UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y C.C. 

 TERCERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO 10007 

Ingeniería Civil Segundo Semestre 2009 (11/12/09) 

 Problema 1.  Calcular el volumen del subconjunto  limitado por las superficies  , 

,  .  

3ℜ⊂D 0=z

)yx(z 224 +−= )(44 22 yxz +−=

Solución:  

1) Por diferencia de volumen: En coordenadas polares.  

ρ=⇒⎭⎬⎫

θρ=θρ=

Jsenycosx

 

 Entonces:   

24 ρ−=z  ;   (en S1:  ) 0=z )yx( 224 +− 

( )

[ ] π=−π=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ρρ−ρρπ=

ρθρρ−=

∫∫∫ ∫

π

848242

4

2

0

32

0

2

0

2

0

21

dd

ddV 

0.9 puntos  

( )214 ρ−=z  ;   (en S2:  ) 0=z )yx( 2244 +− 

( ) π=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −π=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ρρ−ρρπ=ρθρρ−= ∫ ∫∫ ∫

π

241

218814

1

0

1

0

31

0

2

0

22 ddddV  

0.9 puntos  Luego el volumen pedido es:  

π=π−π=−= 62821 VVV                                                                                             0.2 puntos  

1 

 

 2) Por integral doble:  

 )(4 22 yxz +−= , con    40 22 =+⇒= yxz

 )(44 22 yxz +−= , con    10 22 =+⇒= yxz

 Luego el volumen:  

[ ]∫∫∫∫ +−−+−++−=2

2222

1

22 444444DD

dxdy)yx(()yx(dxdy)yx(V  

1 punto 

23

2151212416

34416

2

0

1

0

3

1

2

0

2

1

3

2

22

1

22

1

π+

π−π=ϕ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ϕ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−=

+++−=

∫ ∫∫∫ ∫ ∫

∫∫∫∫∫∫

ππ

ddrrddrrdxdy

dxdy)yx(dxdy)yx(dxdy

D

DDD

 

 π6=V  

1 punto  

3) Por integral triple: en coordenadas cilíndricas.  

ρ=⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

=θρ=θρ=

Jzzsenycosx

 

 S1:   ;    Entonces: 24 ρ−=z 0=z 

z−=ρ 4   en S2:   ;   244 ρ−=z 0=z 

z−=ρ 421

 

2 

 

Así:

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ≤≤π≤θ≤−≤ρ≤−ℜ∈θρ= 402044

213 z;;zz/z,,R  

 

∫ ∫ ∫π −

−

θρρ4

0

2

0

4

421

z

z

dzdd

1 punto 

( ) ( ) ( ) π=−π

=θ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−− ∫∫ ∫

π

644

34414

21

4

0

4

0

2

0

dzzdzdzz

1 punto 

3 

 

Problema 2.  

Sea  Evaluar  , si C es la curva que une 

los puntos A=(0,0,2) y B=(0,3,0) que ilustra la figura adjunta. 

).2,3,33(),,( 332 zyxxzxyyzxzyxF +−−=→

∫→→

C

drF

  Solución:

El campo  es de clase ),,()2,3,33(),,( 332 hgfzyxxzxyyzxzyxF =+−−=→ ( )1C y 

conservativo ya que verifica.  

 xgzx

yf

∂∂

=−=∂∂ 33 2 ;  

yhx

zg

∂∂

==∂∂ 3  ;  

zfyx

xh

∂∂

==∂∂ 23 .   ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ =×∇

→→

0Fó

1 punto Existe potencial φ , que cumple:  

23

3

3

2

3),,(

2

3

33

zxyyzxzyx

zyx

xzx

yyzx

z

y

x

+−=⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

+=

−=

−=

φ

φ

φ

φ

 

0,5 puntos Así: 

440)2,0,0()0,3,0( −=−=−=∫→→

φφC

drF  

0,5 puntos O bien parametrizando  4321 CCCCC +++= con: 

 

1C :  

∫∫ −=−−=

⇒−=⇒∈−=→→

→→

1

01

11

4)2)(22(2

)2,0,0()(']1,0[),22,0,0()(

dttdrF

trtttr

C

 

0,4 puntos  

2C :  

∫∫ −=−−=

⇒=⇒∈=→→

→→

1

0

4

2

22

3)0,1,1)(,3,3(

)0,1,1()(']1,0[),0,,()(

dttttdrF

trttttr

C

 

0,4 puntos  

4 

 

3C :  

∫∫ =−−++−−−=

⇒−=⇒∈−+=−+=→→

→→

1

03

33

3)0,1,2))(1)(21(),21(3),1(3(

)0,1,2()(']1,0[)0,1,21()]0,1,1()0,0,3[()0,1,1()(

dtttttdrF

trtttttr

C

 

0,4 puntos  

4C :  

∫∫ =−⋅−−=

⇒−=⇒∈=→→

→→

1

04

34

0)0,cos3,3)(3cos27,cos9,9(

)0,cos3,3()(']2/,0[)0,3,cos3()(3

dttsentsentttsentdrF

tsenttrtsentttr

C

π 

 0,4 puntos 

De esta forma:  

4−=∫→→

C

drF  

  

5 

 

Problema 3. 

Resolver  la  integral de flujo  , para el campo vectorial  y 

la superficie  con   normal unitaria exterior a S. 

dsnFS

⋅⋅∫∫∧→

)2,,(),,( zxyzyxF −=→

25: 222 =++ zyxS∧

n 

a) Directamente. b) Usando el teorema de Gauss.  

 Solución:  

a) Para calcular la integral doble debemos primero parametrizar la superficie, para los cual usamos coordenadas esféricas: 

 Esfera:  ⇒= )cos5,5,cos5(),( φθφθφθφ sensensenr   

)cos25,25,cos25(

20),0,cos5,5(),(0),5,cos5,coscos5(),(

22 φφθφθφ

πθθφθφθφ

πφφθφθφθφ

θφ

θ

φ

sensensensenrr

sensensenrsensenr

=×

≤≤−=

≤≤−=

 

0.8 puntos  Luego:  

dArrrFS∫∫ ×

→

)))(,(( θφθφ  

 De donde:  

)cos10,cos5,5()),(( φθφθφθφ sensensenrF −=→

y 

0.7 puntos  

31000cos250 2

2

0 0

πθφφφπ π

=∫ ∫ ddsen  

 b) Se tiene por teorema de la divergencia que: 

 

∫∫∫∫∫ =⋅⋅∧→

ES

divFdvdsnF  

6 

 

Luego E esfera y  , de donde: 2=divF 

∫ ∫ ∫∫∫∫ ==π π πθφρφρ

2

0 0

5

0

2

31000dddsendivFdv

E

 

 0.5 puntos 

7