Pruebas y Exámenes de calculo vectorial
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CALCULO VECTORIAL
TITULO:
RECOPILACIÓN DE PRUEBAS
TUTOR:
ING. EDISON GUAMAN
ALUMNO:
BRYAN ZAMORA
SANGOLQUI, 04-03-2015
PARCIAL 1 - PRUEBA N° 1
1. Calcular el volumen alrededor del eje y de las siguientes
ecuaciones:
� x2 + y2 = 4 (1)
� x = −m2 ; y = 1− m2 (2)
Ecuación (2) cambio a coordenadas cartesianas: y = 1− x2Reemplazo ecuación (2) en (1)1− y + y2 = 4y2 − y − 3 = 0y1 = 2, 3y2 = −1, 3Trabajo con y2para encontrar x, reemplazo en ecuación (1):x2 + y2 = 4x =
√4− y2 =
√4− (−1, 3)2 = 1, 52
Ecuación (1) en coordenadas polares:x = 2costy = 2sentCon x obtenido anteriormente encuantro t:1, 52 = 2cost
1
t = 0, 71Por lo tanto: t1 = 2π − 0, 71 = 5, 57Entonces formulando el área total tenemos:A = 1
2
´ 5π2
5,574dθ −
´ 10
√1− ydy −
´ 0−1,3[√
1− y − (− y0,87 )]dy
A = 4, 57− 0, 67− 0, 69A = 3, 21Para momento en y:
My = 13
´ 5π2
5,5723cosθdθ −
´ 10
(1− y)dy −´ 0−1,3[(1− y)− (− y
0,87 )2]dyMy = 4, 41− 0, 5− 1, 18 = 2, 73Determinamos distancia del eje y, al centro del área buscada para usar Pap-
pus:d = x = 2,73
3,21 = 0, 85Por lo tanto:V = 2π ∗ d ∗A = 2π ∗ (0, 85) ∗ (3, 21)V = 17, 14
2. Determinar el volumen de revolución del segundo cuad-
rante al rotar las regiones limitadas por:
� r = 2(1− cosθ) (1)
� r = −6cosθ (2)
Alrededor de la recta y = 4 + x
2
Igualo (1) y (2):2(1− cosθ) = −6cosθ2cosθ = −1θ = 2π
3Formulo el área:A = 1
2
´ π2π3
4(1− cosθ)2dθA = 7, 039Para el momento en x:Mx = 1
3
´ π2π3
8(1− cosθ)3dθMx = 7, 29Para el momento en y:My = 1
3
´ π2π3
8(1− cosθ)3cosθdθMy = −14, 979Para el centroide:x = −14,979
7,86 = −1, 91
y = 7,297,86 = 0, 93
Según la ecuación de la recta: x− y + 4 = 0Determinamos la distancia:d = ax+by+c√
a2+b2= −1,91−0,93+4√
12+(−1)2= 0, 82
Por lo tanto el volumen es:V = 2π ∗ d ∗A = 2π ∗ (0, 82) ∗ (7, 039)V = 36, 28
3
PARCIAL I - PRUEBA II
1. Calcular el volumen de revolución de 9ay2 = x(x− 3a)2 en el eje y
Puntos de corte en X: x=0; x=3a
y =√
x(x−3a)29a
A = 2´ 3a0−√
x(x−3a)29a dx = − 2
√a
3a
´ 3a0
√x(x− 3a)dx
A = − 2√a
3a
´ 3a0
(x
32 − 3ax
12
)dx = − 2
√a
3a
(25x
52 − 2ax
32
)|3a0
A = 2, 77a2u2
My = −− 2√a
3a
´ 3a0x(x
32 − 3ax
12
)dx = − 2
√a
3a
´ 3a0
(x
52 − 3ax
32
)dx
My = − 2√a
3a
(27x
72 − 6
5ax52
)|3a0
My = 3, 56a3
x = MyA = 3,56a3
2,77a2 = 1, 28aPappus
Vrev = 2π(1, 28a)(2, 77a2) = 22, 36a3
1
2. Calcular la super�cie de revolución de: r = 1 + cos(θ) y x2 = 1− 2yalrededor de x=-2
{x = rcos(θ) = (1 + cos(θ))cos(θ)
y = rsen(θ) = (1 + cos(θ))sen(θ)
x2 − 1 + 2y = ((1 + cos(θ))cos(θ))2 − 1 + 2(1 + cos(θ))sen(θ) = 0Newton:θ1 = 5, 79θ2 = 2, 058
;x1 = 1, 65x2 = −0, 24
LT = L1 + L2
L1 =´ 5,792,058
√(−sen(θ)2 + (1 + cos(θ))2dθ =
´ 5,792,058
√sen2θ + 1 + 2cosθ + cos2θdθ
L1 =´ 5,792,058
2cos θ2dθ =(4sen θ2
)|5,792,058
L1 = 3, 59
L2 =´ 1,65−0,24
√1 + (−x)2dx =
´ 1,65−0,24
√1 + x2dx
L2 =(x2
√1 + x2 + 1
2 ln(x+√x2 + 1
))|1,65−0,24
L2 = 2, 47LT = 3, 59 + 2, 47 = 6, 061
My1 =´ 5,792,058
(1 + cosθ) cosθ(2cos θ2
)dθ =
´ 5,792,058
(cosθ + cos2θ
) (2cos θ2
)dθ
My1 =´ 5,792,058
(2cos θ2 + 2cos3 θ2 + cos θ2 + cos 3θ2 + cos 5θ2
)dθ
My1 =(4sen θ2 + 4
3sen3θ2 + 2sen θ2 + 2
3sen3θ2 + 2
5sen5θ2
)|5,792,058
My1 = 1, 26
My2 =´ 1,65−0,24 x
√1 + x2dx = 3
(1 + x2
) 32 |1,65−0,24
My2 = 2, 03MyT = 1, 26 + 2, 03 = 3, 29x = 0, 5428S = 2π(x+ 2)(6, 061) = 96, 83
2
PARCIAL 1 - PRUEBA CONJUNTA
1. Calcular el volumen de revolución generado al rotar la región
alrededor de la recta{r = 2 + 2cosθ
y = x2 + 1
La ecuación de la parabola en coordenadas polares queda:
rsenθ = r2cosθ + 1En el cual reemplazo r = 2 + 2cosθ; y obtengo:
fθ = 2senθ + sen2θ − 4cos2θ − 8cos3θ − 4cos4θ − 1Aplicando Newton raphson
Obtenemos θ1 y con este:
θ1 = 1, 12r1 = 2, 87x1 = 1, 26y1 = 2, 58Obtenemos θ2 y con este:
θ2 = 1, 93r2 = 1, 29x2 = −0, 457y2 = 1, 21Por lo tanto el área es:
A = 12
´ 1,931,12
(2 + 2cosθ)2dθ−{´ 0−0,457[(x2 + 1)− (−2, 645x)]dx+
´ 1,2590
[(x2 +
1)− (2, 053x)]dx}
1
A = 12 (4θ + 8senθ + 2θ + sen2θ)1,931,12 − {(x
3
3 + x+ 2,645x2
2 )0−0,457 + (x3
3 + x−2,053x2
2 )1,2590 }A = 1
2 (3, 73)− 0, 51A = 1, 36Momento en x:
Mx = 13
´ 1,931,12
(2 + 2cosθ)3senθdθ − { 12´ 0−0,457[(x2 + 1)2 − (−2, 645x)2]dx +
12
´ 1,2590
[(x2 + 1)2 − (2, 053x)2]dx}Mx = 1
3 (8, 2)− 0, 36Mx = 2, 37Momento en y:
My = 13
´ 1,931,12
(2 + 2cosθ)3cosθdθ − {´ 0−0,457[(x2 + 1)x − (−2, 645x)x]dx +´ 1,259
0[(x2 + 1)x− (2, 053x)x]dx}
My = 13 (1, 83)− 0, 023
My = 0, 589Por lo tanto los centros de masa:
x = MyA = 0,589
1,36 = 0, 43
y = MxA = 2,37
1,36 = 1, 75Para usar Pappus
V = 2πAdd = ax+by+c√
a2+b2= (−0,94)(0,43)−1,75+3,77√
(−0,943)2+(−1)2= 1, 17
Por lo tanto reemplazando en la formula:
V = 2π(1, 36)(1, 17)V = 9, 98
2
2. Calcular la super�cie de revolucion generada al girar el lazo de la
curva: 8a2y2 = a2x2 − x4; en torno al eje x
Despejando y tenemos:
y = ±xa√
a2−x2
8
Y derivando:
y′ = a2−2x2
a√8√a2−x2
Por lo tanto segun:
Sx = 2π´ a0y√
1 + (f ′(x))2
Sx = 2π´ a0x√a2−x2
a√8∗√
1 + a2−2x2
a√8√a2−x2
Sx = 2πa√8
´ a0x√a2 − x2 ∗
√9a4−12a2x2+4x4
a√8√a2−x2
Sx = πa2
´ a0
(2x3 − 3a2x)dx
Sx = πa2 (x
4
2 −3a2x2
2 )a0Sx = a2π
3. Calcular el centro de gravedad de la astroide en el primer cuadrante{x = acos3t
y = asen3t
3
A =´ 0
π2asen3t(−3acos2tsent)dt
A = 3a2´ π
2
0sen4t ∗ cos2tdt
A = 3a2´ π
2
0( 1−cos2t
2 )( sen22t4 )dt
A = 3a2
8 ( t2 −sen4t
8 − sen3t6 )
π20
A = 0, 294a2
Para momento en x:
Mx = 12
´ 0π2
(asen3t)2(−3acos2tsent)dt
Mx = 3a3
2
´ π2
0(1− cos2t)3sentcos2tdt
Mx = 3a3
2
´ π2
0(sentcos2t− 3sentcos4t+ 3sentcos6t− sentcos8t)dt
Mx = 3a3
2 (−cos3t
3 + 3cos5t5 − 3cos7t
7 + cos9t9 )
π20
Mx = 0, 076a2
Por simetría x = y ⇒My = Mx = 0, 076a2
Por lo tanto:
x = y = 0,076a2
0,29a2 = 0, 2587Y el centro de gravedad queda de la forma:
(x; y) = (0, 2587; 0, 2587)
4
PARCIAL II - PRUEBA I
1. Dado C:
{x2 + y2 = 4
z = y
1. Calcular la longitud de la curva y gra�car.
A. Forma cilíndrica:
1
x = rcosθ = 2cosθ
y = rsenθ = 2senθ
x = rsenθ = 2senθ
r(θ) = 〈2cosθ, 2senθ, 2senθ〉
r'(θ) = 〈−2senθ, 2cosθ, 2cosθ〉∥∥r'(θ)∥∥ =
√(−2senθ)2 + (2cosθ)
2+ (2cosθ)
2=√4sen2θ + 4cos2θ + 4cos2θ∥∥r'(θ)∥∥ =
√4 + 4cos2θ = 2
√1 + cos2θ
L =∫ θ2θ1
∥∥r'(θ)∥∥ dθL =2
∫ 2π
0
√1 + cos2θdθ = 2(7.64)
n = 6
4 θ√1 + cos2θ
2π6 0 (
√2)
π3 2(
√5)
2π3
√5
π 4(√2)
4π3
√5
5π3 2(
√5)
2π (√2)
I = 43 (21.902) =
π9 (21.902) = 7.64
L =2∫ 2π
0
√1 + cos2θdθ = 2(7.64) = 15.28u
Formular la curvatura C
B. Forma parámetrica:
r(t) =⟨√
4− t2, t, t⟩
r′(t) =
⟨− t√
4−t2 , 1, 1⟩
ddt
(− t√
4−t2
)= (−t)
(4− t2
)− 12 = − 1√
4−t2+(−t) . −2t√(4−t2)3
.(− 1
2
)= − (4−t2)−t2√
(4−t2)3=
− 4√(4−t2)3
r′′(t) =
⟨− 4√
(4−t2)3, 0, 0
⟩
r′(t)xr
′′(t) =
i j k− t√
4−t2 1 1
− 4√(4−t2)3
0 0
2
r′(t)xr
′′(t) =0i− 4√
(4−t2)3j + 4√
(4−t2)3k
∥∥r'(t)∥∥ =√(− t√
4−t2 )2 + (1)
2+ (1)
2=√
t2
(4−t2) + 2 =√
8−t24−t2
k =
∣∣∣r′(t)xr′′ (t)∣∣∣‖r′ (t)‖3
k =
∣∣∣∣∣0i− 4√(4−t2)3
j+ 4√(4−t2)3
k
∣∣∣∣∣∥∥∥∥√ 8−t2
4−t2
∥∥∥∥3 =
√√√√02+
(4√
(4−t2)3
)2
+
(4√
(4−t2)3
)2
(√8−t2
4−t2
)3 = 4
4√
2√(4−t2)3√(8−t2)3√(4−t2)3
=
4√2√
(8−t2)3
2. f(x, y) = ln
(√y−x2
x−y
)i. Calcular el rango
√y − x2 > 0; x− y > 0
y − x2 > 0 ;x− y > 0y > x2 ;x > y
Dominio
{(x, y)εR2/
√y−x2
x−y > 0
}
3
Rg : R
3. Analizar la continuidad de f(x) = 1−cos(2x−4y)3x−6y
Sea z = x− 2y que es continua en (0,0)
(x, y)→ (0, 0)
z → 0
g(z) =1−cos(2z)
3 si z 6= 00 z = 0
limz→0
g(z) = limz→0
1−cos(2z)3z = lim
z→0
2sen(2z)3 = 0
0
Aplicamos L'Hopital
limz→0
2sen(2z)3 = 0
3 = 0
Entonces
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0 = f(0, 0)
Por lo tanto f es continua en (0,0).
4
PARCIAL II - PRUEBA II
1. Determinar las dimensiones de un cilindro recto con volumen máx-
imo que se puede inscribir en una esfera de radio R.
f(x,y): V = πr2 ∗ (2z) (función objetiva)x2 + y2 + z2 = R2 (función ligadura)Por lo tanto la ecuación de la esfera queda de la forma:r2 + z2 = R2
Y determinando el gradiente dela función del volumen:∇V(r,z) =
⟨4πrz; 2πr2
⟩= λ∇g(r,z)⟨
4πrz; 2πr2⟩= λ 〈2r; 2z〉
Por lo tanto mis ecuaciones usadas son:(1) 4πrz = 2rλ(2) 2πr2 = 2zλ(3) r2 + z2 = R2
Por lo tanto divido (1) para (2)4πrz2πr2 = 2rλ
2zλ2z2 = r2
Reemplazo en (3), para encontrar z:2z2 + z2 = R2
1
z = ± R√3
Reemplazo z en (3) para hallar r:
r2 + R3
2= R2
r =√63 R
2. Determinar los puntos mas calientes y más frios T (x, y) = x2+2y2+2x+ 1; en una región limitada por R : x2 + y2 ≤ 4.
• Por el método de máximos y mínimos:
Primera derivadafx = 2x+ 2fy = 4ySegunda derivadafxx = 2fyy = 4fxy = 0fyx = 0
H(2,4) = [2 00 4
] = 8
Por lo tanto como H(2,4) > 0; y fxx > 0; el punto P(2,4) es el más frío.
• Por el método de Lagrange
∇−→T = λ∇~g〈2x+ 2; 4y〉 = λ 〈2x; 2y〉Por lo tanto mis ecuaciones usadas son:(1) 2x+ 2 = 2λx(2) 4y = 2λy(3) x2 + y2 = 4De (2): λ = 2Reemplazo en (1):x+ 1 = 2xx = 1Reemplazo en (3):
12 + y2
= 4y = ±
√3
Por lo tanto el punto P (1;±√3) es el más caliente.
2
PARCIAL II - CONJUNTA No. 2
1. Hallar la curvatura de la curva dadd por r(t) = 〈2sen(3t); t; 2cos(3t)〉
Por lo tanto:r(t) = 〈2sen(3t); t; 2cos(3t)〉r′(t) = 〈6cos(3t); 1;−6sen(3t)〉r′′(t) = 〈−18sen(3t); 0;−18cos(3t)〉Formulo la curvatura:
K =|r′(t)⊗r′′(t)|∣∣∣(r′(t))3∣∣∣
r′(t) ⊗ r′′(t) =
∥∥∥∥∥∥i j k
6cos(3t) 1 −6sen(3t)−18sen(3t) 0 −18cos(3t)
∥∥∥∥∥∥r′(t) ⊗ r
′′(t) = (−18cos(3t))i− 108j + (18sen(3t))k
Con mi punto P (0, π,−2); mi t = πY reemplazando en el producto cruz:∥∥∥r′(t) ⊗ r′′(t)∥∥∥ = ‖−18i− 108j‖ = 18
√37
Para:∥∥∥r′(t)∥∥∥ =∥∥∥√(6cos(3t))2 + 12 + (6sen(3t))2
∥∥∥∥∥∥r′(t)∥∥∥ =√
37
Para:r(r′(t))
3z
= (√
37)3 = 37√
37
Por lo tanto reemplazando en la fórmula de curvatura tenemos:~K = 18
√37
37√37
= 1837
2. Demostrar que u(x,t) = 12a√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t ; complace la ecuación del
calor: δudt = a2 δ
2uδx2
Derivada respecto a x:δudx = 1
2a√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t ∗ (− 14a2t ) ∗ (2x) = − 1
4a3t√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t
δ2udx2 = − 1
4a3t√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t ∗ ∗(− 14a2t ) ∗ (2x) = 1
8a3t2√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t
Derivada respecto a t:δudt = 1
2a√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t ∗ (− (x−b)24a2t2 ) + e−
(x−b)2
4a2t ∗ 12a ( −πt
2√πt
)
δudt = 1
2a√πt∗ e−
(x−b)2
4a2t ( (x−b)2−2atπ4a2t2 )
Por lo tanto reemplazando en la ecuación del calor tenemos:δudt = δ2u
δx2 ∗ ( (x−b)2−2atπ4a2t2 )
δudt = a2 δ
2uδx2
Por lo tanto complace la ecuación del calor.
1
3. Calcular el valor aproximado E =√
1, 041,99 + ln(1, 02)
Donde:w =
√xy + ln(z)
x = 1→4x = 0, 04y = 2→4y = −0, 01z = 1→4z = 0, 02Por lo tanto:δw = δw
dx4x+ δwdy4y + δw
dz4zδw = yxy−1
2√xy+ln(z)
4x+ y∗ln(x)2√xy+ln(z)
4y + 1
2z√xy+ln(z)
4zEvaluando en los valores determinados:δw = 2∗(1)1
2√
12+ln(1)(0, 04) + 2∗ln(1)
2√
12+ln(1)(−0, 01) + 1
2(1)√
12+ln(1)(0, 02)
δw = 0, 04− 0 + 0, 01 = 0, 05Por lo tanto:4z = f(x+4x;y+4y) = 1, 0493− 1 = 0, 0493
4. Determine las dimensiones de un cilindro de super�cie total máx-
ima que se puede inscribir en una esfera de radio 5.
Area = πr2h+ 2πr2; Donde: r=x; h=2z
2
Ecuación de la esfera: x2 + y2 + z2 = 52
∇g(x,y,z) = 〈2x; 2y; 2z〉∇Ax,y,z) =
⟨4πxz + 4πx; 0; 2x2π
⟩∇Ax,y,z) = λ∇g(x,y,z)⟨4πxz + 4πx; 0; 2x2π
⟩= λ 〈2x; 2y; 2z〉
Por lo tanto mis ecuación a usar son:(1) 4πxz + 4πx = 2xλ(2) 0 = 2yλ(3) 2x2π = 2zλ(4) x2 + y2 + z2 = 52
A partir de (1)2π(z + 1) = λA partir de (3)x2π = zλDivido (1) para (3)2π(z+1)x2π = λ
zλ2z2 + 2z = x2; Ecuación (5)Reemplazo (2) y (5) en (4)(2z2 + 2z) + 02 + z2 = 253z2 + 2z − 25 = 0z1 = 2, 572z2 = −3, 23Reemplazo z1en (5)x2 = 2(2, 572)2 + 2(2, 572)x = 4, 286
3
PARCIAL III - PRUEBA I
1.˜(x− 1)
√1 + e2ydxdy
1 ≤ x ≤ e
0 ≤ y ≤ ln(x)⇒x = ey
0 ≤ y ≤ 1ey ≤ x ≤ eI =´ 10
(´ eey
(x− 1)√1 + e2ydx
)dy =
´ 10(x
2
2 −x) |eey ·√1 + e2ydy =
´ 10( e
2−e2y2 −
e+ ey)√1 + e2ydy
1
I = 2.029
2. Determinar el volumen de un sólido limitado por encima por la
esfera x2 + y2 + z2 = 5 y por debajo x2 + y2 = 4z
reemplazando la segunda ecuacion en la primera se obtiene:
z2 + 4z − 5 = 0(z + 5)(z − 1) = 0z = 1⇒x2 + y2 = 4si x = r.cos(θ) y y = r.sin(θ)
V =´ 20
´ 2π0
´√5−r2r2
4
rdzdθdr =´ 20
´ 2π0r(√5− r2− r
2
4 )dθdr = 2π(´ 20r√5− r2dr−´ 2
0r3
4 dr)V = 2π(3.39− 1) = 15.04
3. La D la bola unitaria. Evalúe:´D
dxdydz(2+x2+y2+z2)1/2
x = p.sin(φ).cos(θ)y = p.sin(φ).sin(θ)z = p.cos(φ)
2
J = p2.sin(φ)
I =´D( 1√
2+p2)(J)(dp.dp.dφ.dθ) =
´ 10
´ 2π0
´ π0
p2√2+p2
.sen(φ)dφdθdp
I =´ 10
´ 2π0
p2√2+p2
.− cos(φ) |π0 dθdp = 4π´ 10
p2dp√2+p2
I = 4π(0.207) = 2.608
3
PARCIAL III - PRUEBA II
1. Veri�car que se cumple el teorema de stokes
−→F =< −y3; x3;−z3 >
C :
{z = 1− x− yx2 + y2 = 1
x = cos(t)y = sen(t)z = 1− cos(t)− sen(t)
r(t) =< cos(t); sen(t); 1− cos(t)− sen(t) >
r′(t) =< −sen(t); cos(t); sen(t)− cos(t) >
π
2≤ t ≤ 0
I =
ˆc
F.r′(t).dt
I
4=
ˆ π2
0
< −sen(t)3; cos(t)3; −(1−cos(t)−sen(t))3 > . < −sen(t); cos(t); sen(t)−cos(t) > .dt
I =
ˆ π2
0
−sen(t)4 + cos(t)4 − (sen(t)− cos(t)).(1− cos(t)3 − sen(t)3
+3(1− cos(t)− sen(t)).(−cos(t)− sen(t) + cos(t)sen(t)) + 3cos(t)sen(t).dt
I
4=
ˆ π2
0
((cos(t)2−sen(t)2)(cos(t)2+sen(t)2)−(sen(t)−cos(t))(1−cos(t)3−sen(t)3
+3(−cos(t)+cos(t)2+cos(t)sen(t)−sen(t)+cos(t)sen(t)+sen(t)2+cos(t)sen(t)
−cos(t)2sen(t)− cos(t)sen(t)2) + 3cos(t)sen(t)))dt
I
4=
ˆ π2
0
−2cos(t)2+2sen(t)2+cos(t)−sen(t)−cos(t)4−2cos(t)3sen(t)+2cos(t)sen(t)3−sen(t)4
1
−6cos(t)sen(t) + 3cos(t)3 − 6cos(t)2sen(t) + 3sen(t)2cos(t)− 3sen(t)3)dt
I
4= (
π
2+π
2− 1 + 1 +
3π
16+
1
2− 1
2+
3π
16+ 3− 2 + 2− 1 + 2)
I
4=
3π
8I =
3π
2
Teorema de Stokes
I =
ˆ ˆs
rotF.N.dA
rot F =
∣∣∣∣∣∣i j kddx
ddy
ddz
−y3 x3 −z3
∣∣∣∣∣∣ =< 0; 0; 3x2 + 3y2 >
f(x, y, z) = z + x+ y − 1
N =< 1, 1, 1 >
I
4=
ˆ 1
0
ˆ √1−x2
0
< 0, 0, 3x2 + 3y2 > . < 1, 1, 1 > dydx
I
4= 3
ˆ 1
0
ˆ √1−x2
0
x2 + y2dydx
I
4= 3
ˆ 1
0
ˆ π2
0
r3dθdr
I
4=
3π
2
ˆ 1
0
r3dr
I
4=
3π
2(r4
4)|10 =
3π
8
I =3π
2
2
2. Hallar el centro de la porcion de super�cie homogenea x2+y2+z2 =a2situada sobre el 1er cuadrante del plano xy
S : x2 + y2 + z2 = a2
z =√a2 − x2 − y2
N =< x√a2−x2−y2
, y√a2−x2−y2
, 1 >
||N || =√
x2
a2−x2−y2 + y2
a2−x2−y2 + 1 ||N || =√
x2+y2+a2−x2−y2a2−x2−y2 = a√
a2−x2−y2
||N || = a√a−r2{
x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
0 ≤ r ≤ a0 ≤ θ ≤ π
2
A =
ˆs
ˆ||N ||.dA
A = a
ˆ a
0
ˆ π2
0
rdθdr√a2 − r2
A =aπ
2
ˆ a
0
rdr√a2 − r2
r = asen(u)dr = acos(u)
0 ≤ u ≤ π
2
A =aπ
2
ˆ π2
0
asen(u).du =a2π
2(−cos(u))|
π20 =
a2π
2
3
Mx =
ˆs
ˆx.||N ||.dA
Mx = a
ˆ a
o
ˆ π2
0
r2cos(θ)√a2 − r2
dθdr
Mx = a
ˆ a
0
r2√a2 − r2
(sen(θ))|π20 dr
Mx = a
ˆ a
0
r2√a2 − r2
drr = asen(u)dr = acos(u)
0 ≤ u ≤ π
2
Mx = a
ˆ π2
0
(a2sen(u)2)du = a3ˆ π
2
0
(1− cos(2u)
2)du
Mx = a3(u
2− sen(2u)
4)|
π20 =
a3π
4
My =
ˆs
ˆy.||N ||.dA
My = a
ˆ a
0
ˆ π2
0
r2sen(θ)√a2 − r2
dθdr
My = a
ˆ a
0
r2√a2 − r2
(−cos(θ))|π20 dr
My = a
ˆ a
0
r2√a2 − r2
drr = asen(u)dr = acos(u)
0 ≤ u ≤ π
2
My = a
ˆ π2
0
a2sen(u)2du = a3ˆ π
2
0
(1− cos(2u)
2)du
My = a3(u
2− sen(2u)
4) =
a3π
4
x =Mx
a=
a3π4a2π4
=a
2= y
(x, y) = (a
2,a
2)
4
3. Veri�car el teorema de la divergencia si−→F =< xz2, x2y − z3, 2xy +
y2z >siendo S toda la super�cie de la region hemisferica acotada por
z =√a2 − x2 − y2, z = 0
S : z =√a2 − x2 − y2
x = x
y = y
z =√a2 − x2 − y2
TxxTy =
∣∣∣∣∣∣∣i j k1 0 − x√
a2−x2−y2
0 1 − y√a2−x2−y2
∣∣∣∣∣∣∣ =< x√a2−x2−y2
, y√a2−x2−y2
, 1 >
I
4=
ˆ a
0
ˆ √a2−x2
0
< x(a2−x2−y2), x2y−(a2−x2−y2)32 , 2xy+y2
√a2 − x2 − y2 > .
<x√
a2 − x2 − y2,
y√a2 − x2 − y2
, 1 > dydx
I
4=
ˆ a
0
ˆ √a2−x2
0
(x(a2−x2−y2)+x2y2√
(a2 − x2 − y2)−y(a2−x2−y2)+2xy+y2
√(a2 − x2 − y2))dydx
{x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
I
4=
ˆ a
0
ˆ π2
0
(r2cos(θ)2√a2 − r2 +
r4cos(θ)2sen(θ)2√a2 − r2
− rsen(θ)(a2 − r2)
+2r2cos(θ)sen(θ) + r2sen(θ)2√a2 − r2)rdrdθ
I
4=
ˆ a
0
ˆ π2
0
r3√a2 − r2+
r5cos(θ)2sen(θ)2√a2 − r2
−a2r2sen(θ)+r4sen(θ)+r3sen(2θ))dθdr
I
4=
ˆ a
0
[r3√a2 − r2θ+ r5
8√a2 − r2
(θ+sen(4θ)
4)+a2r2cos(θ)−r4cos(θ)−r4cos(θ)−r
3cos(2θ)
2]π20
I
4=
ˆ a
0
[r3√a2 − r2π
2+
r5π
16√a2 − r2
− a2r2 + r4 + r3]dr
r = asen(u)dr = acos(u)du
0 ≤ u ≤ π
2
5
I
4=
ˆ π2
0
(π
2a5sen(u)3cos(u)2 +
a5π
16sen(u)5)du+ (−a
5
3+a5
5+a4
4)
I
4=a5π
15+a5π
30+ a5(−1
3+
1
5) +
a4
4
I
4= a5(
π
16− 2
15) +
a4
4
I = 4a2(π
10− 2
15) + a4
S2;
x = x
y = y
z = 0
TxxTy
∣∣∣∣1 0 00 1 0
∣∣∣∣ =< 0, 0, 1 >
I =
ˆs
ˆ< 0, x2y,−2xy > . < 0, 0, 1 > dA
I
4=
ˆs
ˆ−2xydA =
ˆ a
o
ˆ π2
0
−2r2cos(θ)sen(θ)rdrdθ
I
4=
ˆ a
0
ˆ π2
0
−r3sen(2θ)dθdr =
ˆ a
0
−r3 = (−r4
4)|a0 =
−a4
4
I = −a4
σ = σS1 + σS2 = 4a2(π
10− 2
15) + a4 − a4
σ = 4a5(π
10− 2
15)
Teorema de divergencia
I =
ˆ ˆ ˆdivF.dv
divF = (d
dx,d
dy,d
dz)(xz2, x2y − z3, 2xy + y2z)
divF = (z2 + x2 + y2)x = ρsen(φ)cos(θ)
y = ρsen(φ)sen(θ)
z = ρcos(φ)
6
I =
ˆ 2π
0
ˆ π
0
ˆ a
0
ρ2.ρ2sen(φ)dφdθ =
ˆ 2π
0
ˆ π
0
ˆ a
0
ρ4sen(φ)dφdθ
I =
ˆ 2π
0
ˆ π
0
(ρ5
5)|a0sen(φ)dφdθ =
a5
5
ˆ 2π
0
(−cos(φ))|π0dθ
I =a5
5
ˆ 2π
0
2dθ =4πa5
5
7
PARCIAL 3 - PRUEBA CONJUNTA
1. Determinar el volumen si:
Q :
{x = 16− y2 − 4z2
x > 0
Solución:
0 = 16− y2 − 4z2
y2 + 4z2 = 16y2
16 + 4z2
16 = 1y2
16 + z2
4 = 1
V4 =´ 4
0
´ √16−y22
0
´ 16−y2−4z20
dxdzdy
V4 =´ 4
0
´ √16−y22
016− y2 − 4z2dzdy
V4 =´ 4016z − y2z − 4 z
3
3 |√
16−y22
0 dzdy
V4 =´ 4016
√16−y22 − y2
√16−y22 − 4 (16−y2)3/2
3 dyV4 = 8
√16− y2 − y2
2
√16− y2 − 1
6 (16− y2)3/2dy
V4 =´ 4
0
√16− y2(4− y2)− 4
3 (16− y2)3/2dy
1
cambio de variable
V4 =´ π/20
[8√16cos2θ − 16sin2θ
√16cos2θ − 1
6
√16cos2θ
]4Cosθdθ
V4 =´ π/20
32Cosθ − 32Sin2θCosθ − CosθdθV = 4[32π − 8π − 8π] = 64π
2. Determinar el trabajo si: F (x, y, z) =< x2y; (x+ y2); (xy2z) >entre las
curvas:
C:
y = 2x
z = 9− y2
y = 3Solución:‚RrotF · ~n · dA
rotF =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
x2y x+ y2 xy2z
∣∣∣∣∣∣ = (2xyz − 0)i+ (0− y2z)j + (1− x2)k
N :< 0, 2y, 1 >T =
‚RrotF · ~n · dA
T =‚R< 2xyz,−y2
z, 1− x2 >< 0, 2y, 1 > dAT =
‚R−2y3z + 1− x2dA
T =´ 30
´ y/20−2y3(9− y2) + 1− x2dxdy
T =´ 30
´ y/20−18y3 + 2y5 + 1− x2dxdy
T =´ 30−18y3x+ 2xy5 + x− x3
3 |y/2
0 dy
T =´ 30−18y3
(y2
)+ 2
(y2
)y5 − y3
24dy
T =´ 3
0−9y4 + y6 + y
2 −y3
24dy
T = − 94y
5 + y7
7 + y2
4 −y4
96 |30
T = −123, 56
3. Calcular el �ujo F (x, y, z) =< z, x, y >entre:
C:
{z =
√x2 + y2
x2 + y2 + z2
= 1
Solución:
x2 + y2
+ x2 + y2 = 12(x2 + y2) = 1x2 + y2 = 1
2I =‚RrotF · ~n · dA
rotF =
∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
z x y
∣∣∣∣∣∣ = i, j, k
r(x.y) =< x, y,√1− x2 − y2 >
N :< y√1−x2−y2
, x√1−x2−y2
, 1 >
2
I =‚R< 1, 1, 1 >< y√
1−x2−y2, x√
1−x2−y2, 1 > dxdy
Cambio de coordenadasI4 =´√2/2
0
´ π/20
(rCosθ√1−r2 + rSinθ√
1−r2 + 1)rdθdr
I4 =´√2/2
0
(rSinθ√1−r2 −
rCosθ√1−r2 + θ
)|π/20 rdr
I4 =´√2/2
0
(r2√1−r2 −
π2 r)dr
I = π2
3