eax

bsen(bx) +

aeax

b2cos(bx)− a

2

b2I

lo que nos conduce directamente a

I =eax (b sen (bx) + a cos (bx))

a2 + b2

esto es, Zeax cos(bx)dx =

eax (b sin (bx) + a cos (bx))

a2 + b2+ C (3)

Cuando b = 0 la integral se convierte enZeax cos(bx)dx =

Zeaxdx = 1

aeax + C, pues en este

caso, a 6= 0, ya que a y b no pueden ser nulos a la vez (es decir, (a, b) 6= 0).Nótese que la expresión (3) es válida para b = 0.

Razonando de forma análoga podemos probar queZeax sen(bx)dx =

eax (a sen (bx)− b cos (bx))a2 + b2

+C si (a, b) 6= 0.

(b) Integrando por partes tenemosZlnxdx =

·u = lnx du = 1/xdxdv = dx v = x

¸= x lnx−

Zx · 1xdx = x lnx−

Z1dx = x lnx−x+C.

(c) De nuevo, aplicando el método de integración por partes obtenemosZarctg xdx =

·u = arctgx du = 1

1+x2dx

dv = dx v = x

¸= x arctg x−

Zx

1+x2dx = x arctg x−12

Z2x1+x2

dx =

= x arctg x− 12 ln

¡1 + x2

¢+ C.

(d)Z

Ax+B

(x− α)2 + β2dx = 1

2

Z2Ax+ 2B

(x− α)2 + β2dx = 1

2

Z2Ax+ 2B − 2Aα+ 2Aα

(x− α)2 + β2dx =

= 12

ZA · 2(x− α) + 2B + 2Aα

(x− α)2 + β2dx = A

2

Z2(x− α)

(x− α)2 + β2dx+

ZB +Aα

(x− α)2 + β2dx =

= A2 ln

£(x− α)2 + β2

¤+ (B +Aα)

Z1

(x− α)2 + β2dx.


Seguidamente, resolvemos la integral indefinidaZ

1

(x− α)2 + β2dx teniendo en cuenta que β 6=

0. (Puede suponerse β > 0).Z1

(x− α)2 + β2dx =

Z1/β2

(x−αβ )2 + 1dx = 1

β

Z1/β

(x−αβ )2 + 1dx = 1

β arctg³x−αβ

´.

Por tanto, ZAx+B

(x− α)2 + β2dx =

A

2ln£(x− α)2 + β2

¤+B +Aα

βarctg

µx− α

β

¶.

(e) Completando cuadrados en el denominador, conseguimosZAx+B

x2 + ax+ bdx =

ZAx+B¡

x+ a2

¢2+ b− a2

4

dx =

ZAx+B¡

x+ a2

¢2+ 4b−a2

4

Como a2 − 4b < 0, tenemos que 4b−a24 > 0 y por tanto, este número puede escribirse como el

cuadradro de otro número, pongamos β. Es decir, 4b−a2

4 = β2. Por tanto, si ponemos a2 = −α,aplicando el apartado anterior tenemosZ

Ax+B

x2 + ax+ bdx =

A

2ln

·(x+

a

2)2 +

4b− a24

¸+

B +A¡−a2¢

(4b− a2)1/2 /2arctg

Ãx+ a

2

(4b− a2)1/2 /2

!=

=A

2ln¡x2 + ax+ b

¢+B −Aa√4b− a2 arctg

µ2x+ a√4b− a2

¶.


Problema 1Encontrar todas las raíces de la ecuación x6 − 1 = 0.Solución:La ecuación x6 − 1 = 0 puede escribirse también como

¡x3¢2 − 1 = 0. De donde obtenemos que

x3 = 1 o x3 = −1.Resolvemos ahora las ecuaciones x3 = 1 y x3 = −1. Las soluciones de x3 = 1 son las raices cúbicas

de 1. Como el número complejo 1 escrito en forma polar es 10 tenemos que las soluciones de x3 = 1son:

x1 = 10 = 1(cos 0 + i sen 0) = 1;

x2 = 1 2π3= 1

µcos

2π

3+ i sen

2π

3

¶= −1

2+

√3

2i;

x3 = 1 4π3= 1

µcos

4π

3+ i sen

4π

3

¶= −1

2−√3

2i.

Las soluciones de x3 = −1 son las raices cúbicas de −1. Como el número complejo −1 escrito enforma polar es 1π tenemos que las soluciones de x3 = −1 son:

x4 = 1π3= 1

³cos

π

3+ i sen

π

3

´=1

2+

√3

2i;

x5 = 1π = 1(cosπ + i senπ) = −1

x6 = 1 5π3= 1

µcos

5π

3+ i sen

5π

3

¶=1

2−√3

2i

Otra forma: De hecho, podemos resolver la ecuación x6 − 1 = 0 obteniendo las raíces sextas de launidad (x = 6

√1). Éstas vienen dadas por

xk+1 = 12kπ/6 = 1kπ/3 para k = 0, 1, 2, 3, 4, 5,

es decir, las seis raíces sextas de la unidad son:

x1 = 10 = 1

x2 = 1π/3 = cosπ3 + i sen

π3 =

12 +

√32 i

x3 = 12π/3 =¡cos 2π3 + i sen

2π3

¢= −12 +

√32 i

x4 = 1π = −1x5 = 14π/3 = cos

4π3 + i sen

4π3 = −12 −

√32 i

x6 = 15π/3 = cos5π3 + i sen

5π3 =

12 −

√32 i

6


Problema 2Hallar, con ayuda de la calculadora, (11− 2i)4 y 4

√−12 + i. Dar los resultados en forma binómica.

Solución:Redondeamos a tres cifras decimales.El módulo del numero complejo 11 − 2i es √112 + 22 = 5

√5 = 11.180 y su argumento es θ =

arctan¡− 2

11

¢= arctan (−0.182) = 6.103

Por lo tanto (11− 2i)4 = (11.180)424.412 = 15623.1(cos(24.412) + sen(24.412))i= 15623.1(0.751− i0.660) = 11732.948− 10311.246iEl módulo del número complejo z = −12 + i es r = √122 + 1 = √145 = 12.042 y su argumento es

θ = arctan¡− 1

12

¢= arctan (−0.083) = 3.060. Por lo tanto, las raices cuartas de z son

w0 =¡4√12.042

¢3.0604= 1.8630.765 = 1.863(cos(0.765) + i sen(0.765))

= 1.863(0.721 + 0.693i) = 1.343 + 1.291iw1 =

¡4√12.042

¢3.0604+ 6.283

4= 1.8632.336 = 1.863(cos(2.336) + i sen(2.336))

= 1.863(−0.693 + 0.721i) = −1.291 + 1.343iw2 =

¡4√12.042

¢3.0604+2 6.283

4= 1.8633.907 = 1.863(cos(3.907) + i sen(3.907))

= 1.863(−0.721− 0.693i) = −1.343− 1.291iw3 =

¡4√12.042

¢3.0604+3 6.283

4= 1.8635.478 = 1.863(cos(5.478) + i sen(5.478))

= 1.863(0.693− 0.721i) = 1.291− 1.343i

Problema 3Calcular las siguientes integrales indefinidas:Z √

1 + exdx yZex√1 + e2xdx.

Solución:Para resolver la primera de las integrales utilzamos el método de sustitución realizando el cambio

de variable: u2 = 1+ex, de donde 2udu = exdx =¡u2 − 1¢ dx. sustituyendo en la integral obtenemos:Z √

1 + exdx =

Z2u2

u2 − 1du. Esta última integral es racional. Por tanto. descompondremos lafunción racional en suma de fracciones simples, pero antes buscando que el grado del numerador seamenor que el del denominador. Haciéndo así, obtenemosZ

2u2

u2 − 1du =Z µ

2 +1

u− 1 −1

u+ 1

¶du = 2u+ln

µu− 1u+ 1

¶+C = 2

√1 + ex+ln

µ√1 + ex − 1√1 + ex + 1

¶+

CPara resolver la segunda integral realizamos el cambio u = ex. De esta forma, obtenemos du =

exdx. Sustituyendo en la integral tenemos:

I =

Zex√1 + e2xdx =

Z √1 + u2du. Ahora relizamos el cambio u = tg t, de donde obtenemos :

du = sec2 tdt y√1 + u2 = sec t. Sustituyendo en la integral obtenemos: I =

Zsec3 tdt

Esta integral vamos a hacerla por partes:

½g = u = sec tf 0 = v0 = sec2 t (dv = sec2 tdt) ⇒

½g0 = u0 = sec t tg t (du = sec t tg tdt)f = v = tg t

.

Utilizando la fórmula de integración por partes obtenemos:

I = sec t tg t−Zsec t tg2 tdt = sec t tg t−

Zsec t

¡−1 + sec2 t¢ dt = sec t tg t+Z sec tdt−Zsec3 tdt⇒


2I = sec t tg t+

Zsec tdt = sec t tg t+ ln |sec t+ tg t|+C ⇒ I = 1

2 (sec t tg t+ ln |sec t+ tg t|) +C.Deshaciendo los cambios, obtenemos: I = 1

2

³u√1 + u2 + ln

¯̄̄u+√1 + u2

¯̄̄´= 1

2

³ex√1 + e2x + ln

¯̄̄ex +

√1 + e2x

¯̄̄´+

C

Nota: El mismo procedimiento que se ha utilizado para obtenerZsec3 tdt puede utilizarse para

obtenerZsec2n+1 tdt siendo n un número natural.

Problema 4Calcular las siguientes integrales indefinidas:Z

dx3√x+√x

yZ

dx3√x2 +

3√x5, en la primera de las integrales realizar el cambio tm = x,

donde m es el mínimo común múltiplo de los indíces de las raíces.

Solución:Para resolver la primera de las integrales realizamos el cambio de variable t6 = x ⇒ 6t5dt = dx.

Este cambio permitirá eliminar las dos raices que aparecen en la integral. Sustituyendo en la integralobtenemos:Z

dx3√x+√x= 6

Zt5dt

t2 + t3= 6

Zt3dt

1 + t= 6

Z µt2 − t+ 1− 1

1 + t

¶dt = 6

µt3

3− t

2

2+ t− ln |t+ 1|

¶+

C.Deshaciendo el cambio (t = 6√x) obtenemos:

Zdx

3√x+√x= 6

Ã6√x3

3−

6√x2

2+ 6√x− ln | 6√x+ 1|

!+

C.Para hacer la segunda de las integrales realizamos el cambio t3 = x ⇒ 3t2dt = dx. Sustituyendo

en la integral obtenemos:Zdx

3√x2 +

3√x5= 3

Zt2dt

t2 + t5= 3

Zdt

t3 + 1=

Zdt

t+ 1+

Z(−t+ 2) dtt2 − t+ 1 =

Zdt

t+ 1−Z(t− 2) dtt2 − t+ 1 =

=

Zdt

t+ 1− 1

2

Z(2t− 1) dtt2 − t+ 1 +

32

Z1dt

t2 − t+ 1 =Z

dt

t+ 1− 1

2

Z(2t− 1) dtt2 − t+ 1 +

32

Z1dt¡

t− 12

¢2+ 34

= ln (|1 + t|)− 12 ln

¡t2 − t+ 1¢+ 3

2 .2√3arctan

Ãt− 1

2√32

!+C =

ln (|1 + t|)− 12 ln

¡t2 − t+ 1¢+√3 arctanµ2t− 1√

3

¶+ C

y deshaciendo el cambio se tiene

Zdx

3√x2 +

3√x5= ln

¡¯̄1 + 3√x¯̄¢− 1

2ln³

3√x2 − 3

√x+ 1

´+√3 arctan

µ2 3√x− 1√3

¶+ C.

Problema 5Demostrar la fórmula :Z

xm lnn xdx =xm+1 lnn x

m+ 1− n

m+ 1

Zxm lnn−1 xdx

donde m y n son enteros positivos. Aplicar dicha fórmula para obtenerZx3 ln2 xdx.

Solución:Usamos la fórmula de integración por partes:


½u = lnn xv0 = xm (dv = xmdx)

⇒

u0 = n

1

xlnn−1 x (du = n

1

xlnn−1 xdx)

v =xm+1

m+ 1

⇒Zxm lnn xdx =

xm+1 lnn x

m+ 1− n

m+ 1

Zxm lnn−1 xdx.

Usando esta fórmula dos veces obtenemos:Zx3 ln2 xdx =

x4 ln2 x

4− 12

Zx3 lnxdx =

=x4 ln2 x

4− 12

µx4 lnx

4− 14

Zx3dx

¶=x4 ln2 x

4− x

4 lnx

8+x4

32+ C.

Problema 6Demostrar la fórmula :Z

(sen (ax))n dx = −(sen (ax))n−1 cos (ax)an

+n− 1n

Z(sen (ax))n−2 dx

donde n es un entero positivo. Aplicar dicha fórmula para obtenerZsen5 (7x) dx.

Solución:Usamos la fórmula de integración por partes:½u = senn−1 (ax)v0 = sen (ax) (dv = sen (ax) dx)

⇒ u0 = (n− 1) a senn−1 (ax) cos (ax) (du = (n− 1) a senn−1 (ax) cos (ax) dx)v = −cos (ax)

a

⇒

I =

Z(sen (ax))n dx = −sen

n−1 (ax) cos (ax)a

+ (n− 1)Z(sen (ax))n−2 (cos (ax))2 dx =

= −senn−1 (ax) cos (ax)

a+ (n− 1)

Z(sen (ax))n−2 dx− (n− 1)

Z(sen (ax))n dx⇒

I = −senn−1 (ax) cos (ax)

a+ (n− 1)

Z(sen (ax))n−2 dx− (n− 1) I ⇒

nI = −senn−1 (ax) cos (ax)

a+ (n− 1)

Z(sen (ax))n−2 dx⇒

I = −(sen (ax))n−1 cos (ax)an

+n− 1n

Z(sen (ax))n−2 dx.

Para calcularZsen5 (7x) dx usamos dos veces la fórmula anterior, obteniendo:Z

sen5 (7x) dx = −(sen (7x))4 cos (7x)

35− 45

Z(sen (7x))3 dx =

−(sen (7x))4 cos (7x)

35− 45

Ã−(sen (7x))

2 cos (7x)

21− 23

Z(sen (7x)) dx

!=

−(sen (7x))4 cos (7x)

35− 4 (sen (7x))

2 cos (7x)

105+8

15

Z(sen (7x)) dx =

−(sen (7x))4 cos (7x)

35− 4 (sen (7x))

2 cos (7x)

105− 8 cos (7x)

105+ C.


Problema 1

a) Sea F (x) = 2x+Z x

0

sen (2t)

1 + t2dt. Determinar F (0), F 0(0) y F 00(0).

b) Hallar los puntos críticos de F (x) =Z x

0

t− 11 + t2

dt y para cada uno de ellos determinar si F tiene

máximo local, mínimo local o ninguna de las dos cosas

Solución

a) F (0) = 2 · 0 +Z 0

0

sen (2t)

1 + t2dt = 0

Para obtener F 0(0), caculamos previamente F 0 (x) utilizando el Teorema Fundamental del Cál-

culo. F 0 (x) = 2 +sen (2x)

1 + x2. Por lo tanto F 0(0) = 2.

Calculamos ahora F 00(x) =2 cos (2x)

¡1 + x2

¢− 2x sen (2x)(1 + x2)2

, de donde obtenemos que F 00(0) = 2.

b) Como la función F (x) es derivable (ya que el integrando es una función continua), los puntoscríticos serán aquellos en los que la derivada primera se anula. Usamos el Teorema Fundamentaldel Cálculo para obtener F 0(x):

F 0(x) =x− 11 + x2

.

Por lo tanto F 0(x) = 0 si y sólo six− 11 + x2

= 0, es decir, si x = 1, que es por tanto el único punto

crítico. Para decidir si es extremo relativo calculamos la derivada segunda de F (x):

F 00(x) =¡1 + x2

¢− 2x (x− 1)(1 + x2)2

=−x2 + 2x+ 1(1 + x2)2

.

Así, F 00(1) =1

2> 0 y obtenemos que en x = 1 la función F (x) tiene un mínimo relativo.

Problema 2

a) Dibujar la región limitada por la gráfica de las funciones y = cosx e y = 4x2 − π2 y calcular elárea de dicha región.

10


b) Sea f(x) = cosx+ senx definida en el intervalo [−π.π] . Hacer un esbozo de la gráfica de dichafunción, calcular la integral

Z π

−πf(x)dx y el área de la región limitada por la gráfica de f(x),

el eje de las x y las rectas x = −π y x = π.

c) Área de la región limitada por la intersección de las circunferencias x2 + y2 = 4 y (x− 2)2 +(y − 2)2 = 4

Solución

a) Como la región es simétrica respecto al eje OY (ver Figura 1), el área puede calcularse de lasiguiente forma:

A = 2

Z π2

0

¡cosx− 4x2 + π2

¢dx = 2

·senx− 4x

3

3+ π2x

¸π2

0

= 2

µ1− 4π

3

24+

π3

2

¶=6 + 2π3

3.

- π/2

π/2 y=cos x

y=4x2-π2

x

y

Figura 1: Representación gráfica de las funciones y = cosx e y = 4x2 − π2.

b) Podemos hacernos una idea de la gráfica de la función en el intervalo [−π.π] teniendo en cuentasólo unos cuantos datos:

Puntos de corte con los ejes: Observemos que f(−π) = f(π) = −1 y que f(0) = −1. Además lafunción f(x) corta al eje de las X en aquellos puntos en los que cosx = − senx y eso ocurre siy sólo si tg x = −1, es decir, x = −π

4y x =

3π

4.

Por último, derivando f 0(x) = cosx − senx, vemos que los puntos críticos se obtienen cuandox =

π

4y x = −3π

4. Con esta información una gráfica aproximada puede verse en la Figura 2.

Por lo tantoZ π

−π(cosx+ senx) dx = [− cosx+ senx]π−π = −1− (−1) = 0

Mientras que el área encerrada es:

A =

Z −π4

−π(− cosx− senx) dx+

Z 3π4

−π4

(cosx+ senx) dx+

Z π

3π4

(− cosx− senx) dx =

[cosx− senx]−π4−π + [− cosx+ senx]

3π4

−π4+ [cosx− senx]π3π

4=√2 + 1 + 2

√2 +√2− 1 = 4√2


-π π

x

y

-π/4 π/4 -3π/4

3π/4

Figura 2: Representació gráfica de la función f(x) = cosx+ senx en [−π.π].

c) Si dibujamos las dos circunferencias (véase la Figura 3) se observa que el área encerrada entre

las dos curvas es A =

Z 2

0

µ√4− x2 − 2 +

q4− (x− 2)2

¶dx =

Z 2

0

√4− x2dx − 2

Z 2

0dx +Z 2

0

q4− (x− 2)2dx = I1 − 4 + I2.

y

x

x2+y2=4

(x-2)2+(y-2)2=4

2

2

Figura 3: Representación de las circunferencias x2 + y2 = 4 y (x− 2)2 + (y − 2)2 = 4.Calculamos ahora las integrales I1 e I2. Pero, nótese que puede verse directamente que la integralI1 = π, ya que se trata del área de la cuarta parte de un círculo de radio 2.

Vamos a calcularlas utilizando un cambio de variables.

I1 =

Z 2

0

√4− x2dx⇒

½x = 2 sen tdx = 2cos tdt

; Cuando x = 0⇒ t = 0 y cuando x = 2⇒ t =π

2. Por

lo tanto I1 = 4Z π

2

0cos2 tdt = 2

Z π2

0(1 + cos 2t) dt = 2

·t+

sen 2t

2

¸π2

0

= π


I2 =

Z 2

0

q4− (x− 2)2dx ⇒

½x− 2 = 2 sen tdx = 2 cos tdt

; Cuando x = 0 ⇒ t = −π2y cuando x = 2 ⇒

t = 0. Por lo tanto I2 = 4Z 0

−π2

cos2 tdt = 2

Z 0

−π2

(1 + cos 2t) dt = 2

·t+

sen 2t

2

¸0−π2

= π.

Por lo tanto, el área pedida es A = 2π − 4.

Problema 3

a) La base de un sólido es la región comprendida entre las parábolas x = y2 e x = 3− 2y2. Hallarel volumen del sólido sabiendo que las secciones perpediculares al eje OY son: (a) triángulosequiláteros, (b) cuadrados.

b) Bosquejar la región del semiplano derecho que es exterior a la parábola y = x2 y está limitadapor las rectas y = x+ 2 e y = 2x− 2. Calcular el volumen de dicha región cuando gira en tornoal eje OY.

c) Sea f(x) =½ √

3x 0 ≤ x ≤ 1√4− x2 1 ≤ x ≤ 2 y sea R la región limitada por la gráfica de f(x) y el eje

de las X. Obtener el volumen del sólido obtenido cuando dicha región gira: entorno del eje OX,entorno del eje OY, entorno de la recta x = 2 y entorno de la recta y =

√3.

Solución

a) Las parábolas x = y2 y x = 3− 2y2 se cortan en los puntos (1,−1) y (1, 1). La distancia de unsegmento paralelo al eje OX y limitado por las dos parábolas es 3− 3y2 (ver Figura 4).

x=3- 2 y2

x

y

x= y2

3- 3 y2

Figura 4: Representación gráfica de las parábolas x = y2 e x = 3− 2y2.

Como el área de un triángulo equilátero de lado l es

√3l2

4, tenemos que el volumen pedido en el

apartado (a) es, utilizando la simetría,

V1 = 2

Z 1

0

√3

4

¡3− 3y2¢2 dy = √3

2

Z 1

0

¡9− 18y2 + 9y4¢ dy = 12

√3

5.


Como el área de un cuadrado de lado l es l2, tenemos que el volumen pedido en el apartado (b)es, de nuevo utilizando la simetría,

V2 = 2

Z 1

0

¡3− 3y2¢2 dy = 2Z 1

0

¡9− 18y2 + 9y4¢ dy = 48

5.

b) La recta y = x + 2 y la parábola y = x2 se cortan en los puntos (2, 4) y (−1, 1), pero el punto(−1, 1) no pertence al semiplano derecho. Por otro lado, las dos rectas se cortan en el punto(4, 6). Utilizamos el método de las capas para obtener dicho volumen (véase la Figura 5)

x

y

2

4

4

6

-2

x2-2x+2

-x+4

Figura 5: Representación gráfica de la parábola y = x2 y las rectas y = x+ 2 e y = 2x− 2.

V = 2π

Z 2

0x¡x2 − 2x+ 2¢ dx+ 2π Z 4

2x (x+ 2− 2x+ 2) dx =

= 2π

Z 2

0

¡x3 − 2x2 + 2x¢ dx+ 2π Z 4

2

¡−x2 + 4x¢ dx = 16π

3+32π

3= 16π

c) En la Figura 6 puede contemplarse un esbozo de la región R.Calculamos en primer lugar el volumen cuando la región R gira en torno del eje OX. Usare-

mos el método de las capas. V1 = 2π

Z √3

0y

µp4− y2 − 1√

3y

¶dy = 2π

Z √3

0yp4− y2dy −

2π√3

Z √3

0y2dy =

= 2π

−q(4− y2)33

√3

0

− 2π√3

·−y

3

3

¸√30

=8π

3.

A continuación calculamos el volumen cuando dicha región gira en torno del eje OY. En estecaso utilizaremos el método de los discos obteniendo

V2 = π

Z √3

0

¡4− y2¢ dy − π

Z √3

0

y2

3dy = π

·4y − 4y

3

9

¸√30

=7π√3

3

Para calcular el volumen cuando la región gira entorno de la recta x = 2, utilizamos de nuevo elmétodo de las capas, obteniendo:


y

x

y=31/2x y=(4-x2)1/2

R

1 2

Figura 6: Representación gráfica de la función f(x) definida en el apartado c) del Problema 3.

V3 = 2π

Z 1

0(2− x)√3xdx+ 2π

Z 1

0(2− x)√4− x2dx =

= 4√3π

Z 1

0xdx− 2√3π

Z 1

0x2dx+ 4π

Z 1

0

√4− x2dx− 2π

Z 1

0x√4− x2dx = π

¡3π − 7√3¢6

Por último, para calcular el volumen cuando la región gira entorno de la recta y =√3, utilizamos

de nuevo el método de las capas, obteniendo:

V4 = 2π

Z √3

0

¡√3− y¢µp4− y2 − 1√

3y

¶=

= 2π√3

Z √3

0

µp4− y2 − 1√

3y

¶dy−2π

Z √3

0y

µp4− y2 − 1√

3y

¶dy = 4

3π2√3−8π

3=4π

3

¡π√3− 2¢

Problema 4Calcular las siguientes integrales impropias:Z 1

0x lnxdx,

Z ∞

e

dx

x (lnx)2,

Z ∞

0e−x senxdx

Z ∞

0cos2 xdx.

Solución

a) La función x lnx es continua en el intervalo (0, 1], pero no está definida en el punto x = 0. Ya

que limx→0x lnx = lim

x→0lnx1x

= limx→0

1x

− 1x2= limx→0 (−x) = 0, tenemos que la discontinuidad en el punto

x = 0 es evitable. Por consiguiente, la integral en cuestión no es impropia, aunque su cálculo lollevaremos a cabo utilizando las técnicas de la integración impropia.Z 1

0x lnxdx = lim

a→0+

Z 1

ax lnxdx = lim

a→0+

µx2

2lnx− x

2

4

¶1a

= lima→0+

µ−14− a

2

2ln a+

a2

4

¶= −1

4.

Se ha tenido en cuenta queZx lnxdx =

x2

2lnx− x

2

4+ C y que

lima→0+

µa2

2ln a

¶= lima→0+

Ãln a2a2

!= lima→0+

1a

− 4a3= lima→0+

µ−a

2

4

¶= 0


b) Calculamos una primitiva utilizando el cambio t = lnx, obteniendo:Zdx

x (lnx)2=

Zdt

t2= −1

t= − 1

lnx+ C.

Entonces: Z ∞

e

dx

x (lnx)2= limb→∞

bZe

dx

x (lnx)2= limb→∞

·− 1

lnx

¸be

= limb→∞

µ− 1

ln b+ 1

¶= 1.

c) Utilizando el método de integración por partes se obtiene queZe−x senxdx = −1

2e−x (senx+ cosx)+

C. (primitiva obtenida en el Trabajo 6).

Por lo tantoZ ∞

0e−x senxdx = lim

b→∞

Z b

0e−x senxdx = lim

b→∞

·−12e−x (senx+ cosx)

¸b0

=

= limb→∞

µ−12e−b (sen b+ cos b) +

1

2

¶=1

2, ya que lim

b→∞

µ−12e−b (sen b+ cos b)

¶= 0 al ser el

producto de una función que tiende a cero por otra que está acotada.

d) Teniendo en cuenta que cos2 x =1 + cos 2x

2, obtenemos que

Zcos2 xdx =

x

2+sen 2x

4+C. Por

lo tanto,Z ∞

0cos2 xdx = lim

b→∞

Z b

0cos2 xdx = lim

b→∞

·x

2+sen 2x

4

¸b0

= limb→∞

µb

2+sen 2b

4

¶= ∞,

luego la integral es divergente.

Problema 5La transformada de Laplace de una función continua f : [0,∞) −→ R es la función F definida por

F (s) =

∞Z0

e−sxf(x)dx,

siendo el dominio de F el conjunto de todos los números reales s donde la integral anterior converge.Hallar la transformada de Laplace de cada una de las siguientes funciones:

f(x) = 1, f(x) = x, f(x) = e3x, f(x) = cosx,

indicando el dominio de existencia.Solución

a) La transformada de Laplace de la función f(x) = 1 es

F (s) =

Z ∞

0e−sxdx = lim

b→∞

Z b

0e−sxdx

Ahora, realizamos la siguientes distinciones:

(i) Si s 6= 0, entonces F (s) =Z ∞

0e−sxdx = lim

b→∞

Z b

0e−sxdx = lim

b→∞

·−e

−sx

s

¸b0

= limb→∞

µ−e

−sb

s+1

s

¶.

Como

limb→∞

e−sb =½0 si s > 0∞ si s < 0


se tiene que la integral diverge para s < 0 y converge para s > 0, siendo su valor en estecaso,

F (s) = limb→∞

µ−e

−sb

s+1

s

¶=1

s.

(ii) Para s = 0, la integral impropia es divergente, pues

F (0) =

Z ∞

0e0·xdx = lim

b→∞

Z b

01dx = lim

b→∞b =∞.

En resumen, la transformada de Laplace de f(x) = 1 sólo está definida para s > 0 y su valor esF (s) = 1/s.

b) Razonando de forma análoga al apartado anterior, puede probarse que la transformada deLaplace de la función f(x) = x sólo está defnida para s > 0 y su valor es

F (s) =

Z ∞

0e−sxxdx = lim

b→∞

Z b

0e−sxxdx = lim

b→∞

·−xe

−sx

s− e

−sx

s2

¸b0

= limb→∞

·−be

−sb

s− e

−sb

s2+1

s2

¸=1

s2.

c) De forma análoga, la transformada de Laplace de la función f(x) = e3x está definida para s > 3,siendo su valor

F (s) =

Z ∞

0e−sxe3xdx = lim

b→∞

Z b

0e(3−s)xdx = lim

b→∞

"e(3−s)x

3− s

#b0

= limb→∞

"e(3−s)b

3− s −1

3− s

#=

1

s− 3 .

d) Un razonamiento similiar nos permite probar que la transformada de Laplace de la funciónf(x) = cosx sólo está definida para s > 0 y

F (s) =

Z ∞

0e−sx cosxdx = lim

b→∞

Z b

0e−sx cosxdx = lim

b→∞s2

s2 + 1

·−e

−sx cosxs

− e−sx senxs2

¸b0

=

limb→∞

s2

s2 + 1

·−e

−sb cos bs

− e−sb sen bs2

+1

s

¸=

s2

s2 + 1.1

s=

s

s2 + 1.

Previamente se ha calculado la integral indefinida utilizando el método de integración por partesy se ha obtenido:Z

e−sx cosxdx =s2

s2 + 1

·−e

−sx cosxs

− e−sx senxs2

¸+ C (ver Trabajo 6).


Problema 1Determine y realice un esbozo del dominio de definición de las siguientes funciones:

f(x, y) =px2 + y2 − 100 y g(x, y) = ln

¡y − x2 + 1¢ .

Solución:Es directo observar que el dominio de la función f es el conunto D formado los puntos de R2

exteriores al circulo de centro el origen y radio 10, es decir, D =©(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 100ª.

El dominio de definición de la función g es el conjunto de los puntos de R2 que se encuentran porencima de la parábola y = x2 − 1.

En las Figuras 7 y 8 hemos esbozado los dominios de definición de las funciones f y g.

x

y

x2+y2=100

Figura 7: Dominio de definición de la función f(x, y) =px2 + y2 − 100.

Problema 2Calcular los siguientes límites y establecer (y esbozar) el conjunto de R2 para el cual la función

correspondiente es continua.

lim(x,y)→(2,2)

x2 − 2y2x3 + 2y

y lim(x,y)→(π,1)

y2 cos(xy).

Solución:

La función f(x, y) =x2 − 2y2x3 + 2y

es continua en todo R2, salvo en los puntos que anulan al denomi-nador, pues se trata de una función racional, es decir, es el cociente de dos funciones polinómicas, que

18


x

y

y=x2-1

Figura 8: Dominio de definición de la función g(x, y) = ln¡y − x2 + 1¢.

como sabemos son continuas en todo R2. Así, f(x, y) =x2 − 2y2x3 + 2y

es continua en todo su dominio, es

decir, en D =©(x, y) ∈ R2 : x3 + 2y 6= 0ª y, por tanto,

lim(x,y)→(2,2)

x2 − 2y2x3 + 2y

=22 − 2 · 2223 + 2 · 2 = −

1

3,

ya que (2, 2) ∈ D.En la Figura 9 hemos representado el conjunto D donde f es continua.

x

y

y=-x3/2

Figura 9: La función f(x, y) =x2 − 2y2x3 + 2y

es continua en todo R2 excepto en los puntos de la curva

y = −x3/2.

Del mismo modo, la función g(x, y) = y2 cos(xy) es continua en todo R2, ya que puede expresarsecomo el producto de funciones continuas en R2. Por consiguiente,

lim(x,y)→(π,1)

y2 cos(xy) = 12 cos(π · 1) = −1


Problema 3Obtener las derivadas parciales de primer y segundo orden para las siguientes funciones:

f(x, y) = 3x3y2 + 7x2y, g(x, y) = cos2 x− 2sen y y h(x, y) = e−y tg(xy).

Determinar además, fx(1, 1),∇f(−1, 1) y fxy(1,−1)Solución:Las derivadas parciales de primer y segundo orden de f(x, y) = 3x3y2 + 7x2y son

∂f

∂x(x, y) = fx(x, y) = 9x

2y2 + 14xy∂f

∂y(x, y) = fy(x, y) = 6x

3y + 7x2

∂2f

∂x2(x, y) = fxx(x, y) = 18xy

2 + 14y∂2f

∂x∂y(x, y) = fxy(x, y) = 18x

2y + 14x

∂2f

∂y∂x(x, y) = fyx(x, y) = 18x

2y + 14x∂2f

∂y2(x, y) = fyy(x, y) = 6x

3

Obsérvese la igualdad en las derivadas parciales cruzadas: fxy(x, y) = fyx(x, y) = 18x2y + 14x.Además, fx(1, 1) = 9 · 12 · 12 + 14 · 1 · 1 = 23,∇f(−1, 1) = (fx(−1, 1), fy(−1, 1)) = (−5, 1) y

fxy(1,−1) = −4.Para la función g(x, y) = g = cos2 x− sen2 y tenemos:∂g

∂x(x, y) = gx(x, y) = −2 cosx senx = − sen 2x ∂g

∂y(x, y) = gy(x, y) = −2 sen y cos y = − sen 2y

∂2g

∂x2(x, y) = gxx(x, y) = −2 cos 2x ∂2g

∂x∂y(x, y) = gxy(x, y) = 0

∂2g

∂y∂x(x, y) = gyx(x, y) = 0

∂2g

∂y2(x, y) = gyy(x, y) = −2 cos 2y

Por último, para la función h(x, y) = e−y tg(xy) obtenemos

∂h

∂x(x, y) = hx(x, y) = ye

−y ¡sec2 (xy)¢∂h

∂y(x, y) = hy(x, y) = −e−y tg(xy) + xe−y sec2 (xy)

∂2h

∂x2(x, y) = hxx(x, y) = 2y

2 tg(xy)e−y + 2y2 tg3(xy)e−y

∂2h

∂x∂y(x, y) = hxy(x, y) =

∂2h

∂y∂x(x, y) = hyx(x, y) =

= e−y − ye−y + 2xy tg(xy)e−y + tg2(xy)e−y − y tg2(xy)e−y + 2xy tg3(xy)e−y∂2h

∂y2(x, y) = hyy(x, y) = tg(xy)e

−y − 2xe−y − 2x tg2(xy)e−y + 2x2 tg(xy)e−y + 2x2 tg3(xy)e−y

Problema 4Determinar la pendiente de la recta tangente a la curva intersección de la superficie z = x2 + y2

4con el plano x = 2 en el punto (2, 2, 5).

Solución:En este ejercicio nos están pidiendo la derivada parcial respecto a y de z = x2 + y2

4 en el punto(2, 2). Puesto que zx(x, y) = y/2, la pendiente pedida es m = zy(2, 2) = 2/2 = 1.

Problema 5


(a) Determinar la derivada direccional de f(x, y) = arctg(3xy) en el punto (4, 2) y en la direccióndel vector u =

√32 i− 1

2 j.

(b) Determinar la pendiente de la recta tangente a la curva intersección de la superficie z = x2+ y2

con el plano “vertical” x−√3y + 2√3− 1 = 0 en el punto (1, 2, 5).(c) ¿En qué dirección crece más rapidamente en el punto (1, 2) la función f(x, y) = 9x4 + 4y2?

(d) Consideremos la función f(x, y) = 2x2+3y2. Calcular la curva de nivel de la superficie z = f(x, y)que pasa por el punto (2, 1). Calcular el vector gradiente de f en el punto (2, 1) (Of(2, 1)) y unvector tangente a la curva de nivel anterior en el punto (2, 1). Comprobar que ambos vectoresson ortogonales.

Solución:

(a) Como la función f(x, y) = arctg(3xy) es diferenciable en el punto (4, 2), la derivada direccionalen la dirección del vector unitario u =

√32 i− 1

2j viene dada por

Du(4, 2) = ∇f(4, 2) · u

Ahora calcularemos el vector gradiente, obteniendo previamente las derivadas parciales:

∂f

∂x(x, y) =

3y

9x2y2 + 1=⇒ ∂f

∂x(4, 2) =

3 · 29 · 42 · 22 + 1 =

6

577∂f

∂y(x, y) =

3x

9x2y2 + 1=⇒ ∂f

∂y(4, 2) =

3 · 49 · 42 · 22 + 1 =

12

577

Así, ∇f(4, 2) =µ∂f

∂x(4, 2),

∂f

∂y(4, 2)

¶=

µ6

577,12

577

¶=

6

577(1, 2) y por tanto,

Du(4, 2) = ∇f(4, 2) · u = 6

577(1, 2) ·

Ã√3

2,− 1

2

!=

3

577

√3− 6

577.

(b) En el plano XY , un vector director de la recta de ecuación x−√3y+2√3−1 = 0 es v = ¡√3, 1¢.Por tanto, la pendiente que se solicita es la derivada direccional de la función g(x, y) = x2 + y2

en el punto (1, 2) y en la dirección del vector unitario u = v/ kvk =³√

32 ,

12

´.

Puesto que gx(x, y) = 2x y gy(x, y) = 2y, el vector gradiente de g en el punto (1, 2) es ∇g(1, 2) =(2, 4) y la pendiente pedida se obtiene mediante

Du(1, 2) = ∇g(1, 2) · u = (2, 4) ·Ã√

3

2,1

2

!=√3 + 2.

Nótese que la pendiente depende del sistema de referencia elegido en el plano vertical.

(c) Puesto que la dirección de máximo crecimiento nos la proporciona el vector gradiente, se deduceque la función f(x, y) = 9x4+4y2 crece más rapidamente en el punto (1, 2) tomando la direccióndel vector

∇f(1, 2) = (fx(1, 2), fy(1, 2)) =¡36 · 13, 8 · 2¢ = (36, 16).


(d) Para calcular la curva de nivel de la superficie z = f(x, y) = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) debemosobtener la imagen del punto (2, 1) mediante f : f(2, 1) = 2 · 22 + 3 · 12 = 11. Así, la curva denivel de z = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) es la elipse de ecuación 2x2 + 3y2 = 11.

Como las derivadas parciales de f son fx(x, y) = 4x y fy(x, y) = 6y, el vector gradiente a f enel punto (2, 1) es Of(2, 1) = (4 · 2, 6 · 1) = (8, 6).Para calcular un vector tangente a la curva (de nivel) 2x2 + 3y2 = 11 en el punto (2, 1), vamosa calcular, mediante derivación implícita, la pendiente de la recta tangente en dicho punto.Derivando implícitamente repecto de x en la identidad 2x2 + 3y2 = 11 se obtiene

4x+ 6yy0 = 0,

de donde y0 = −(2x)/(3y) y por tanto, la pendiente de la recta tangente a 2x2 + 3y2 = 11 en elpunto (2, 1) viene dada por m = −4/3. En consecuencia, la recta tangente tiene de ecuación

y − 1 = −43(x− 2)

y el vector v = (1,−4/3) es un vector tangente tangente a la curva (de nivel) 2x2+3y2 = 11 enel punto (2, 1)

Ahora, es fácil comprobar que el vector gradiente y el vector tangente encontrado son ortogonales:

Of(2, 1) · v = (8, 6) · (1,−4/3) = 0.

Problema 6

(a) Determinar, en los siguientes casos, dwdt mediante la regla.

w = x2y3, x = t3, y = t2 y w = sen¡xyz2

¢, x = t2, y = t, z =

1

t.

(b) Determinar, en los siguientes casos, ∂w∂t y

∂w∂s mediante la regla de la cadena.

w = x2y, x = st, y = s y w =px2 + y2 + z2, x = cos(st), y = sen(st), z = s2t.

(c) Sea f una función real de variable real dos veces derivable. Demuestre que la función de dosvariables

z = g(x, y) =1

2[f(x− cy) + f(x+ cy)] , con c constante

satisface la ecuación de ondas

∂2z

∂y2= c2

∂2z

∂x2.

Solución:

(a) Mediante la regla de la cadena sabemos que

dw

dt=

∂w

∂x· dxdt+

∂w

∂y· dydt


Por tanto, si w = x2y3, x = t3, y = t2 se tiene que ∂w∂x = 2xy

3, ∂w∂y = 3x2y2, dxdt = 3t

2 y dydt = 2t

2 yen consecuencia,

dw

dt= 2xy3 · 3t2 + 3x2y2 · 2t2¯̄

x=t3,y=t2=

= 2t3¡t2¢3 · 3t2 + 3 ¡t3¢2 ¡t2¢2 · 2t2 = 6t11 + 6t12.

Para w = sen¡xyz2

¢, x = t2, y = t, z = 1

t tenemos que

dw

dt=

∂w

∂x· dxdt+

∂w

∂y· dydt+

∂w

∂z· dzdt=

= yz2 cos¡xyz2

¢ · 2t+ xz2 cos ¡xyz2¢ · 1 + 2xyz cos ¡xyz2¢ ·µ− 1t2

¶¯̄̄̄x=t2,y=t,z=1/t

=

= t

µ1

t2

¶cos

µt2t · 1

t2

¶· 2t+ t2

µ1

t2

¶cos

µt2t · 1

t2

¶· 1 + 2t2t

µ1

t

¶cos

µt2t · 1

t2

¶·µ− 1t2

¶=

= cos t.

(b) Para w = x2y, x = st, y = s, la regla de la cadena nos indica que

∂w

∂t=

∂w

∂x· ∂x∂t+

∂w

∂y· ∂y∂t

∂w

∂s=

∂w

∂x· ∂x∂s+

∂w

∂y· ∂y∂s

Por consiguiente,

∂w

∂t= 2xy · s+ x2 · 0¯̄

x=st,y=s= 2sts · s = 2s3t.

y

∂w

∂s= 2xy · t+ x2 · 1¯̄

x=st,y=s= 2sts · t+ (st)2 · 1 = 3s2t2.

Para el caso w =px2 + y2 + z2, x = cos(st), y = sen(st), z = s2t tenemos que

∂w

∂t=

∂w

∂x· ∂x∂t+

∂w

∂y· ∂y∂t+

∂w

∂z· ∂z∂t

∂w

∂s=

∂w

∂x· ∂x∂s+

∂w

∂y· ∂y∂s+

∂w

∂z· ∂z∂s

y por tanto,

∂w

∂t=

xpx2 + y2 + z2

· (−s sen(st)) + ypx2 + y2 + z2

· (s cos(st)) + zpx2 + y2 + z2

· s2¯̄̄̄¯x=cos(st),y=sen(st),z=

=1q

cos2(st) + sen2(st) + (s2t)2

¡−s cos(st) · sen(st) + s cos(st) · sen(st) + s2t · s2¢ ==

s4t√s4t2 + 1

.


∂w

∂s=

xpx2 + y2 + z2

· (−t sen(st)) + ypx2 + y2 + z2

· (t cos(st)) + zpx2 + y2 + z2

· 2st¯̄̄̄¯x=cos(st),y=sen(st),z=

=1q

cos2(st) + sen2(st) + (s2t)2

¡−t cos(st) · sen(st) + t cos(st) · sen(st) + s2t · 2st¢ ==

2s3t2√s4t2 + 1

.

(c) Para la resolución de este apartado aplicaremos varias veces la regla de la cadena

∂h

∂x=dh

dt· ∂t∂x

∂h

∂y=dh

dt· ∂t∂y

(4)

que puede ser asociada al grafo de la Figura 10.

∂ t/∂ x

h

t

x y

dh/dt

∂ t/∂ y

Figura 10: Grafo asociado a la regla de la cadena dada en (4).

Si z = 12 [f(x− cy) + f(x+ cy)], entonces tomando

h1 = f(t) con t = x− cyy

h2 = f(t) con t = x+ cy,

podemos escribir z = 12 [h1 + h2]. Utilizando las expresiones dadas en (4) se obtiene

∂z

∂x=1

2

£f 0(x− cy) + f 0(x+ cy)¤

y

∂z

∂y=1

2

£f 0(x− cy) · (−c) + f 0(x+ cy) · c¤

Volviendo a derivar y haciendo uso de nuevo de las identidades de (4) se tiene

∂2z

∂x2=1

2

£f 00(x− cy) + f 00(x+ cy)¤


y

∂2z

∂y2=1

2

£f 00(x− cy) · (−c) · (−c) + f 00(x+ cy) · c · c¤ = c2 1

2

£f 00(x− cy) + f 00(x+ cy)¤ .

Luego,

∂2z

∂y2= c2

∂2z

∂x2,

como queríamos probar.

Problema 7

La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve por una circunferencia es a =v2

r, donde

v es la velocidad y r el radio de la circunferencia. Aproximar el máximo porcentaje de error en lamedida de la aceleración cuando se produce un error del 2% en v y del 1% en r.

Solución:Utilizando la diferencial para aproximar el porcentaje de error, se tiene

∆a

a' da

a=

∂a∂v · dv + ∂a

∂r · dra

=

2vr · dv +

³−v2r2

´· dr

v2

r

=

= 2dv

v− drr= 2(±2%)− (±1%),

luego el máximo porcentaje de error al medir la acelaración es ∆aa ' ±5%.

Problema 8

(a) Determine la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación 9x2 + 4y2 + 9z2 = 34 en elpunto (1, 2− 1).

(b) Demuestre que la recta normal a la superficie esférica x2 + y2 + z2 = r2 en cualquiera de suspuntos siempre pasa por el origen. ¿Cuál es la ecuación del plano tangente?

(c) Demuestre que el plano tangente a la superficie xyz = c (donde c es una constante) en cualquierade sus puntos forma con los planos de coordenadas un tetraedro de volumen fijo y calcule dichovolumen.

Solución:

(a) Tomando F (x, y, z) = 9x2+4y2+9z2−34, la ecuación del plano tangente en el punto (1, 2−1) ala superficie dada por F (x, y, z) = 0 (es decir, dada por 9x2+4y2+9z2 = 34) tiene la expresión

∂F

∂x(1, 2− 1)(x− 1) + ∂F

∂y(1, 2− 1)(y − 2) + ∂F

∂z(1, 2− 1)(z + 1) = 0.

Puesto que∂F∂x (x, y, z) = 18x =⇒ ∂F

∂x (1, 2− 1) = 18,∂F∂y (x, y, z) = 8y =⇒ ∂F

∂y (1, 2− 1) = 16,∂F∂z (x, y, z) = 18z =⇒ ∂F

∂z (1, 2− 1) = −18,la ecuación del plano tangente es

18(x− 1) + 16(y − 2)− 18(z + 1) = 0o equivalentemente,

9x+ 8y − 9z − 34 = 0.


(b) Sabemos que la recta normal a la superficie dada por F (x, y, z) = 0 en el punto (x0, y0, z0) vienedada por las ecuiones parmétricas

x = x0 + t∂F

∂x(x0, y0, z0),

y = y0 + t∂F

∂y(x0, y0, z0),

z = z0 + t∂F

∂z(x0, y0, z0).

Entonces, escribiendo la superficie esférica x2 + y2 + z2 = r2 en la forma F (x, y, z) = 0, siendoF (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − r2, la recta normal a la esfera en uno de sus puntos (x0, y0, z0) tienepor ecuaciones paramétricas

x = x0 + 2tx0,y = y0 + 2ty0,z = z0 + 2tz0,

con t ∈ R,

ya que Fx(x, y, z) = 2x, Fy(x, y, z) = 2y y Fz(x, y, z) = 2z.

Para comprobar que dicha recta pasa por el origen, sólo debemos hacer t = −1/2 y comprobarque para este valor de t se tiene x = 0, y = 0, z = 0.

La ecuación del plano tangente a la esfera x2 + y2 + z2 = r2 en el punto (x0, y0, z0) es

2x0(x− x0) + 2y0(y − y0) + 2z0(z − z0) = 0,

es decir,

x0x+ y0y + z0z − x20 − y20 − z20 = 0

Como el punto (x0, y0, z0) debe estar sobre la superficie esférica, debe verificarse x20+y20+z

20 = r

2

y en consecuencia, la ecuación del plano tangente queda

x0x+ y0y + z0z = r2.

Nótese que la recta normal también puede escribirse en la formax = x0 + sx0,y = y0 + sy0,z = z0 + sz0,

con s ∈ R

y el origen ((x, y, z) = (0, 0, 0)) se obtiene haciendo s = −1.Dicha recta también puede escibirse la forma

x = µx0,y = µy0,z = µz0,

con µ ∈ R

y el origen se “alcanza” para µ = 0.

(c) En primer lugar, debemos observar que para c = 0, la ecuación xyz = c(= 0) proporciona tressuperficies: los planos coordenados x = 0, y = 0 y z = 0. Luego en este caso, nunca podríamosforma un tetraedro con dichos planos.

Por consiguinte, trabajaremos desde ahora con la hipótesis c 6= 0.


Sea (x0, y0, z0) un punto de la superficie de ecuación xyz = c (así se satisface la igualdadx0y0z0 = c). Entonces, la ecuación del plano tangente a xyz = c en dicho punto es

y0z0(x− x0) + x0z0(y − y0) + x0y0(z − z0) = 0.

Ahora, operando y usando que x0y0z0 = c, la ecuación del plano tangente queda en la forma

x

3x0+

y

3y0+

z

3z0= 1

y por tanto, el plano tangente forma un tetraedro con los planos coordenados, cuyos vérticesestán en (x1, 0, 0), (0, y1, 0) y (0, 0, z1), siendo x1 = 3x0, y1 = 3y0 y z1 = 3z0 (véase la Figura13).

x

y

z

x1

y1

z1

Figura 11: Tetraedro formado por el plano tangente y los planos coordenados.

Para finalizar, el volumen de este tetraedro viene dado por

V =1

6|x1y1z1| = 9

2|x0y0z0| = 9

2|c|

y por consiguiente, permanece constante, es decir, es independiente del punto (x0, y0, z0) elegido.

Problema 9Considérese la función f(x, y) = x2 − 6x+ y2 − 8y + 7.

(a) Determinar y clasificar los puntos críticos de f.

(b) Encontrar el máximo y mínimo de f sobre el círculo {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1}.

Solución:

(a) Puesto que f es diferenciable en todo R2, sus puntos críticos son aquellos que anulan simulténea-mente a sus dos derivadas parciales de primer orden. Es decir, son las soluciones del sistema

∂f

∂x= 2x− 6 = 0.

∂f

∂y= 2y − 8 = 0.

La resolución de este sistema es directa y el único punto crítico de f es el punto (3, 4).


A continuación, clalisificaremos este punto crítico recurriendo a las derivadas parciales de segundoorden. La matriz hessiana de f es constante, ya que f es una función polinómica de segundogrado. Esta matriz es

H =

µ2 00 2

¶.

Como d = det(H) = 4 > 0 y∂2f

∂x2= 2 > 0, el punto crítico (3, 4) es un mínimo relativo.

De hecho, en este punto la función alcanza su mínimo absoluto, pues, completando cuadrados,es fácil ver que

f(x, y) = (x− 3)2 + (y − 4)2 − 18

y así, el mínimo de f es −18 y éste se alcanza en el punto (3, 4).(b) Obsérvese que el único punto crítico de f ((3, 4)) no está en el interior del circulo unidad, ya

que 32+42 = 25 > 1. Por tanto, tanto el máximo de f como su mínimo restringida esta funciónal círculo unidad D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1} deben alcanzarse en la frontera del círculo, esdecir, en la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 1.

Dividimos la frontera del círculo D en dos partes:

F1 =n(x, y) ∈ R2 : −1 6 x 6 1, y =

p1− x2

oy

F2 =n(x, y) ∈ R2 : −1 6 x 6 1, y = −

p1− x2

o.

De esta forma, la función f restringida a F1 viene dada por

g(x) = f³x,p1− x2

´= x2 − 6x+

³p1− x2

´2 − 8p1− x2 + 7 = 8− 8p1− x2 − 6x, x ∈ [−1, 1].

Los puntos críticos de g en el intervalo abierto (−1, 1) son los que anulan a su derivada

g0(x) = 8x√1− x2 − 6 = 0.

En este caso, sólo tenemos un punto crítico x =3

5y los puntos a tener en cuenta en la frontera

F1 son: (−1, 0), (1, 0) y35,

s1−

µ3

5

¶2 =

µ3

5,4

5

¶.

A continuación hacemos lo propio con la frontera F2. En este caso, la función f está dada por

h(x) = f³x,−

p1− x2

´= x2 − 6x+

³−p1− x2

´2 − 8³−p1− x2´+ 7 = 8p1− x2 − 6x+ 8, x ∈ [−1,

y los puntos críticos de h en el intervalo (−1, 1) se obtienen resolviendo la ecuación

h0(x) = −8 x√1− x2 − 6 = 0.


Esto ecuación nos proporciona un único punto crítico x = −35y los puntos a considerar sobre la

semicircunferencia F2 son: (−1, 0), (1, 0) y−3

5,−s1−

µ−35

¶2 =

µ−35,−45

¶.

Sólo nos queda evaluar f en los puntos obtenidos:

f(1, 0) = 2f(−1, 0) = 14f

µ3

5,4

5

¶= −2

f

µ−35,−45

¶= 18

y así, el máximo de f restringida a D = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 6 1} es 18 y su máximo se alcanzaen el punto

¡−35 ,−45¢ y su valor mínimo (también restringida a D) es −2 y éste valor mínimose alcanza en el punto

¡35 ,45

¢.

Otra forma:

Parametrizamos dicha circunferencia en la forma x = cos t, y = sen t, con t ∈ [0, 2π]. Entonces,la función f restingida a dicha circunferencia adopta la expresión

g(t) = f (cos t, sen t) = cos2 t− 6 cos t+ 2sen t− 8 sen t+ 7 = 8− 8 sen t− 6 cos t

para t ∈ [0, 2π].Los puntos críticos de g son los pertenecientes al intervalo abierto (0, 2π) que anulan a su derivadag0(t) = −8 cos t+ 6 sen t.Desde la igualdad −8 cos t+6 sen t = 0, obtenemos tg t = 4/3. Esto puede escribirse en la forma

tg t =4/5

3/5=−4/5−3/5

y los correspondientes puntos a analizar en la circunferencia son el punto (1, 0) (que correspondea las extremos del intervalo t = 0 y t = 2π), y los puntos

¡35 ,45

¢y¡−35 ,−45¢. Evaluando f en

dichos puntos:

f(1, 0) = 2

f

µ3

5,4

5

¶= −2

f

µ−35,−45

¶= 18

se tiene que máximo de f restringida a D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1} es 18 y su máximo sealcanza en el punto

¡−35 ,−45¢. Además, su valor mínimo (también restringida a D) es −2 y éstevalor mínimo se alcanza en el punto

¡35 ,45

¢.

En la Figura 12 puede observarse la circunferencia x2+ y2 = 1 en el plano xy y la curva imagende ésta sobre la superficie.

Problema 10Demostrar que un triángluo es equilátero si el producto de los senos de sus ángulos es máximo.Solución:


Figura 12: Representación de los extremos absolutos de f(x, y) = x2 − 6x+ y2 − 8y + 7 restringida aD = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1}.

Denominemos α,β y γ a los ángulos del triángluo. Entonces, α + β + γ = π, α,β, γ ∈ (0,π) y elproducto de los senos de dichos ángulos puede espresarse en la forma

senα · senβ · sen γ = senα · senβ · sen (π − α− β) = senα · senβ · sen(α+ β).

Esto nos lleva a considerar la función

F (α,β) = senα · senβ · sen(α+ β)

definida en el triángulo T = {(α,β) : 0 < α < π, 0 < β < π, 0 < α+ β < π}.Nótese que en la frontera de este triángulo (α = 0,β = 0,α+ β = π) la función F es nula y en el

interior de T la función es estrictamente positiva. Además, para los ángulos en la frontera de T nopodemos formar propiamente un triángulo.

Por tanto, el máximo de F debe estar en el interior del triángulo T y como F es diferenciable,dicho máximo debe darse en puntos del interior de T que sean soluciones del sistema

∂F

∂α(α,β) = senβ (cosα · sen (α+ β) + senα · cos (α+ β)) = senβ · sen(2α+ β) = 0,

∂F

∂β(α,β) = senα (cosβ · sen (α+ β) + senβ · cos (α+ β)) = senα · sen(α+ 2β) = 0.

Las soluciones de este sistema en el interior de T debe satisfacer el sistema½2α+ β = πα+ 2β = π

de donde α = 13π,β =

13π. Así, el máximo del producto de los senos de α,β y γ se alcanza para

α = 13π,β =

13π y γ = π − α− β = π − 1

3π − 13π =

13π y por tanto el triángulo es equilátero.


Nota: Para la realización de los problemas de este trabajo debe tener en cuenta que algunos de ellospueden requerir un cambio en los órdenes de integración y otros pueden resultar más fácilesmediante coordenadas polares, esféricas o cilíndricas.

Problema 1Calcular las siguientes integrales iteradas:

(a)Z π/2

0

Z 1

0x sen(xy)dydx.

(b)Z ln 3

0

Z ln 2

0ex+ydydx.

(c)Z 3

1

Z 2y

−yxey

3dxdy.

(d)Z 2

0

Z √4−x2

0(x+ y) dydx.

(e)Z 1

0

Z √1−x2

0

1p4− x2 − y2dydx.

(f)Z 2

1

Z √2x−x2

0

1px2 + y2

dydx.

(g)Z 2

0

Z 4−2x

0

Z 4−2x−z

06xydydzdx.

(h)Z 1

−1

Z √1−x2

−√1−x2

Z 2−x2−y2

x2+y2

¡x2 + y2

¢3/2dzdydx.

Solución:

(a)Z π/2

0

Z 1

0x sen(xy)dydx =

Z π/2

0− cos (xy)|y=1y=0 dx =

Z π/2

0(− cos (x) + 1) dx = 1

2π − 1.

(b)Z ln 3

0

Z ln 2

0ex+ydydx =

Z ln 3

0ex+y|y=ln 2y=0 dx =

Z ln 3

0

¡ex+ln 2 − ex¢ dx = Z ln 3

0ex¡eln 2 − 1¢ dx =

=

Z ln 3

0ex (2− 1) dx =

Z ln 3

0exdx = eln 3 − 1 = 2.

31


(c)Z 3

1

Z 2y

−yxey

3dxdy =

Z 3

1

x2

2

¯̄̄x=2yx=−y

ey3dy =

Z 3

1

32y2ey

3dy = 1

2 ey3¯̄̄y=3y=1

= 12

¡e27 − e¢.

(d)Z 2

0

Z √4−x2

0(x+ y) dydx =

Z 2

0

hxy + y2

2

iy=√4−x2y=0

dx =

Z 2

0

³x√4− x2 + 4−x2

2

´dx = 16

3 .

(e) En este caso, observamos que el recinto de integración es la cuarta parte del circulo unidad quese encuentra en el primer cuadrante y además, la función del integrando depende sólo de ladistancia al origen x2+y2. Por consiguiente, parece razonable realizar un cambio a coordenadaspolares. Así, si denotamos R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1, x > 0, y > 0}, entonces R se escribeen coordenadas polares en la forma

R = {(r, θ) : 0 6 θ 6 π/2, 0 6 r 6 1}

y por tanto, la integral viene dada porZ 1

0

Z √1−x2

0

1p4− x2 − y2dydx =

ZZR

1p4− x2 − y2dA =

Z π/2

0

Z 1

0

1√4− r2 rdrdθ =

=

Z π/2

0

h−√4− r2

ir=1r=0

dθ =

Z π/2

0

¡2−√3¢ dθ = ¡2−√3¢ π

2 .

(f) Para realizar la integral de este apartado cambiaremos de nuevo a coordenadas polares. Peroobsérvese que la curva que acota superiormente a la región de integración es la gráfica de lafunción y =

√2x− x2, que se trata de un trozo de la circunferencia (x− 1)2 + y2 = 1; es decir,

de la circunferencia de centro (1, 0) y radio 1.

Cambiando a polares y utilizando que x2 + y2 − 2x = 0, obtenemos r2 − 2r cos θ = 0 y portanto, la circuferencia (x− 1)2 + y2 = 1 se decribe en polares mediante r = 2cos θ. Ahora bien,como 1 6 x 6 2, resulta que el dominio de integración se puede escribir en coordenadas polaresmediante R = {(r, θ) : 0 6 θ 6 π/4, 0 6 r 6 2 cos θ} y asíZ 2

1

Z √2x−x2

0

1px2 + y2

dydx =

Z π/4

0

Z 2 cos θ

0

1

rrdrdθ =

Z π/4

02 cos θdθ =

√2.

(g)Z 2

0

Z 4−2x

0

Z 4−2x−z

06xydydzdx =

Z 2

0

Z 4−2x

03xy2

¯̄y=4−2x−zy=0

dzdx =Z 2

0

Z 4−2x

03x (4− 2x− z)2 dzdx =

Z 2

0−x (4− 2x− z)3

¯̄̄z=4−2xz=0

dx =

=

Z 2

0x (4− 2x)3 dx =

Z 2

0

¡64x− 96x2 + 48x3 − 8x4¢ dx = 64

5 .

(h) Utilizando un cambio a coordenadas cilíndricas, tenemos queZ 1

−1

Z √1−x2

−√1−x2

Z 2−x2−y2

x2+y2

¡x2 + y2

¢3/2dzdydx =

Z 2π

0

Z 1

0

Z 2−r2

r2

¡r2¢3/2

rdzdrdθ =

=

Z 2π

0

Z 1

0

Z 2−r2

r2r4dzdrdθ =

Z 2π

0

Z 1

0r4¡2− 2r2¢ drdθ =

=

Z 2π

0

Z 1

02¡r4 − r6¢ drdθ = 8

35π.

Problema 2Evaluar las siguientes integrales:


(a)ZZ

Rey

2dA, siendo R =

©(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 4, x2 6 y 6 2

ª.

(b)ZZ

Rsen(y3)dA, siendo R la región acotada por las curvas y =

√x, y = 2 y x = 0.

(c)ZZ

Rex

2+y2dA, donde R es el círculo de centro el origen y radio a > 0.

(d)ZZ

Rsen

¡x2 + y2

¢dA, siendo R =

©(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 4, y > 0ª.

(e)ZZZ

Qcosh¡x2 + y2 + z2

¢3/2idV , siendo Q =

©(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 6 1ª.

Solución:

(a) Para calcular esta integral debemos describir la región R como una región horizontalmentesimple:

R =©(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 2, 0 6 x 6 2yª .

Asi, ZZRey

2dA =

Z 2

0

Z 2y

0ey

2dxdy =

Z 2

02yey

2dy = ey

2¯̄̄y=2y=0

= e4 − 1.

(b) La región de integración R puede expresarse en la forma

R =©(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 2, 0 6 x 6 y2ª ,

luego,ZZRsen(y3)dA =

Z 2

0

Z y2

0sen(y3)dxdy =

Z 2

0y2 sen(y3)dy = −13 cos(y3)

¯̄y=2y=0

= 13 − 1

3 cos 8.

(c) Transformando el circulo R a coordenadas polares, obtenemosZZRex

2+y2dA =

Z 2π

0

Z a

0er

2rdrdθ =

Z 2π

0

er2

2

¯̄̄r=ar=0

dθ =

Z 2π

0

³ea2

2 − 12

´dθ = π

³ea

2 − 1´.

(d) Utilizando de nuevo coordenadas polares, se tieneZZRsen

¡x2 + y2

¢dA =

Z π

0

Z 2

0sen

¡r2¢rdrdθ =

Z π

0−cos(r

2)2

¯̄̄̄r=2r=0

dθ =

Z π

0

1−cos(4)2 dθ =

= 1−cos(4)2 π.

(e) Utilizando coordenadas esféricas, el sólido esférico Q puede escribirse en la forma

Q = {(ρ, θ,φ) : 0 6 θ 6 2π, 0 6 φ 6 π, 0 6 ρ 6 1} .Por tanto,ZZZ

Qcosh¡x2 + y2 + z2

¢3/2idV =

Z 2π

0

Z π

0

Z 1

0cos³¡ρ2¢3/2´

ρ2 senφdρdφdθ =

=

Z 2π

0

Z π

0

Z 1

0cos¡ρ3¢ρ2 senφdρdφdθ =

Z 2π

0

Z π

0

sen(ρ3)3

¯̄̄̄ρ=1ρ=0

senφdφdθ =

=

Z 2π

0

Z π

0

sen(1)3 senφdφdθ = 4

3π sen 1.


Problema 3Utilizar una integral doble para calcular el volumen del tetraedro de la Figura 13, siendo x1, y1, z1 >

0.

x

y

z

x1

y1

z1

Figura 13: Tetraedro que interseca a las ejes coordenados en los puntos x1, y1 y z1.

SoluciónEs conocido que el plano que pasa por los puntos (x1, 0, 0) , (0, y1, 0) , (0, 0, z1) tiene de ecuación

x

x1+y

y1+z

z1= 1 y que el volumen es

1

6x1y1z1.

Veamos como pueden obtenerse estos resultados utilizando geometría analítica e integración doble.En primer lugar obtenemos la ecuación del plano π, que pasa por el punto (x1, 0, 0) y tiene por vectoresdirectores (−x1, y1, 0) y (−x1, 0, z1) . Sabemos que la ecuación del plano es¯̄̄̄

¯̄ x− x1 y z−x1 y1 0−x1 0 z1

¯̄̄̄¯̄ = 0

Desarrollando este determinante por los adjuntos de la primera fila obtenemos (x− x1) y1z1+yx1z1+zx1y1 = 0 =⇒ y1z1x+ x1z1y + x1y1z = x1y1z1 =⇒ x

x1+y

y1+z

z1= 1.

El volumen del tetraedro es V =

ZZRf(x, y)dA, donde f(x, y) = z1(1 − x

x1− y

y1) (z despejada

de la ecuación del plano π) y R es la región del plano determinada por las rectas x = 0, y = 0 yx

x1+y

y1= 1. (proyección del plano π sobre el plano z = 0). Entonces

V =

ZZRf(x, y)dA = z1

Z x1

0

Z y1

Ã1−x

x1

!0

(1− x

x1− y

y1)dydx

= z1

Z x1

0

·(y − xy

x1− y2

2y1)

¸y1Ã1− xx1

!

0

dx

= z1

Z x1

0

µy12− xy1x1

+x2y12x21

¶dx = z1

·µy1x

2− x

2y12x1

+x3y16x21

¶¸x10

=1

6x1y1z1

Problema 4Calcular el volumen de los siguientes sólidos:

(a) Sólido que se encuentra en el primer octante acotado por la superficie 9x2+4y2 = 36 y el plano9x+ 4y − 6z = 0.


(b) Sólido acotado por el cilindro parabólico x2 = 4y y los planos z = 0 y 5y + 9z − 45 = 0.(c) Sólido acotado por el paraboloide z = 9− x2 − y2 y el plano z = 0.(d) Sólido dentro del cilindro x2 + y2 = 4, acotado por arriba por la superficie 2x2 + 2y2 + z2 = 18

y por debajo por el plano z = 0.

(e) Sólido interior a la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y al cilindro x2 + y2 = 2y.

(f) Sólido interior al cono

Solución

(a) La ecuación del plano 9x+4y− 6z = 0 en coordenadas cilíndricas es 9r cos θ+4r sen θ− 6z = 0.Despejando z obtenemos z =

9r cos θ + 4r sen θ

6. La ecuación del cilindro eliptico 9x2+4y2 = 36

en coordenadas cilíndricas es 9r2 cos2 θ + 4r2 sen2 θ = 36 =⇒ 5r2 cos2 θ + 4 = 36 de donde

despejamos r =3√

5 cos2 θ + 4.

La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :0 ≤ x ≤ 2

0 ≤ y ≤√36−9x22

0 ≤ z ≤ 16 (9x+ 4y)

y en coordenadas cilíndircas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :

0 ≤ θ ≤ π2

0 ≤ r ≤ 3√5 cos2 θ + 4

0 ≤ z ≤ 9r cos θ + 4r sen θ6

En este caso resulta más sencillo trabajar en coordenadas cartesianas.

V =

ZZZQdV =

Z 2

0

Z √36−9x22

0

Z 16(9x+4y)

0dzdydx =

1

6

Z 2

0

Z √36−9x22

0(9x+ 4y) dydx

=1

6

Z 2

0

£9xy + 2y2

¤√36−9x22

0dx =

1

6

Z 2

0

Ã9x√36− 9x22

+36− 9x2

2

!dx

=1

12

Z 2

0

³36− 9x2 + 9x

p36− 9x2

´dx

=1

12

·36x− 3x3 − 1

3

q(36− 9x2)3

¸20

= 10.

(b) La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−6 ≤ x ≤ 2x2

4 ≤ y ≤ 90 ≤ z ≤ 45−5y

9

.El volumen, calculado en coordendas cartesianas es:

V =

ZZZQdV =

Z 6

−6

Z 9

x2

4

Z 45−5y9

0dzdydx =

Z 6

−6

Z 9

x2

4

45− 5y9

dydx

=1

9

Z 6

−6

·90y − 5y2

2

¸9x2

4

dx =405

18

Z 6

−6dx− 1

9

Z 6

−6

µ45x2

4− 5x

4

32

¶dx

= 270− 19

·15x3

4− x

5

32

¸6−6= 270− 126 = 144.


(c) La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−3 ≤ x ≤ 3

−√9− x2 ≤ y ≤ √9− x20 ≤ z ≤ 9− x2 − y2

. Como la ecuación del paraboloide z = 9 − x2 − y2 en coordenadas cilíndricas es z = 9 − r2tenemos que la descripción del sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ 3

0 ≤ z ≤ 9− r2

En este caso resulta más sencillo trabajar en coordenadas cilíndricas. Su volumen es

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 3

0

Z 9−r2

0rdz dr dθ =

Z 2π

0

Z 3

0

¡9r − r3¢ dr dθ

=

Z 2π

0

·9r2

2− r

4

4

¸30

dθ =81π

2.

(d) La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−2 ≤ x ≤ 2

−√4− x2 ≤ y ≤ √4− x20 ≤ z ≤

p18− 2x2 − 2y2

y la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ 2

0 ≤ z ≤ √18− 2r2

• El volumen del sólido en coordenadas cartesianas sería (con integrales difíciles de calcular)

V (Q) =

ZZZQdV =

Z 2

−2

Z √4−x2

−√4−x2

Z √18−2x2−2y20

dz dy dx

y en coordenadas cilíndricas

V (Q) =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 2

0

Z √18−2r2

0rdz dr dθ

=

Z 2π

0

Z 2

0r [z]

√18−2r2

0 dr dθ =

Z 2π

0

Z 2

0rp18− 2r2dr dθ

= −14

Z 2π

0

·2

3

q(18− 2r2)3

¸20

dθ =π

3

³18√18− 10

√10´

(e) La ecuación de la esfera en coordenadas esféricas es ρ = 2 y en coordenadas cilíndricas z2+r2 = 4.

La ecuación del cilindro en coordenadas esféricas es ρ = 2sen θ

senφy en cilíndricas r = 2 sen θ. La

descripción del sólido en coordenadas cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−1 ≤ x ≤ 1

1−√1− x2 ≤ y ≤ 1 +√1− x20 ≤ z ≤

p4− x2 − y2


y la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ π

0 ≤ r ≤ 2 sen θ0 ≤ z ≤ √4− r2

Calculamos el volumen en coordenadas cilíndricas:

V (Q) =

ZZZQdV =

Z π

0

Z 2 sen θ

0

Z √4−r2

0rdz dr dθ

=

Z π

0

Z 2 sen θ

0rp4− r2dr dθ = −1

3

Z π

0

·q(4− r2)3

¸2 sen θ0

dθ

= −13

Z π

0

µq(4 cos θ)3 − 8

¶dθ

=8

3π − 8

3

ÃZ π2

0(cos θ)3 dθ −

Z π

π2

(cos θ)3 dθ

!

=8

3π − 8

3

Ã·sen θ − sen

3 θ

3

¸π2

0

−·sen θ − sen

3 θ

3

¸ππ2

!=

8

3π − 32

9.

(f) La ecuación del cono z =px2 + y2 en coordenadas cilíndricas es z = r y en esférica es φ =

π

4. La

ecuación del plano z = 4 en coordenadas cilíndricas z = 4 y en esférica ρ =4

cosφ. La descripción

del sólido en cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−4 ≤ x ≤ 4

−√16− x2 ≤ y ≤ √16− x2px2 + y2 ≤ z ≤ 4

la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ 4r ≤ z ≤ 4

y la descripción del mismo sólido en coordenadas esféricas es

Q =

(ρ, θ,φ) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ φ ≤ π

4

0 ≤ z ≤ 4

cosφ

El volumen en coordenadas cilíndricas es

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 4

0

Z 4

rrdz dr dθ =

Z 2π

0

Z 4

0

¡4r − r2¢ dr dθ

=

Z 2π

0

·2r2 − r

3

3

¸40

dθ =64π

3


y en coordenadas esféricas es:

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z π4

0

Z 4cosφ

0ρ2 senφ dρdφdθ =

1

3

Z 2π

0

Z π4

0

43

cos3 φsenφ dφdθ

=64

3

Z 2π

0

·1

2 cos2 φ

¸π4

0

dθ =64

3

µ1− 1

2

¶Z 2π

0dθ =

64π

3.

Trabajos Resueltos del Curso 2003-04.

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