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158
CAPITULO VI
INTEGRALES MÚLTIPLES
I. INTEGRALES DOBLES
INTRODUCCION
En el estudio de integrales ordinarias b
adx)x(f , la función f(x) es definida en
un intervalo cerrado [a, b] para el caso estudiaremos las integrales curvilíneas
F
Gdc , la función F es definida sobre la curva C, ahora estudiaremos los
integrales dobles de la función f(x.y) definida sobre una región R, el cual
denotaremos por dxdy)y,x(fR
OBJETIVOS
Establecer los fundamentos necesarios para la interpretación y aplicación de la
integridad doble, al finalizar este capítulo el alumno debe estar en capacidad de
utilizar la integral doble en el cálculo de áreas, volumen, centro de masa, etc., así
como también el cálculo en coordenadas polares y emplear los Jacobianos.
INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA INTEGRAL DOBLE
Si f : D R2 R, es una función integrable en la región retinada D y f (x,y)
0, (x,y) D, entonces V(s) = dA)y,x(fD
es el volumen de salid S bajo la
superficie Z = f(x,y) y que tiene como base la región cerrada D.
PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA INTEGRAL DOBLE
1º Si la función f : D R2 R es continua en la región cerrada D,
entonces f es integrable en D.
2º Si la función f: D R2 R es integrable en la región cerrada D y K R
entonces Kf es integrable en D y dA)y,x(kfD
= k dA)y,x(fD
3º Si las funciones f g: D R2 R, son la integrable en la región cerrada D,
entonces f g es integrables en D, y
dA)y,x(gdA)y.,x(fdA)y,x(g)y,x(f(DDD
159
4º Las funciones f, g: D R2 R, son integrales en la región cerrada D y
f(x,y) g (x, y), (x,y) D, entonces :
dA)y,x/gdA)y,x(fDD
5º Si f(x,y) 0, (x,y) y D entonces:
dA)y,x(fdA)y,x(fD
6º Si la función f : D R2 R es continua en la región cerrada entonces:
dA)y,x(fdA),x(fDD
CALCULO DE INTEGRALES DOBLES POR MEDIO DE INTEGRALES
ITERADAS
Consideramos tres casos para el cálculo de las integrales dobles:
1º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde
D = [ (x,y) R2 / a x h c y d ] es un rectángulo.
h
a
d
c
d
c
h
adx)dy)y,x(f(dydx)y,x(fdxdy)y,x(f .......(1)
D
D
d
c
h
d
d
c
h
ddydx)y,x(fdxdy)y,x(fdxdy)y,x(f ..........(2)
a las integrales de (1) y (2) se llaman integrales iteradas de.
2º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde
D = [ (x,y) R2 / a x b (x) y (x) ] es una región cerrada c R
2 y
[a,b] R son funciones cntinuas en [a,b], tal que (x) (x), x [ a,b ]
La integral iterada de f sobre D es:
D
b
a
)x(
)y(dx)dy)y,x(f(dxdy)y,x(f
.
160
3º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde D = [
(x,y) R2 / c y d (y) x (y) ] es una región cerrada en R
2 y [c,d]
R son funciones continuas en [c,d], tal que (y) (y), x [ c,d ]
La integral iterada de f sobre D es:
D
b
a
)y(
)y(dx)dy)y,x(f(dxdy)y,x(f
.
Ejemplo.- Calcular la integral doble D
2
2
yl
dxdyx donde D: 0 x l. 0 y 1
Solución
D
2
2
yl
dxdyx =
l
o 2
2l
ody)dx
yl
x(
=
D
1
0 2
l
o2
2
)yl(3
dydy
)yl(3
x
= 12
yarctg3
1 l
0
Ejemplo.- Calcular la integral doble D
2x y cos xy2 dxdy donde D: 0 x
2
, 0 y 2.
Solución
D
2yx cos xy2 dx dy =
2
0
22/
0x(
y cos xy2 dy(dx
= dx2
senxyx 2
0
222/
0
= 16
dx2
x4senx 22/
0
EXPRESIÓN INTEGRAL DEL VOLUMEN DE UN CILINDRO
1º Consideramos la función f : D R2 R, continua sobre la región
cerrada D. El volumen del salida S bajo la superficie Z = f (x,y), que
tiene como base la región D es dada por la expresión;
V (s) = dA)y,x(fD
161
2º Consideramos la función f : D R2 R, continua en la región cerrada
D, tal que f(x,y) = 1; (x,y) = 0, entonces el área de la región plana D es
dado por:
A(D) = D D
dAdA)y,x(f
Estudiaremos la forma de expresar el volumen de un sólido por medio de
una integral. Supongamos que C es una curva cerrada simple en el plano
xy, tal que ninguna paralela a los ejes la contamos dos veces.
zdA0dA
limV
donde designa la suma de todos los posibles elementos dA, dentro de
A. pasando al límite, que designaremos.
V = A A
dA)y,x(fZdA
Integral doble de f(x,y) sobre A, tenemos el volumen buscado.
CAMBIO DE ORDEN DE INTEGRACIÓN
Puede ocurrir que una integral doble dada sea prácticamente imposible de
integrar en el orden dado. En estos casos tenemos que cambiar el orden de
integración, ilustraremos el método de un ejemplo. Consideremos la integral I,
donde:
I =
a
0
x
0dy
)yx)(xa(
ysegdx ( a 0 )
Según viene dada, primero hay que integrar con respecto a y, el factor 1a ,
se toma como constante. Al intentar resolver la integral se comprueba que es
conveniente cambiar el orden e integrar primero con respecto a x, y, a que la
primera integración será:
)ya)(xa(
dx
Podemos obtener los límites de integración cuando el orden está invertido.
162
Ejemplo.- Calcular la integral doble 1
0
xy
ydxdy
x
ye2
0 y 1
Sea D = Graficando la
región D
y2 x y
dy)dxx
ye(dxdy
x
ye 1
0
xy
y
1
0
xy
y 22
= dxx2
eydx)dy
x
ye(
x
x
x21
0
1
0
xx
y
2
2e)xee2(
2
1dx)xee(
2
1 1
0
xx1
0
xx
Ejemplo.- Evaluar la integral 4
0
2
Vy cos x
5 dx dy
Solución
0 y 4
Sea D = Graficando la región D
y x 2
dy)dxxcosy(dxdyxcosy4
0
52
y
4
0
52
y
= dxxcos2
ydx)dyxcosy(
22 x
0
52
2
0
2
0
5x
0
10
32sen
10
senxdxxcosx
2
1 2
0
52
0
54
TRANSFORMACION POLAR EN EL PLANO
De las transformaciones dada, una especialmente útil es la transformación polar x =
P cos , y = p sen . Aquí lls recientos A y D son idénticos, y J es igual a p ya que
J está dado por:
J = dp
dy
d
dx
d
dy
dp
dx
Cos , p cos - (-p sen ) sen
= p (cos ~ + sen
~ )
= p
Por lo tanto, para
pdpd),p(fdxdy)y,x(f
163
Observaciones.- Para pasar de una integral doble en coordenados cartesianos a una
integral doble en coordenadas polares se tiene la relación:
rdrd)rsen,cosr(fdxdy)y,x(f
Ejemplo.-
Calcular la integral doble D
22 yx1 do dy, donde D es la cuarta parte del
circulo x2 + y
2 1, que se halla en el primer cuadrante.
Solución
Sea x = r csc , y 0 r sen
x2 + y
2 = 1 r
2 = 1 r = 1
D
21
0
2/
0
222 do)rdrr1((drdor1dxdyyx1
2/
0
2/
0
1
0D
2/322/
0
22
6d
3
1)10(
3
1)r1(
3
1dxdyyx1
JACOBIANO DE UNA FUNCIÓN DE VARIABLES
Sea f : S R2 D R
2 una función continuamente diferenciable dado por F(u,v) =
(x,y) donde x = x(u,v), y = y(u,v)
El Jacobiano de F es dado por:
J(u,v) =
dv
dy
du
dy
du
dx
du
dx
)v,u(d
)y,x(d
Ejemplo
La función 1 : R2 R que transforma coordenadas polares en cartesianas esta dado
por F (r,) ) (x,n) donde x = r cos , y = r Sen , entonces d Jacobico de F es:
J (r,) = rrCosSen
rSencos
d
dy
dr
dy
dx
dr
dx
),r(d
)N.x(d
164
CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRADOS DOBLES
No permite calcular integrales aplicando en integrales sencillas, es decir
d
e
b
adt)('g)1(fg(dx)x(f
Ejemplos.-
Sea R la región triangular del plano xy limitado por:
x = 0, y= 0, x + y = 1, encontrar el valor de dydxeR
yx
yx
Solución
Transformaremos la región R: x = 0 , y = 0, x + y = 1
2
uvy
2
vux
yxv
yxuSea
pero x = 0 =
2
vu v –u ; y = 0 =
2
vu v = u
D = [ (u,v) / v = -u. V = i; v = 1 ]
Se definimos con una ecuación de una función vectorial de dos variables:
Esto definimos con una ecuación de un función vectorial de dos variables:
r (u,v) = x (i,v)i + y (u,v)j si (u,v) S
Esta ecuación se llama ecuación vectorial de la aplicación C (i,v) recorre puntos
de S, el vector r (u,v) describe puntos de D
D S
dudv)v,u(J)v,u(y),v,u(x(fdxdy)y,x(f
Donde el factor J (u,v) es el Jacobiano de la aplicación
CALCULO DEL ÁREA DE UNA SUPERFICIE
Si la función z = f(x,y) y sus derivadas parciales : y
)y,x(fy
x
)y,x(f
son
continuas en una región cerrada D del plano XY, entonces el área de la superficie S :
z = f(x,y) sobre D viene dado por:
165
Área de la superficie S = A(S) = 2
D
2
D
)y
)y,x(f()
x
)y,x(f(1ds
dx dy
donde D es la proyección de la superficie dada por el plano XY.
Si la superficie está definida por la ecuación x = f(y,z), entonces:
A(S) =
D
22 dydz)z
x()
y
x(1
Donde D es la proyección de la superficie sobre el plano YZ.
Si la ecuación de la superficie está definida por y = f(x,z), entonces:
A(S) =
D
22 dydz)z
x()
y
x(1
Donde D es la proyección de la superficie sobre el plano XZ.
Ejemplo.- Calcular el área de la parte superior del paraboloide x = 1 = y2 – z
2
cortada por el cilindro y2 + z
2 = 1.
Solución
La región de integración es la circunferencia y2 + z2 = 1 situada en el plano YZ,
ahora de la del paraboloide se tiene.
x = 1 – y2 – z
2 y2
y
x
, x2
y
x
A(s) = dydzz4y41dxdy)y
x()
y
x(1
D
22
D
22
.
Pasando a coordenadas polares se tiene:
A(s) =
d)rdrr41drdrr41 22
0D
2
= 22
0 6
155d)155(
12
1
.
166
INTEGRALES DE SUPERFICIE
Consideremos primero el cálculo de áreas de superficies alabeadas en e espacio
y después integrales en las que el campo de integración es una superficie. El
área de una superficie es uno de los conceptos matemáticos de más dificultad, y
definiciones satisfactorias del mismo no se han dado hasta 1920. Seguiremos
aquí el tratado de DE LA VALLEE POUSIN; Curso de análisis infitesimal, Ed.
Dover, sin intentar justificarlo.
Una superficie en tres dimensiones viene dada en función de dos parámetros u,
v, por tres ecuaciones de la forma:
x = f(u,v), y = g (u,v) z = h(u,v).................. (1)
Por ejemplo, x = a se n u cos v, y = a sen u sen v, z = cos u, son las ecuaciones
paramétricas de la esfera x2 + y
2 + z
2 = a
2. Usando sufijos para denotar
diferenciación; llamamos:
2
u
2
u
2
U
2
u
2
u
2
U hgfG,hgfE
vuvuvu hhggffF ..... (2)
Entonces definimos el elemento de área, DS, de superficie alabeada por:
d S = dydv)FEG( 2 ...........................................(3)
Y el área S de la superficie alabeada por
S = A
2 dudv)FEG( ..................................... (4)
Donde A es el área correspondiente a la superficie S en el plano uv y tomamos la
solución positiva de la raíz cuadrada.
Con ciertas restricciones en las funciones f, g, h, este concepto nos da un tratado
general conveniente.
En lo sucesivo nos ocuparemos de superficies que puedan venir dadas por una
ecuación de la forma z = (x,y), donde para cualquier par de valores de x, y
corresponde un solo valor de z. Por ejemplo, z = + )yxa( 222 es la
ecuación del hemisferio de radio d, centro el origen de coordenadas, para el cual
z 0. Una ecuación de este tipo surge cuando es posible sustituir, en la
ecuación z = h(u,v) y v por funciones de x, y. En el ejemplo de la esfera,
z2 = a
2 cos
2 u = a
2 (1 – sen
2 u) O bien,
z2 = a
2 – x
2 – y
2
167
de donde resulta la ecuación z = . En este caso, S, dS toman los valores:
dS = dxdy)zz1( 2
y
2
x .................................................... [ 5 ]
S = dxdy)zz1( 2
y
2
xA
.............................................. [ 6 ]
Donde A es la proyección de S en el plano sy**
CALCULO DE ÁREAS DE SUPERFICIES
Al aplicar [6], es necesario conocer A y )zz1( 2
y
2
x para la
superficie particular en cuestión; y entonces el problema queda reducido a hallar
una integral doble ordinaria. Veamos dos ejemplos:
EJEMPLO.- Hállese el área de la superficie de la esfera x2 + y
2 + z
2 = a
2 en el
octante positivo.
El área A se halla haciendo z = 0 en la ecuación de la esfera, por tanto, A es la
región interior al círculo x2 + y
2 = a
2 en el primer cuadrante como se puede ver
en la figura.
Por ser z2 = a
2 - x
2 - y
2, al diferenciar parcialmente tendremos:
2zzx = -2x1 2zzy = -2y
Por lo tanto,
Zx = x/z , Zy = y/z y
)z/yz/x1(zz1( 22222
y
2
x
= 2222 z/)yxz(
Por lo tanto:
z/azz1( 2
y
2
x
siendo z positiva en la parte de esfera considerada. Así,
dxdy)z/a(SA
= dxdy)yxa(1a 222
A
168
INTEGRALES TRIPLES
Si F(x, y, z) es una función definida sobre una región D cerrada en el espacio, por
ejemplo, la región ocupada por una bola sólida o una masa de arcilla, entonces la
integral de F sobre D puede definirse de la siguiente manera. Subdividimos una región
rectangular que contenga a D en celdas rectangulares por planos paralelos a los planos
coordenados. Las celdas que se encuentran dentro de D de 1 a n en cierto orden; una
celda típica tendrán entonces dimensiones ∆xk por ∆yk por ∆zk y volumen ∆x∆xk.
Escogemos un punto (xk, yk, zk) en cada celda y formamos la suma
)1(.),,(1
vkzkykxkFSn
kn
Si F es continua y la superficie que limita a D está hecha de superficies suaves unidas a
lo largo de curvas continúas, entonces cuando ∆xk, ∆yk, ∆zk tienden a cero
independientemente, las sumas Sn tenderán a un límite
)2(.),,( dVzyxFSlímD
nn
Llamamos a este límite integral triple de F sobre D. El límite también existe par algunas
funciones discontinuas.
PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES TRIPLES.
Las integrales triples tienen las mismas propiedades algebraicas que las integrales
simples y dobles. Si F=F(x, y, z) y G=G(x, y, z) son continuas, entonces
1. )( knúmerocualquierFdVkdVkFDD
2. GdVFdVdVGFDDD
)(
3. DsobreFsiFdvD
00
4. .DsobreGFsiGdVFdVDD
Si el dominio D de una función continua F se subdivide por medio de superficies suaves
en números finito de celda sin traslapes D1, D2,…..Dn, entonces
5. ......21
FdVFdVFdVFdVDnDDD
EJEMPLO. Establezca los límites de integración para evaluar la integral triple de una
función F(x, y, z) sobre un tetraedro D con vértices (0, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 0) y (0, 1,
0).
169
Solución.
Paso 1: La superficie superior que limita a D se encuentra en el plano y=1. La
superficie inferior se encuentra en el plano y=x+z. La frontera superior de R es la recta
z=1-x.
La frontera inferior es la recta z=0.
Paso 2: Los límites y de integración. La recta que pasa por un punto típico (x, y) en R
paralela al eje y entra a D en y=x+z y sale en y=1.
Paso 3: Los límites z de integración. La recta L que pasa por (x, y) paralela al eje z entra
a R en z=0 y sale en z=1-x.
Paso 4: Los límites x de integración. Conforme L barre a través de R, es el valor de x
varía de x=0 a x=1. La integral es
.),,(11
0
1
0dxdzdyzyxF
zx
x
INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS Y ESFÉRICAS.
COORDENADAS CILÍNDRICAS.
Las coordenadas cilíndricas son apropiadas para describir cilindros cuyos ejes coinciden
con el eje x y planos que contienen el eje z o bien son perpendiculares a el.
r = 4 Cilindro, radio 4, eje el eje z
=3
Plano que contiene al eje z
z= 2 Plano perpendicular al eje z
El elemento de volumen para subdividir una región en el espacio con coordenadas
cilíndricas es ddrrdzdV
Las integrales triples en coordenadas cilíndricas son entonces evaluadas como integrales
iteradas, como el siguiente ejemplo.
EJEMPLO. Encuentre los límites de integración en coordenadas cilíndricas para
integrar una función F(r, , z) sobre la región D limitada abajo por el plano z=0,
lateralmente por el cilindro circular 1)1( 22 yx y arriba por el paraboloide
.22 yxz
Solución
170
Paso 1: La base de D también es la proyección de la región R sobre el plano xy. La
frontera de R es el círculo .1)1( 22 yx Su ecuación en coordenadas polares es
.2
02
112
1)1(
2
22
22
senr
senrr
yyx
yx
Paso 2: Los límites z de integración. Una recta M, que pasa por un punto típico (r, )
en R, paralela al eje z, entra a D en z=0 y sale en .222 ryxz
Paso 3: Los límites r de integración. Un rayo L que pasa por (r, ) desde el origen,
entra a R en r =0 y sale en .2 senr
Paso 4: Los límites de integración. Al barrer L a través de R, el ángulo que forma
con el eje x positivo varía de .0 a La integral es
.),,(),,(2
0
2
00
ddrrdzzrfdVzrf
rsen
D
COORDENADAS ESFÉRICAS.
Las coordenadas esféricas son apropiadas para describir con centro en el origen, medios
planos articulados a lo largo de eje z y conos simples, cuyos vértices se encuentran en el
origen, y con ejes a lo largo del eje z.
Las superficies como ésas tienen ecuaciones de valor coordenado constante:
4 Esfera, radio 4, centro en el rigen.
3
Se abre desde el origen y forma un ángulo de py3 radianes con el eje z
positivo.
3
Medio plano, articulado a lo largo del eje z, que forma un ángulo de 3/
radianes
con el eje x positivo.
El elemento de volumen en coordenadas esféricas es el volumen de una cuña esférica
definida por los diferenciales ., dydd La cuña es aproximadamente una caja
rectangular con un arco circular de longitud d en un lado y un arco circular de
longitud dsen y espesor de d en otro lado. Por consiguiente, el elemento
de volumen en coordenadas esféricas es
.2 dddsendV
171
Y las integrales triples adoptan la forma
.),,(),,( 2 dddsenFdVF
EJEMPLO. Encuentre el volumen de la región superior D cortada de la esfera sólida
1 por el cono .3/
Solución El volumen es dddsenVD
2 , que es la integral,
de .1),,( Dsobref
Paso 1: Hacemos un croquis de D y su proyección R sobre el plano xy.
Paso 2: Los límites de integración. Dibujamos un rayo M desde el origen que forme
un ángulo con el eje z positivo. También dibujamos L, o sea la proyección de M
sobre el plano xy, junto con el ángulo , que L forma con el eje x positivo. El rayo M
entra a D en =0 y sale en =1.
Paso 3: Los límites de integración. El cono 3/ forma un ángulo de 3/ con
el eje z positivo. Para cualquier , el ángulo varía entre =0 y = 3/ .
Paso 4: Los límites de integración. El rayo L barre sobre R cuando varía de 0 a
2 .
El volumen es
.3)2(
6
1
3
1
6
1cos
3
1
3
1
3
2
0
3/
0
2
0
3/
0
2
0
1
0
33/
0
2
0
21
0
3/
0
2
0
2
dd
ddsenddsen
dddsendddsenVD
LA INTEGRAL TRIPLE EN COORDENADAS RECTANGULARES.
Se llama integral triple de una función f (x,y,s), sobre un recinto V, al límite de la
correspondiente suma triple
i j
kj
k
ikii
V
k
j
izyxsyx
z
y
x
lim
dzdydxzyxf ),,(
0máx
0máx
0máx),,(
)(
172
El cálculo de la integral triple se reduce a calcular sucesivamente tres integrales
ordinarias (simples) o a calcular una doble y una simple.
EJEMPLO 1. Calcular
)(
33 ;V
dzdydxzyxI
donde el recinto V se determina por las desigualdades
.0,0,10 xyzxyx
SOLUCION. Tenemos:
1
0 0 0
223
1
0 0 0
23
2
x xyx xy
dyz
yxdxdzzyxdydxI
1
0
10
00
1
0
55451
0
.110
1
10522dx
xdx
yxdy
yxdx
xx
CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL TRIPLE. Si en la integral triple
)(
),,(V
dzdydxzyxf
hay que pasar de las variables x,y,z, a las variables u,v,w, relacionadas con las primeras
por las igualdades x = (u,v,w), y = (u,v,w), z = (u,v,w), donde las funciones , , :
1) son continuas, junto con sus derivadas parciales de 1er orden
2) establecen una correspondencia biunívoca continua en ambos sentidos, entre los
puntos del recinto de integración. V del espacio OXYZ y los puntos de un recinto
determinado V’ del espacio O’UVW y
3) el determinante funcional (jacobiano) de estas funciones
w
z
v
z
u
zw
y
v
y
u
yw
x
v
x
u
x
wvuD
zyxDI
),,(
),,(
conserva invariables su signo en el recinto V, entonces, será válido la fórmula
173
)'()(
),,,([),,(VV
wvufdzdydxzyxf
.),,(),,,( dwdvduIwvuwvu
En particular,
1) para las coordenadas cilíndricas, r, , h, donde
x = r cos , y = r sen , x = h,
Obtenemos que, I = r,
2) para las coordenadas esféricas , ,r ( es la longitud; , la latitud y r el radio
vector), donde
x = r cos cos , y = r cos sen , x = r sen ,
Tenemos I = r2 cos .
EJEMPLO. Calcular la siguiente integral, pasándola a las coordenadas esféricas.
,)(
222
V
dzdydxzyx
donde V es una esfera de radio R.
SOLUCIÓN. Para la esfera, los límites de variación de las coordenadas esféricas
(longitud) (latitud) y r (radio vector), serán:
,22
,20
.0 Rr
Por esto, tendremos:
R
V
Rdrrrdddzdydxzyx0
422
2
2
0)(
222 .cos
APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES. El volumen de un recinto del
espacio tridimensional OXYZ es igual a
V = )(.
Vdzdydx
La masa de un cuerpo que ocupa el recinto V,
174
M = ,),,()(
V
dzdydxzyx
donde (x, y, z) es la densidad del cuerpo en el punto (x, y, z).
Los momentos estáticos de un cuerpo, con respecto a los planos coordenados son:
MXY = ,),,()(
V
dzdydxzzyx
MYZ = ,),,()(
V
dzdydxxzyx
MZX = ,),,()(
V
dzdydxyzyx
Las coordenadas del centro de gravedad
.,,M
Mz
M
My
M
Mx XYZXYZ
Si el cuerpo es homogéneo, en las fórmulas para determinar las coordenadas del centro
de gravedad se puede poner (x, y, z) = 1.
Los momentos de inercia, con respecto a los ejes coordenados son:
IX = )(
22 ;),,()(V
dzdydxzyxzy
IY = )(
22 ;),,()(V
dzdydxzyxxz
IZ = )(
22 .),,()(V
dzdydxzyxyx
Poniendo en estas fórmulas (x, y, z) = 1, obtenemos los momentos geométricos de
inercia del cuerpo.
Calculo de Volúmenes:
Vol (v) = ∫∫∫ V dx dy dz
Calculo de Masas: Masa (V) = ∫∫∫ V δ (x, y, z) dx dy dz
Centro de masa: (∫∫∫ V x δ (x, y, z) dx dy dz) /M Momento de inercia: I0 = ∫∫∫ Vd ² δ (x,
y, z) dx dy dz
175
Extensión del teorema de Fubini a regiones generales:
∫∫∫ V F (x, y, z) dx dy dz = F (x, y, z) dx dy dz
Teorema: Cambio de variables:
Dada f: k Ì R³ ® R, F continua, G: r*Ì R³ ® R³, G Î C¹, inyectiva con G (k*), tal que
det (DG (u, v, w) ≠ 0," (u, v, w)Î k*): entonces: ∫∫∫ kF(x, y, z) dx dy dz = ∫∫∫ kF(g(u, v,
w)) .|det (DG)|du dv dw
F(x, y, z) = dv
F(g(x, y, z)).|det(DG)| = dv
Obs: el teorema sigue siendo valido si det DG (u, v, w) = 0 sobre un conjunto de
puntos de medida 0 en k*.
Aplicación: Coordenadas Cilíndricas :
X = r cos θ
Y = r sen θ
Z = z
r = √ (x ² + y ²) (distancia al eje z)
dv =
G (r.cos θ,r.sen θ, z)
∫∫∫ kF(x, y, z) dx dy dz = ∫∫∫ k*F(r.cos θ, r.sen θ, z).r.dz.dr.d θ
Método de trabajo:
Ejemplo: Calcular el volumen de μ limitado por √ (x ² + y ²)≤ z ≤ R
176
Vol = r dz dr d θ = (Rr-r ²) dr d θ = Rr ²/2-r³/3 | d θ = R³/6 d
θ = π R³/3
Integrales de Superficie:
en superficie (reemplazar Z por su valor en la superficie)
Area (s) = ∫∫ Axy |ÑF|/|F´z|dx dy; Φ (flujo) = ∫∫ Axy F .ÑF /|F´z| dx dy
Ejemplo: s: z = √(x ² + y ²) Limites: x ² + y ² ≤ R
F (x, y, z) = √(x ² + y ²)-z
F´ x = x/ (√ (x ² + y ²))
ÑF = (x/ (√ (x ² + y ²)), y/ (√ (x ² + y ²)), -1)
F´ y = y/ (√ (x ² + y ²))
F´ z = -1
|ÑF| = √2
Area Lateral = ∫∫ Axy |ÑF|/|F´z| dx dy =∫∫ Axy √2.dx dy =
√2 ∫∫ Axy dx dy = √2 π R
²
Area del circulo
Teorema de Gauss (o de la divergencia):
Obs: Con este método se calcula el vector normal exterior a la superficie.
F ds = ∫∫∫ V Ñ.F dx dy dz
ÑF : Divergencia
177
Te dan el flujo de una determinada función F (x, y, z). Delimitan una superficie con planos o superficies y piden calcular el flujo a través de la superficie frontera.
Divergencia: ∂F1/∂x + ∂F2/∂y + ∂F3/∂z (derivadas de las componentes de la función del flujo)
Obs: Si me queda el flujo neto negativo, significa que tiene sentido opuesto al normal exterior.
Puntos: Fuente: origina campo (campo positivo). Sumidero: recibe campo. Pasante: Lo que entra = lo que sale.
PROBLEMAS RESUELTOS DE ÁREAS
1. Sea R’ una región de área S sobre la superficie z = f(x, y). Por el contorno de R’
pasa un cilindro vertical que corta al plano xOy según la región R. Se divide R en
subregiones A1 (de áreas A1) y sea S1 el área de la proyección de Ai, sobre
R’. Se elige un punto Oi en cada subregión S1 y se traza en él, el plano tangente a
la superficie, siendo T1 el área de la proyección de A1 sobre este plano tangente.
El valor T1 es una aproximación del área S1. El ángulo formado por el plano
xOy y el plano tangente en P1 es igual al ángulo y1 formado por el eje z, [0, 0, 1] y
la normal
1,,1,,
y
z
x
z
y
f
x
f
A la superficie en P1. es decir, cos 1 =
1
1
22
y
z
x
z
Por tanto
T1 cos i = Ai y Ti = sec i . Ai, y
Luego, una aproximación de s es
n
i
n
i
Ti11
y At, . yi sec
R
22
1 R
1y
z
x
z
.dAy sec Ai yi. seclim
dA
Sn
in
178
2. Hallar el área de la porción del cono X2 + y
2 = 3z
2 situada por encima del plano
xOy e interior al cilindro x2 + y
2 = 4y.
Solución1. La proyección del área pedida sobre el plano xOy es la región R
limitada por el círculo x2 + y
2 = 4y. Para el cono,
superficie de unidades 3
38
y
z
x
z1
3
4
9
12
9
9
y
z
x
z 1y ,.
3
1,.
3
1
22
2
2
2
22222
dAS
x
z
z
yxz
z
y
y
z
z
x
x
z
R
Solución2. La proyección de la mitad del área pedida, sobre el plano yOz, es la
región R limitada por la recta y = z3 y la parábola y = 2
4
3z ; esta ecuación se
obtiene eliminando x en las ecuaciones de las dos superficies. Para el cono,
4
0
24
0
3/2
3/
224
0
3/2
3/ 22
22
2
2
2
2
22222
43
343
3
34dy
3
322
:
3
12129 1y ,
3,
dyyydyyzdzyz
zS
Luego
yz
z
x
z
x
zyx
z
x
y
x
x
z
z
x
x
y
y
x
y
y
y
y
Solución 3. Empleando coordenadas cilíndricas en la Solución 1, hemos de
integrar la función
22
1
y
z
x
z =
3
2 a lo largo de la región R limitada
por la circunferencia e = 4 sen . Así pues,
0
2
0
sen 4
0 0
sen 4
0
2
superficie de unidades 3
38 d
3
16
3
1 d d
3
2
3
2
sen
ddASR
3. Hallar el área de la porción del cilindro x2 + z
2 = 16 situada dentro del cilindro
x2 + y
2 = 16. En la figura, se representa la octava parte del área pedida, y su
proyección sobre el plano xOy constituida por un cuadrante del círculo x2 + y
2 =
16. Para el cilindro x2 + z
2 = 16.
179
superficie de unidades 12832dx 16
48
:
16
16 1y ,0,
4
0
4
0
16
0 2
22
2222
2
dxdyx
S
Luego
xz
zx
y
z
x
z
y
z
z
x
x
z
x
4. Hallar el área de la porción de la esfera x2 + y
2 + z
2 = 16 exterior al paraboloide
x2 + y
2 + z = 16. En la figura, se representa la cuarta parte del área pedida, y su
proyección sobre el plano yOz constituida por la región R limitada por la
circunferencia y2 + z
2 = 16, los ejes y y z la recta z = 1. Para la esfera,
superficie de 8 2
1164 1 4
:
16
16 1y ,,
1
0
16
0
1
0
22
222
22222
2
unidadesdzdzAdz
x
y
xS
Luego
zyx
zyx
z
x
y
x
x
z
z
x
x
y
y
x
x
R
5. Hallar el área de la porción del cilindro x2 + y
2 = 6y situada dentro de la esfera
x2 + y
2 + z
2 = 36.
En la figura, se representa la cuarta parte del área pedida, su proyección sobre el
plano yOz constituida por la región R limitada por los ejes z e y y la parábola z2 +
6y = 36. Esta última ecuación resulta de eliminar x en las ecuaciones de las dos
superficies. Para el cilindro.
22
2222
6
969 1
0,3
yyx
yyx
z
x
y
x
yz
x
x
y
y
x
Luego
6
0
6
0
636
0 2
superficie de unidades 1446
12
dy 6
34
dyy
dzyy
Sy
180
6. Encuentre el área de la región R limitada por las gráficas de x – 2y + 8 = 0 y x2
= 8y.
Solución. De la igualdad (7) tenemos A = R
dA donde R es la región que aparece
en la figura. Vemos que R es del tipo T1 y que está limitada superiormente por la
gráfica de = )8(2
1x , inferiormente por la gráfica de y = x
2/8 a la izquierda por
la gráfica de x = -4 y a la derecha por x = 8.
Entonces:
R
x
xdydA
3
4
2/)8(
8/2dx
y por lo tanto:
3
4-
23
4
2/)8(
8/ 82
8 dx
2dx
xxdyA
x
x
esto es
3624
6416
4
16
24
51232
4
64
244
4
8
4
32
xx
xA
7. Calcule
a)
R
yx yxdxe 1:yx,Rdy
b) 2.yx0y0x Rdy dx
R
xy
xy
e
Solución
a) 2
1
v)(u,
y)(x,log
2
1
1- 1
1 1
1
y)(x,
u)(a,det
1
v)(u,
y)(x,det 1
o
yxv
yxuT
x + 1 = 1 u = 1
x + y = -1 u = -1
x- y = 1 v = 1
x – y = 1 v = -1
R
uuyx
e
evxeedudxe
Y
1
1
21
1-
1
1
1
1
u 1
2
1dvdu x
2
1 dv e dy
181
b)
Y
R
Área
Áreao
vxy
uxyT
2
1
v)(u,
y)(x,detlog
2
1
y)(x,
v)(u,det
1
v)(u,
y)(x,det 1
Transformamos:
R
xy
xy
dudxe
vuvy
uyx
vu
Y
dv 2
1e dy
vx
-ux 0 y v,u 0
Observación:
Para eu/v
podemos calcular Pu eu/v
más Pv eu/v
luego una orden de intercambio
indicada o conveniente.
e
ev
e
edv
eevdvevduV
V
U
VU
v
v
vu 1
2
1
2
11
2
1
2
1 dv
2
1 22
0
222
0
2
0
2
0
/
La medida para coordenadas polares es a través de transformaciones.
seny
xT
cos
cos sen
sen- cos e .2,00 jacobianoOeIR
R
dxyxfY Y
d d ),g(d d )sen , cos f( dy ),(
Las coordenadas polares son particularmente ventajosas para dominio limitados
por rectas que pasa por el origen, o circunferencias que pasan por el origen y por
circunferencias centradas en el origen o para funciones integradas que
envuelvan la expresión x2 + y
2.
8. Resuelva usando coordenadas polares
Solución
a) /2
0
2
0
32
0
2
0
222 d -44 d d -4dy 4
ddxyxR
182
84 24
24-4 x 4
2
0
422/
0
2/
0
2
0
3
xxdd
b) d d -64dy 62/
0
2
0
22222
dxyxyxR
3
32
4332-6 x 4
2
0
432
2/
0
2
0
32
xdd
9. Calcule la masa de una placa limitada por la circunferencias x2 – 4x + y
2 = 0 y x
2 –
2x + y2 = 0, suponiendo que la densidades a cada punto es directamente proporcional a
la distancia del punto de origen.
Solución
= k. , k IR+.
X2 – 4x + y
2 = 0 (x - 2)
2 + y
2 = 4
X2 – 2x + y
2 = 0 (x - 1)
2 + y
2 = 1
X2 – 4x + y
2 = 0
2 - 4 cos = 0 = 0 = 4cos, com
2,
2
X2 – 2x + y
2 = 0
2 - 2 cos = 0 = 0 = 2cos, com
2,
2
kksensenkk
dkyxkMR
9
224
3
4 x
3
56
3
1
3
56 d cos56
3
1
3k d d dydx
2/
2/
2/
2/
33
cos4
cos2
2/
2/
2/
2/
cos4
cos2
223
10. Calcule el volumen de sólido limitado por las superficies:
x2 + z
2 = 9, y = 0 e y = 2225 zx
Línea de Intersección
183
4
9
0925
9
025
9
22
2
22
222
22
y
zx
yy
zx
yzxy
zx
En este caso el sólido proyecta un circulo no plano xOz, luego las coordenadas
polares se van a transformar (x, z) en (, ):
sen z
cos xT
El sólido puede dividirse en cuatro partes iguales.
R
dxzxV
2
0
/2
0
3
0
23
0
222 d -25 x d4 d d -25 dz 025
3
122)12564(
3
225
3
1
2.4
3
0
2/32
11.Resuelva usando coordenadas definidas por:
vxy
uxyT
/
1
Solución
Este cambio pertenece evidentemente a dos tipos estudiados. Vamos por tanto aplicar
la teoría general y comenzar por calcular el jacobiano de la transformación.
v
x
y
x
y
x
yy
yx
vuvu
yx
2
1
2
11
1/x y/x-
x
1
),(
),(det
1
),(
),(det
2
Aplicando T-1
hacemos:
4v
1v para
4
e 2u
1u para
2
1
xy
xyde
xy
xyde
2ln3
72ln.2.7.
6
1ln
32
1du
2
1udydx 22
4
1
2
1
2
1u
4
1v
32
vxu
dvv
yxD
184
PROBLEMAS DE ÁREAS, VOLÚMENES Y COORDENADAS
POLARES
1. Del dominio limitado por la línea (x2 + y
2)2 = 2ax
3
Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene:
4 = 2ar3 cos
3 r = 2a cos3
2/
2/
32
2/
2/
22
2/
2/
2/
2/
62cos 2
0
/6
2
2
2
2
23
8
43
2
50
4
a
2cos212cos34cos2
3
2
5
4
a
cos2dr )(3
sensensensen
dsen
dadrDAa
8
5)(
2aDA
2. El dominio limitado por la línea (x2 + y
2)3 = x
4 + y
4
Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene:
dr
ddrrDA
senr
senrsenrr
sensen 44
44
cos
0
2
0
2
0
cos
0
44
444446
2 )(
20 ,cos0
coscos
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
0
22
44
4
306
8
1
2
4cos
2
3
4
1
2
4cos11
4
12cos22
8
1
2
2cos1
2
2cos1
2
1cos
2
1
d
dd
ddsen
3. Del dominio limitado por la línea
(x2 + y
2)2 = 2a
2(x
2 – y
2) (Lemniscata de Bernoulli)
Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene x = rcos , y = rsen r4 = 2a
2r2 (cos
2 -
sen2)
r = 0, r = 2cos2a
185
2
22
4/
0
224/
0
2
2cos2
0
4/
0
4/
0
22cos2
0
2)(
202
2
sen2 2d cos22
2dr 4)(
aDA
asena
aa
drdrDAaa
4. Del dominio limitado por la línea (x + y)5 = x
2y
2 situada en el primer cuadrante
(lazo)
Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene:
X = r cos , y = r sen de donde
r5 (sen + cos ) = r
4 sen
2 cos2 = r =
cossen
cos sen 22
drDA
2/
0
cossen
cos sen
0
22
dr )(
2/
0 2
44
2/
0
cossen
cos sen
0
2
1260
1
)cos(
cos
2
1
2
122
sen
dsen
dr
5. Del dominio limitado por la línea
1) 22
2
2
2
c
xy
b
y
a
x
2)
2594
222
22 yxyx
Solución
1) Pasando a coordenadas polares se tiene:
x = r cos , y = r sen de donde
2222
22
222222
442
2
2
2
2
2
2
24
cos
cos
)cos(
cos
coscos
bsena
sen
c
bar
bsenac
senbar
c
senr
b
sen
ar
drdrDA bsena
sen
c
ba
2/
0
cos
cos
0
2222
22
)(
dbsena
dsen
c
ba
2/
0 222222
44
)cos(
cos
2
186
4
222/
0 222222
44
2))((
cos
2 c
ba
senbab
dsen
c
ba
2) 2536
4cos9 22
224 rsen
r
2
0 222
2
0 222
2
0
4cos95
6
0
22
2
22
2
25
39
)4cos9(25
18
4cos925
36
2
1
A(D)
4cos95
6
25
1
4cos9
36
22
sen
d
dsen
drdr
senr
senr
sen
6. Por la esfera x2+y
2+z
2 = 4 y el paraboloide x
2 + y
2 = 3z
Solución
Pasando a coordenadas polares
x = r cos , y = r sen , z = z entonces
r2 + z
2 = 4 z
2 = 4 – r
2 , z =
3
2r
4 – r2 =
3
2r r = 3 0 r 3
además
ddrr
rrddrrdzV
rrzr
zorD
rzrr
zrz
r
r
2
0
3
0
32
2
0
3
0
4
3/
22
222
2
34
20,30,43
/,,
433
,4
2
2
3
2
0
2
0
3
0
42
6
19
12
19
123
2/34
uV
ddrr
V
187
7. Por la esfera x2 + y
2 + z
2 = R
2 y el paraboloide x
2 + y
2 R(R – 2z), (z 0)
Solución
Pasando a coordenadas cilíndricas se tiene:
r2 + z
2 = R
2 z = 22 rR
r2 = R
2 – 2Rz z =
R
rR
2
22
Intersectando ambas superficies se tiene:
22 rR =R
rR
2
22 r
4 + 2r
2 R
2 – 3R
4 = 0
(r2 + 3R
2)(r
2 – R
2) = 0 r = R 0 r R
D =
20,0,2
/,, 2222
RrrRzR
rRzor
2
0
33
2
0
3333
2
0
2
0
2222
02
12
5/
24
5
484
2
22
22
uRR
dRRR
V
ddrR
rRrrrRddrrdzV
R rR
R
rR
8. Por el paraboloide z = x2 + y
2 y el cono z
2 = xy
Solución:
Z = r2, z = r cossen luego
O r cossen , r2 z r cossen , 0 2
2
0
cos
0
cos
2ddrrdzV
sen senr
r
2
0
cos
0
32 cos ddrrsenrVsen
2
0
cos
0
43
/4
cos3
dr
senr
V sen
2
0
2
0
22
2
4cos1
96
1cos
12
1ddsenV
32
096
/4
4
296
1u
senV
188
DIVERGENCIA Y ROTACIONAL
INTEGRALES DOBLES
CONCEPTOS BÁSICOS
La divergencia y rotacional son conceptos aplicables a campos vectoriales del tipo
F(x; y; z) = (F1(x; y; z); F2(x; y; z); F3(x; y; z))
Las expresiones y notaciones son:
div F = z
F
y
F
x
F
321·F
rot F =
y
F
x
F
x
F
z
F
z
F
y
F
FFF
zyx
123123
321
;;
kji
F
El principio de Cavalieri sostiene que si en un sólido se conoce el área transversal de un
sólido entre dos extremos, basta integrarla para obtener el volumen.
Es posible, bajo condiciones adecuadas (funciones acotadas y continuas por partes)
integrar una función de dos variables sobre un rectángulo R = [a; b][c; d]. Según el
teorema de Fubini, esto es equivalente a hacer una integral iterada:
R
b
a
d
c
d
c
b
adxdyyxfdydxyxfdAyxf );();();(
De una manera más general, es posible integrar una función de dos variables en
cualquier región en que x esté acotada entre dos valores numéricos y y entre dos
funciones de x (región tipo 1); o bien en la cual y esté entre dos valores numéricos y x
entre dos funciones de y (región tipo 2); o bien en una región que sea simultáneamente
de tipo 1 y de tipo 2 (región tipo 3). Tenemos así las siguientes posibilidades para
integrar en una región R:
R
d
c
y
y
R
b
a
x
x
dxdyyxfdAyxfyxydcy
dydxyxfdAyxfxyxbax
)(
)(
21
)(
)(
21
2
1
2
1
2) (Tipo );();()()();(
1) (Tipo );();()()();(
siendo ambas posibles en una región tipo 3, en la cual queda habilitado el cambio en el
orden de integración.
PROBLEMAS:
189
1.) Divergencia y rotacional. Sea F un campo vectorial diferenciable y r el vector
posición. Demostrar que la divergencia del campo vectorial Fr es igual al producto
interno de r y el rotacional de F.
SOLUCIÓN
Sea:
F(x; y; z) = (F1(x; y; z); F2(x; y; z); F3(x; y; z))
r(x; y; z) = (x; y; z)
Tenemos:
QED ·;;)·;;(
·
;;
123123
123123
211332
211332
211332321
Fr
rF
kji
rF
y
F
x
F
x
F
z
F
z
F
y
Fzyx
y
F
x
Fz
x
F
z
Fy
z
F
y
Fx
z
Fx
z
Fy
y
Fz
y
Fx
x
Fy
x
Fz
xFyFz
zFxFy
yFzFx
xFyFzFxFyFzF
zyx
FFF
2.) Principio de Cavalieri. Determinar por el principio de Cavalieri el volumen de un
toro de revolución caracterizado por los radios r y R.
SOLUCIÓN
Expresado en términos más pedestres, un toro es una argolla que se obtiene
haciendo rotar un disco de radio r alrededor de un punto situado a una distancia R
del centro del disco. En la figura apreciamos las vistas transversal y superior del
toro. Si cortamos transversalmente el toro a una cierta altura z, la sección será una
corona circular de los siguientes radios mayor y menor:
radio mayor: 22 zrR
radio menor: 22 zrR
(Dejamos al alumno demostrar esto usando el teorema de Pitágoras y el hecho de
que el radio del disco que rotando genera el toro es r.)
190
El área de la corona circular
vendrá dada entonces por:
222
222
222
menor
2
mayor 4 zrRzrRzrRRRA
Y ésta es el área transversal que
se obtiene seccionando el toro
con un plano a una altura z. Por el
principio de Cavalieri, para
obtener el volumen del toro
tenemos que integrar estas áreas
transversales entre el mínimo z y
el máximo z, los cuales valores se
puede ver en la figura que son -r
y r:
2212
22
tabla
22 2sen22
44 Rrr
zrzr
zRdzzrRV
r
r
r
r
3.) Calcular Dyx dxdyee 2
, donde D es la región limitada por el cuadrado 1 yx .
SOLUCIÓN
Desarrollando la expresión 1 yx para los cuatro cuadrantes (esto es,
reemplazando los valores absolutos de x y y por x, -x, y o -y según corresponda)
llegamos a que la región de integración es el cuadrado de la figura. Por lo tanto
podemos expresar la integral de la siguiente manera:
R R + r R - r
R R + r R - r
22 zrR
22 zrR
22 zrR
22 zrR
x
x
z
z
y
r
r
-r
x - y = 1
x + y = 1 x - y = -1
x + y = -1
x
y
1
1 -1
-1
191
3
212
321
61
322
32
22
213
12
2
21
1
0
232
0
1
223
21
1
0
232
21
0
1
223
21
1
0
2222
212222
0
121
1
0
1
1
20
1
1
1
21
0
1
1
2
0
1
1
1
22
3333
33
22
eeeeee
ee
eee
ee
eee
edxeedxee
dxeeedxeee
dxe
edxe
edydxee
dydxeedxdyee
xxx
xxxxx
xxxxxx
x
x
yx
x
x
yx
x
x
yx
D
x
x
yxyx
4.) Cambio en el orden de integración. Calcular 4
0
2
2/
2
y
x dxdye
SOLUCIÓN
El integrando no reconoce una primitiva de
sencilla formulación, sino que la misma debe
expresarse mediante series.
Para evitar esto, podemos intentar cambiar el
orden de integración. Proponemos así:
12 42
0
22
0
22
0
2
0
2
2
0
2
0
24
0
2
2/
2
eexdxedxdye
dydxedxdye
xxx
x
xx
y
x
x
y
x
2
1
x
4
x y = 2x
x = y/2
192
PROBLEMAS DE INTEGRALES TRIPLES INTEGRAL DE SUPERFICIE
1) Sea una superficie esférica de radio 1 interior y tangente a otra superficie
esférica de radio 2. Determinar el valor promedio de la distancia al punto de
tangencia de todos los puntos comprendidos entre ambas superficies esféricas.
SUGERENCIA: USAR COORDENADAS ESFÉRICAS.
SOLUCIÓN
Los puntos aludidos en el
enunciado son los de la
región rayada en gris de la
figura. Puesto que la
unción que promediaremos
será la distancia al punto
de tangencia, aparece como
lógico que este último se
sitúe en el origen del
sistema de coordenadas
que utilizaremos.
Al usar coordenadas
esféricas, esta distancia
será sencillamente .
Recordemos por otra parte
el concepto de valor
promedio de una función
en un dominio. Podemos expresarlo como el cociente entre la integral de esa
función sobre el dominio dado y la integral de la función 1 en dicho dominio.
En nuestro caso se trata de cuerpos tridimensionales y por lo tanto las integrales
serán volumétricas. Esto es:
V
V
dV
fdV
f (1)
Nuestro problema se reducirá a expresar estas integrales en coordenadas
esféricas, lo cual en términos prácticos implica encontrar los límites de cada una
de las variables.
, el ángulo azimutal, variará entre 0 y /2 (nuestro dominio abarca todo el
semiespacio situado por encima del plano xy).
, el ángulo ecuatorial, variará entre 0 y 2 (ambas esferas son cuerpos de
revolución completa alrededor del eje z).
Los únicos extremos que ofrecen alguna dificultad son los de , la distancia al
origen. Para determinar correctamente su variación, observemos que esta última
es dependiente del ángulo azimutal. En efecto, vemos en la figura que para cada
valor de los valores de estarán comprendidos en el rango indicado por la
O
B
’
B
A
A
’
y
z
x
193
línea más gruesa. El valor mínimo será la longitud del segmento OA’, y el valor
máximo será la longitud del segmento OB’. Ambas longitudes, repetimos, son
funciones de . Pero, ¿qué funciones?
Para determinar esto observemos, de los radios dados en los datos, que el
segmento
OA tiene longitud 2, y el segmento OB tiene longitud 4.
Por otro lado recordemos de geometría elemental que un ángulo inscripto en una
esfera (esto es, el formado uniendo un punto cualquiera de la misma con los
extremos de cualquier diámetro que no lo incluya) es siempre recto. Por lo tanto,
los ángulos OA’A y OB’B son ambos rectos.
Entonces, los triángulos OA’A y OB’B son los dos rectángulos y podemos
aplicar funciones trigonométricas. Tenemos así:
OA’ = OAcos = 2cos
OB’ = OBcos = 4cos
Por ende la variación de vendrá dada por:
2cos 4cos
Expresando ahora las integrales triples en (1) con sus correspondientes extremos
tendremos lo siguiente, donde es la función a promediar y 2sen es el
jacobiano en esféricas:
7
18
4
cos
5
cos
56
180
cossen
cossen
56
180
cos3
56sen
cos60sen
3sen
4sen
sen
sen
2
0
2/
0
4
2
0
2/
0
5
2
0
2/
0
3
2
0
2/
0
4
2
0
2/
0
3
2
0
2/
0
4
2
0
2/
0
cos4
cos2
3
2
0
2/
0
cos4
cos2
4
2
0
2/
0
cos4
cos2
2
2
0
2/
0
cos4
cos2
2
d
d
dd
dd
dd
dd
dd
dd
ddd
ddd
Esto da una distancia promedio de, aproximadamente, 2,57. En la primera figura
de este ejercicio se ha indicado en línea de puntos el lugar geométrico de los
puntos ubicados a esta distancia del origen.
194
2) Hallar el momento de inercia respecto al eje x de un alambre semicircular que
tiene la forma x2 + y
2 = 1, y 0 si la densidad es f(x; y) = x + y.
SOLUCIÓN
Se trata de una semicircunferencia centrada en el origen y que abarca el primero
y el segundo cuadrantes.
La parametrización natural para esta curva es:
sen
cos
y
x , 0 (1)
La función, por otro lado, tendrá dos leyes: una en el primer cuadrante, donde
ambos valores son positivos, y otra en el segundo cuadrante, donde x es negativo
y y es positivo. Esto es:
IIc);( ,
Ic);( ,);(
yxyx
yxyxyxf (2)
Reemplazando (1) en (2) se puede obtener una expresión para la función
densidad expresada en términos del parámetro :
(3)
Ahora debemos calcular el momento de inercia del alambre descrito por la
parametrización (1) y con una densidad representada por (3), con respecto al eje
x. Recordemos que el momento de inercia es la integral del diferencial de masa
por el cuadrado de la distancia al eje de rotación. En nuestro caso, la distancia al
eje x es y para cualquier punto del plano y podemos expresar Ix como:
dyxyxfydsyxfydsyxfddmdIC CC
xxx )(')('))();(()();();( 22
0
2222
Es fácil comprobar que la raíz cuadrada en esta última integral da, para la
parametrización de nuestro problema, 1. Por lo tanto:
ddI x )sencos(sen)sen(cossen2/
22/
0
2
donde hemos separado el dominio en dos intervalos, puesto que la ley de la
función cambia de uno a otro.
Ejecutando la integral se obtiene:
Ix = 8/3
2 ,sencos
20 ,sencos
))();(( yxf
195
3) Calcular el centro de gravedad de la superficie cerrada compuesta por la porción
de paraboloide z = x2 + y
2 que se encuentra debajo del plano z = 1 y la
correspondiente porción de este plano. (Recordar que las coordenadas del centro
de gravedad son los valores promedio de x, y, z sobre la superficie.)
SOLUCIÓN
Por la simetría del problema, las componentes x y y del centro de gravedad son
0. Para la componente z, podemos escribir:
S
S
dS
zdS
z
La superficie S está constituída por una porción de paraboloide y una porción de
plano. Llamémoslas S1 y S2, respectivamente. Para identificar los límites de
ambas, observemos que al intersectarlas obtenemos x2 + y
2 = 1, lo cual
proyectado al plano xy significa una circunferencia de radio 1 centrada en el
origen. Podemos tomar como nuestro dominio el círculo limitado por la misma,
si usamos las variables cartesianas como parámetros.
Sin embargo, aparece como evidentemente conveniente una parametrización de
ambas superficies basada en coordenadas polares.
10
20 ,
1);(
sen);(
cos);(
;10
20 ,
);(
sen);(
cos);(
2
2
1
rrz
rry
rrx
Sr
rrz
rry
rrx
S
Tendremos entonces:
21
21
SS
SS
S
S
dSdS
zdSzdS
dS
zdS
z (1)
Debemos encontrar el módulo del producto vectorial fundamental para estas dos
superficies, y luego utilizarlo para las integrales. Tenemos:
Superficie S1:
14
4sen2cos2
0cossen
2sencos
2
2422
rr
rrrrr
rr
r rr TTkji
kji
TT
196
Con esto podemos evaluar las integrales sobre la superficie S1 explicitadas en la
ecuación (1):
123
2··· 1
125
2··· 1
2
3
22
0
1
0
2
3
22
0
1
0
2
1
1
partespor
drdrrdS
drdrrrzdS
S
S (2)
Superficie S2:
rr
rr
rr
TTkji
kji
TT 00
0cossen
0sencos
Con esto podemos evaluar las integrales sobre la superficie S2 explicitadas en la
ecuación (1):
···
2···
2
0
1
0
2
0
1
0
2
2
2
drdrdS
rdrdrzdS
S
S (3)
Reemplazando ahora los resultados de (2) y (3) en (1) tendremos:
555,09712,6
8685,3
123
2
212
5
2
2
3
2
3
21
21
SS
SS
S
S
dSdS
zdSzdS
dS
zdS
z
197
y
x 1
1
-1
-1
PROBLEMAS DE TEOREMA DE GREEN
ENUNCIADO DEL TEOREMA
Sea C una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, y sea
F(x;y) = (P;Q) un campo vectorial cuyas funciones coordenadas tienen derivadas
parciales continuas sobre una región abierta que contiene a la región D acotada por C.
Entonces:
CD C
QdyPdxdAy
P
x
QdrF·
PROBLEMAS RESUELTOS
5.) Transformación de una integral de línea en una de área. 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
);(
0);( 4
Por lo tanto:
6
11
1
1
0
3
61
21
0 21
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.
6.) Determinación de un área mediante una integral de línea. Determine el área de la
región limitada por la hipocicloide que tiene la ecuación vectorial
r(t) = cos3t i + sen
3t j , 0 t 2
SOLUCIÓN:
De la parametrización de la curva tenemos:
x
y
1
1
y = 1 - x
198
x = cos3t x
2/3 = cos
2t
y = sen3t y
2/3 = sen
2t
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:
x = cos3t dx = -3 cos
2t sent dt
y = sen3t dy = 3 sen
2t cost dt
Luego:
8
3
6
2sen
8
4sen2cos2sen
2
4cos1
)2cos2sen2(sen4
2sen
2
2cos13
4
2sencos3
sencos3cossen3cos
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
De esta manera contamos con una herramienta más para obtener el área de la región
encerrada por una curva cerrada, que se suma al método en coordenadas polares visto en
Análisis II y al cálculo por integral de área que ejecutamos cuando tenemos la expresión
cartesiana de la curva.
7.) Limitaciones en la aplicación del Teorema de Green. Dado
F(x;y)= (P;Q) = (-y i + x j) / (x2 + y
2)
a) Calcular su integral de línea sobre el círculo x2 + y
2 = 1
b) Calcular dAy
P
x
Q
D
, donde D es la región encerrada por la curva del punto a).
c) Discutir si estos resultados están de acuerdo o no con el Teorema de Green.
SOLUCIÓN:
199
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 contradirían 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.
8.) Aplicación del teorema de Green a un problema físico sobre una región con
agujeros. Determinar el momento de inercia de una arandela homogénea de radio
interno a, radio externo b y masa M, respecto a uno de sus diámetros.
SOLUCIÓN:
Determinaremos el momento de inercia
respecto al diámetro colineal con el eje x.
De Física sabemos que:
D
x dAyI 2
Donde es la densidad superficial de la
arandela, supuesta constante dado que es
homogénea.
Esta región no es simplemente conexa pero,
como se vio en la teoría, se puede extender el teorema de Green a este tipo de regiones
con agujeros, siendo:
D C C
QdyPdxQdyPdxdAy
P
x
Q
1 2
y
x a b
C2
C1
200
Por lo tanto podremos calcular la integral doble del momento de inercia como dos
integrales. Para ello debemos encontrar funciones P, Q tales que:
3
312 ; 0 :ejemplopor , tomamos; yPQy
y
P
x
Q
Aplicando Green con esta función tenemos:
2121
3
313
313
313
312 00
CCCCD
x dxydxydydxydydxydAyI (1)
Parametrizando estas curvas tenemos
20 ,cossen
sencos
20 ,cossen
sencos
2
1
ttadytay
tadxtaxC
ttbdytby
tbdxtbxC
Reemplazando con esto en (1) tendremos:
2
0
444
31
2
0
2
0
33
3133
31 sen)sen(sen)sen(sen tdtabdttatadttbtbI x
Mab
abababdttt
ab
dtt
tabdtttab
22
41
2222
4144
41
2
0
44
31
2
0
2244
31
2
0
2244
31
8
4cos1
2
cos1
4
2sensencos1sen
Ésta es la manera estándar de expresar un momento de inercia: como el producto de una
longitud o suma de longitudes al cuadrado por la masa del rígido.
9. Ejemplo.- Usar el teorema de Green para calcular la integral de líneas
c y3dx+(x
3+3xy
2)dy, donde C es el camino de (0,0) a (1,1) sobre la gráfica de y = x
3 y
de (1,1) a (0,0) sobre la gráfica y = x.
Solución.-
Aplicando el teorema de Green
cR
dxdy)y
M
x
N(dy)2xy33x(dx3y
201
donde se tiene:
23
3
xy3xN
yM
2
2
x3x
N
y3y
M
C
R
2222233 dxdyx3dxdy3)y3x3(dy)xy3x(dxy
C
1
0
2x
x
2
R
233 dx)dyx3(dxdyx3dy)xy3x(dxy3
= 1
0
1
0
6453
4
1
2
1
4
3)
2
x
4
x3(dx)x3x3(
C
233
4
1dy)xy3x(dxy
10. Ejemplo.- Mientras está bajo la acción de la fuerza F (x,y) = y3- i + (x
3 + 3xy
2) j,
una partícula da vuelta a la circunferencia de radio 3 que se muestra en la figura,
usar el teorema de Green para hallar el trabajo realizado por F.
Solución
W = )dx,dx()xy3x,y)dr)y,x(F 233
CC
= dxdyx3dy)xy3x)dxy 2
D
233
C
pasando a coordenadas polares r = 3, 0 2
dcos4
243dcosrdxdyx3W
R
22
0
3
0
22
0
42
.
= 4
24302
8
243
2
2sen
8
243 2
0
+ 3y2
202
PROBLEMAS DE TEOREMA DE STOKES
ENUNCIADO DEL TEOREMA DE STOKES
Sea S una superficie orientada y suave a trozos, acotada por una curva C suave a trozos,
cerrada y simple, cuya orientación es positiva. Sea F un campo vectorial cuyas
componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta en R3 que
contiene a S. Entonces:
SSC
dSFdSFdrF rot
PROBLEMAS RESUELTOS
1) Verificación del Teorema de Stokes. Verificar el teorema de Stokes para el campo
vectorial F(x;y;z) = 3yi + 4zj - 6xk y la parte de la superficie paraboloidal z = 9 - x2 - y
2
ubicada sobre el plano xy y orientada hacia arriba.
SOLUCIÓN
Cálculo como integral de línea: La curva C es en este
caso una circunferencia de radio 3 centrada en el
origen sobre el plano xy. Podemos parametrizarla
como:
20 ,
0
sen3
cos3
z
y
x
Con esta parametrización tenemos:
F() = 9sen i + 0j 18cos k
r´() = 3sen i + 3cos j + 0k
r´() = 27sen2
272
2sen
2
2cos127sen27)()(
2
0
227
2
0
2
0
22
0
ddd
CrFdrF
Cálculo como integral de superficie: Primero evaluamos el rotacional.
3 y
z
x C
S
3
9
203
kji
kji
Frot 364
643
xzy
zyx
Ahora parametrizamos la superficie del paraboloide. Para eso observamos que su
proyección sobre el plano xy es un círculo de radio 3 con centro en el origen. Parece
lógico usar una parametrización basada en coordenadas cilíndricas:
20
30 ,
9
sen
cos
);(2
r
rz
ry
rx
rr
El producto vectorial fundamental será:
kji
kji
rr sen2 cos2
0cossen
2sencos 22 rrr
rr
rr
Vemos que la componente z de este vector es positiva. Por lo tanto la parametrización
describe a una superficie con orientación positiva.
Usando entonces esta parametrización, tenemos:
272
3
)3sen12cos8()(rot rot
2
0
3
0
2
2
0
3
0
22
r
drdrrrdrdD
r
S
rrFdSF
Llegamos al mismo valor que cuando lo hicimos como integral de línea, verificando de
esa manera el teorema de Stokes.
2) Transformación de una integral de superficie en otra más sencilla usando el
Teorema de Stokes. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral del rotacional
del campo vectorial F(x; y; z) = xyzi + xyj + x2yzk sobre el dominio S consistente en la
unión de la parte superior y de las cuatro caras laterales (pero no el fondo) del cubo con
vértices (1; 1; 1), orientado hacia afuera.
SOLUCIÓN
La geometría descrita en el enunciado
está representada en la figura. Se
requiere calcular el flujo de rot F a
través de todas las caras del cubo
menos la de abajo. Observemos que esa
región de integración está limitada por
la curva orientada indicada en la figura;
llamémosla C. (La orientación dada se
z
1 O y
x
1
1
204
corresponde con normales con la componente z mayor o igual que 0, que es lo necesario
para que las normales apunten hacia el exterior del cubo.) El teorema de Stokes nos
asegura que:
CS
drFdSF)( ,
lo cual en sí no implica una simplificación demasiado significativa, dado que en lugar
de tener que parametrizar cinco superficies para evaluar la integral de flujo deberemos
parametrizar cuatro segmentos de recta para calcular la integral de línea.
Sin embargo, notemos que la curva C también delimita la superficie de la base del cubo,
a la cual llamaremos S’. Puesto que el teorema de Stokes nos asegura que la integral del
campo vectorial sobre una curva cerrada es igual al flujo de su rotacional sobre
cualquier superficie limitada por ella, tenemos que:
dSFdrFdSF )()('SCS
con lo cual podemos integrar el rotor directamente sobre la superficie de la base.
Parametrizando esta última tenemos, pues:
T(x; y) = (x(x; y); y(x; y); z(x; y)) = (x; y; -1), -1 x 1, -1 y 1 (1)
y su producto vectorial fundamental es:
k
kji
TTN
010
001yx
Notemos que esta normal apunta hacia arriba, que es precisamente el sentido en que
debe apuntar de acuerdo a la regla de la mano derecha. Por otro lado el rotacional del
campo escalar viene dado por:
kjikji
kji
F )()()()2( 22
2
(1) param. la por reemp.
xyxyxxzyxyzxyzx
yzxxyxyz
zyx
Por lo tanto la integral que buscamos será:
1
1
1
1'
2
''
0)())(( dxdyxydSxyxyxdSSSS
kkjiNFdSF
En este problema vemos que el teorema de Stokes permite no sólo transformar una
integral de superficie en una de línea, sino también convertirla en otra integral de
superficie de cálculo más sencillo. La selección de una u otra de estas opciones
dependerá del problema particular.
205
3) Aplicación al concepto de circulación de un campo. Calcular la circulación del
campo de velocidades de un fluido F(x;y;z) = (tan-1
(x2); 3x; e
3z tanz) a lo largo de la
intersección de la esfera x2 + y
2 + z
2 = 4 con el cilindro x
2 + y
2 =1, con z > 0.
SOLUCIÓN:
La circulación de un campo es su
integral a lo largo de una línea
cerrada. Recordemos que la razón
entre la circulación del campo de
velocidades y el área de la superficie
encerrada por la curva tiende a un
cierto valor a medida que el radio de
la curva tiende a 0; si este valor es
nulo, entonces el fluido es irrotacional
y un molinillo ubicado en ese punto
límite no rotará.
Prima facie vemos que el campo
vectorial F tiene una ley bastante
compleja, por lo que se puede anticipar que el cálculo de la circulación como integral de
línea puede resultar asaz engorroso. Por lo tanto, vale la pena calcular el rotacional a ver
si resulta una función matemáticamente más tratable.
kji
kji
Frot 300
tg3)(tg
321
zexx
zyxz
En efecto, se simplifican enormemente los cálculos al resultar el rotacional una función
vectorial constante.
Por el teorema de Stokes, podemos calcular la integral de línea de F sobre la curva dada
como el flujo del rotor a través de la superficie grisada. Parametrizando esta última:
20
10 ,
4
sen
cos
);(2
r
rz
ry
rx
rr
Y hallando el producto vectorial fundamental:
kji
kji
rr sen4
cos4
0cossen4
sencos222
rr
r
r
r
rrr
rr
Vemos que esta normal tiene componente z positiva, correspondiendo a una superficie
positivamente orientada. con esto podemos calcular ahora:
33)(rot rot 2
0
1
0 rdrddrdD
r
S
rrFdSF
x
y
z
1 2
2
206
Guía de Practicas
FUNCIONES VECTORIALES
1. Hallar el dominio de las siguientes funciones vectoriales.
a) (1 ) ( 2)
( ) ( , ; ( 4) )Ln t Ln t
F t Ln tt t
b) 1 1
( ) ( , , 3 )(1 ) 1
G t tLn t t
2. Determinar y describir gráficamente el rango o traza de cada una de las siguientes funciones:
a) ( ) (3cos 2 , 2 2)F t t sent
b)
2
2 2
1 2( ) ( , )
1 1
t tG t
t t
c) ( ) (2 3 , 1 4sec )f t tgt t
d) ( ) (8 6cos , 6 8cos ) g t sent t sent t
e) ( ) ( , , 2 )H t cos t sen t
f) ( ) ( cos , , )g t t t t sent t
g) 3 3 3t( ) ( 5 , cos5 , 4e ) t tg t e sen t e t
3. Evaluar los siguientes límites
a)
2
2 30
1 cos ( )lim ( , , )
( )t
sent t t sent
t t tsen t
b)
3
0
1 1 1 8 7lim ( , , )
(1 ) 6 5
t t t
t tt
t e sent
t Ln t
c)
6 3
21
1 1 ( 1)lim ( , , ) , 0, 1
1
t
nt
t a sen ta a
sen t t t
.Rpta:
16
(0 , 1 , )a
d)
3
40
1lim ( ( ) , , ) ,
4
a t b t a t b t
t
e e e et sen a b
t t senat senbt
e)
2 3 42 3 4
0lim , ,
t
a t a a t a a t a
t t t. Rpta:
2 3(2 , 3 , 4 )a a a f)
5
20
1 cos ( 2) 2 5 3lim ( , , )
9 7
t t
t tt
t Ln t Ln
t t
207
g) 0
(2 ) cos(2 ) (4 )lim , ,
(3 ) cos(3 ) cos(5 )
x
sen t t sen t
sen t t t. Rpta: 2
3( , 1 , 0)
2 2
32 30
sen(4t) tan (5 ) 3) lim , ,
t 2 7t
t t th
t t t
4. Analizar la continuidad de las siguientes funciones
a)
2 3( , , ) , 0
3( )
2(1, ,3) , 0
3
arcsent sen tt sen t t
t tF t
t
Rpta: F no es continua en t=0.
b)
241
( , ) , 1( ) 1
( 2,1) , 1
tt t
G t t
t
c)
2( 5 5) ( 5 )sec( )5 - 2510( , ) , 5
5 sen ( 5 )( )
25 10( , ) , 5
tt sen t t
tt
t tH t
t
Rpta.- H es continua en t = 5.
5. Analizar la continuidad de la función en t = 1
2 2t 1 t 1( , ) , t 1
F(t) t 1 t 1
( 2 , 0 ) t 1
Rpta.- La función es continua en t = 1
6. Analizar la continuidad en su dominio
sen2t sen2t sen4t
( , , ) , t 0sen3t sen4t sen5t
G(t)2 1 4
( , , ) , t 03 2 5
Rpta.- La función es continua en todo su dominio.
7. Hallar la primera y segunda derivadas de las siguientes funciones, determinando su dominio:
a) ( ) ( ,1 cos ) tF t e t b) ( ) ( cos , )F t a t bsent
c) 2( ) ( , ,7 ) t tF t t e t Lnt d)
1 2( ) ( , , )
1 1
t tF t t
t t
e) ( ) (5sec ,6 ( ))F t t tg t f) 2 2
2
2( ) ( ( 1), 1 , )
1
tF t Ln t t
t
8. Calcular la longitud de arco de las siguientes curvas:
a) : ( ) ( , cos ) , [0, ] t tg t e sent e t t . Rpta: 2 - 2 L e
b) : ( ) ( 3 ,2cos , 3 )g t t sent t t sent , donde 0 4t
c) Una partícula se mueve en el plano XY según la ecuación 2 cos3 tx e t ,
2 3 ty e sen t . Hallar la longitud de la trayectoria desde 0t hasta t
208
RECTAS Y PLANOS FUNDAMENTALES, CURVATURA
Y TORSIÓN
1. Sea la curva descrita por ( ) (cos(3 ) , (3 ) , 3 )f t t sen t t .Hallar la ecuación
de la recta tangente a en t 0 .
Rpta: Recta Tangente TL 1 0 0 t 0 3 3 t ( , , ) ( , , ) /
2. Hallar los tres vectores y planos fundamentales a la curva descrita por
2( ) ( ,cos , )f t t t sent , en t .
3. Si es la curva descrita por la función 345 5
( ) ( cos ,1 , cos ) g t t sent t , hallar
los vectores ( )T t , ( )N t , ( )B t y la ecuación de los tres planos fundamentales
en el punto 0 (0,2,0)P .
4. Hallar un punto de la curva descrita por la función 3 4( ) ( ,3 , )G t t t t ,
donde el plano normal es paralelo al plano : 6 6 8 1 0x y z P
5. Hallar la ecuación de los tres planos fundamentales de la curva descrita por la
función ( ) (4cos ,4 ,2 )F t t sent t en el punto 0 ( 4 , 0, 2 )P
6.- Sea C la curva descrita por 3 3( ) ( , ,3 2 ), [0,2]t tt e e t t . Hallar un punto de la
curva donde la recta tangente a C sea paralela al plano 2 1x y z
7.- Una partícula se mueve en el espacio partiendo en el instante t = 0 desde el punto -2(1, 0, 2e )P .
En cada instante 0t la velocidad de la partícula es 2( 1)( ) ( 2, 2 , 4 )tv t t e .¿En que instante el
vector velocidad es paralelo al vector posición de la partícula? ¿ Cruza la partícula al plano
0x y en algún instante ?
8. Si es la curva descrita por la función t 2( ) ( e cos , , ) t tg t t e sent t e , hallar los
vectores T , N , B la ecuación del plano osculador, la curvatura y la torsión en t = 0.
9. Hallar los planos: Normal, rectificante, osculador, curvatura y torsión de la curva
: ( ) (4cos ,4 ,2 )F t t sent t en t
10. Dado : ( ) ( ,1 cos ,4 )2
th t t sent t sen , calcular la Curvatura y Torsión
de en el punto donde el plano normal es paralelo al plano 1z .
11. Hallar la ecuación de los planos fundamentales, la curvatura y torsión a la curva
( ) (cos , , )f t t sent t , en el punto cuando t .
12. Hallar la Torsión de la curva que resulta de la intersección de las superficies
2 2 2 6x y z ;
2 2z x y en el punto 0 (1,1,2)P .
13.- Una curva descrita por la función vectorial ( ) (2 , ( ) 1, ( ))g t t sen t sen t se corta con el
plano XZ. Determinar el plano osculador en el punto de corte.
209
14.- Dada las ecuaciones de las superficies 2 2 2 2 23, 2x y z x y
a) Halle la ecuación del plano normal a la cuerva E intersección de las superficies en el punto
(1,1,1).
b) Encuentre la curvatura a la curva E en el punto (1,1,1)
FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES: DERIVADAS
VALORES EXTREMOS y APLICACIONES
1. Hallar el dominio de las siguientes funciones y bosquejar su gráfica:
a) z x y x y d) 4 4z y x
b) 2 2 72 9 4z y x e) 2 2 25
xz
x y
c) arccos( 4)z x y f) 2 2 2 2 1 (4 )z x y Ln x y
)
y xg z
y x
2. Calcular los siguientes límites ( si existen)
a) 3 3
2 2( , ) (2,1)
2 8lim
4x y
xy x y
x y
b)
2 2
2 2( , ) (0,0)
( )lim
x y
sen x y
x y
c) ( , ) (2, 1)
( 2)lim ( )
arctan(3 6)x y
arcsen xy
xy
d)
2 2( , ) (0,0)
1 1 1lim ( )
1 1x y xy xy xy x y
3. Analizar la existencia de los siguientes límites:
a)
2
2 2( , ) (0,0)lim ( )
x y
x
x y c)
2 2
2 2 2( , ) (0,0)lim ( )
( )x y
x y
x y x y
b) 3
2
2 4( , ) (0,0)lim
x y
x yx
x y
d) ( , ) (0,0)
4lim
4x y
xy
x y
4. Determinar si las siguientes funciones son continuas en el origen
a)
4 2 2 3
2 2 2
3 2, (x,y) (0,0)
( , ) ( )
0 , (x,y) (0,0)
x x y xy
H x y x y
Rpta: Continua en (0,0)
b)
2 2
2 2, (x,y) (0,0)
( , ) ( ) ( )
0 (x,y) (0,0)
x y
G x y xy x y
c)
8 2
16 4, ( , ) (0,0)
( , )
0 , ( , ) (0,0)
x yx y
f x y x y
x y
. Rpta: No es continua en (0,0)
210
e)
32
2 4, ( , ) (0,0)
( , )
0 , ( , ) (0,0)
x yx x y
T x y x y
x y
5. Dada las siguientes funciones
a)
2 2
2 2
8 ( ) , (x,y) (0 , 0 )
( , ) +
0 , (x,y) (0 , 0 )
xy x y
G x y x y
b)
2 2 x( ) - arctg( ) , (x,y) (0 , 0 )
y( , )
0 , (x,y) (0 , 0 )
yx arctg y
xH x y
Hallar x y (0,0)G , (0,0)yxG ,
(0,0)xyH ; (0,0)y xH por definición de derivada.
6.- Dada la función 2 2
( , ) (0,0)( , )
2 si (x, y) = (0,0)
x y xye e si x y
x yg x y
a) Determinar las derivadas parciales de primer orden
b) Hallar 1,1 2,2(0,0); (0,0)D g D g si existen
7. Para un fabricante de cámaras y películas el costo total ( , )C x y de producir x
cámaras , y rollos de película está dado por ( , ) 30 0,015 900 C x y x xy y . Las funciones
de demanda para las cámaras y los rollos están dados por 9000
rx
s, 2000 400 y s r ,
donde s es el precio por cámara y r por rollo de película. Encontrar la tasa de cambio del costo
total con respecto al precio total de la cámara cuando 50s y 2r .
8 Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie 2( , ) 6 yf x y e x x en el punto
(1,0,9).
Rpta: 3x+y-z+6=0
9. Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie
3 2 23 cos ( ) 9 0senzx e z x y , en el punto ( 2 , ,0 )
2P
.
10. Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie
2 3 22 2 0 x y xy y x z en el punto 0 (1,0,1)Q .
Rpta: 2 2 3 0 x y z
11. Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie 2 5 0x yz ,
si este plano pasa por los puntos 0( 0 , 2 , 2 )P ,1( 1 , 2 , 0 )P y es
ortogonal al plano 2 0x y z .
12. En qué puntos de la superficie 2 2 24 16 2 12 x y z xy son los planos tangentes
paralelos al plano XZ.
Rpta: Los puntos son (2,2,0) y (-2,-2,0)
211
13.- Dada la ecuación 2 22 3 1xy yz x z de una superficie S.
Determinar la ecuación del plano tangente a S en el punto (1,-2, 3) y la recta
tangente a S que pasa por (1,-2,3) y es perpendicular al plano tangente
14. Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie
2 2
2( 1) ( 2)1
4 9
x yz , que es paralelo al plano que pasa por los puntos
0( 1 , -1 , 2 )P , 1( 2 , 2 , -1 )P y es perpendicular al plano 0x y z .
15. Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie 2
2 2: 7 1662
xS y z que es
ortogonal a la recta tangente a la curva de intersección de las superficies
2 2
1 : 2S z x y , 2 2
2 : 2 3 1S z x y , en el punto 0( 2 , 1 , 6 )P .
16.- Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie, cos z x seny en el punto
0 (0, / 2,1)P . Rpta: : 2 1 0 TP y z .
17. Dada ( , ) a x b yz u x y e ;
2
0u
x y
, hallar los valores de las constantes
a y b tal que 2
0z z z
zx y x y
18. Si 1 ( )x y x yxy Ln e e z , hallar z
x
,
z
y
19. Si ( , ) 0F x a z y b z = 0, verificar que 1z z
a bx y
20. Dado que ( , )u f x y , cossx e t e,
sy e sen t verificar que
2
( )s
s s t t x x y yu u e u u , donde ,s t son variables independientes.
21. Encontrar el gradiente de las siguientes funciones:
a) 2 2 2( , , ) F x y z x y z , c)
2 ( , , ) x zG x y z x y e ,
b) 2 2 2( , , ) + +H x y z x y y z xz , d) ( , , ) ( )T x y z xzLn x y z
22. Hallar la derivada direccional de la función 3 3 3 3 2 4( , , ) f x y z x y x z x z en el
punto 0 (1,1,0)P y en la dirección del vector 2 3 4 v i j k .
Rpta: (1,1,0) 2103/ 755uD f
23. Si 2( , ) xH x y x y y y . Calcular (4,2)H
24. Si 2( ,2 )T x y y x , determinar el valor de (1,4)T
25. Calcular la derivada direccional de la función 2 2( , , ) + x +H x y z x y y z ,en
el punto 0( 1 , 2 , 1)P y en la dirección de un vector ortogonal a la superficie
2 2: 2 3 1 0S x y z ,en el punto 1( 2 , 1 , 6)P .
212
26. Hallar la derivada direccional de la función 2 2( , , ) f x y z x y z en el punto P(1,-
1,2) en la dirección del vector c a b donde (1, 1,3) a y (2,1, 1) b .
Rpta: 33/ 62 .
27.- Sea RRf 2: definida en (3, 4) tiene las derivadas direccionales: 3 en la dirección
al punto (4, 4); 1 en la dirección al punto (3, 2). Determinar (3,4)f
28.- Una función u está definida por una ecuación de la forma ( )x y
u xy fxy
dado que u
satisface una ecuación en derivadas parciales de la forma 2 2 ( , )x yx u y u g x y u
determinar ( , )g x y
29.- Si ( ) ( )z f u g v donde u= x + y, v = y/x y ambas funciones f y g son funciones
arbitrarias demostrar. '( ) ( )x yxz yz u f u g v , ( ' ( )f u es la derivada de f
respecto de u )
30.- La ecuación ( , )y z
fx x
define a z implícitamente como una función de x e y sea
esa función ( , )z g x y demostrar que ( , )x yxg yg g x y
31.- Si ( )n a x b y xz x e f
y
donde ( )x
fy
es una función arbitraria de y/x demostrar
que ( )x yxz yz z ax by n
32.-. Hallar los valores extremos de las siguientes funciones:
a) 3 3 2 2( , ) 9 3 15 9 20 f x y x y x y x y
Rpta: Máximo en (1,-1) y f(1,-1)=32, Mínimo en (5,3) y f(5,3)=-32 y puntos de silla
en (1,3) y (5,-1).
b) 2 2( , ) 1 2 2 2 2f x y x y xy x y
c) 3 3( , ) 2 6 f x y x y xy
Rpta: Máximo en (-2/3,2/3) y f(-2/3,2/3)=170/27
d) 2 2( , ) 3 2 1g x y x y xy x y
e) 3 2( , ) 3 2 f x y x y xy y
Rpta: Mínimo en (1,1) y f(1,1)=2. Punto silla en ( ½ , ¼ )
f) 3 3( , ) 3h x y x y xy
g) 3 3 2( , ) 3 18 ( )f x y x y xy x y
h) 2 2( , ) 18 32 36 128 110f x y x y x y
i) 4 4 ( , ) 4 1h x y x y xy
j) 3 3 3 ( , , ) 2 2h x y z x y z xy yz
k) 2 2 2 ( , , ) 2 6 3 2 5h x y z x y z x y z
213
33.- Dada la función 2 2( , )g x y xy x y x y Determinar:
Los punto interiores al triangulo de vértices (0,0), (2,0), (0,3). El máximo y mínimo
en el triangulo
34. Hallar los valores extremos de las funciones, en cada uno de los casos.
a) 2 2 ( , ) 25h x y x y con restricción
2 2 4 0x y y
b)
( , )p qx y
f x yp q
con la restricción 1x y
c) ( , ) 4h x y xy sujeto a la restricción 2 2/ 9 / 4 1x y
d) 2 2 2f ( , , )x y z x y z xy yz sujeto a
2 2 2 1x y z
e) ( , , )h x y z x z sujeto a la restricción 2 2 2 1x y z
35.- Hallar la distancia más corta del punto P(1, -1, 3) a la esfera
2 2 2 6 4 10 62 0x y z x y z
36.- Determinar el punto del plano 2 10x y z que está más cerca al origen
37.- Encontrar la distancia mínima del punto P(1, 0, -2) al plano 2 4x y z
38.- Si en 0 0 0( , ), 0, 3, 12x y xx yyp x y z z z z ¿Para qué valor de xyz es cierto
que z tiene mínimo relativo en 0 0 0( , )P x y ?
39.- Determinar el producto máximo de tres números no negativos cuya suma es 16.
40.- Demuestre que el sólido rectangular con volumen 1 y área mínima es el cubo de
lado 1.
41.- El producto de dos números positivaos es 128. El primer número se suma al cuadrado del segundo ¿
qué tan pequeña puede ser esta suma?
42.- Un granjero desea cercar un potrero rectangular a lo largo de la orilla de un rio. El área del potrero
debe ser 3,200 m2 y no necesita cercar a lo largo de la orilla del rio. Hallar las dimensiones del
potrero que exigirá la menor cantidad de cerco.
43.- Tenemos una caja rectangular contenida exactamente dentro del elipsoide
2 2 22 3 18x y z , con cada arista paralela a uno de los ejes de coordenadas.
Encontrar su máximo volumen.
44.- La temperatura en grados centígrados en cualquier punto de la región limitada por las rectas
0, 0, 3;x y x y está dada por 2 2( , ) 8 4 5 4 8T x y x xy y x y Determinar la
máxima y mínima temperatura en la región.
45. Se quiere fabricar cajas rectangulares de 20 m3 de volumen. Si el material usado en los
lados cuesta 1 dólar el m2 y el material usado en el fondo y la parte superior cuesta 2
dólares y 4 dólares el m2 respectivamente. ¿Cuáles deben ser las dimensiones de la caja
más económica?.
Rpta: Largo = ancho = 3 20 / 3 y altura=
33 20 / 3
46. Un fabricante determina que el número de osciloscopios que puede vender por semana es
24 ( , )
9 18
yxV x y
x y , x e y sus gastos semanales (en miles de dólares) por publicidad
214
en periódicos y televisión respectivamente. La utilidad es de $ 625 por venta menos el costo de
publicidad de modo que su utilidad está dado por 24
( , ) 625( ) ( )9 18
yxG x y x y
x y.
Encuentre los valores x e y para los cuales la utilidad es máximo y hallar el valor máximo.
47. Un fabricante desea construir una caja rectangular con tapa de 336 cm de
volumen. Hallar las dimensiones de la caja para minimizar el costo, si el
fondo y la tapa cuestan el doble que los lados por 2cm .
48. Sea ( , )P x y la función de producción dada por
2 3 2 3 ( , ) 0, 54 0, 02 1,89 0, 09P x y x x y y , donde e x y son las
cantidades de trabajo y capital respectivamente y P es la cantidad producida.
Determinar los valore de x e y que maximizan P .
49.- Determinar las 3 dimensiones del paralelepípedo de volumen máximo que tiene 3
Caras en los planos coordenados y tiene un vértice sobre el plano. 12 3 6
x y z
50. Un pentágono se forma con un rectángulo y un triángulo Isósceles.
Si el pentágono tiene un perímetro dado P. Hallar las dimensiones para
que el área sea máxima (ver figura)
51. Una empresa produce dos tipos de acero A y B , para los cuales los costos
promedio de producción, son respectivamente, constantes de $ 2 y $ 3 por
barras de tres metros. Las cantidades e x y en barras de A y B que pueden
venderse cada semana están dadas por las funciones de demanda conjunta
400( )x t s e 400(9 2 )y s t , donde y ts son los precios de venta en
dólares por barra de A y B respectivamente. Determinar los precios de venta que
maximizan las utilidades de la empresa , si
utilidad por barras utilidad por barras
barra de A vendidas de A barra de B vendidas de B
P
(reemplazar los datos).
52. La sección transversal de una batea es un trapecio isósceles. Si la batea se
construye doblando los lados de una franja de metal de 18 pulgadas de
ancho. Hallar las dimensiones para que el área de la sección transversal
sea máximo. Elegir h y T como variables independientes.
x x
S1 2x
y
L h
S2
b
h
T T
l
215
53.- La intersección del paraboloide 2 22 16z x y con plano 4x y determina una
curva C en el primer octante. Encontrar los puntos de C más cercanos y los más
lejanos.
INTEGRALES DOBLES Y SUS APLICACIONES
1. Calcular las siguientes integrales dobles:
a) Q
22dxdy ysen xsen , 0, 0,Q Rpta:
214
b) 3 2 36 Q
x x y y dxdy , 0,1 0,1Q Rpta: 3/2
c) dxdy3yx23
Q
, 2,3 2,3Q Rpta: 1/80
d) Q
dxdy) yxcos(x , 1,2 1,2Q Rpta: 3-3cos(1)
2. Sea f una función definida en un rectángulo Q, representar el conjunto de coordenadas de
f sobre 0,1 0,1Q y calcular la integral.
a) 1 1
( , )0
x y si x yf x y
en los demás puntos de Q
b)
2 2 2 2 1( , )
0
x y si x yf x y
en los demás puntos de Q
3. Intercambiar el orden de integración de las siguientes integrales.
a) 2
1
0
( , )
x
xf x y dydx b)
2 3
3 0
4 9( , )
xf x y dydx
c)
2 2
2
0
2( , )
a xa a
ax xf x y dydx
d)
2
2
2
/ 2 2
1( , )
y
yf x y dxdy
4. Calcular las siguientes integrales dobles
a) 2 420
D
x y dA , D es la región triangular limitada por 4x , 0y e 4y x .
b) 2 D
xy dxdy , D es la región limitada por 2x y , 2 2 2x y y , 0x .
c) x y
D
e dxdy
, ( , ) / 1D x y x y
d) 2
D
x y dxdy , D es la región acotada por las curvas 24x y , 2y x
e) 2 2
D
a x dxdy , D está acotada por 2 2 2y x a , x a , 0x e 0y
216
5.- Evaluar la integral
2 2
2 21 , 0, 0
D
x yK dxdy a b
a b
Donde D es la región limitada por la elipse 2 2 2 2/ / 1x a y b
6. Expresar en una sola integral iterada, la suma de las integrales.
a)
2 2 2
2 2
0 0 02
( , ) ( , )R
x R R
R
xf x y dydx f x y dydx
b)
2 2
2 2
0 0
( , ) ( , )
y
y
a a a a a
a a af x y dxdy f x y dxdy
7. Calcular las siguientes integrales cambiando el orden de integración.
a) 1
0 2
xy
y
y edxdy
x b)
2 2
1 0
2
xxy dydx
c) 1 arccos
0 0
xsenye dydx
d) 22 4
0 2
x
ye dxdy e)
2 21
23
0 0 ( 2)
x
x x y dydx
f)
2
2 2
2 20 0 1
xx
dydxx y
8. Calcular 2 2( ) D
x y dx dy si la región D está limitada por la circunferencia 2 2 2 x y ax .
Rpta: 43 / 2a
9. Determinar el valor de la integral x ye dxdy
tomada a lo largo de la región
triangular encerrada por los ejes coordenados y la recta , a 1x y Lna
10. Hallar 2 2( ) D
x y dA donde D es la región plana acotada por las curvas 2y x , 2 y x .
Rpta: 639/35
11. Calcular 2
xdxdy
y y x sobre la región limitada por
2y x , y x en el
primer cuadrante.
12. Calcular
y x
x y
D
e dxdy
, donde D es el triángulo determinado por la recta
3 0x y y los ejes coordenados.
13. Calcular la integral ( ) D
x y dxdy , donde D es la cuarta parte situada en el primer
cuadrante del anillo circular limitado por los círculos 2 2 1x y ,
2 2 4x y
14. Calcular 2 D
x y y dxdy , donde D es el trapecio de vértices (1,1)A ), (5,1)B ,
(10,2)C y (2,2)D .
217
15. Calcular 2 2 9 D
x y dxdy , donde D es la región anular entre las
circunferencias 2 2 9x y y
2 2 25x y .
16. Calcular 2 2( x + 5y )
D
dxdy , donde D es la región plana limitada por 0y ,
2 24 16 x y . Rpta: 180
17. Calcular la integral 2 216(4 )
x y
D
x y dxdye , donde D es la región limitada por el
cuadrilátero de vértices (0,0)A ), (1/2 , 2 )B , (1,0)C y (1/ 2, 2 )D .
18. Calcular 3 3 4 4 1
D
x y x y dxdy donde 2 4 4 ( , ) / 1, 0, 0 D x y x y x y R
19. Por medio de la integral doble encontrar el área de la región D acotada por las
curvas dadas:
a) ( )y sen x , 2y x x
b) y x , 24 4 1y x
c) 2 24 4y ax a , 2 , 0x y a a
d) 2 2 2x y a
20. Calcular el área del la región D (bucle) acotada por la gráfica de la curva
3 3 0x y axy
21. Calcular el área de la región plana acotada por; 2 2 4 0 x y x ,
2 2 2 0 x y x ,
0 y x , 0y . Rpta: 23 3
4 2
u
22. Hallar el área de la región plana limitada por las curvas; 2 1 0 y x ,
2 1 0 y x .
Rpta: 8/3 u2
23. Hallar el área de la región D acotada por gráfica de las curvas
2 2 2 2 2 2( ) 2 ( )x y a x y y
2 2 2x y ax .
24.- Determinar el área de la región acotada por la curva. 2 2 3 4 4( )x y x y
25.- Calcular el área de la región D en el cuadrante positivo del plano XY acotada por las
curvas: 2 2 2 22 1, 2 4, 2 , 5x y x y y x y x
26.- Encontrar el área de la región limitada por las curvas: 2 , x = 4 , yxy y x ,
y 3 , 0, 0x x y
27.- Determinar el área de la región plana limitada superiormente por 2 2 4x y
e inferiormente por 2y x
28. Hallar el volumen del tetraedro acotado por los planos 0 , = 0 , 0x y z y
1y x z
29. Usando integral doble determinar el volumen del sólido limitado por las rectas
0 , x = 2 , y 0, 4x y , en el plano XY sus aristas son paralelas el eje Z y la tapa
218
es el plano 2 10 z x y
30.- Aplicar la integral doble para determinar el volumen del tetraedro limitado por los
planos coordenados y el plano 2 6x y z que tiene como base la región triangular
del plano XY limitada por los ejes X, Y y la recata 2 6x y
31.- Usando integral doble calcular el volumen del cuerpo limitado por las superficies
2 2 2, , 1, 0z x y y x y z
32.- Una lámina D limitada por las curvas 2 2 , 4y x y x . Cuya densidad en cada
punto de la lámina es ( , ) 2x y x . Hallar la masa total de la lámina.
33.- Una lámina tiene la forma de la región. 2 2 2( , ) : 9, 0D x y x y y y su
densidad en cada punto de la lámina es 2 2( , )x y x y Determinar el centro de
masa de la lámina.
INTEGRALES TRIPLES Y SUS APLICACIONES
1. Calcular las siguientes integrales por los métodos mas adecuados
a) 2 2 2
2
6 36 36
0 - 36 0
x x y
xdz dy dx
Rpta: 72
b) 2 2 2
2
3 9 9 2
3 9 0
x x y
xx dz dy dx
Rpta: 243/ 4
c)
2 y x2 2x
10 0 6
cos( )xz z
dzdydxy y
Rpta: 1/4
d)
2 2 2 2 4 4 2 2
0 0 0 4
x x y
z x y dzdydx
Rpta: 8/ 5
e)
2 24 1 1 1 2 3 2 2
0 0 0 1 2 3
x x y
z x y dzdydx
f)
2 2 2 2 4 9
0 0 0 ( )
x x y
xy y z dzdydx
g) 2
2
1 2
0 0
y y z
yy z dx dz dy
h)
2 2 2
2
3 9 9 2 2 2
3 9 0
x x y
xz x y z dz dy dx
i)
2 2 2
2 2
3 9 18 2 2 2
0 0 ( )
x x y
x yx y z dz dy dx
2. Si S es la región limitada por 2 2 23x y z ; , 0y z ,
2 2 2 4x y z
219
calcular 2 2
S
z dx dy dz
x y .
3. Sea S la región limitada por las superficies 2 2z x y ,
2 2 2x y a ,
calcular S
dzdydxyx 22 .
4. Calcular
S
z dx dy dz donde S es el sólido limitado por las superficies
2 2 2 2 8 , 2 z x y z x y
5. Sea 3 2 2 2 ( , , ) / 36 9 4 36x y x x y z R , 0, 0, 0x y z
calcular 2 2 2
Q
x yzdx dy dz
x y z .
6. Calcular ( )( )( ) Q
x y z x y z x y z dx dy dz donde Q es el tetraedro
limitado por los planos 0x y z , 0x y z , 0x y z , 2 1x z
VOLUMEN DE SÓLIDOS MEDIANTE INTEGRALES TRIPLES
1. Hallar el volumen del sólido limitado por el cono 2 2 24 x y z y la esfera
2 2 2 5 x y z
siendo 0z .
Rpta: 310( 5 1)
3 u
2. Calcular el volumen del sólido comprendido entre el plano XY y las
superficies cilíndricas 2 2 y ax x y
2 4z ax donde 0a .
3. Calcular el volumen del sólido comprendido los paraboloides
2 25 5 z x y ,
2 26 7 z x y .
4. Determinar el volumen del sólido limitado por el cilindro 2 2 4 y z y las
superficies 2x z ,
26 ( 2) x z
5. Hallar el volumen del sólido limitada por las superficies
2 23 0 x y z ,
24 0 y z
6. Hallar el volumen determinado por las superficies 2 2 z x y ,
2 2 24 4 z x y .
7. Usando coordenadas cilíndricas, hallar el volumen del sólido encima
del plano XY cortada por la esfera 2 2 2 25 x y z y el cono
2 2 216 9 9 z x y
8. Usando coordenadas esféricas calcular el volumen encerrado por la esfera
2 2 2 2 x y z r
220
9. Hallar el volumen del sólido entre las superficies 2 2 9 x y ,
2 2 9 y z
10. Encontrar el volumen del sólido limitado por la superficie
2 2 24 4 16 x y z
Rpta: 364 / 3 u
11. Calcular el volumen del sólido limitado por el cono 2 2 2 x y z , 0z
cortado por el plano 4z .
12.- Determinar el volumen del sólido acotado por:
2 22 2( )
4 9 2
x y xz
13.- Hallar el volumen del sólido limitado por 2 2 2 2( )x y z x
14.- Determinar el volumen del sólido acotado por:
2 22 2 3( )
9 4
x yz z
INTEGRALES DE LÍNEA Y SUS APLICACIONES
1. Calcular las integrales de línea:
a) 2 2 2 2( ) ( ) x y dx x y dy
a lo largo de la curva : 1 1 y x desde
el punto 0 (0, 0)P hasta 1 (2, 0)P .
b) 2 2( 2 ) ( 2 )x xy dx y xy dy
siendo el arco de la parábola 2y x que
une los puntos 0 ( 2 , 4 )P y 1 ( 1 , 1 )P .
c) 2 2(2 )z x y ds
donde es la primera espira de la línea helicoidal
cónica cosx t t , y t sen t y z t .
d) 2 2( )n
Cx y ds donde C es la frontera del círculo
2 2 2x y a
2. Calcular 3 3 2 2 3[ ( 2 2 3) (2 1) ]xy x dx x y y dy
cuando es el arco de la
cicloide t x t sen , 1 cosy t , 0 , 2t
3. Hallar la integral de línea 2 2(3 6 ) 14 20 C x y dx yz dy xz dz donde C es el segmento de
recta que va del punto (1,0,0) al punto (1,1,0) y luego del punto (1,1,0) al punto (1,1,1).
Rpta: 20/3
4. Calcular2 2 2( )x y z ds
, donde ( ) ( cos , , )t t sen t t es una hélice 0 , 2t
5. Calcular 2 2
ydx xdy
x y
sobre la circunferencia 2 2 2 : x y a , 0a recorrido
en sentido antihorario.
6. Evaluar4 4( ) ,x y ds
donde λ es la frontera de 2 2 2 ( , ) / 25 D x y x y R
7. Calcular la integradle línea del campo vectorial
221
2 2 2
( , , )2
xi y j zkF x y z
x y z x y z
a lo largo del segmento de la recta del
punto 0 ( 1 , 1 , 1 )P , hasta el punto 1 ( 4 , 4 , 4 )P
8. Calcular 2
2
1(2 ) ( )
x LnxxLny dx dy
xy y y , si
3( ) ( 1+t ,cos100 )t t , 0 1t
9. Calcular. ydx zdy xdz
donde:
a) es la curva de intersección de las superficies 2x y , 2 2 2 2 ( )x y z x y .
La curva es recorrida en el sentido horario mirado desde el origen
b) es la intersección de las superficies z xy y 2 2 1x y , recorrida en el
sentido anti horario visto desde encima del plano XY .
10. Calcular las siguientes integrales de línea según el caso:
a) 2 3 2 1 cosy sen x xds
donde es el arco de la curva y senx
de 0 ( 0 , 0 )P a 1 2( , 1 )P
.
b) 2 2 1
xdx ydy
x y
en el sentido horario a lo largo del cuarto de la elipse
2 2
2 21
x y
a b en el primer cuadrante.
c) 2 2 2
xdx ydy zdz
x y z
, donde es el arco de la curva 2x t , 2 1y t ,
2z t t que une los puntos 0 ( 0 , 1 , 0 )P y 0 ( 2 , 3 , 2 )Q .
11. Calcular la integral de línea del campo vectorial a lo largo del camino indicado.
a) ( , , ) ( , , )F x y z x y xz y a lo largo de 2 3( ) ( t , 2t , 4t )t , 0 1t
b) 2( , , ) (2 , , )F x y z xy x z y desde 0 ( 1 , 0 , 2 )P a 0 ( 3 , 4 , 1 )Q
a lo largo del segmente de recta.
12. Calcular 3 2 2 3( ) ( )x y dx x y dy
donde es la frontera del pentágono de
vértices 0 ( 0 , 0 )P , 1 ( 1 , 0 )P , 2 ( 2 , 1)P , 3 ( 0 , 1 )P y 4 ( 1 , 2 )P .
13. Calcular la integral de línea ( ) ( 3 )xy x yye x dx xe y dy
a lo largo del
segmento que une los puntos 0( 1 , 2 )P y 1( - 2 , 9 )P .
14. Calcular la integral de línea xy z xy z xy zye dx xe dy e dz
a lo largo del
segmento que une los puntos 0 ( 1 , 2 , - 3 )P y 1 ( -2 , 5 , 11 )P .
15. Calcular 2 2 2 2
( )y x
dx dyx y x y
siendo la elipse de ecuaciones
paramétricas 4cosx t ; 3 y sen t , 0 2 t
16. Calcular xyzds donde , es la parte de la recta 1, x y z y z
Que se encuentra en el primer cuadrante.
17. Calcular la integral de línea 2 2I x y ds
donde es la curva que va del
222
punto ( 4 ,4 )P al punto (0 ,0 )Q y de ahí recorre la semi-circunferencia
inferior de centro (2 ,0 )C y radio 2r como se observa en la figura.
18. Calcular 3 3( ) (4 )x y dx y x dy , donde es la frontera de la región del
primer cuadrante que esta limitada por los gráficos de 2y x , 3y x
19. Hallar [( ) ] C y z dx zdy xdz a lo largo de la curva descrita por la intersección de los
planos 1 2 0 x y z , 2 2 0 x y z del punto (1,0,0) al punto (7, 10,2)
Rpta: - 38
20. Calcular [( ) ( ) ]xy x y dx xy x y dy
, donde es:
a) La elipse 2 2
2 21
x y
a b b) La circunferencia
2 2x y ax .
21. Calcular2
2 2 3[(3 ) ( ) ]3
y yyx e x y dx x e coy dy
alrededor de
2 2 : 1x y
22. Calcular 2 2 2 2(2 ) (3 )y x dx x y dy , si
2 2 2 : ( )x a y a
23. Calcular 2 2 2( ) ( )x y dx x y dy , si es el contorno del triángulo
de vértices (1 , 1 )A , (2 , 2 )B y (1 , 3 )C recorrido en sentido antihorario.
APLICACIONES DE LA INTEGRAL DE LÍNEA
1.- Hallar el trabajo realizado por la fuerza 2(2 , ,3 2 4 ) F x y z x y z x y z al
desplazar una partícula en el plano XY a lo largo de la curva 2 2 1 x y en sentido antihorario.
Rpta: 2
2.- Una partícula se mueve a lo largo de la curva 2 : y x , desde el punto 0 (1,1)P
al 1(3,9)P , si el movimiento se debe a la fuerza 2 2 2( , ) ( ) F x y x y i x y j .
Hallar el trabajo total realizado.
3.- Una fuerza en el espacio viene dada por ( , , ) ( , , ( 1))F x y z yz xz x y .
Calcular el trabajo realizado por F al mover una partícula recorriendo una vez el
contorno del triángulo de vértices 0 (0,0,0)P , 1(1 , 1 , 1)P y 2( 1 , 1 , -1)P .
4.- Calcular el área de la región limitada por y x , 0y ; 2 y x x
a ) Mediante integral de línea.
b) Mediante integrales dobles.
5.- Una partícula se mueve a lo largo de una recta en 2
que une los puntos A(a,b), B(c,d)
debido a la fuerza 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2( , ) ( ) y( )F x y x x y i x y j
4 -
4
4
2
X
Y
223
a) Hallar el trabajo realizado
b) Demuestre que no varía si se toma una trayectoria diferente que une A y B sin
pasar por el origen.
6.- Una partícula da una vuelta alrededor del círculo unitario contrario al de las
manecillas del reloj, mientras está sujeta a la fuerza
3 3( , ) ( ) (cos arctan(tan ))xF x y e y i y x j Determinar el trabajo realizado por la
fuerza F
APLICANDO EL TEOREMA DE GREEN RESOLVER
1.- Verificar el teorema de Green y evaluar.
a) 2 3(x ydx y dy
, es la curva cerrada por las gráficas de y x ,
3 2y x de
(0 , 0 )A , (1 , 1 )B .
b) 3 3 3 3(2 ) ( )x y dx x y dy
,
2 2 : 1x y
c) 2ydx x ydy
, curva cerrada por la gráfica de y x y
2y x
entre los puntos (0 , 0 )A y (1 , 1 )B .
2. Calcular la integral curvilínea 2xydx xdy
a lo largo del rectángulo de vértices
0 (0,0)P , 1 (2 , 0)P , 2 (2 , 1 )P y 3 (0 , 1 )P .
3. Hallar 2 2 2 2(2 2 ) ( 2 ) C x y dx x xy y dy donde la curva C es el contorno del triángulo
con vértices en los puntos; (1,1), (3,3) y (1,3) en sentido antihorario.
Rpta: - 08/3.
4. Calcular la integral curvilínea
2 2 3(2 ) ( )xy y dx x y dy
a lo largo del rectángulo de vértices
0 (1,1)P ,
1(1 , 3)P , 2 ( 1 , 3 )P y
3 ( 1 , 1 )P .
5. Calcular la integral curvilínea 2 3 2( 5 3 ) (2 7 )x y x dx xy x dy
a lo largo del semicírculo superior de centro el origen y radio 3 .
6. Evaluar le integral ( 1) (1 )x y x yx e dx x e dy
donde λ es el arco de
la circunferencia x2 + y
2 = 1 comprendido en los dos primeros cuadrantes.
7.- Calcular la integral 2 2 2[ ]C
x ydx x y dy donde C es la circunferencia 2 2 2x y R
recorrida en el sentido contrario al de las agujas del reloj
8.- Calcular la integral 2 3 3[ ], : ( ) (2cos ,2sin ), [0,2 ]
Cy dx xdy C t t t t
9.- Evaluar la integral 2 2 2 2( ( ))
Cx y dx y xy Ln x x y dy donde C es el
rectángulo 1 4, 0 2x y
10.- Evaluar la integral 4 49
Cxy dx x ydy , donde C es la frontera de la región
semianular superior comprendido entre las circunferencias 2 2 4x y ,
2 2 9x y
224
11.- Evaluar la integral 3 2 2 3 2( 6 3 ) (2 4 2 3 )C
x x y y y dx x xy xy y dy donde
C es el círculo 2 2( 2) ( 2) 4x y
AREA DE SUPERFICIES, INTEGRALES DE SUPERFICIE
APLICACIONES DE LOS TEOREMAS DE STOKES Y DE GAUSS
1. Encontrar el área de la porción del paraboloide 2 2z x y que se encuentra
bajo el plano 4z .
2. Hallar el área de la superficie limitada por los cilindros 2 2 2x y a ,
2 2 2y z a
3. Hallar el área de la superficie de la esfera 2 2 2 2x y z a , en el primer
octante positivo.
4. Calcular el área de la porción de la superficie cónica2 2 2x y z situada entre los
dos planos 0z , 2 3x z .
5.- Determinar el área de la parte de la esfera 2 2 2 24x y z a interior al cilindro
2 2 2 , 0x y ay a
6. Evaluar 2
S
x zdS suponiendo que S es la parte del cono circular 2 2 2z x y que
se encuentra entre los planos 1z y 4z .
7. Evaluar 2( 2 )
S
y yz dS donde S es la parte del plano 2 2 6x y z
8. Evaluar ( )S
x z dS donde S es la parte del cilindro2 2 9x y entre 0z y
4z .
9. Evaluar .S
F dS donde22 ( , , ) ( ) ( )x zF x y z xy i y e j sen xy k y S es la
parte de la región G acotada por el cilindro parabólico 21z x y los planos
0z y 2y z .
10. Sea S la parte de la gráfica 2 29z x y tal que 0z y sea
( , , ) 3 3 F x y z x i y j zk .Calcular el flujo de F a través de S .
11. Determinar el flujo del campo vectorial ( , , ) kF x y z x i y j z a través de
la esfera 2 2 2: 9S x y z
12. Determinar el flujo del campo vectorial ( , , ) kF x y z x i y j z a través del
elipsoide
2 2 2
2 2 21
x y z
a b c
13. Calcular el flujo del campo vectorial2 2 2( , , ) 3 4 5 kF x y z z i x j y a través
de 2 2 2: 6S x y z , 0z , con sus normales apuntando hacia su exterior.
14.- Dada la función vectorial ( , , ) kF x y z xzi yz j xz ,K es la porción de la esfera
225
2 2 2 16x y z que se encuentra dentro del cilindro
2 2 1x y y arriba del plano XY
hallar la circulación de F sobre el ciclo C y el flujo de F a través de la superficie K.
15. Aplicar el teorema de Stokes para calcular el flujo del campo vectorial
( , , ) kF x y z z i x j y a través del hemisferio2 2: 1S z x y .
16. Verificar el teorema de Stokes para el campo vectorial
( , , ) 0 kF x y z y i x j y la superficie 2 2: 1S z x y
17. Sea el triángulo orientado situado en el plano 2 2 6x y z . Evaluar
.F dr
donde 2( , , ) kF x y z y i z j x (Aplicar el teorema de Stokes)
18. Comprobar el teorema de Stokes para 2( , , ) 2 kF x y z z i x j y donde
S es la superficie del paraboloide 2 24z x y y es la traza de S .
19. Sea S la parte del paraboloide 2 29z x y para 0z y sea es la traza de
S en el plano XY .Verificar el teorema de Stokes para el campo vectorial
( , , ) 3 4 2 kF x y z z i y j z .
20. Un líquido está arremolinado en un depósito circular de radio 2 de forma que su
movimiento viene descrito por el campo de velocidades .
2 2 2 2( , , ) F x y z y x y i x x y j . Hallar ( ). N
S
rotF dS siendo S la
superficie superior del depósito cilíndrico.
21. Usando el teorema de Gauss (divergencia) calcular
3 3 3
S
x dydz y dzdx z dxdy , donde 2 2 2 2:S x y z a .
22. Sea Q la región sólida limitada por la esfera 2 2 2 4x y z . Hallar el flujo
exterior al exterior del campo vectorial 3 3 3( , , ) 2 2 2 kF x y z x i y j z a través
de la esfera dada, es decir, calcular . NS
F dS
23.- Sea la función vectorial ( , , ) kF x y z xi y j z y K la superficie de la esfera con
centro (1,0,1) y radio 3, determinar el flujo de F hacia fuera de K aplicando teorema
de la divergencia.
24.- Aplicando el teorema de la divergencia calcular C
F d es decir el flujo de F a
través de la superficie K.
a) 2 2( , , ) kF x y z xy i yz j x z , K es la superficie del sólido comprendido entre
los cilindros 2 2 2 21, 4x y x y y entre los planos 1, 3z z
226
b) 2 2 2 2 2( , , ) 3 9 4 kF x y z y z i x yz j xy , K es la superficie del cubo con
vértices 1, 1, 1. ( 1 1, 1 1, 1 1x y z )
25.- Usando el teorema de Stokes determinar la circulación del campo vectorial
2 2 2( , , )F x y z y z i z x j x yk por el contorno de C que es la intersección de
la superficie 2 2z y x con el plano x = 9.
26.- Utilizando el teorema de Gauss. Calcular el flujo del campo vectorial
2 2( , , ) 4 2F x y z xi y j z k a través de la superficie exterior al sólido
limitado por 2 2 , 0 3x y x z .
EJERCICIOS ADICIONALES DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS
22, yxyxyxayxfz
2. Un paralelepípedo rectangular tiene tres de sus caras en los planos coordenados y
un vértice sobre la curva de intersección de las superficies:
8,5 zxzyyxzyx
32
M x y z0 0 0, ,
vuvvuuvuT 84548, 22
7. En el plano : 3 x - 2 z = 0 , hallar el punto tal que la suma de los cuadrados de las
distancias que median entre dicho punto y los puntos :
227
023: zx
1832 222 zyx
PREGUNTAS TOMADOS EN ALGUNOS EXÁMENES
1.- Calcular el valor de:
R
ydxdyx
x22
2
, donde R es la región limitada por:
19 2
2
2
2
a
y
a
x, las rectas: yxyx 3,3 en el primer cuadrante.
2.- Calcular el área de A:
A: x,y Acotada por: x si x,y R
si y R
2 3
-
-
/ ;
, : ,
y a
x
a
y
by R y x a x R
2 3 2 3
2
2
2
21
3. Calcular:
C yx
ydxd
yxx
y
2222
donde C es el arco de la curva: 922 yx de (3,0) a (5,4)
4. Calcular la integral
C
zdyxydxzxdzy )()()( , donde C es una espira de
la hélice circular tbztsenaytax ,,cos , correspondiente a la
variación del parámetro t, desde 0 hasta 2
5.- Hallar el valor de:
x y z d x y x z d y z x y d z2 2 2
1 1 1
2 3 4
, ,
, ,
228
6.- Hallar el valor de:
3 2 2 2
0
1
0
3
1
2
p q r d p d q d r
7. Calcular:
)5,4,3(
)0,0,0( 222 zyx
zdzydyxdx
8.- Calcular: 2 2 2 3 4 2 2x y z d x y x z d y z x y d zC
donde
C es un arco arbitrario de A ( 0 , 2 , -1 ) a B ( 1 , -2 , 4 ).
9. Calcular:
C
sdzyxyx cos2cos2cos 222
Donde la curva C es descrita por: ,0,sen,cos tetttf t
y
,, son los ángulos de los cosenos directores del vector tangente unitario.
10.- Hallar el área limitada por las curvas:
23233434 ,,, ybxyaxxbyxay
donde ba 0 en el primer cuadrante.
11.- La integral R
zdydxdzyx2
432 ; se toma a través del volumen
encerrado por la superficie: 12
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x tomando la transformación
T: wczvbyuax ,, convirtiéndose esta integral en otra tomada a través
de la esfera unitaria : Usando coordenadas esféricas polares, calcular el valor de esta
integral.
