problemario copadi de cÁlculo vectorialdcb.fi-c.unam.mx/publicaciones/catalogo/archivos/4.pdf ·...

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

SECRETARÍA GENERAL

COORDINACIÓN DE PROGRAMAS DE ATENCIÓN DIFERENCIADA PARA ALUMNOS

C O P A D I

PROBLEMARIO COPADI DE CÁLCULO VECTORIAL

COORDINADORES Y COAUTORES

ING. LUIS HUMBERTO SORIANO SÁNCHEZ ING. PABLO GARCÍA Y COLOMÉ

ESTUDIANTES COAUTORES

JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ

ALEJANDRO FÉLIX REYES ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA JUAN CARLOS ARROYO CASTRO

EDUARDO FABIÁN GÓMEZ RAMÍREZ ARTURO GUTIÉRREZ LANDA ISABEL MIRANDA ALVARADO

MÓNICA YADIRA NARVÁEZ CLEMENTE RHAMID HORTENSIA RODRÍGUEZ DE LA TORRE

PRÓLOGO La Coordinación de Programas de Atención Diferenciada para Alumnos (COPADI) de la Facultad de Ingeniería de la UNAM, con algunos de los estudiantes del Programa de Alto Rendimiento Académico (PARA), y dentro de su Programa de Solidaridad Académica (PROSOLAC), se dio a la tarea de realizar sus PROBLEMARIOS COPADI. Cada uno, en una serie de ejercicios resueltos de algunas de las asignaturas que tienen mayor grado de dificultad para los estudiantes cuando cursan sus asignaturas en la División de Ciencias Básicas de la Facultad. Estos ejercicios son planteados y resueltos por nosotros y por estudiantes del PARA, y revisados por nosotros. Los objetivos de estos PROBLEMARIOS COPADI son, entre otros los siguientes:

Apoyar el desempeño académico de los estudiantes con ejercicios resueltos que les pueden ayudar a comprender y aprender los conceptos de que consta el programa de la asignatura, en este caso, Cálculo Vectorial, y poder así acreditarla y seguir adelante en sus estudios de ingeniería.

Reafirmar los conocimientos de los autores en asignaturas que ya acreditaron. Producir material didáctico para la Facultad, como un compromiso en su calidad de estudiantes del PARA.

Es importante comentar que este Problemario consta de 128 ejercicios de la Asignatura Cálculo Vectorial, y que además de que se ha revisado el material, se han tratado de dejar los ejercicios y sus enunciados tal como los hicieron y plantearon los estudiantes, ya que básicamente se trata de una publicación realizada por estudiantes y dirigida a estudiantes. Y esto es lo que le da carácter a la publicación. Los coordinadores tuvimos que sugerir ejercicios cuando se consideró que hacían falta para cubrir un determinado tema. Los ejercicios están distribuidos de la siguiente forma para cada uno de los temas: 28 de Extremos de Funciones Escalares de Variable Vectorial, 31 de Funciones Vectoriales, 32 de Integrales de Línea y 37 de Integración Múltiple. Es nuestro mejor deseo que este trabajo sea de utilidad para los estudiantes que cursan Cálculo Vectorial y que también sea motivo de genuino orgullo para los estudiantes que participaron en su realización, así como lo es para nosotros.

Ing. Luis Humberto Soriano Sánchez Ing. Pablo García y Colomé

ÍNDICE

Tema Página Extremos de funciones escalares de variable vectorial 1 Funciones vectoriales 50 Integrales de línea 75 Integración múltiple 101

COPADI CÁLCULO VECTORIAL

FACULTAD DE INGENIERÍA. UNAM 1

TEMA I

EXTREMOS DE FUNCIONES ESCALARES DE VARIABLE VECTORIAL 1. Determinar los puntos críticos de ( , ) cos cosf x y sen x x sen y y , para valores de

0 2x y 0 2y . Resolución: En primer lugar, se deriva la función con respecto a " "x y se iguala a cero la derivada para obtener los puntos críticos. Así,

cos ; cos 0 1xf x sen x x sen x

Una forma adecuada para buscar los puntos críticos cuando se tienen senos y cosenos es dejar todo en términos de coseno o de seno exclusivamente, por medio de identidades trigonométricas, ya que si dividiéramos entre senx o cos x ,podríamos eliminar un punto crítico. Se utilizará la identidad 1sencos 22 xx para despejar el coseno y sustituirlo en la ecuación 1 para encontrar los puntos críticos. Luego,

2 2 2cos 1 1 0x sen x sen x sen x Ahora se pasa el seno al segundo miembro de la ecuación y se eleva todo al cuadrado para quitar la raíz.

2 2 2 2

2

1 1 2 1

1 1 12 2 2

2(2 1) ; 0,1,2,...

2 4

sen x sen x sen x sen x sen x

sen x sen x x angsen

x angsen x n n

Por lo tanto los puntos críticos son:

1 2 3 4

3 5 7; ; ;

4 4 4 4x x x x

Si se deriva ahora con respecto a " "y y se iguala a cero la derivada, se obtiene:

cos ; cos 0 2yf y sen y y sen y

Como se observa, las ecuaciones 1 2y tienen la misma forma y por analogía:

1 2 3 4

3 5 7; ; ;

4 4 4 4y y y y

Aparentemente hay 16 puntos críticos, que serían todas las combinaciones de x con y, pero como es sabido, se deben comprobar los valores sustituyéndolos en las derivadas. Para demostrar que no todas las combinaciones son puntos críticos, se verifican los primeros cuatro valores en la ecuación 1 .

cos sen 0 cos senxf x x x x



1 2cos

4 4 4 22

1sen

3 2sen cos

14cos

2

5 1sen cos

4 2

1sen

7 2sen cos

14cos

2

x sen

x

x x xx

x x x

x

x x xx

Con " "y es similar el proceso (se recomienda al lector realizar dicha tarea), por lo que se puede concluir que los únicos puntos críticos son:

1 2 3 4

5 5 5 5, ; , ; , ; ,

4 4 4 4 4 4 4 4PC PC PC PC

2. Determinar los extremos de la función:

2 2 2 2u x y z xy x z Resolución: Primero se obtienen las derivadas parciales de la función con respecto a todas sus variables y se igualan a cero. También se determinan las segundas derivadas parciales con respecto a una variable y las “mixtas”.

2 1 0 1

ux y

x ;

2 0 2u

y xy

;

2 2 0 3

uz

z

2

22

ux

;

2

22

uy

;

2

22

uz

;

2

1u

y x ;

2

0u

z y ;

2

0u

x z

Ahora se resuelve el sistema de ecuaciones que se ha formado con 1 , 2 3y :

De 3 1 4z ; de 2 2 5x y

De 1 5y 1

2 2 1 0 3 1 0 63

y y y y

De 6 en 5 : 23

x

Estos son los valores obtenidos hasta el momento:

2 1, , 1, , ,

3 3f x y z por lo que sólo

falta valuar la función:



2 22 2 2 22 1 2 1 2

2 ; 1 2 13 3 3 3 3

4 1 2 6 41 2

9 9 9 9 3

u x y z xy x z u

u u

Por lo que el único punto crítico es

2 1 4, , 1 ,

3 3 3

Debido a que es una “hipersuperficie”, se utilizará el método generalizado del hessiano para determinar si se trata de un máximo, un mínimo o un punto silla. Por lo que primero se construye la matriz:

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2 1 0

1 2 0

0 0 2

u u ux y x z x

u u ux y y z y

u u ux z y z z

Ahora se calculan los valores característicos de esta matriz hessiana:

3

2 1 0 0 0 2 1 0

det 1 2 0 0 0 1 2 0 2 2 0

0 0 2 0 0 0 0 2

H I

Para resolver la ecuación que ha quedado se tiene que:

3 2

2 2 0 2 2 1 0

de donde

1

2 2

3

2 0 2

32 1 0 2 1

1

Como se puede apreciar, todos los valores de " " (valores característicos) son positivos por lo que este punto es un mínimo. Ya con todos los cálculos hechos se puede concluir que la función dada tiene un mínimo en

2 1 4, , 1,

3 3 3P

3. Sea la función 22 246),( yxyxyxf . Determinar si f tiene algún extremo relativo. Resolución: Como la función es polinomial, sus primeras derivadas existen en todo (x, y) en 2R por lo que se tiene que:

6 2

fx

x ;

4 4

fy

y



se igualan a cero sus derivadas parciales: 4 4 0 1 0 1y y y 6 2 0 3 0 3x x x

y se tiene un punto crítico en el punto 3 , 1 . Para saber su naturaleza se utiliza el criterio de la

segunda derivada:

2

22

fx

2

24

fy

2

0f

y x

2

0f

x y

2 2

2

2 2

2

2 08

0 4

f fx y x

Hf f

x y y

Si 0H se tiene un máximo o un mínimo relativo. Como 0H y

2

20

Fx

, se tiene un máximo

relativo en el punto 3, 1 .

4. Obtener los extremos absolutos, los máximos y mínimos relativos, y los puntos silla de la función

( , ) 3f x y xy x y en la región cerrada triangular R del plano XY cuyos vértices son

0, 0 , 2, 0 0, 4 .A B y C

Resolución: Para obtener los puntos críticos, se calculan las derivadas parciales y se igualan a cero:

1 0 1 ; 1 0 1x yf y y f x x

Entonces, el único punto crítico es 1, 1P , y si se dibuja la región y se sitúa el punto P se tiene:

Se ve que el punto crítico P se encuentra dentro de la región de estudio. Sin embargo, para saber si un punto está dentro de la región es conveniente utilizar la ecuación de la recta BC . Dado el caso de que el punto quede fuera de la región no interesaría.

A

1,1P

x

0,4C

2,0B

y



Se procede con el método analítico y en primer lugar se obtiene la ecuación de la recta BC que es: 1 1 ; 0 2 2 2 4y y m x x y x y x

Para 1 ; 2 1 4 2x y y

y como 2 1 implica que el punto pertenece a la región, es decir, que .P R Para determinar la naturaleza del punto se utiliza el Hessiano.

0 11 0

1 0xx xy

Hyx yy

f f

f f

Por lo tanto, 1, 1P es un punto silla.

Ahora se analizará la frontera dada por el triángulo. Para el segmento AB se tiene por ecuación 0y y si se sustituye esta ecuación en ,f x y para obtener f x se obtiene:

( ) 3f x x Ahora se deriva e iguala a cero, con lo que se obtiene que:

''( ) 1f x Como es imposible igualar la derivada a cero, se concluye que es una función monótona, es decir, sin máximos ni mínimos. Para el segmento BC que tiene por ecuación a 2 4y x , se sustituye en ,f x y para

obtener f x y derivar. Así,

2( ) ( 2 4) 2 4 3 2 4 2 4 3f x x x x x f x x x x x

22 5 1f x x x

La parábola resultante representa la intersección entre el plano 2 4y x y la superficie ( , ) 3f x y xy x y . Se deriva y se iguala a cero con lo que se obtiene el punto Q :

5'( ) 4 5 ; 4 5 0

4f x x x x

Para obtener el valor de " "y se sustituye el valor de " "x obtenido en la ecuación de la recta

BC . 5 3 5 3

2 4 ,4 2 4 2

y y Q

Una vez obtenido el punto Q , se sustituyen sus coordenadas en la función ,f x y :

5 3 5 3 17( , ) 3 ,

4 2 4 2 8f x y f x y

Si se analiza la recta CA se tiene que su ecuación es 0x , de donde, al sustituir este valor en ,f x y , se llega a:

( ) 3 ; ( ) 1 0f y y f y por lo que también es una función monótona. Por último se analizarán los puntos vértices de la región



( ) (0,0) 3

( ) (2,0) 1

( ) (0,4) 1

f A f f A

f B f f B

f C f f C

Si se ven los resultados en su conjunto, se concluye que la función, en la región triangular, presenta un máximo absoluto (0, 0) 3M , un mínimo absoluto (0, 4) 1m y un punto silla en 1, 1 .P

NOTA. En este tipo de ejercicios, los mínimos relativos, máximos relativos y puntos silla se obtienen en puntos críticos pero de la función original, por lo tanto los obtenidos analizando las fronteras y los extremos de ellas son los extremos absolutos. Sin embargo se puede dar el caso que un extremo dentro de la región se convierta en absoluto si es menor o mayor que los de la frontera. 5. Localizar los extremos relativos y los puntos silla de la siguiente función:

, x yf x y e

Resolución: Se calculan las derivadas parciales y se obtienen los puntos para los cuales ambas se anulan o no existen. Así,

0 0

0 0

x yx y

x yx y

fye

ye yxf xe xxey

En ambos casos, se ve que x ye nunca podrá ser cero. Se sustituyen los valores de 0x y 0y en la función original y se llega a:

0 0, 1f x y e

Entonces el punto donde las derivadas parciales se hacen cero es 0, 0, 1P

Con la finalidad de saber si es dicho punto es un máximo relativo, un mínimo relativo o un punto silla, se aplica el criterio de la segunda derivada.

2 22

2 20

22

2 20

2 2

0

; 0

; 0

; 1

x y

x y

x y

x y

x y x y

x y

f fy e

x x

f fx e

y y

f fxye e

y x y x

2

y se tiene que



22 2 222 2

2 2

22 0 0 2 0 0 0 0 0 0

, ,

0, 0 0 0 0 0 1 0

x y x y x y x yf f fg x y g x y y e x e e xye

x y y x

g e e e e

por lo tanto 0, 0, 1P es un punto silla.

6. Calcular los puntos críticos de la siguiente función y determinar su naturaleza:

3 3 2, 10 3 3 9f x y x y y x x

Resolución: Se deriva parcialmente la función y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos críticos:

23 6 9f

x xx

2 21 23 6 9 0 2 3 0 3 1 0 3; 1x x x x x x x x

23 3f

yy

21 23 3 0 1; 1y y y

Los puntos críticos son: 1 1, 1P , 2 1, 1P , 3 3, 1P y 4 3, 1P

2 2 2 2

2 26 6; 6 ; 0f f f f

x yx y y x x y

Por el criterio de la segunda derivada:

2 2

22 2 2 2

2 22 2

2

, ; , 36 36

f fx y x f f f

H x y H x y xy yx y y xf f

x y y

Para 1 1, 1P ; 1, 1 0H ; 2

20

fx

Máximo relativo 1, 1, 17 .

Para 2 1, 1P ; 1, 1 0H Punto silla 1, 1, 13 .

Para 3 3, 1P ; 3, 1 0H Punto silla 3, 1, 15 .

Para 4 3, 1P ; 3, 1 0H ; 2

20

fx

Mínimo relativo 3, 1, 19 .



7. Determinar los extremos, tanto relativos como absolutos, de la función 2 2,f x y x y , cuya

gráfica se muestra en la figura.


2 22 ; 2 0 0 0f

xy xy x o yx

2 22 ; 2 0 0 0f

x y x y x o yy

En este caso las derivadas parciales se anulan cuando 0x , 0y o cuando ambas son nulas. Luego: Puntos críticos: 0, y y , 0x

Por el criterio de la segunda derivada: 2 2 2 2

2 22 22 ; 2 ; 4f f f f

y x xyx y y x x y

22 2 2, , 2 2 4xx yy xyH x y f f f H x y y x xy

2 2, 12H x y x y

Para los puntos críticos: , 0g x y , por lo que el criterio no decide.

Sin embargo, de la figura se concluye que la función tiene un infinito número de mínimos en todos los puntos de los ejes " "x y " "y , incluyendo el origen, lo que analíticamente también se ve ya que

para todos los demás puntos , 0f x y . Esto es: 0, 0 ; ,0 0 ; 0,0 0f y f x f .

Además,

, 0,

, 0 , ,0

, 0,0

x y y

f x y x y x

x y



8. Obtener los puntos críticos de la siguiente función escalar de variable vectorial y determinar su naturaleza.

3 2 2 21, 2 2 6

3z f x y y x y x y


2 4 ; 2 4 0 2 2 0 0 2z

xy x xy x x y x o yx

2 2 2 24 ; 4 0z

y x y y x yy

Si 2 00 4 0 4 0

4

yx y y y y

y

. Los puntos críticos son: 1 0, 0P y

2 0, 4P .

Si 2 2 22 4 4 2 0 4

2

xy x x

x

. Los puntos críticos son: 3 2, 2P y

4 2, 2P .


2 22 4; 2 4; 2

z z z zy y x

x y y x x y

2 2 2, 2 4 2 4 2 , 4 16 16 4H x y y y x g x y y y x

2 20, 0 4 0 16 0 16 4 0 16 0; 4 0xxH z Máximo relativo

0, 0, 6 .

2 20, 4 4 4 16 4 16 4 0 16 0; 4 0xxH z Mínimo relativo

140, 4,

3

.

2 22, 2 4 2 16 2 16 4 2 16 0H Punto silla

22, 2,

3

.

2 22, 2 4 2 16 2 16 4 2 16 0H Punto silla

22, 2,

3

.

9. Dada la siguiente función, determinar sus puntos críticos así como la naturaleza de los mismos.



2 2 2 3, 4 8 2 2 1z f x y x y y x y

Resolución: Se procede a obtener los puntos críticos

8 4z

xy xx

0

8 4 0 8 4 0 2 0 2 1 0 12

xxy x xy x xy x x y

y

22 6164 yyxyz

2 2 2 234 16 6 0 4 0 1

2x y y x y y

2

03 3

0 en 1 ; 4 0 4 0 82 2

3

yx y y y y

y

2

2 2

191 1 3 1 19 8

en 1 ; 4 0 02 2 2 2 8 19

8

xy x x

x

Así se tienen los puntos críticos: 8 19 1 19 10, 0 ; 0, ; , ; ,

3 8 2 8 2

De donde, al sustituir en la función original, se obtiene:

0, 0

2 3

80,

3

2 22 3

19 1,

8 2

1

8 8 512 1024 4850 8 0 2 1 1

3 3 9 27 27

19 1 1 19 1 19 19 1 54 8 2 2 1 2 1

8 2 2 8 2 4 4 4 4

z

z

z

2 2 2

2 28 4; 16 12 ; 8xx yy

z z zz y z y x

x y y x

Ahora se obtiene ,H x y

22

2 2 2 2

, , 8 4 16 12 8

, 128 96 64 48 64 , 80 96 64 64

xx yy xyH x y z z z H x y y y x

H x y y y y x H x y y y x

Se evalúa H para cada punto crítico y;



Para 0, 00, 0 ; 0, 0 64 0 4 0xxH y z

Máximo relativo: 0, 0, 1

Para 2

28 8 8 8 8 12160, ; 0, 80 96 64 0 64 0, 0

3 3 3 3 3 3H H

Punto silla: 8 485

0, ,3 27

Para

2219 1 19 1 1 1 19

, ; , 80 96 64 64 152 08 2 8 2 2 2 8

H

Punto silla: 19 1 5

, ,8 2 4

Para

2219 1 19 1 1 1 19

, ; , 80 96 64 64 152 08 2 8 2 2 2 8

H

Punto silla: 19 1 5

, ,8 2 4

10. Obtener los puntos críticos de la función 3 3,z f x y x y xy xy y determinar su

naturaleza, sobre la región limitada por 0y1 ; 0x1 . Resolución: Se deriva parcialmente la función y se igualan a cero las primeras derivadas para obtener los puntos críticos:

03

03

23

32

xxyxy

z

yyyxx

z

; 013

01322

22

yxx

yxy

de donde se obtiene:

1

00, 0

0

xP

y

2 222 2

3

0, 103 0 1 0 1

0, 13 1 0

Pxy y

Px y

2 422 2

5

1, 003 0 1 0 1

1, 03 1 0

Pyx x

Px y



6

2 2

72 2 2 2

22 2

8

9

1 1,

2 2

3 1 0 1 11 ,2 23 1 0 3 9 3 0 2;

18 2 03 1 0 1 1,

2 2 2

1 1,

2 2

P

x yPy

x y x yyx y x P

P

De los nueve puntos obtenidos, solamente cuatro pertenecen a la región considerada: 1 3,P P y 5P

en su frontera y 9P en su interior, por lo que el único punto crítico es 9

1 1,

2 2P

Como se sabe, 22 2 2

2 2,

z z zH x y

x y y x

y, además, las segundas derivadas parciales, así

como las mixtas están dadas por: 2 2 2

2 22 2

6 ; 6 ; 3 3 1z z z

xy xy x yx y y x

de donde

22 2

2 2 4 4 2 2 2 2

, 6 6 3 3 1

, 36 9 9 1 18 6 6

g x y xy xy x y

g x y x y x y x y x y

2 2 4 4 2 2, 18 9 6 1g x y x y x y x y

Ahora se evalúa H para cada punto crítico de la región considerada: 2 2 4 4 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1, 18 9 6 1 2 0

2 2 2 2 2 2 2 2H

y 2

1 12 ,2 2

1 1 36 0

2 2 2z

x

Máximo relativo

1 1 1, ,

2 2 8

11. Los cursos de dos ríos, dentro de los límites de una región determinada y con respecto a un sistema coordenado, son en forma aproximada, una parábola 2y x y una recta 2 0x y . ¿Cuál es la menor longitud de un canal recto con el que se pueden unir y cuáles son las coordenadas del canal en su unión con los ríos? Resolución: El modelo geométrico es el siguiente:



La distancia entre los dos ríos esta dada por:

2 2 2 222 1 2 1 2 1 2 1; sea ;x x y y L L x x y y

Pero 2 2 2y x y 21 1y x

De donde

22 22 1 2 12L x x x x

4 2 2 21 1 1 2 2 1 2 25 2 2 2 4 4L x x x x x x x x

Se deriva parcialmente la función y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos críticos:

31 1 1 2 2

1

4 10 4 2L

x x x x xx

21 2 1

2

2 4 2 4L

x x xx

3 21 1 1 2 2 1 2 14 10 4 2 0; 2 4 2 4 0x x x x x x x x

De 2

0Lx

, se tiene: 21 1

2 12 2x x

x

En 1

0Lx

: 2 2

3 1 1 1 11 1 14 10 4 1 2 1 0

2 2 2 2x x x x

x x x

3 21 1 12 3 5 2 0x x x

Por división sintética 2 3 5 2 12

1 1 2

2 2 4 0

21 1 1

12 2 4 0

2x x x

1 1

1 12 4

x y

(las otras dos raíces son complejas)

2 2,x y

1 1,x y

2y x

2y x

x

y



Por lo tanto:

2

2 2 2

1 111 52 2 1

2 2 8 8x x y


21 2 12 2

1 2 2 1 1 2

12 4 10; 4; 4 2L L L L

x x xx x x x x x

221 2 1 2 1, 4 12 4 10 4 2H x x x x x

21 2 1 1 2, 32 16 16 32H x x x x x

2

22

1 11, 0; 0

2 8L

H Lx

Mínima.

Luego los puntos pedidos son:

1

1 1,

2 4P

, 2

11 5,

8 8P

y la longitud mínima del canal de unión es:

2 2

11 1 11 1 7 22 1.24

8 2 8 2 8L

unidades de longitud.

12. Se desea construir un ducto desde el punto P hasta el punto S (ver la figura). Los costos por cada kilómetro de ducto son $ 30,000 en el tramo PQ , $ 20,000 en el tramo QR y

$ 10,000 en el tramo RS . Determinar las dimensiones de " "x y " "y para que el costo sea mínimo. Resolución:

La función costo es: 30,000 20,000 10,000C PQ QR RS y de la figura se tiene que:

2 2 2 2, 30,000 2 20,000 1 10,000 (10 )C x y x y x y

Se deriva parcialmente con respecto a " "x y " "y

P

Q

R S

2 km

1km

10 km

x y



2

2

230,000 10,000 0 1

2 4

220,000 10,000 0 2

2 1

x

y

xC

x

yC

y

De 1

2 2 2 2 130,000 10,000 4 0 3 4 9 4

2x x x x x x x

De 2

2 2 2 2 120,000 10,000 1 0 2 1 4 1

3y y y y y y y

Dado que las distancias no pueden ser negativas, se desechan los valores negativos para " "x y

" "y . Entonces: 1

2x km ;

1

3y km

Como se observa, solamente se tiene un punto crítico y se evidencia que es el correspondiente al costo mínimo. 13. Demostrar que el rectángulo de perímetro fijo que tiene área máxima es un cuadrado (utilizar el método de los multiplicadores de Lagrange). Resolución: Geométricamente se representa el problema como se muestra en la figura: El área del rectángulo está dada por: A xy Por otro lado su perímetro es: 2 2P x y Empleando el método de los multiplicadores de Lagrange:

2 2L xy x y P

2 0 ... 12x

yL y

2 ... 22y

xL x

2 2 0 ... 3L x y P

y

x



De las ecuaciones 1 y 2 :

2 2y x

y x

Sustituyendo el valor de y x en la ecuación 3 ;

2 2 0 4 04P

x x P x P x y

Por lo que se observa el rectángulo de perímetro fijo que tiene área máxima es un cuadrado x y .

14. Una caja rectangular descansa sobre el plano XY con un vértice sobre el origen y dos aristas sobre los ejes " "x y " "y . Calcular el volumen máximo de la caja si el vértice opuesto está situado en el plano 6 4 3 24x y z . Resolución: El modelo geométrico es el siguiente:

El volumen de la caja rectangular está dado por: ... 1V xyz

Se tiene que un vértice se localiza sobre el plano 6 4 3 24x y z 124 6 4

3z x y

Sustituyendo en 1 :

2 2424 6 4 8 2

3 3xy

V x y V xy x y xy

Se deriva parcialmente la función y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos críticos:

y

, ,P x y z

8

4

6

x

z



2 24 48 4 ; 8 4 0

3 3xV y xy y y xy y 21 12 0 2 0

3 3y xy y y x y

0 1

12 2

3

y

y x

2 28 88 2 ; 8 2 0

3 3yV x x xy x x xy 2 4 44 0 4 0

3 3x x xy x x y

0 3

44 0 4

3

x

x y

1 3 ; 1 4 ; 2 3y y y implican la no existencia de caja, por lo que

únicamente se analizan las expresiones 2 3y . Luego, al sustituir 2 en 4 , se

obtiene:

4

44 4 2 0 3

32

xx x x

y

, que es el punto crítico en estudio. Así, por el

criterio de la segunda derivada: 8 8

4 ; ; 8 43 3xx yy xy yxV y V x V x y V

2

2 32 8, , 8 4

3 3xx yy xyH x y V V V g x y xy x y

2

4 32 4 4 8 192, 2 2 8 4 2 0; 8 0

3 3 3 3 3 9 xxH V

V máximo.

Para 4 1 4 24,2 ; 24 6 4 2

3 3 3 9z

Volumen máximo = 649

unidades de volumen.

15. Se va a construir una caja en forma de paralelepípedo rectangular. El material de la base cuesta $75.00 por m2, y el de los lados cuesta $150.00 por m2. Determinar las dimensiones de la caja de mayor volumen, sin tapa, que se puede construir con $3,600.00 y calcular también el mayor volumen. Resolución: Sean , ,x y z las dimensiones de la caja, como se muestra en la figura siguiente:



La función a optimizar es V xyz La restricción es:

Costo : 75 2(150) 2(150) 3600C xy xz yz Luego, si se utiliza el método de los “multiplicadores de Lagrange”, se tiene que la ecuación de Lagrange está dada por:

75 300 300 3600L xyz xy xz yz

de donde

75 300 ; 75 300 0 1

75 300 ; 75 300 0 2

300 300 ; 300 300 0 3

75 300 300 3600 ; 75 300 300 3600 0 4

Lyz y z yz y z

xL

xz x z xz x zy

Lxy x y xy x y

zL

xy xz yz xy xz yz

Para resolver este sistema de ecuaciones, se puede despejar al multiplicador en las tres primeras, se igualan las ecuaciones obtenidas y después se utiliza la ecuación 4 . Así,

De 1 : 75 300

yzy z

; de: 2 75 300

xzx z

; de

3300 300

xyx y

75 300 75 30075 300 75 300

1300 300 75 300

75 300 300 300 4

yz xzxy yz xy xz y x

y z x z

yz xyxz yz xy xz z x

y z x y

Se sustituyen estos resultados en 4 : 2 2

2 2 2 2 275 300 300 3600 0 75 75 75 3600 0 225 3600 44 4x x

x x x x x x

Es evidente que no hay dimensiones negativas para la caja, por lo que las dimensiones para la caja de mayor volumen son

4 ; 4 ; 1x m y m z m

x

y

z



y el volumen máximo es 34 4 1 16V m . 16. Un contenedor en forma de cilindro circular recto, ha de tener un volumen de 2000 litros. Determinar las dimensiones de modo que el costo sea el mínimo posible, si la base cuesta

2$ 600.00 / m , la tapa 2$ 250.00 / m y la superficie lateral 2$ 500.00 / m . Determinar también el costo mínimo. Resolución: Nuestra función objetivo es el costo y la restricción es el volumen. Haciendo un modelo del contenedor se tiene:

Antes de comenzar a resolver el problema es necesario trabajar con las mismas dimensiones por lo que si los costos son por 2m , entonces el volumen equivale a

3 31000 1000 1V lt dm m

Aquí la función objetivo es el Costo que se expresa como:

2 2 2600 250 500 2 850 1000C x x xy C x xy

y la restricción es: 2 1V x y

La función de Lagrange está dada por:

2 2850 1000 1L x xy x y

se obtienen las derivadas parciales y se resuelve el sistema. Así,

1700 1000 2 ; 1700 1000 2 0 1L

x y xy x y xyx

2 21000 ; 1000 0 2L

x x x xy

2 21 ; 1 0 3L

x y x y

y

x



Se despeja en 1 y 2 , se igualan las expresiones obtenidas, se despeja una variable en

términos de la otra y se sustituye en 3 . Luego,

850 5001700 1000 2 0 850 500 0

x yx y xy x y xy

xy

2 10001000 0 1000 0x x x

x

2 2850 500 1000850 500 1000 17 10 0 17 10 0

x yx xy xy x xy x x y

xy x

El valor de 0x no se considera ya que no se tendría contenedor. Luego, 17 10 1.7x y y x

2 3 31

1.7 1 0 1.7 1 0.572 ; 1.7 0.572 0.9721.7

x x x x x y y

Por lo tanto las dimensiones del contenedor son:

Diámetro de la base: 1.144 m y altura: 0.972 m y el Costo mínimo es:

22850 1000 850 0.572 1000 0.572 0.972 $ 2,620.37C x xy C C

17. Determinar los extremos absolutos de la función ,f x y xy en la región R dada por:

2 2

, 1; ,4 9x y

R x y x y

Resolución: Primero se analizará la función en el interior de la región dado que posiblemente ahí se localice un extremo relativo -máximo o mínimo- que pudiera ser mayor o menor que los determinados en a frontera mediante el método de los multiplicadores de Lagrange.

, ; ;x yf x y xy f y f x ; 0

0

y

x

Punto crítico 0, 0

Se observa que el punto 0, 0 pertenece a la región, por lo que se determina su naturaleza:

0; 0; 1xx yy xyf f f

2 2, ; , 0 0 1 1 0xx yy xyH x y f f f H x y Punto silla 0, 0, 0

Ahora se estudia la frontera para localizar extremos condicionados. La ecuación de Lagrange, sus derivadas parciales y la resolución del sistema al igualarlas a cero, quedan como:



2 2

2 2

20 1

22 9

1 ; 0 24 9 9 2

1 0 34 9

L x yy

x xx y L y x

L xy xy y

L x y

2 2 2 22 9 9 34 9

2 4 2y x

y x y x y xx y

se sustituye en 3 : 2 2 2

2 21 9 31 1 2 2 2

4 9 4 4 4 2x x x

x x x y y

Por lo tanto, si se evalúa la función en estos puntos se tendrán los siguientes valores:

3 2 3 2 3 2 3 22, 3; 2, 3; 2, 3; 2, 3

2 2 2 2f f f f

Se concluye entonces que esta función tiene dos máximos absolutos condicionados en los puntos:

1 2

3 2 3 22, , 3 2, , 3

2 2M y M

y dos mínimos absolutos condicionados en los puntos:

1 2

3 2 3 22, , 3 2, , 3

2 2m y m

La función en estudio, esto es, ,f x y xy , es un paraboloide hiperbólico con su punto silla en el

origen de coordenadas y rotado 45 por lo que resulta lógica la presencia de sus extremos condicionados absolutos. Para ilustrar esto, considérese la siguiente figura:

x

y

1m

2m 1M

2M



18. Encontrar el valor mínimo de la función 2 2( , )f x y x y sujeta a la restricción 1 yx .

Resolución:

Se trata de un paraboloide circular o de revolución con vértice en el origen de coordenadas, y de un plano paralelo al eje " "z , cuya traza con el plano xy es la recta 1 yx . Luego, dadas las características del problema, la simetría de la superficie con el eje " "z y el plano, es lógico suponer

que el valor mínimo se encontrará en el centro de la traza del plano, es decir, en 12

x y . Si se

resuelve el problema se tiene que la función de Lagrange está dada por: 2 2 1L x y x y

Para determinar los puntos críticos, se obtiene y resuelve el siguiente sistema de ecuaciones:

2 0 1

2 0 2

1 0 3

x

y

L x

L y

L x y

De 1 y 2 se obtiene: 2 ; 2 ; 2 2x y x y y x

se sustituye en 3 : 1 1

1 0 2 1 ;2 2

x x x x y

con lo cual, el único punto crítico es: 1 1

,2 2

P

Con esto bastaría, ya que el resultado en sí mismo induce que se trata de un mínimo como ya se había establecido. Una forma alternativa para comprobar su naturaleza es la siguiente: se obtiene el valor de " " que resulta igual a " 1" , con el cual se forma la función de Lagrange correspondiente:

2 2 2 21 1 1L x y x y L x y x y

Se calculan sus derivadas parciales primera, segunda y mixta:

2 1 ; 2 ; 2 1 ; 2 ; 0x xx y yy xyL x L L y L L

con lo cual el determinante de la matriz hessiana es: 2, xx yy xyH x y f f f

2 0

; 0, 00 2

xx xy

yx yy

L LH H

L L

se forma la ecuación característica det 0H I con la que se obtienen los valores

característicos de H . Así, 2 1

2

22 00 2 0

20 2



y como los valores característicos son positivos, se trata de un mínimo cuyas coordenadas son 1 1 1

, ,2 2 2

P

19. Se construirá un tanque cerrado en forma de prisma rectangular para almacenar 500,000 litros de crudo. El material empleado para la base y la tapa tiene un costo de 2$1000 / m y para los lados de 2$800 / m . ¿Qué dimensiones debe tener para que el costo del material empleado en su construcción sea mínimo? Resolución: La forma geométrica del tanque que se desea construir es: Del cual su volumen es: 3500000 500V xyz m

El costo para la construcción del tanque esta dado por: 2 1000 2 800 2 800C xy xz yz , es

decir, 2000 1600 1600C xy xz yz

Por el método de los multiplicadores de Lagrange: 2000 1600 1600 500L xy xz yz xyz

2000 16002000 1600 0 ... 1x

y zL y z yz

yz

2000 16002000 1600 0 ... 2y

x zL x z xz

xz

1600 16001600 1600 0 ... 3z

x yL x y xy

xy

500 0 ... 4L xyz

Al igualar 1 y 2 , se tiene:

2000 1600 2000 16002000 1600 2000 1600 ... 5

y z x zxy xz xy yz y x

yz xz

Al igualar 2 y 3 , se tiene:

z

y

x



2000 1600 1600 16002000 1600 1600 1600 2000 1600

x z x yxy yz xz yz y z

xz xy

20 5... 6

16 4z y y

Se sustituyen 5 y 6 en la ecuación 4 :

3 3 35 5500 0 500 400 400; 400

4 4xyz y y y y x y z

por lo que los valores pedidos son: 7.368 ; 9.21x y m z m

20. Determinar los extremos de la función 2 2( , ) 3f x y x y en la región R definida por

032 22 yxx .

Resolución: Se trata de un paraboloide elíptico con vértice en el origen sujeto a la restricción dada por la región R , que es un círculo, cuya circunferencia tiene como ecuación canónica la siguiente:

22 2 2 2 22 3 0 2 1 1 3 0 1 4x x y x x y x y

Lo frontera de R es una circunferencia con centro en el punto 1, 0C y radio 2 . Esto hace

pensar que dentro del círculo, el paraboloide presenta un mínimo relativo, que sería el vértice. Por ello, primero se verificará esto y después se determinarán los extremos en la frontera del círculo, es decir, en la circunferencia que se denotará con " "C .

Se obtienen los puntos críticos de la función situados dentro del círculo:

2 21

2 03 ; (0, 0)

6 0x

y

f xf x y P R

f y

y se verifica que se trata de un mínimo relativo:

2 2

2 ; 6 ; 0

, ; 0, 0 2 6 0 12 0 0, 0 2 0

xx yy xy yx

xx yy xy xx

f f f f

H x y f f f H y f

por lo que se trata de un mínimo relativo en el punto 0, 0, 0

Ahora se determinan los puntos críticos de la función condicionados por el contorno del círculo, mediante el análisis de la función de Lagrange, donde la función objetivo es 2 2( , ) 3f x y x y y

la restricción 2 22 3 0x x y .



2 2 2 2

2 2

2 2 2 0 1

3 2 3 6 2 0 2

2 3 0 3y

Lx x x

L x y x x y L y y

L x x y

y se resuelve el sistema de la siguiente forma:

De 2 :

2 10 en 3 2 3 0

32 3 0

33 en 1 2 2 2 3 0

2

xy x x

xy

x x x

Se sustituye 32

x en 3 :

223 3 3 15

; 2 3 02 2 2 4

x y y

Por lo que los puntos críticos, incluyendo el obtenido al analizar el interior del círculo, son:

1 2 3 4 5

3 15 3 150, 0 ; ( 1, 0); (3, 0); , ; ,

2 4 2 4P P P P P

Ahora se calcula y compara el valor de la función en cada uno de los puntos críticos:

3 15 27 3 5 27(0, 0) 0; ( 1, 0) 1; (3, 0) 9; , ; ,

2 4 2 2 4 2f f f f f

de donde se concluye que el mínimo absoluto es el punto 0, 0, 0 y el máximo absoluto se

presenta en los puntos 3 15 27 3 15 27

, , , ,2 4 2 2 4 2

y

.

21. Determinar los puntos , ,x y z del elipsoide 90022536100 222 zyx tales que la

suma del doble de su primera coordenada más las dos restantes sea la mayor y la menor posible. Solución: La función objetivo es

Suma 2x y z La ecuación de condición es:

2 2 2100 36 225 900x y z Se aplica el método de los multiplicadores de Lagrange y su ecuación es:



-2 2 22 100 36 225 900L x y z x y z

Se deriva parcialmente con respecto a cada una de las variables: -2 2 2

2 200 0 1

1 72 0 2

1 450 0 3

100 36 225 900 0 4

x

y

z

L x

L y

L z

L x y z

1 1 1; ;

100 72 450x y z

1 1 2572 100

100 72 18

1 1 2450 100

100 450 9

y x y xx y

z x z xx z

Se sustituyen estas expresiones en 4 : 2 2

2 2 2 225 2 625 100100 36 225 900 0 100 900 0

18 9 9 9x x x x x x

2 2 2 18900 725 8100 1625 8100

65x x x x

25 18 25 2 18 4;

18 965 65 65 65y y z z

De aquí se obtienen dos puntos: 18 25 4 18 25 4

, , , ,65 65 65 65 65 65

y

Al sustituir en la función objetivo:

18 25 4 65Suma 2 =2 Suma máxima

65 65 65 65

18 25 4 65Suma 2 =2 Suma mínima

65 65 65 65

M

m

x y z S

x y z S

Para comprobar que dichos puntos pertenecen al elipsoide se sustituyen en la ecuación del mismo: 2 2 2

2 2 2 18 25 4100x 36y 225 900 ; 100 36 225 900 900 900

65 65 65z

Lo mismo sucede con el otro punto, y así queda resuelto el problema. 22. Determine los puntos de la curva 4x 22 xyy más cercanos al origen. Resolución: La distancia de cualquier punto ,x y al origen de coordenadas está dada por



2 2d x y

Como se sabe, es factible trabajar con el cuadrado de la distancia. Así 2 2 2D d D x y

Que es la función objetivo y la restricción es la ecuación de la curva. Entonces, la ecuación de Lagrange es:

2 2 2 2 4L x y x y xy

De donde:

2 2

2 2 0 1

2 2 0 2

4 0 3

x

y

L x x y

L y y x

L x y xy

En 1 y 2 se despeja , se igualan las expresiones obtenidas y se tiene que:

2 22 2 2 2; ; 4 2 4 2

2 2 2 2x y x y

xy x xy y y xx y y x x y y x

al sustituir y x en 3 , se tiene:

2 2 2 2 24 0 3 4

3x x x x x

se obtienen los puntos: 2 2

,3 3

y 2 2

,3 3

Al sustituir y x en 3 , se tiene: 2 2 2 24 0 4 2x x x x x

se obtienen los puntos: 2, 2 2,2y

Al evaluar la distancia en los cuatro puntos se tiene:

2 2 8 2 2 8, ; ,

3 33 3 3 3

2, 2 8 ; 2,2 8

d d

d d

Por lo tanto, los puntos más cercanos al origen son: 2 2 2 2

, ,3 3 3 3

y

.

23. Se va a construir una ventana con la siguiente forma: un rectángulo con un triángulo isósceles en la parte superior. Dada el herraje con que se cuenta, su perímetro tiene que ser de m4 . ¿Cuáles deben ser las dimensiones del rectángulo y cuál el valor de los ángulos iguales de la parte triangular, de tal modo que el área de luz sea la mayor posible? Calcular también el valor de esa área máxima. Resolución: Primero se presenta una figura de la ventana en donde se señalan las dimensiones requeridas.



x

y

h

2x

p

Se denominará con "" A al área de luz de la ventana, es decir, a la suma del área del rectángulo más el área del triángulo. Como se observa en la parte triangular, su área ""a equivale a:

2tan2; tan ; tan

2 2 2 4

xxxh x x

a h a a

cada uno de los dos lados iguales del triángulo mide: sec2x

p

Para resolver este problema se utilizará el método de los multiplicadores de Lagrange. Entonces, la función objetivo y la restricción son, respectivamente:

2

tan4x

A xy ; 2 sec 4x y x

Luego, la función de Lagrange es: 2

tan ( 2 sec 4)4x

L xy x y x

Ahora se obtienen las derivadas parciales y se igualan a cero. Así,

22

tan 1 sec 0 122 0 2

sec sec tan 0 34

2 sec 4 0 4

x

y

xL y

L x

xL x

L x y x

Para resolver este sistema, se realizan las siguientes operaciones algebraicas:

De 2 :2x

Se sustituye este valor en 1 y 3 y se llega a las siguientes expresiones:

tan 1 sec 0 tan sec 0 52 2 2 2 2x x x x x

y y

2 2 2

2 2sec sec tan 0 sec sec tan 0 64 2 4 2x x x x

x



De 6 : 2

sec sec 2tan 04x

De esta expresión se puede decir que x no puede valer cero ya que no se tendría ventana y por otro lado, sec nunca es cero. De esto se deduce que:

0

0

30tan 1 1 1 1cossec 2tan 01sec 2 2 2 2 150

cos

sen

sen angsen

Se desecha 0150 Se sustituye 030 en 4 :

0 22 sec 30 4 2 4 3 2 3 2 4 3

3x y x x y x x y x

2 3 2 3 4 3 7x y

Se sustituye 030 en 5 :

0 0 1 2tan30 sec 30 0 0

2 2 2 2 2 23 3

x x x x x xy y

2 3 3 2 0 1 3 2 3 0 8y x x x x y

De 8 : 1 3

2 3

xy

en 4 37 : 2 3 1 3 4 3 3 2 3 4 3

3 2 3x x x x

4 31 3

1 3 4 33 2 3 2 3 2

2 3 2 3 32 3 3 2 3y

6.93 5.461.07 0.845

6.46 6.46x m y y m

Finalmente, el área máxima de la ventana se presenta para: 01.07 ; 0.845 30x m y m y

Para comprobar este resultado, se sustituyen los valores de ; ;x y en la ecuación de restricción:

22 sec 4 1 07 2 0.845 1.07 4 4 4

3x y x

24. Determinar un vector en 3 , de magnitud 12 , tal que la suma de sus tres componentes sea máxima.



Resolución: Sean " ", " "a b y " "c las componentes del vector. Si se utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange, la función objetivo es S a b c y la restricción está dada por

2 2 2 2 2 212 144a b c a b c . Entonces la ecuación de Lagrange, sus derivadas parciales y el sistema a resolver, son los siguientes:

2 2 2 144L a b c a b c

2 2 2

1 2 0 1

1 2 0 2

1 2 0 3

144 0 4

La

aL

bbL

ccL

a b c

De 1 , 2 y 3 se tiene que:

1 1 1 1 1 1 1; ; ; ;

2 2 2 2 2 2 2b a c a

a b c a b a c

se sustituyen estos resultados en 4 :

2 2 2 2 12144 3 144

3a a a a a

Evidentemente la suma máxima se da cuando las tres componentes son iguales y positivas. Por lo tanto, el vector pedido es

12 12 12

3 3 3v i j k

y la suma máxima de las componentes es 36

3 .

25. La intersección del plano 12x y z con el paraboloide 2 2z x y es una elipse. Determinar los puntos de mayor y menor cota de dicha elipse. Solución: En la siguiente figura se puede ver, de manera aproximada cómo es la elipse intersección del paraboloide circular con vértice en el origen, con el plano dado.



Mediante multiplicadores de Lagrange, la función objetivo es , ,f x y z z y las restricciones

son el plano y el paraboloide, por lo que la ecuación de Lagrange es:

2 21 212L z x y z x y z

Se calculan las derivadas parciales, se igualan a cero y se resuelve el sistema. De esta forma, se obtiene lo siguiente:

1 22 0 1xL x

1 22 0 2yL y

1 21 0 3zL

1

12 0 4L x y z

2

2 2 0 5L x y z

De 1 23 : 1 ; se sustituye este valor en 1 y 2 , obteniéndose, respectivamente:

2 2 2 2

11 2 0 2 1 1

2 1x x

x

2 2 2 2

11 2 0 2 1 1

2 1y y

y

se igualan estas expresiones y el resultado se sustituye en 4 y 5 , de donde:

1 12 1 2 1

2 1 2 1y x y x

x y

2 2 2

12 0 2 12 0 6

0 2 0 7

x x z x z

x x z x z

al resolver este sistema, se obtiene:

x

y

elipse

paraboloide

z



2 2 2

2

2

2 ; 2 2 12 0 6 0

3 2 3 183 2 0

2 2 2 8

z x x x x x

x z zx x

x z z

Por lo tanto, se tiene: Punto de mayor cota: 3, 3, 18 y Punto de menor cota: 2, 2, 8

26. Determinar cuál es la mínima distancia que se presenta entre el origen y la recta que se forma de la intersección de los planos 2 6 1x z y 3 2 8x y . Desarrollar este problema utilizando los multiplicadores de Lagrange. Resolución: Se utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange y entonces, se plantea la función de Lagrange con la función objetivo dada por la distancia al cuadrado del origen a un apunto de la intersección de los planos y éstos son las dos restricciones del problema. Así, se tiene que:

2 2 21 22 6 1 3 2 8L x y z x z x y

Ahora se deriva parcialmente, se igualan las derivadas a cero y se resuelve el sistema.

1 22 2 3 0 1L

xx

22 2 0 2L

yy

12 6 0 3L

zz

1

2 6 1 0 4L

x z

2

3 2 8 0 5L

x y

Es conveniente resolver este sistema de ecuaciones lineales por el método de Gauss Jordan:

1 1 42 0 0 2 3 0

20 2 0 0 2 0

30 0 2 6 0 0

42 0 6 0 0 1

53 2 0 0 0 8

1 1/ 22 0 0 2 3 0

20 2 0 0 2 0

30 0 2 6 0 0

60 0 6 2 3 1

53 2 0 0 0 8



7 3 51 0 0 1 3 / 2 0

20 2 0 0 2 0

30 0 2 6 0 0

60 0 6 2 3 1

53 2 0 0 0 8

71 0 0 1 3 / 2 0

2 1 80 2 0 0 2 0

30 0 2 6 0 0

60 0 6 2 3 1

80 2 0 3 9 / 2 8

71 0 0 1 3 / 2 0

20 2 0 0 2 0

3 3 60 0 2 6 0 0

60 0 6 2 3 1

90 0 0 3 13 / 2 8

71 0 0 1 3 / 2 0

20 2 0 0 2 0

30 0 2 6 0 0

10 ( 3 / 20) 90 0 0 20 3 1

90 0 0 3 13 / 2 8

1 0 0 1 3 / 2 0

0 2 0 0 2 0

0 0 2 6 0 0

0 0 0 20 3 1

0 0 0 0 121/ 20 163 / 20

De esta matriz se puede escribir:

1 2 2 1 1 2 2

3 121 1630; 2 2 0; 2 6 0; 20 3 1;

2 20 20x y z

y se obtienen los valores numéricos:

2 2

1 1 1

163 20 1631.3471

20 121 121

163 489 6120 3 1 20 1 0.2521

121 121 242



61 1832 6 0 0.7562

242 242

163 1632 2 0 1.3471

121 121

z z

y y

61 3 163 2140 1.7686

242 2 121 121x x

Entonces, los valores mínimos obtenidos son: 1.7686x 1.3471y 0.7562z

Si se calcula la distancia mínima al origen, se llega a:

2 2 22 2 2 1.7686 1.3471 0.7562 2.3483d x y z

27. Calcular el nivel de producción máximo si el costo total del trabajo (a $ 48 la unidad) y del capital (a $ 36 la unidad) está limitado a $ 100,000 , siendo " "x el número de unidades de trabajo y " "y el número de unidades de capital. La función de producción está dada por:

0.25 0.75, 100P x y x y

Resolución: Función objetivo (maximizar): 0.25 0.75, 100P x y x y

El límite al costo impone la restricción: 48 36 100,000x y En este caso la función de Lagrange es:

0.25 0.75100 48 36 100,000L x y x y

y sus derivadas parciales, igualadas a cero, son: 0.75 0.7525 48 0 1xL x y

0.25 0.2575 36 0 2yL x y

48 36 100,000 0 3L x y

al despejar de las ecuaciones 1 y 2 , se tiene que: 0.75 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25 0.75 0.75 0.25 0.2525 75 25 25 25

; ;48 36 12 48 12

x y x y x y x y x y

0.75 0.75 0.25 0.25 0.75 0.25 0.25 0.754 4 4x y x y y x y x

sustituyendo en la ecuación 3 :

312548 36 4 100,000 192 100,000

6x x x x

31256

x unidades de trabajo

y, además



3125 62504

6 3y y

unidades de capital

Se sustituyen estos valores en la función objetivo y se obtiene finalmente, el nivel de producción máximo:

0.25 0.753125 6250 3125 6250

, 100 147,313.91276 3 6 3

P

28. Usar multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones de la caja rectangular de volumen máximo que se puede inscribir (con sus aristas paralelas a los ejes coordenados) en el elipsoide

2 2 2

2 2 21

x y za b c

Resolución: Es conveniente una gráfica aproximada del paralelepípedo inscrito en el elipsoide.

Función objetivo (maximizar): Si se considera que el vértice del paralelepípedo en el primer octante tiene por coordenadas , ,x y z , entonces su volumen estará dado por

8V xyz Sujeto a la restricción del elipsoide que se puede escribir como:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c x a c y a b z a b c La función de Lagrange es

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28L xyz b c x a c y a b z a b c

se calculan las derivadas parciales, se igualan a cero y se obtiene el sistema a resolver. Así: 2 28 2 0 1xL yz b c x

z

, ,x y z

y

x



2 28 2 0 2yL xz a c y

2 28 2 0 3zL xy a b z

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 4L b c x a c y a b z a b c

Se despeja de 1 , 2 y 3 , se relacionan las variables y se realizan las

correspondientes sustituciones en 4 , con lo que se obtiene lo siguiente:

2 2 2 2 2 2

4 4 4; ;

yz xz xyb c x a c y a b z

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 4yz xz ba y b x y x

b c x a c y a

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 4yz xy ca z c x z x

b c x a b z a

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

b cb c x a c x a b x a b c b c x b c x b c x a b c

a a

22 2 2 2 2 2 23

3 3

a ab c x a b c x x

2 2 2 22 2

2 2;

3 33 3

b a b c a cy y z z

a a

Es evidente que los signos que se consideran son los positivos ya que se partió de un punto , ,x y z en el primer cuadrante. Luego, las dimensiones que conducen al máximo volumen del

paralelepípedo inscrito en el elipsoide dado son:

; ;3 3 3

a b cx y z

y el volumen máximo es:

max max max

88 8

3 3 3 3 3

a b c abcV xyz V V

29. Determinar los extremos de la función 2 2 2u x y z que cumplan con las siguientes restricciones:

2 2 2

2 2 21 0

x y zy c b a

a b c

Resolución: Debido a que los extremos se encuentran condicionados, el método a utilizar deberán ser los multiplicadores de Lagrange. Debido a esto el primer paso es formar la ecuación de Lagrange:



2 2 22 2 2

2 2 21

x y zL x y z

a b c

El siguiente paso es derivar con respecto a todas nuestras variables e igualarlas a cero y después resolver el sistema de ecuaciones obtenido:

2

22 0 1

L xx

x a

2

22 0 2

L yy

x b

2

22 0 3

L zz

x c

2 2 2

2 2 21 0 4

L x y za b c

De 1 , 2 y 3 :

22 2

22 0 2 1 0 0

xx x x o a

a a

(esto no es posible)

22 2

22 0 2 1 0 0

yy y y o b

b b


22 2

22 0 2 1 0 0

zz z z o c

c c


Con estos valores y la ecuación 4 , se analizan todas las posibilidades que se pueden formar

para determinar los extremos de la función:

0x y 2 2 2 2

2 2 2 2

0 00 1 1

z zy z c

a b c c

0x y 2 2 2 2

2 2 2 2

0 00 1 1

y yz y b

a b c b

0y y 2 2 2 2

2 2 2 2

0 00 1 1

x xz x a

a b c a

Y con cada una de las posibilidades se evalúa la función a optimizar: 2 2 2 2 20, 0, , 0 0 0, 0,c u c u c u c c

2 2 2 2 20, , 0 0 0 0, , 0b u b u b u b b

2 2 2 2 2, 0, 0 0 0 , 0, 0a u a u a u a a

Resulta evidente que de estos seis puntos críticos, si se toma en consideración la segunda restricción, los máximos y mínimos son:

Máximos: 2, 0, 0,a a y mínimos: 0, 0, , 0c

COPADI CALCULO VECTORIAL

FACULTAD DE INGENIERÍA.UNAM 38

30. Determinar los extremos de la función u xyz , condicionada por: 5x y z y 8xy yz xz

Resolución: Este caso involucra multiplicadores de Lagrange debido a que hay condiciones (restricciones). En este caso, la ecuación de Lagrange es:

1 25 8L xyz x y z xy yz xz

Y el sistema que se obtiene a continuación es el de sus derivadas parciales igualadas a cero:

1 2 0 1L

yz y zx

1 2 0 2L

xz x zy

1 2 0 3L

xy x yz

1

5 0 4L

x y z

2

8 0 5L

xy yz xz

De 1 , 2 y 3 , se tiene que:

1 2 1 2 1 2; ;yz y z xz x z xy x y

2 2 2 2 2 2 2 2yz y z xz x z yz y z xz x z y z x z y x

2 2 2 2 2 2 2 2yz y z xy x y yz y z xy x y z y x y z x x y z

ahora se analizan todas las posibilidades que existen y esto se hace de la siguiente manera:

x y

5

2 5

5 2

x y z

x z

z x I

; 2

8

2 8

xy yz xz

x xz II

I en II :

2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 8

3 32

10 25 8 25 5 1 5 14

3 9 3 9 3 9 3 33

x x x x x x x x x x

xx x x x

x

En I :

1

2

5 2 2 1

4 75 2

3 3

z

z



se obtienen los puntos:

4 4 72,2,1 , ,

3 3 3y

Para x z :

5

2 5

5 2

x y z

y z

y z III

; 2

8

2 8

xy yz xz

z yz IV

III en IV :

2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 8

3 32

10 25 8 25 5 1 5 14

3 9 3 9 3 9 3 33

z z z z z z z z z z

zz z z z

z

En III :

1

2

5 2 2 1

4 75 2

3 3

y

y


4 7 42,1,2 , ,

3 3 3y

Para y z

5

2 5

5 2

x y z

x y

x y V

; 2

8

2 8

xy yz xz

y xy VI

V en VI

2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 8

3 32

10 25 8 25 5 1 5 14

3 9 3 9 3 9 3 33

y y y y y y y y y y

yy y y y

y

En V :

1

2

5 2 2 1

4 75 2

3 3

x

x


7 4 41,2,2 , ,

3 3 3y

Para determinar los extremos, se valuará la función principal con los datos obtenidos: 2, 2, 1, 2 2 1 4 2, 2, 1 4u u u

4 4 7 4 4 7 112 4 4 7 112, , , , ,

3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27u u u



2, 1, 2, 2 1 2 4 2, 1, 2 4u u u

4 7 4 4 7 4 112 4 7 4 112, , , , ,

3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27u u u

1, 2, 2, 1 2 2 4 1, 2, 2 4u u u

7 4 4 7 4 4 112 7 4 4 112, , , , ,

3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27u u u

Por comparación: 112

427

Entonces

Máximos: 4 4 7 112

, , ,3 3 3 27

, 4 7 4 112

, , ,3 3 3 27

, 7 4 4 112

, , ,3 3 3 27

Mínimos: 2, 2, 1, 4 , 2, 1, 2, 4 , 1, 2, 2, 4

31. Entre todos los triángulos de perímetro igual a "2 "p , determinar el que tiene mayor área. Resolución:

La fórmula de Herón relaciona el área de un triángulo con sus lados: A s s a s b s c ,

donde A es el área del triángulo y 2

a b cs

es el semiperímetro del triángulo, con “a”, “b” y

“c” como sus lados. En este caso, la función a maximizar es el área A del triángulo, mientras que la restricción es el perímetro del triángulo. Entonces, si "2 "p es el perímetro, es posible escribir que:

2a b c p , por lo que: 22p

s p y A p p a p b p c

Aquí se sugiere que, para no complicar los cálculos con la raíz del área, sólo se optimice el radicando sin la primera " "p es decir: p a p b p c (hay que recordar que esto sólo se

puede hacer si y sólo si no hay variables involucradas). Para facilitar un poco más los cálculos se desarrolla el producto:

;p a p b p c 2p bp ap ab p c ;

3 2 2 2p bp ap cp abp bcp acp abc

Ahora se establece la ecuación de Lagrange:

3 2 2 2 2L p bp ap cp abp bcp acp abc a b c p

se deriva respecto a cada variable y se iguala a cero cada derivada, con lo que se obtiene: 2 0 1aL p bp cp bc

2 0 2bL p ap cp ac



2 0 3cL p bp ap ab

2 0 4L a b c p

Si se despeja 2p de cada una de las ecuaciones 1 , 2 y 3 es posible formar una

triple igualdad que quedaría como sigue: bp cp bc ap cp ac bp ap ab

Como se sabe, en estos casos hay tres sistemas de dos ecuaciones. Se trabajará con: bp cp bc ap cp ac bp bc ap ac b p c a p c b a

ap cp ac bp ap ab cp ac bp ab c p a b p a c b

Y por la propiedad de transitividad tenemos que: a b c

Esto quiere decir que el triángulo que tiene mayor área con un perímetro igual a 2p, es aquel que tiene sus tres lados iguales, esto es: un triángulo equilátero.

32. ¿En qué punto de la elipse 2 2

2 21

x ya b

la tangente a ésta forma con los ejes coordenados el

triángulo de menor área? Calcular el valor de esta área mínima. Solución:

Como se sabe, la pendiente de la recta tangente a cualquier curva, es la derivada de su expresión matemática, por lo que lo primero que se deberá hacer es derivar la ecuación de la elipse y determinar el valor de la pendiente de su recta tangente:

x

y

a a

b

b

x

y

u

v



2 2

2 20

x y dya b dx

2

2

dy xbm

dx ya

El área del triángulo está delimitada por las coordenadas en donde cruza esta recta a los ejes. Si a estos lados se les llama u y v (base y altura), se puede calcular el área del triángulo, pues se trataría de un triángulo rectángulo. La definición de pendiente de una recta (como se vio en los cursos de geometría analítica plana) es:

2 1

2 1

y ym

x x

. Las coordenadas de los vértices del triángulo que están sobre los ejes coordenados

son: , 0u y 0, v ; entonces, la pendiente de la recta tangente está dada por:

00v v

m mu u

. Se iguala con la obtenida de la derivada y se tiene que:

2 2

2 2

v xb v xbu ya u ya

por igualdad de fracciones: 2v xb y 2u ya . Y de esta forma, el área del triángulo a maximizar es:

2 2

2 2uv xya b

A

Ahora se plantea la ecuación de Lagrange: 2 2 2 2

2 21

2xya b x y

La b

Se deriva con respecto a cada una de las variables, se iguala a cero y se tiene que:

2 2

2

20 1

2x

ya b xL

a

2 2

2

20 2

2y

xa b yL

b

2 2

2 21 0 3

x yL

a b

De las dos primeras ecuaciones se despeja el multiplicador de Lagrange " " y se igualan las expresiones resultantes, de donde:

2 2

2

20

2ya b x

a

2 2

2

22

x ya ba

4 2

4ya b

x

2 2

2

20

2xa b y

b

2 2

2

22

y xa bb

2 4

4xa b

y

2 4 4 2

4 4xa b ya b

y x 2 2 4 2 4 2x a b y a b

22 2

2

ax y

b

ax y I

b

Se sustituye este resultado en la restricción:



2

2

2 21

ay

yba b

2 2

2 21

y yb b

2

2

21

yb

2

by II

se sustituye II en I :

2

b ax

b

2

ax

Por lo tanto, los puntos críticos son:

1 ,2 2

a bP

; 2 ,2 2

a bP

; 3 ,2 2

a bP

; 4 ,2 2

a bP

que son los cuatro puntos de la elipse, correspondientes a los cuatro cuadrantes, donde la tangente geométrica forma con los ejes coordenados el triángulo de menor área. Y esta área mínima es igual a:

min2 22 4

a bab

A

33. Para conducir agua para riego, a través de una barranca, se necesita construir un canal de sección trapezoidal y esto se hace con una hoja de lámina cuyo ancho es de 90 cm . Calcular la longitud de la sección del canal en su base, así como el ángulo de inclinación de sus taludes, de tal manera que el canal tenga máxima capacidad. Solución: En problemas como éste, los modelos geométrico y matemático, así como una adecuada asignación de variables, es fundamental. Así, para este caso, se sugiere lo siguiente:

La máxima capacidad se presenta con la máxima área de la sección, por lo que la función a maximizar es el área que equivale, según el modelo y las variables en él contenidas, al área de un

trapecio ( 12

A B b h : luego,

x x

90 2x

90 2 2 cosx x

x sen



190 2 2 cos 90 2

2A x x x xsen 1

180 4 2 cos2

x x xsen

90 2 cosx x xsen 2 290 2 cosA xsen x sen x sen

Ahora, se deriva parcialmente con respecto a las variables " "x y " " , con lo que se obtiene:

90 4 2 cos 2 45 2 cos 0 1A

sen xsen xsen sen x xx

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

90 cos 2 cos cos

90 cos 2 cos 1 cos cos

90 cos 2 cos 2 cos 90cos 2 cos 2 cos 0 2

Ax x x sen x

x x x x

x x x x x x x x

De las ecuaciones 1 y 2 se tiene que sen y x no pueden valer cero ya que no se tendría

canal, luego estas expresiones quedan como: 45 2 cos 0 3x x , 290 cos 2 cos 2 cos 0 4x x x

Ahora, de 3 se despeja cos y se sustituye en 4 , de donde se llega a: 2

2 45 2 45 2 45 2 45cos ; 90 2 2 0

x x x xx x x

x x x x

2 3 2 3 3 2180 4050 4 90 8 360 4050 0x x x x x x x x

3 2 2 03 90 0 3 30 0

30

xx x x x

x

el valor de 0x no se toma por la razón antes expuesta, por lo que el único valor factible es 30x

Se obtiene ahora el correspondiente valor del ángulo : 02 30 452 45

cos ; cos cos 0.5 6030

xang

x

Con estos valores, que constituyen el único punto crítico, se asume que la capacidad es máxima. Si se calculara el valor del área para otros valores cercanos a los obtenidos, se vería que conducen a valores menores del área. Luego, la capacidad del canal es máxima cuando la longitud de su sección en la base es de 90 2 30 30 cm y el ángulo de sus taludes es de 060 .

34. Determinar el máximo absoluto y el mínimo absoluto de la función , 2 3f x y x y , en la

región:

22 1

4x

y



Resolución:

Como 2fx

y 3fy

, no hay puntos críticos para f , lo que es obvio ya que se trata de un

plano. Por lo que el máximo y el mínimo absolutos deben presentarse en la frontera 2

2 14x

y .

Las ecuaciones paramétricas de esta elipse son: 2cosx y ; 0 2y sen

Entonces, en la frontera se tiene que: , 4cos 3f x y g sen

de donde:

4 3cos 0dg

send

3 4cos

3 5 5tan3 44

cos5 5

sen y

sen y

y por lo tanto, los puntos críticos en la “curva frontera” son: 8 3

,5 5

y 8 3

,5 5

, ya que

2cosx

y sen

Se evalúa la función en estos puntos y se obtienen los extremos absolutos solicitados. Así,

Máximo absoluto: 8 3

, 55 5

M

y Mínimo absoluto: 8 3

, 55 5

m

Este problema también se podría haber resuelto por medio de los multiplicadores de Lagrange, partiendo de la ecuación:

222 3 1

4x

L x y y

Nota. El lector puede resolverlo de esta forma y comprobar resultados. 35. Determinar el máximo absoluto y el mínimo absoluto de la función 2 2, 2f x y x x y

cuyo dominio se restringe a: 2 2 2, 1 ; ,fD x y x y x y

5 3

4



Resolución: Si se analiza la función f para máximos y mínimos, se tiene que:

12 1; 2 1 0

2f

x x xx

; 4 ; 4 0 0f

y y yy

Luego se tiene un punto crítico que es 1

, 02

, que satisface la restricción 2 2 1x y . Luego,

por el criterio de la segunda derivada se tiene que: 2 2 2 2

2 22; 4; 0f f f f

x y y x x y

de donde:

22 2 2 2

2 2 2, ; , 8 0 0H H

f f f fx y x y y

x x y x x

mínimo relativo en

1 1, 0

2 4m

Para analizar la frontera, esto es 2 2 1x y , se utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange. Así, la ecuación de Lagrange, sus derivadas parciales y el sistema a resolver quedan como:

2 2 2 2, , 2 1L x y x x y x y

12 1 2 ; 2 1 2 0 1

2 2L

x x x x xx

4 2 ; 4 2 0 2 2 0 2L

y y y y yy

De estas ecuaciones 1 y 2 se tiene que:

Si 0y en

2 2 1,0 01 : 1

1,0 2

fx y x

f

Si 2, en 1 ; 12

x en 2 2

1 3 9,

2 2 431 ;

2 1 3 9,

2 2 4

f

x y y

f

donde el máximo absoluto es 94

y se presenta en los puntos 1 3

,2 2

y 1 3

,2 2

. El

mínimo absoluto se presenta en el punto 1

, 02

y su valor es 14

.



36. Determinar los puntos de la esfera 2 2 2 1x y z , más cercanos y más lejanos al punto

1, 2, 3P .

Resolución: La función que relaciona la distancia del punto a la esfera está dada por:

2 2 2 2, , 1 2 3f x y z x y z d

Por el método de los multiplicadores de Lagrange:

2 2 2 2 2 21 2 3 1L x y z x y z

12 1 2 0 ... 1

L xx x

x x

22 2 2 0 ... 2

L yy y

y y

32 3 2 0 ... 3

L zz z

z z

2 2 2 1 0 ... 4L

x y z

Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2 , se tiene:

1 22 2 ... 5

x yxy y xy x y x

x y

Igualando la ecuación 1 con la ecuación 3 , se tiene:

1 33 3 ... 6

x zxz z xz x z x

x z

Sustituyendo en la ecuación 4 :

2 22 2 2 2 2 11 0 2 3 1 0 14 1

14x y z x x x x x

Al sustituir el valor de 1

14x en las ecuaciones 5 y 6 se obtiene:

2 3;

14 14y z

Los puntos críticos son:

1

1 2 3, ,

14 14 14P

y 2

1 2 3, ,

14 14 14P

.

Se evalúa la función objetivo en los puntos críticos: 2 2 2

1 2 3 1 2 3, , 1 2 3 7.52

14 14 14 14 14 14f

2 2 21 2 3 1 2 3

, , 1 2 3 22.4814 14 14 14 14 14

f



Por lo tanto, el punto más cercano es 1

1 2 3, ,

14 14 14P

y el punto más lejano es

2

1 2 3, ,

14 14 14P

.

37. Si 2, , 20 2 2T x y z x y z representa la temperatura en los puntos del hemisferio

2 2 2 11x y z 0z . Determinar la temperatura máxima sobre la curva de intersección del

plano 3 0x y z con el hemisferio. Resolución: Por el método de los multiplicadores de Lagrange:

2 2 2 220 2 2 3 11L x y z x y z x y z

2 2 0 2 2 ... 1L

x xx

2 2 0 2 2 ... 2L

y yy

2 2 0 2 2 ... 3L

z z z zz

3 0 ... 4L

x y z

2 2 2 11 0 ... 5L

x y z

Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2 se tiene:

2 2 2 2 1 1 ... 6x y x y y x

Sustituyendo la ecuación 6 en la ecuación 4 se tiene:

3 0 2 3 0 3 2 ... 7x x z x z z x

Sustituyendo la ecuación 6 y 7 en la ecuación 5 se tiene;

22 2 2 2 2 2 211 0 3 2 11 0 6 12 2 0 3 6 1 0x y z x x x x x x x

Se resuelve la ecuación de segundo grado:

26 6 4 3 1 6 48 3 2 3

2 3 6 3x

Para 3 2 3 3 2 3 4

; 3 2 3 2 3 03 3 3

x z

(no es posible por la restricción

0z ).



Para 3 2 3 3 2 3 3 4 3

; 3 2 03 3 3

x z

.

Se sustituye el valor de 3 2 3

3x

en la ecuación 6 :

3 2 33

y

El punto de mayor temperatura es:

3 2 3 3 2 3 3 4 3, ,

3 3 3P

La temperatura máxima es, por consiguiente:

Temperatura Máxima =

23 2 3 3 2 3 3 4 3 91

20 2 2 30.333 3 3 3

x


FACULTAD DE INGENIERÍA. UNAM

50

TEMA II

FUNCIONES VECTORIALES 1. Discutir la continuidad de la siguiente función y calcular, si existe, el límite.

2

2 4, 0,0lim

x y

xyx y

Resolución: Como se observa, la función es continua en todo punto ,x y , excepto en el origen (0,0).

Ahora, para calcular el límite, se observa que no se puede hacer directamente, ya que obtendríamos una indeterminación, por lo tanto consideraremos varios caminos diferentes para aproximarnos a (0,0). 1ª Opción: Se probará con 2x y

2 2 2

2 2 4 4

2 2 4 4 4 4, 0,0 , 0,0 , 0,0

1lim lim lim

( ) 2 2y y y y y y

y y y yy y y y y

Sin embargo, si (x,y) tiende a (0,0) a lo largo de la parábola 2x y , obtenemos

2 2 2

2 2 4 4

2 2 4 4 4 4, 0,0 , 0,0 , 0,0

( ) 1lim lim lim

( ) 2 2y y y y y y

y y y yy y y y y

Como se observa, los dos valores obtenidos son distintos, por lo tanto, el límite no existe. 2. Estudiar la continuidad de la siguiente función vectorial:

3 43 2ˆ ˆ ˆ, , 2

xy yz xyv x y z i j k

x y z

Resolución: Se podría pensar que simplificando la función, se eliminaría la discontinuidad en 0x , sin embargo cuando simplificamos estamos cambiando una función por otra equivalente, pero NO estamos trabajando con la ecuación original, por lo que este procedimiento no sería válido. Sin embargo a simple vista se nota que dicha función es discontinua en: x = 0 ; y = 0 ; z = 0 . 3. Determinar el intervalo de continuidad de la siguiente función vectorial:

5 6ˆ ˆ ˆ4t

r t t i j kt t



51

Resolución: Se analiza la función por sus componentes vectoriales: Para la componente en i necesitamos que el radicando sea mayor o igual a cero. A simple vista vemos que esto se logra en 4t . Para la componente en j podemos apreciar que no es continua en 0t . Ahora, para la última componente, de nuevo tenemos una discontinuidad en 0t y, además, necesitamos que el radicando sea mayor que cero, lo que se obtiene con 6 t . Por lo que el intervalo en que es continua la función es:

4,0 0,6

Nótese que en ambos casos el intervalo es abierto en 0t , ya que no incluye el 0 como parte del intervalo de continuidad.

4. Sea 2 32 2 3r t t i t j t k

. Para 1t , calcular:

a) 1r

y 2r

b ) ¿Para qué valores de t el vector de posición r t

está en uno de los planos coordenados?

Resolución: a) Para 1t , se sustituye este valor de t en la ecuación r t

2 31 1 2 2 1 3 1 1 3r i j k r i j k

Para 2t , se sustituye este valor de t en la ecuación r t

2 32 2 2 2 2 3 2 2 4 5 8r i j k r i j k

b) Para estar en el plano XY , la componente en z debe ser cero, por lo que 3 0t , entonces 0t .

Para estar en el plano YZ , la componente en x debe ser cero, por lo que 2 0t , entonces 2t .

Para estar en el plano XZ , la componente en y debe ser cero, por lo que 22 3 0t , entonces 123

2t

.

5. Sea 3 2tr t In t i e j t k

, determinar :

a) El dominio de r y determinar los intervalos donde r es continua.



52

b) ´r t y ´´r t .

Resolución: a) Como In t no está definido para 0t , el dominio de r es el conjunto de los reales

positivos, ya que el In t de un numero negativo no está definido para el conjunto de los

números reales. b) Para obtener la derivada de una función vectorial, se deriva cada una de sus componentes, por lo que:

31´ 3 2tr t i e j t k

t

y para obtener la segunda derivada, se deriva otra vez:

32

1´´ 9 2tr t i e j k

t

6. Una partícula P gira alrededor del eje z sobre una circunferencia de radio k que

se encuentra en el plano z h . La rapidez angular dhdt

es una constante . El

vector

k que está dirigido a lo largo del eje z y tiene por magnitud a , es la

velocidad angular de P . Demostrar que la velocidad v t de P , es el producto

vectorial de

con el vector de posición r t de P , donde:

cosr t k t i ksen t j h k

Resolución:

0 0 cos

cos

i j k

r t k sen t i k t j

k t ksen t h

y como:

´ cosr t k sen t i k t j

Vemos que:

´r t v t r t Q.E.D.

7. Probar que la función z sen ct sen x satisface la ecuación de onda



53

2 22

2 2

z zc

t x

Resolución: Se tienen que desarrollar las diferentes derivadas parciales.

cos

zc ct sen x

t

22

2

zc sen ct sen x

t

cos

zsen ct x

x

22

2

zsen ct sen x

x

Al sustituir las expresiones, se tiene:

2 2 2c sen ct sen x c sen ct sen x

2 2c sen ct sen x c sen ct sen x

con lo que queda demostrado que la función dada satisface la ecuación de onda.

8. Para la curva representada por

cosr t asent i a t j , 0 2t , obtener sus

vectores T ,

N (tangente y normal, respectivamente) en los puntos para los cuales

3

0, , ,2 2

t , y representarlos gráficamente.

Resolución:

cosdr

a t i asent jdt

dr

adt

cos

drdtT t i sent jdrdt

2 2cos cos 1dT dT

sent i t j sen t tdt dt

cos

dTdtN sent i t jdTdt



54

Para 0t : 0,A a T i

, N j

para 2

t

: 0, 0B T j

, N i

para t : 0,C a T i

, N j

para 32

t

: , 0D a T j

, N i

Representación gráfica:

9. Una partícula se mueve a lo largo de una curva representada por la ecuación vectorial

tr t t i e j tk

Determinar las componentes tangencial y normal del vector aceleración. Resolución: Al calcular los vectores velocidad y aceleración, se obtiene:

22t ttv t D r t i e j k v t e

t tta t D v t e j a t e

2 22

2 22

2

tt

t

ds d s ee

dt dt e

Por lo tanto,

2

22

t

T t

ea t

e

y

42 2 22 2

22 2

t tt

N T t t

e ea t a t a t e

e e

T

T

T

T

N N

N

N

A

B

C

D

y

x



55

10. Sea la curva de ecuación 1 cos 1 cos 2r t t i t j sent k

. Determinar las

coordenadas de los puntos de la curva en la que la tangente sea perpendicular al vector de posición. Resolución:

El vector tangente se determina mediante: 2 cosdr

sent i sent j t kdt

Para que sean perpendiculares; 0dr

rdt

cos cos 2 cos 0sent sent t sent sent t sent t 0 0

por lo que en este problema, la tangente siempre es perpendicular al vector de posición.

11. Sea C la curva de ecuaciones 4

4t

x , 3

3t

y , 2

2t

z . Obtener los puntos de C donde su

tangente es paralela al plano 3 2 1 0x y z . Resolución:

Ecuación vectorial: 4 3 2

4 3 2t t t

r i j k

3 2drt i t j t k

dt

, vector tangente a la curva

3 2n i j k

, vector normal al plano

Para que la tangente y el plano sean paralelos se debe cumplir que 0dr

ndt

3 2 3 2 0t i t j t k i j k

3 2 2

0

3 2 0 3 2 0 1 2 0 1

2

t

t t t t t t t t t t

t

Los puntos donde la tangente a la curva es paralela al plano son:

Para 0 : 0,0,0t A ; Para 1 1 1

1 : , ,4 3 2

t B

; Para 8

2 : 4, ,23

t C



56

12. Para la hélice circular dada por la función vectorial cosr t sen t i t j t k

, calcular los

vectores unitarios ,T N y B , así como la curvatura k , el radio de curvatura , la torsión

y el radio de torsión , en el punto donde 4t .

Resolución:

'

'

rT

r

cos 1 1 1' cos ; ' 2 ; ; 4

2 2 2 2 2

t sentr t i sent j k r T i j k T i k

' ''

' ''

r rB

r r

' 4 ; '' cos ; '' 4 ; ' '' 1 0 1

0 1 0

i j k

r i k r t sent i t j r j r r i k

1 1' '' 2 ;

2 2r r B i k

' '' '

' '' '

r r rN

r r r

' '' ' 1 0 1 2 ; ' '' ' 2 ;

1 0 1

i j k

r r r j r r r N j

3

' ''

'

r rk

r

2 1' '' 2 ; ' 2 ; ;

22 2r r r k

1k

1

212

2

' '' '''

' ''

r r r

r r

1''' cos ; ''' 4 ; ' '' ''' 1 ; ;

2r t i sent j r i r r r

1

2

13. Sea la curva C de ecuaciones 3cosx t , 3y sen t , 4z t . Obtener T

, N

, B

, , , ,k , plano rectificador, plano normal y plano oscilador.



57

Resolución: La ecuación de la curva es: 3cos 3 4r t t i sent j tk

Al derivar:

2 2' 3 3cos 4 ; ' 9 9cos 16 25 5r t sent i t j k r t sen t t

'' 3cos 3r t t i sent j

''' 3 3cosr t sent i t j

El vector tangente unitario se determina como sigue:

' 3 3cos 4 3 3 4cos

5 5 5 5| ' |

r sent i t j kT T sent i t j k

r

Para obtener la curvatura, se tiene:

3 3cos3 3 3 35 5cos cos

5 5 5 25 25'

dTt i sent jdT dT dT dt dtt i sent j t i sent j

dt ds dt ds r t

2 23 3 3

cos25 25 25

dT dT dTkN k N k t sent

ds ds ds

Por lo que el radio de curvatura es: 1 25

8.333k

De las fórmulas de Frenet-Serret, se determina el vector normal: 1 25 3 3

cos cos3 25 25

dT dTkN N t i sent j t i sent j

ds k ds

Por definición: 3 3 4 4 4 3

cos cos5 5 5 5 5 5cos 0

i j k

B T N B sent t sent i t j k

t sent

4 4 3cos

5 5 5B sent i t j k

4 4cos 4 45 5 cos

5 25 25'

dBt i sent jdB dB dt ds t i sent j

ds dt ds r t

De las fórmulas de Frenet-Serret, se determina la torsión: 2 2

4 4 4cos

25 25 25dB dB dB

N N t sentds ds ds

Por lo que: 1 225

6.2536



58

La ecuación del plano normal es: 0 0 0

3 3 4cos , , 0

5 5 5sent i t j k x x y y z z

La ecuación del plano rectificador es: 0 0 0cos , , 0t i sent j x x y y z z

La ecuación del plano oscilador es: 0 0 0

4 4 3cos , , 0

5 5 5sent i t j k x x y y z z

14. dada la curva de ecuaciones 4cos ; 3 ; 4x t y t z sent , determinar

, , , , , ,T N B k para t

)i a partir del parámetro " "t )ii a partir del parámetro “longitud de arco” Resolución:

4 cos 3 4 ' 4 3 4 cos ' 3 4r t i t j sent k r sent i j t k r j k

2 2 ' 3 4' 16 9 16 cos ' 5 ;

5 5'

rr sen t t r T T j k

r

'' 4 cos 4 '' 4

r t i sent k r i

' '' 0 3 4 16 12 ' '' 20

4 0 0

i j k

r r j k r r

16 12 4 3

20 20 5 5B j k B j k

4 3 16 90

5 5 25 253 4

05 5

i j k

N B T i N i

3

' '' 20 4 25

125 25 4'

r rk k k

r

''' 4 4 cos ''' 4 ; ' '' ''' 16 12 4 48

r sent i t k r k r r r j k k



59

2

' '' ''' 48 3 25;

400 25 3' ''

r r r

r r

2 2

0 0) 16 9 16cos 5 5

5

t t sii s sen t t dt s dt s t t

34cos 4

5 5 5

s s s

r s i j sen k

4 3 4 3 4cos ; 5

5 5 5 5 5 5 5

d r s sT sen i j k t s T j k

ds

4 4 4 4 25cos ; ; ;

25 5 25 5 25 25 4

dT s s dT dTi sen k k k

ds ds ds

cos5 5

dT s sk N N i sen k N i

ds

3 4 4 3 4 30

5 5 5 5 5 51 0 0

i j k

B T N j k B j k

4 3 4cos

5 5 5 5 5

cos 05 5

i j k

s sB T N sen

s ssen

2 23 4 4 3 3 4 3cos cos cos

5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

s s s s s ssen i sen j k sen i j k

3 3 3 3 25; cos ;

25 5 25 5 25 25 3

d B d B s s d Bi sen k

ds ds ds

15. Calcular la longitud de arco de la curva representada por:

3cos 3 4r t t i sent j t k

desde el punto donde 0t , hasta el punto donde t . Resolución:

Se tiene que: ' 'ds

r s r dtdt

Entonces:



60

' 3 3cos 4 ' 5r t sent i t j k r

Por tanto, la longitud de arco de curva se expresa como:

05 5S dt S

unidades de longitud

16. Calcular la longitud de arco de la espiral de Arquímedes de ecuación polar a , en el

intervalo 0, 2 .

Resolución: La diferencial de longitud de arco en el sistema polar está dada por la expresión

2 2 22ds d d

En este caso:

2 2 2 22 2 2 2 2 21 1d ad ds a d a d a d ds a d

por lo que

2

2 2 2 2

0

11 1 ln 1

2 2 o

s a d a

2 211 4 ln 2 1 4 21.2563

2s a a

17. Obtener una ecuación vectorial de la Tierra considerándola como una esfera de radio

6400r km . Resolución. La ecuación pedida es de la forma:

, , , , 1r u v x u v i y u v j z u v k



61

Así pues, de la figura podemos apreciar que:

, 6400cos cos 6400cos 6400r u v v u i v senu j senv k

la cual es una ecuación de un esfera de radio 6400r y centro en el origen. Comprobación: Basándonos en la ecuación 1 :

6400cos cosx v u 6400cosy v senu 6400z senv

Para eliminar los parámetros y obtener la ecuación cartesiana: 2 2 2 26400 cos cosx v u 2 2 2 26400 cosy v sen u 2 2 26400z sen v

Sumando las tres ecuaciones y factorizando, se obtiene:

2 2 2 2 2 2 2 26400 cos cosx y z v u sen u sen v

2 2 2 2 2 26400 cos (1)x y z v sen v

2 2 2 26400 1x y z ; 2 2 2 26400x y z (correcto)

18. Dadas las siguientes funciones vectoriales de variable vectorial, graficarlas mediante la identificación de superficie que representan y dar las ecuaciones cartesianas de dichas superficies:

2) , cos ; ) , cos cosi F u v u v i u j u senv k ii F u v senu v i senu senv j u k

Resolución:

2) , cosi F u v u v i u j u senv k

.

Unas ecuaciones paramétricas de la superficie son:

y

r

v

u

x

z



62

2cos ; ;x u v y u z u senv

Por la identidad trigonométrica 2 2cos 1sen v v , con la primera y la tercera ecuaciones: 2 2 2 2

2 2 2 2 22 2 2 2cos ; ; 1

x z x zu sen v x z u

u u u u

y por la segunda ecuación paramétrica se llega finalmente a la ecuación de la superficie, esto es: 2 2y x z que es la ecuación de un paraboloide circular o de revolución, con vértice en el origen

de coordenadas y eje de simetría el eje y . Su gráfica aproximada es la siguiente:

) , cos cosii F u v senu v i senu senv j u k

.

Las ecuaciones paramétricas de la superficie son: cos ; ; cosx senu v y senu senv z u

Como 2 2cos 1sen v v , de las dos primeras ecuaciones, se tiene que. 2 2 2 2

2 2 2 2 22 2 2 2cos ; ; 1

x y x yv sen v x y sen u

sen u sen u sen u sen u

como 2 2cos 1sen u u , con la expresión obtenida y la tercera ecuación paramétrica, se llega a: 2 2 2 2 2cos 1u z x y z , que es la ecuación de una esfera con centro en el origen de

coordenadas y radio igual a uno. Su gráfica aproximada se muestra a continuación:

z

y

x

x

y

z



63

19. Obtener la ecuación del plano tangente a la siguiente superficie: 2 2lnz x y en el punto

3, 4, ln 5 .

Resolución: Si se considera que:

2 2, , lnh x y z x y z

se tiene que las derivadas parciales son:

1/ 22 2

2 22 2

12

2, ,x

x y x xh x y z

x yx y

1/ 22 2

2 22 2

12

2, ,y

x y y yh x y z

x yx y

, , 1zh x y z

y en el punto 3, 4, ln 5 estas derivadas parciales son:

2 2

3 33, 4, ln5

3 4 25xh

2 2

4 43, 4, ln 5

3 4 25yh

3, 4, ln 5 1zh

Luego, la ecuación del plano tangente en el punto 3, 4, ln 5 es:

3 4 3 43 4 1 ln5 0 3 4 ln5 0

25 25 25 25x y z x y z

3 3 4 4 25 25ln5 3 9 4 16 25 25ln5x y z x y z

3 4 25 25 25ln5 3 4 25 25 1 ln5x y z x y z

20. Dada la transformación

... 1

2 ... 2

x u v

y u v

a) Obtener las ecuaciones para la transformación inversa. b) Dibujar las regiones x yR y uvR si 0 1u y 0 1v .

c) Calcular los jacobianos de la transformación. Resolución:



64

a) Se pide ,u u x y y ,v v x y

De 1 : 3u x v


2 3 ... 43

x yy x v v x v v


2 1 23 3 3 3

x y x yu x x y u

Las ecuaciones de la transformación inversa son: 2

3x y

u

y 3

x yv

b) x yR (región en el plano xy ) ; uvR (región en el plano uv )

uv xy

0, 0A ' 0, 0A

1, 0B ' 1, 1B

1, 1C 2, 1C

0, 1D ' 1, 2D

Hay que tener en cuenta que la transformación es lineal, por lo que si tenemos rectas, al transformar en términos de u ,v también se obtienen rectas. c) Los jacobianos de la transformación son:

1 1,3

1 2,x y

Ju v

2 / 3 1/ 3, 2 1 11/ 3 1/ 3, 9 9 3

u vJ

x y

Obsérvese cómo se cumple que:

u

v

A B

D C

xyR

x

y

'A

'B

'C

'D

uvR



65

, 1, ,

,

u vJ

x y x yJ

u v

21. El campo de velocidades de un fluido esta dado por: , ,V x y z xy i yz j xz k

donde V , esta en ms

y x , y , z en m . Calcular la rapidez de cambio instantáneo de la

velocidad en el punto 4, 2, 2P y en dirección en la de un ángulo de 60 con el eje x y 45 con

el eje y . Resolución: Se utiliza la definición de derivada direccional:

dVV e

ds

donde:

V es la matriz gradiente y e representa el vector unitario.

Para calcular la matriz gradiente, se tiene que:

1 1 1

2 2 2

3 3 3

x y z

x y z

x y z

V V Vx y z

P P PV V VdV dV dV

V Q Q Qdx dy dz x y z

R R RV V Vx y z

donde 1 2 3, , , , , , , ,V x y z V x y z i V x y z j V x y z k

luego, la matriz gradiente de nuestra función es: 0

0

0

y x

V z y

z x

Ahora, calculamos e por medio de la definición de cosenos directores; 2 2 2cos 60 cos 45 cos 1O Oe

de donde

1 12 2

2 2 1 2 1 1cos 1 cos 60 cos 45 1

4 4 4 2O O

Para dar una única solución, consideremos que 12

, por lo que el vector e , es el siguiente,



66

1 2 12 2 2

e i j k

y podemos comprobar que su módulo es 1, es decir, que 1e

Podemos tomar al vector anterior como Pe , es decir, como el vector e valuado en el punto P , para proceder a disponerlo en columna y multiplicarlo por la matriz gradiente valuada en el punto:

12 1 2 22 4 02

0 2 2 2 12

2 0 4 312

P

dVds

Disponiendo el resultado de manera vectorial, se obtiene: 1 2 2 2 1 3P

dVi j k

ds

Así, podemos concluir que:

P aumenta a razón de 1 2 2ms

por cada metro que se avance en dirección de e a

partir del punto P .

Q aumenta a razón de 1 2ms

por cada metro que se avance en dirección de e a

partir del punto Q .

R aumenta a razón de 3ms

por cada metro que se avance en dirección de e a partir

del punto R .

22. Dada la función 3 4 28

, , 34

x y xyz xg x y z i j x y z k

z z

que define el campo de

velocidades del helio 3 a 1.32 K , determinar la rapidez de crecimiento de la velocidad en el punto

10, 1,

2

y en la dirección del vector e de ángulos directores: 60 y 30 .

Resolución: Este problema es un caso típico de derivada direccional, ya que se nos da una función y un punto. Por ello lo primero que debemos hacer es determinar g que se define como:



67

2 4 3 3 3 41 1 1

2

22 2 2

2

3 3 3

24 32 8

24 4 4

1 3 1

g g g x y x y x yx y z z z zg g g yz x x x

gx y z z z

g g gx y z

donde 1 2 3, , , , , , , ,g x y z g x y z i g x y z j g x y z k

Se evalúa la función en el punto dado: 2 4 3 3 3 4

2

2

2

24 32 80 0 0

2 10 0

4 4 4 41 3 1

1 3 1

x y x y x yz z z

yz x x xg

z z

Ya con la función valuada, procederemos a definir e . Como vemos, alfa y beta nos permiten trabajar con cosenos directores. Esto es una gran ayuda, pues podemos encontrar el tercer ángulo, y además podemos definir e en términos de estos cosenos:

1

0 0 2 2 21 3

cos cos60 ; cos cos30 ; cos 1 cos cos 02 2

Y con ellos formaremos e

12

320

Por lo que la derivada direccional en este punto es: 1

0 0 0 20

1 30 0 0.125

4 201 3 1 0

msg em

23. Calcular la divergencia y el rotacional del campo vectorial

cos cos

F y y x i senx xseny j xyz k

Divergencia



68

, , cos cos , ,

div F F y y x senx xseny xyz

x y z

cos F ysenx x y xy Rotacional

cos cos

i j k

rot F Fx y z

y y x senx xseny xyz

0 0 cos cos

xz i yz j x seny seny x k

cos cos

F xz i yz j x seny seny x k F xz i yz j

24. Sea la función 2 2 2, , zf x y z x y z e ; utilizar coordenadas esféricas para calcular:

a) El gradiente de f b) El laplaciano de f c) El rotacional del gradiente de f

Resolución: En coordenadas esféricas, se tiene que: 2 cos, , rf r r e . Entonces:

a) El gradiente en esféricas está dado por: 1 1

rf f f

f e e er r r sen

cos cos2 cos ; ; 0r rf f fr e r sen e

r

cos

cos cos cos2 cos 2 cosr

r r rr r

r sen ef r e e e r e e sen e e

r

b) El laplaciano en esféricas está dado por:

2 22

1 1f f ff f r sen sen

r sen r r sen

2 cos cos2

12 cos r rr sen r e sen r sen e

r sen r

3 2 cos 2 cos2

12 cos r rr sen r sen e r sen e

r sen r



69

2 2 cos cos

2 2 cos cos

6 cos cos 2 cos1

2 cos

r r

r r

r sen r sen e rsen e

r sen r sen r sen e rsen e

2 2 2 cos cos 2 3 cos cos2

16 cos 2 cos 2 cosr r r rr sen r sen e rsen e r sen e r sen e

r sen

2 cos cos6 cos r re sen e

c) 2

cos cos

1rot grad

2 cos

r

r r

e re rsen e

f fr sen r

r e rsen e o

cos cos2

12 cosr rr sen e r e r sen e

r sen r

cos cos cos cos1cos cosr r r rr sen e sen e r sen e e sen e

r

0 25. El flujo de un campo de velocidades está determinado por:

1 1,J x y i j

x y x y

Determinar si es irrotacional. Resolución: Por la definición de campo irrotacional calculamos el producto vectorial:

1 10

i j k

Jx y z

x y x y

1 1 1 10 0i j k

y z x y x z x y x x y y x y

2 2

1 1 1 10 0 0i j k k

x x y y x y x y x y

Por lo tanto es irrotacional, ya que el rotacional del campo de velocidades es igual a 0 .



70

26. Dada la función escalar , ,u u x y z . Demostrar que el rotacional del gradiente de u es

nulo. Resolución:

u u uu i j k

x y z

2 2 2 2 2 2

i j k

u u u u u urot u u i j k

x y z y z z y z x x z x y y x

u u ux y z

0 0 0 0i j k

Q.E.D.

27. Para los campos vectoriales , ,u x y z z i x j y k

y , ,v x y z yz i xz j xy k

Demostrar que se cumple la siguiente identidad:

( )u v v u u v Resolución: Se calcula el lado izquierdo de la identidad:

2 2 2( ) ( ) ( )

i j k

u v z x y x y xyz i xyz y z j xz xyz k

yz xz xy

2 2 2( ) , , ( ) ( ) ( )u v x y xyz i xyz y z j xz xyz kx y z

( ) 2 2 2 3 3u v xy yz xz yz xy xz xy yz xz A

Se calcula el lado derecho de la identidad:

i j k

rot u i j k v rot u yz i xz j xy k i j kx y z

z x y



71

2 2 2 2

i j k

rot v x i z k u rot v xz zyx y z

yz xz xy

Por lo tanto:

( 2 2 ) 3 3v rot u u rot v yz xz xy xz zy xy yz xz B

Se observa que A B , por lo que ambos lados de la identidad son iguales, con lo que queda

demostrada dicha identidad. 28. Supóngase que R es el radio de la Tierra, M su masa, O su centro y G la constante de gravitación universal. Sea P un punto del espacio y r

el vector de posición respecto a O de P . A

la longitud r

del vector r

se le indica simplemente con r . Por la física clásica se sabe que el

campo vectorial V r

debido a la gravedad (llamado campo de fuerzas gravitacionales de la Tierra

y que da la fuerza por unidad de masa) está dado para r R por la expresión:

3

GMV r r

r

Demostrar que para r R dicho campo es solenoidal. Resolución: Para que el campo sea solenoidal debe cumplirse que 0V

Por propiedades del operador , se tiene:

3 3

GM GMV r r

r r

Como r R entonces 0r y las derivadas anteriores existen.

Si 1/ 22 2 2r x i y j z k r x y z

, y así:

3 / 22 2 25 / 23 2 2 2

2 2 232

x i y j z kGM

GM x y z GMr x y z

5 / 2 52 2 2

3 3GM GMx i y j z k r

rx y z

Por lo tanto: 2 23 5 3 5 3

3 3 3GM GM GM GM GMr r r r r r r r

r r r r r

Por otra parte, 3r y finalmente



72

3 3 3 33 3 0

GM GM GM GMV r r

r r r r

por lo que queda demostrado.

29. Demostrar que la función 2 2 2

1

x y z

es armónica.

Resolución: Debemos calcular 2

Sea 1

, en donde 2 2 2x y z , siendo r

2 2 31 rr

2 3 3 3p r r r

pero: , , , , 1 1 1 3r x y zx y z

2 3 4 3 43 3 3 3r

r r

3 5 3 5 3 5 2 3 33 3 3 3 3 3 3 3 0r r r r

es armónica por lo que queda demostrado. 30. Las funciones complejas tienen la siguiente forma binómica: , ,w z u x y v x y i ,

donde “u ” y “v ” son las partes real e imaginaria de la función (ambas de variable real). Se dice que una función compleja es analítica si tanto su parte real como su parte imaginaria son armónicas. Determine si la siguiente función es analítica:

2 2cos2 2x xw z e y e sen y i

Resolución:

Para que sea analítica, la función debe cumplir con: 2 2

2 20

u ux y

y con 2 2

2 20

v vx y

.

Por lo tanto primero trabajaremos con “u ”. 22 cos2xu

e yx

22

24 cos2xue y

x



73

22 2xue sen y

y

2

22

4 cos2xue y

y

Así: 2 2

2 22 2

4 cos2 4 cos2 0x xu ue y e y

x y

Por lo que la parte real es armónica. Ahora analicemos la parte imaginaria “v ”.

22 2xve sen y

x

2

22

4 2xve sen y

x

22 cos2xve y

y

2

22

4 2xve sen y

y

2 22 2

2 2 4 2 4 2 0x xv ve sen y e sen y

x y

Por lo que la parte imaginaria también es armónica. Debido a esto, podemos decir que la función es analítica. Es importante señalar que cualquier función compleja es armónica si es analítica (esto se verá a detalle en cursos posteriores). 31. Se desea construir una pila que genere un campo eléctrico dado por:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

, , 5x y z

E x y z i j z kx y z x y z x y z

¿Es posible producir tal fuente de energía? Resolución: Para que esto sea posible,

E debe ser el gradiente de una función de potencial eléctrico. Por lo

tanto trataremos de hallar esta función a la que denominaremos . Primero que nada sabemos que:

2 2 2

...x

Ix x y z

2 2 2

...y

IIy x y z

2 2 2

5 ...z

z IIIz x y z

Si nos detenemos un poco podremos apreciar que esto se asemeja mucho a una ecuación diferencial exacta, por lo que el método a seguir será muy sencillo: Primero integremos con respecto a “ x ” la ecuación I ;



74

2 2 2

2 2 2

xx x y z c y c z

x y z

Si derivamos con respecto a “ y ” se obtiene y y se compara con la ecuación II para definir

c y .

Por lo que derivando: 2 2 2

'y

c yy x y z

Y ahora comparando: 2 2 2 2 2 2

'y y

c yx y z x y z

1' 0c y c y c

Y ahora sólo nos falta determinar c z . Así que primero derivaremos con respecto a “ z ”:

2 2 2

'z

c zz x y z

Y ahora comparando con III :

2 2 2 2 2 2

' 5z z

c z zx y z x y z

; 2

2' 5 52z

c z z c z z c

Por lo que sustituyendo los valores de las constantes en :

2

2 2 2, , 52z

x y z x y z z C

Que es la función de potencial eléctrico, por lo que sí se podría producir este tipo de energía.



TEMA III

INTEGRALES DE LÍNEA 1. Evaluar

Cyzdx xzdy xydz , donde C está dada por:

2 3; ; ; 0 3x t y t z t t

Resolución :

2; 2 ; 3dx dt dy tdt dz t dt Sustituyendo en la integral tenemos:

3 3 35 5 5 5 6

00 02 3 6 729t dt t dt t dt t dt t

2. Evaluar 2

cy dx xy dy suponiendo que C tiene las siguientes ecuaciones paramétricas:

2

3 1; 1 2

3 2

x tt

y t t

Resolución: Tenemos que: 23 1 ; 3 ; 3 2 ; 6 2x t dx dt y t t dy t dt

Luego,

2 22 2 2

13 2 3 3 1 3 2 6 2

cy dx xy dy t t t t t t dt

2 4 3 2 3 2 2

127 36 12 3 1 18 6 12 4t t t t t t t t dt

2 4 3 2 4 3 3 2 3 2 2

127 36 12 54 18 36 12 18 6 12 4t t t t t t t t t t t dt

2 25 4 3 2 52 4 3 2 4 3 2

11 1

81 108 42 4 8181 108 42 4 27 14 2

5 4 3 2 5t t t t t

t t t t dt t t t

2592 81 2592 81 2511 796432 112 8 27 14 2 328 15 343

5 5 5 5 5 5

3. Evaluar la integral de línea 3 cos 2 15 z

c

x dx xyz dy e dz , donde C es la curva dada

por:



33tx 22ty z t= 41 t

Resolución: Tenemos que:

3 2 23 9 ; 2 4 ;x t dx t dt y t dy tdt z t dz dt Se sustituye en la integral de línea y:

4 3 2 3 2

13cos 2 15 [3cos 3 9 2 3 2 4 15 ]z t

c

xdx xyzdy e dz t t t t t t e dt

4844 4 4 43 2 7 3

11 1 1 11

3 cos 3 9 48 15 3 sen 3 48 158

t ttt t dt t dt e dt t e

4 11 655353 sen 192 sen 3 48 8192 15 3 0.496058 48 15 51.879868

8 8e e

1.488174 393210 778.19802 392430.31

4. Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas 2, , 2F x y z x i yz j z k

en el

movimiento de un objeto a lo largo de la recta que va de )1,1,1( a )4,4,4( .

Resolución: Las ecuaciones paramétricas de la recta que va del punto )1,1,1( al punto )4,4,4( , están dadas por:

; ; 1 4x y z t dx dy dz dt t Por lo que la integral que define al trabajo es:

42 34 4 4 42 2 2

1 1 1 11

64 1 1 15 272 8 21

2 3 3 2 3 2 2C

t tW F dr t dt t dt tdt t t dt

5. Calcular el trabajo total realizado por el campo de fuerzas 2, , 3 3 2F x y z z i x j xy k

en el

desplazamiento de una partícula a lo largo de la curva

2

3

: 2 1

2

x t

C y t

z t

, desde el punto en que

1t hasta el punto determinado por 1t . Resolución: De las ecuaciones paramétricas:

2 3 22 ; 2 1 2 ; 2 6x t dx tdt y t dy dt z t dz t dt



de donde 3 2 2 2 3 4 3 23(2 ) 3( ) 2( )(2 1) 6 3 (4 2 )F t i t j t t k t i t j t t k

y

22 2 6d r dx i dy j dz k t i j t k dt

Por lo que el trabajo queda: 1 13 4 3 2 2 4 5

1 1(6 )(2 ) (3 )(2) (4 2 )(6 ) 30 24

CW F dr t t t t t t dt t t dt

15 6

16 4 6 4 6 4 12

CW F dr t t

unidades de trabajo

6. Evaluar 2

cxy dx x dy , suponiendo que C consta de los segmentos de recta que van de

2,1 a 4,1 y de (4,1) a (4,5) .

Resolución: La gráfica aproximada de la trayectoria C se muestra en la siguiente figura.

Se divide C en dos partes C1 y C2 ; sus respectivas ecuaciones paramétricas, así como sus diferenciales son:

1

2

: ; ; 1 ; 0 ; 2 4

: 4 ; 0 ; ; ; 1 5

C x t dx dt y dy t

C x dx y t dy dt t

Para C1 tenemos:

1

442 2 2

22

11 0 6

2cxydx x dy t dt t t

Para C2 tenemos:

2

5 52

114 0 16 16 64

cxydx x dy t dt t

Finalmente se tiene que: 1 2

2 2 2 6 64 70C C C

xydx x dy xydx x dy xydx x dy

2,1 4,1

x

4,5

y

1C 2C



7. Calcular el valor de C

F dr donde: 2, , (2 ) (3 4 )F x y z x y i y x j

y C es el

triángulo formado por los puntos (0,0), (2,0), y (2,1)A B D . Resolución. La gráfica de la trayectoria se muestra a continuación:

1 : 0 0 ; 0 2C y dy x

2 : 2 0 ; 0 1C x dx y

3 : 2 2 ; 0 1C x y dx dy y

1 2 3c C C CF dr F dr F dr F dr

1

2 22 2

00(2 ) (3 4 ) 2 4

B

C AF dr x y dx y x dy xdx x

2

1212

00

3 3 13(2 ) (3 4 ) (3 8) 8 8

2 2 2

D

C B

yF dr x y dx y x dy y dy y

3

03 202 2

11

2 3 2 3 13(2 ) (3 4 ) (8 2 3 8 )

3 2 3 2 6

A

C D

y yF dr x y dx y x dy y y y y dy

1 2 3

13 13 144

2 6 3c C C CF dr F dr F dr F dr

8. Evaluar la integral de línea 2 3C C

I y x dx x y dy para cada una de las siguientes

trayectorias y graficarlas: )a La recta que va de 0,0 1,1a .

)b La parábola 2y x de 0,0 1,1a .

)c Los segmentos de recta de 0,0 1,0a y de 1,0 1,1a .

)d La curva 2x y de 0,0 1,1a .

0,0A 2,0B

2,1D

x

y

2C

3C

1C



x

y x

1,1

x

1,1

2y x

x

1,1

1,0

2C

x

1,1

y x

1C

Resolución: )a

; ; 0 1x t dx dt y t dy dt t

121

00

5 52 3

2 2C

tI t t t t dt

)b

2; 2 ; 0 1x t dx dt y t dy t dt t

1 12 2 3 2

0 02 3 2 2 8CI t t t t t dt t t t dt

1

14 3 2

0

8 1 8 1 82 3 2 2 3 2 3C

t t tI

)c

1 : ; 0 0 ; 0 1C x t dx dt y dy t

1

121

00

12 2C

tI t dt

2 : 1 0 ; ; 0 1C x dx y t dy dt t

2

121

00

73 3

2 2C

tI t dt t

1 2

1 73

2 2C C CI I I

)d

2 2 ; ; 0 1x t dx tdt y t dy dt t

14 3 21 2 2

00

7 72 2 3

2 3 2 3C

t t tI t t t t t dt

9. Evaluar 2 53 5 4c

xy dx xyz dy z dz+ +ò , con la curva determinada por:

12 tx ; 4ty ; tz ; 0 1t£ £

y



Resolución: Tenemos que: tdtdx 2 dttdy 34 dtdz Sustituyendo los parámetros y las diferenciales tenemos que:

22 5 2 4 2 4 3 52

03 5 4 3 1 2 5 1 4 4

c

xy dx xyzdy z dz t t t t t t t t dt

2 9 2 8 5 11 9 10 8 52 2

0 01 6 20 1 4 6 6 20 20 4t t t t t dt t t t t t dt

112 10 11 9 6

0

1 3 20 20 4 1 3 20 20 25.79

2 5 11 9 6 2 5 11 9 3t t t t t

10. Dado el campo vectorial 2( , )F x y y i x j

, evaluar la integral de línea C

F dr para cada

una de las curvas parabólicas siguientes.

a) 211 ; ( ) 4 4C r t t i t t j

; 0 t 3

b) 222

ˆ ˆ; ( ) 4C r t ti t t j , ; 1 t 4

Resolución :

a) Al ser 1 4 2dr i t j dt

y 2 2( ( ), ( )) (4 ) (4 )F x t y t t t i t j

, vemos que:

22 2 21 4 4 2 4 4 4 2 16 8F dr t t t t dt t t t t t dt

2 2 2 3 3 24 64 32 4 32 16 2 2 21 68 64t t t t t t t dt t t t dt

343 3 2 3 2

00

81 692 21 68 64 7 34 64 189 306 192

2 2 2C

tF dr t t t dt t t t

b) Como 2 4 2dr i t j dt

y 2 2( ( ), ( )) (4 )F x t y t t t i t j

, resulta:

2 2 2 2 3 3 24 4 2 4 4 2 2 3 4F dr t t t t dt t t t t dt t t t dt

444 3 2 3 2

11

256 1 255 692 3 4 2 64 32 1 2 93

2 2 2 2 2C

tF dr t t t dt t t

11. Calcular

Cdr , si 3 2, 2x y x y y , de 1,1,0 a 2,4,0 , a lo largo de la recta que

une estos puntos.



Resolución:

r x i y j z k dr dx i dy j dz k

Las ecuaciones de la recta C son:

3 2: ; 3

0

y xC dr dx i dy j dz k dr dx i dx j

z

2 23 2 3

12 3 3 2 2 3 2 3

C Cdr x y y dx i dx j x x x dx i dx j

2 25 4 3 5 4 3

1 19 12 4 6 4 27 36 12 18 12x x x x dx i x x x x dx j

2 26 5 4 2 6 5 4 2

1 1

3 12 9 363 4 3 9 12

2 5 2 5x x x x x i x x x x x

384 3 12 1152 9 3696 16 12 8 1 3 4 288 48 36 24 3 9 12

5 2 5 5 2 5i i j j

384 3 12 1152 9 36 401 1203

116 3485 2 5 5 2 5 10 10

i i j j i j

12. Calcular el valor de _

c

F d r a lo largo de una vuelta completa de la curva C de

ecuaciones:

donde 2 2, , ( 6 2 2 ) ( 3 ) ( 4 1)F x y z x y z i x z j x z y k

Resolución: Se calcula el rotacional del campo vectorial para investigar si se trata de un campo conservativo.

2 26 2 2 3 4 1

i j k

Fx y z

xy z x z xz y

1 1 4 4 6 6 0F i z z j x x k

Por lo tanto, F es conservativo y como la curva " "C es cerrada, se tiene que 0C

F dr .

tz

ty

tx

cos3

2cos2

sen1



13. Calcular el valor de la integral de línea

CF d r donde el campo vectorial F está dado por:

2 2 3 2 2(4 3 ) (2 2 ) ( 2 )F xz x y i yz x y j y x k

y C es la trayectoria cerrada dada por la

intersección de la superficie 2222 azyx con el plano .0x Resolución: Para determinar si el campo es conservativo se calcula el rotacional de F :

2 2 3 2 24 3 2 2 2

i j k

Fx y z

xz x y yz x y y x

2 2 3 2 2 2 2 3 2 2( 2 ) (2 2 ) ( 2 ) (4 3 ) (2 2 ) (4 3 )y x yz x y i y x xz x y j yz x y xz x y ky z x z x y

2 2(2 2 ) (4 4 ) ( 6 6 ) 0y y i x x j x y x y k

por lo tanto el campo es conservativo y 0C

F d r ya que la trayectoria es cerrada.

14. Sea el campo de fuerzas:

2 2 2 2 2 2, , 6 2 3 4 3 2 2F x y z xyz y z yz i x z xyz xz j x y xy xyz k

)a Verificar que se trata de un campo conservativo. )b Como el campo es conservativo, admite potencial; obtener éste y a través de él obtener el

trabajo que realiza el campo para transportar una partícula del origen de coordenadas al punto 1,2,3 .

)c Calcular el trabajo requerido en el inciso anterior utilizando la trayectoria que en líneas rectas

va de 0,0,0 1,0,0A ; de 1,0,0 1,2,0A y de 1,2,0 1,2,3A .

Resolución:

2 2 2 2 2 2

)

6 2 3 4 3 2 2

i j k

a rot F Fx y z

xyz y z yz x z xyz xz x y xy xyz

2 23 4 2 3 4 2x xy xz x xy xz i

2 26 2 2 6 2 2xy y yz xy y yz j



2 26 4 6 4xz yz z xz yz z k

0F , por lo que es un campo irrotacional y por lo tanto conservativo.

)b Sea f el potencial de F tal que f F ; luego

2 2

2 2

2 2

6 2

3 4

3 2 2

fM xyz y z yz

xf

N x z xyz xzy

fP x y xy xyz

z

se integra M con respecto a " "x y se llega a:

2 2 2 2 26 2 3 2 ,f xyz y z yz dx x yz xy z xyz h y z

Para evaluar la constante ,h y z , se deriva la expresión obtenida con respecto a " "y y se

iguala a N , de donde 2 2 ,

3 4h y zf

x z xyz xzy y

2 2 2 2, ,3 4 3 4 0 ,

h y z h y zx z xyz xz x z xyz xz h y z g z

y y

por lo que 2 2 23 2f x yz xy z xyz g z

Para evaluar a la constante g z , se deriva la expresión anterior con respecto a " "z y se

iguala a P , luego

2 23 2 2 'f

x y xy xyz g zz

2 2 2 23 2 2 ' 3 2 2 ' 0x y xy xyz g z x y xy xyz g z g z C

por lo que finalmente el potencial es igual a : 2 2 23 2f x yz xy z xyz C y el trabajo requerido equivale a:

1,2,32 2 2

0,0,03 2 18 24 18 60W x yz xy z xyz 60 unidades de trabajoW

)c



11

; 0: 0 ; 0 ; 0 1 ; 0

0 ; 0C

x t dx dt FC y dy t W

d r i dtz dz

2

2

2

1 ; 03 2

: ; ; 0 2 ; 0

0 ; 0C

x dxF t t k

C y t dy dt t W

d r j dtz dz

3

2 23

3 0

1 ; 020 2 11 14 4

: 2 ; 0 ; 0 3 ; 14 4

;C

x dxF t t i t t j t k

C y dy t W t dt

d r k dtz t dz dt

3

32

014 2 42 18 60CW t t

finalmente 1 2 3

0 0 60 60 unidades de trabajoC C CW W W W W .

15. Un campo de fuerzas del tipo gravitacional, F , está dado por:

0,0,0

1,0,0 1,2,0

1,2,3

1C

2C

3C

z

x

y

CW F dr



3( , , )k

F x y z r

r

Calcular el trabajo realizado por F cuando su punto de aplicación se mueve a lo largo del eje " "x , desde )0,0,1(A hasta )0,0,2(B . Si ; 0 ; 0 ; 1 2x t y z t Resolución:

r x i y j z k dr dx i dy j dz k

2 2 2 3 / 2( , , ) ( )

( )k

F x y z x i y j z kx y z

por la definición de trabajo: 2 2 2 3 / 2

( )( )c c

kW F dr xdx ydy zdz

x y z

sustituyendo tenemos: 2

2 2 2 33 3 21 1 1

2 12

32 8 2 8

( )

k k k k kW t dt dt k t dt k

t tt

16. Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas

2 2, , (2 ) ( ) ( 9 )v x y z xy yz i x xz j xy z k

al desplazarse una partícula del punto 0 0,0,0P al punto 1 1,1,1P .

a) Siguiendo la trayectoria del punto 0P al punto 2 1,0,0P , de P2 a )1,0,1(3P y de P3 a P1

sobre los segmentos de recta que unen estos puntos. b) Sobre la recta que une P0 con P1 Resolución: Lo que podemos hacer es ver si hay independencia de la trayectoria para así solamente calcular el trabajo por la trayectoria más fácil, que en este caso es la del inciso b). Para saber si hay independencia de la trayectoria:

2 2, , (2 ) ( ) ( 9 )v x y z xy yz i x xz j xy z k

2 22 ; ; 9P xy yz Q x xz R xy z

Sus derivadas parciales cruzadas tienen que ser iguales

2 ; ;P Q P R Q R

x z y xy x z x z y

Por lo tanto, como son iguales, hay independencia de la trayectoria, así que el resultado de ambos incisos es el mismo por lo cual solamente calcularemos el del segundo inciso.



0 1 (1,1,1)u P P

Unas ecuaciones paramétricas de C son:

: ; 0 1

x t

C y t t

z t

2 2

2 2 2 2 2 2 2

( 2 ) ( ) ( 9 )

( 2 ) ( ) ( 9 ) 1 5

F d r x y y z d x x x z d y x y z d z

t t d t t t d t t t d t t d t

1 12 3

0015 5 5W t dt t unidades de trabajo

17. Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas 2( , ) 4 2F x y xy i x j

en el movimiento de una partícula, de )1,1(a)0,0( a lo largo de las trayectorias (dibujarlas en cada caso):

a) 1 :C y x ; b) 22 :C x y ; c) 3

3 :C y x Resolución: a) La trayectoria se muestra en la siguiente figura:

Sea ; ; ( )x t d x d t y t d y d t r t t i t j

para 10 t , de modo que:

2 2y ( ) 4 2d r i j d t F t t i t j

Entonces, el trabajo realizado es 1 12 3

006 2 2

CF dr t dt t unidades de trabajo.

b) La trayectoria se muestra en la siguiente figura:

x

1,1

0,0

:C y x

y



Sea 2 22 ; ;x t dx tdt y t dy dt r t t i t j

para 10 t , de

modo que:

3 42 y 4 2dr t i j dt F t t i t j

Luego, el trabajo realizado es igual a: 1 14 5

0010 2 2


c) La trayectoria se muestra a continuación

Sea 3 2 3; 3 ; ( )x t dx dt y t dy t dt r t t i t j

para 10 t , de modo que:

2 4 23 y ( ) 4 2d r i t j d t F t t i t j

Entonces 1 14 5

0010 2 2


Nota. El campo vectorial F es conservativo y por lo tanto, el resultado es independiente de la trayectoria.

18. Calcular el trabajo hecho por el campo de fuerzas , 1 2y yF x y e i xe j

, en el

movimiento de una partícula a lo largo de la curva cuya ecuación es 2tr t te i t j

,

20 t .

x

1,1

0,0

3:C y x

y

x

1,1

0,0

2:C x y

y



Resolución: El trabajo realizado por un campo de fuerzas, sobre una partícula, se calcula con la integral de línea

C C

d rW F d r F d t

d t

.

, 2

t t

t

d rte e i j

dtx te y t

Se debe poner en términos del parámetro a la integral y luego resolverla. Así,

2 22 2 2 2 2

0 0 1 2 j 1 2t t t t t t t t tW e i te e j te e i dt e te e te dt

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 0 1 2 3 1t t t t tW te e te dt te e dt

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 03 3t t t tte dt e dt dt e te dt e e dt dt

Se resuelven las integrales y se tiene que: 2 2

2 2 2 2 2

1 1 12 2 2

2 ; 2

1 1 1 12 2 2 4

t w w t

t t t t t

e dt e dw e C e C

w t dw dt

te dt te e dt te e C

2 21, ; ;,

2t tu t du dt dv e dt v e (integración por partes)

2 2

2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 200 0 0

0 0

1 1 13 3

2 4 2t t t t tW e te dt e e dt dt e te e e e t

2 4 4 0 0 2 4 01 1 1 1 1 13 2 0 2

2 4 2 4 2 2W e e e e e e e e

6 6 2 6 2 6 23 3 1 1 11 13 2 2 1 113.28

4 4 2 2 4 4W e e e e e e e W

19. Evaluar la integral de línea:

3 3 23C

y dx x xy dy

donde C es la circunferencia 3cos 3 ; 0 2r t t i sent j t

Resolución:



Como tytx sen3ycos3 , se tiene que: 3sen y 3cosdx t dt dy t dt . Por lo tanto, la integral de línea es:

3 3 23C C

Mdx Ndy y dx x xy dy

2 3 3 2

027 3 27cos 81cos 3cossen t sent t t sen t t dt

2 4 4 2 2 4 4 2 2

081 cos 3cos 81 cos 81 243 cost sen t t sen t dt t dt sen t dt t sen t dt

23 2 4 5 4 2 281 81 243

4 4 8 8 32 4 4t sen t sen t t sen t sen t sen t

dt

2

0

405 243 367 243 4 648 243 1242 4 2 4 162

8 8 32 4 2 8 8 8 32t sen t

t sen t sen t t sen t sen t

20. Calcular

C

x dy y dx a lo largo de la circunferencia de radio R , con centro en el origen.

Resolución.

Para la trayectoria C se tiene que:

cos ; cosx R dx Rsen d y Rsen dy R d

2 2 2 2 2 2

0 0cos cos cos

C

x dy y dx R R Rsen Rsen d R R sen d

222 2 2

0 02R d R R

21. Sea el campo vectorial: 2 2 2 2,

y xF x y i j

x y x y

Calcular C

F dr , donde C es la trayectoria circular de ecuación 2 2 2x y R

x

y



Resolución:

Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria, así como la expresión de dr son:

cos ; cosx R dx Rsen d y Rsen dy R d

cosdr Rsen i R j d

Por lo que sustituyendo en la integral: 2

2 2 2 2 2 2 2 20

coscos

cos cosC

Rsen RF dr i j Rsen i R j d

R R sen R R sen

2 2 2 22 2 2

2 00 0

cos2

R sen Rd d

R

22. Evaluar C

F dr si , 3 2F x y xy i y k

y

2 2 4

: 1

0

x z

C y

z

recorrida de )0,1,2( a

)0,1,2( Resolución: Primero habrá que determinar unas ecuaciones paramétricas de la curva dada. Lo más sencillo es hacerlo con senos y cosenos y en términos del ángulo “”, pues como podemos observar es una media circunferencia. Por lo mismo, el intervalo de integración debe ir de 0 a para cumplir con los puntos dados.

x

2 2 4x z z

2 2

x

y

C



2cos 2 ; 2 2cosx dx sen d z sen dz d

De donde yF dr quedan como:

3 2cos 1 2 1 6cos 2F i k i k

2 2cosdr sen i k d

Luego, la integral de línea pedida es:

0

12 cos 4cosC

F dr sen d

Como vemos el segundo término de la integral es una integral inmediata, mientras que el primero, si utilizamos la identidad trigonométrica 2 2 cossen sen se podrá resolver de manera inmediata.

0 00 0 012cos 4cos 3 2 2 4 cos 3 cos2 4 0sen d sen d d sen

23. Calcular C

F d r para 2 22 2( )F xy i x y y j

desde 1 (0,0,0 )P hasta

2 (2, 4 ,0)P , a lo largo de las trayectorias siguientes:

22

;0 0

y x y x

z z

Utilizar el rotacional del campo conservativo para saber si se trata de un campo conservativo y en caso de serlo, calcular el valor de la integral a través del potencial. Resolución:

2 22 2 2 0

i j k

Fx y z

xy x y y

0 0 4 4 0F ( ) i ( ) j ( xy xy) k

Como es un campo conservativo, entonces el integrando es una diferencial exacta y el campo admite potencial. Para calcularlo se hace lo siguiente:

2

12 1

P

PC CF d r d P P

consty

dxxy 22 22x const

(x y y)dy

2 2 2 2 2 2 2 2( )x y x y y x y y c Luego



2

1

2,4 ,02 2 2

0,0,080

P

PC CF d r d x y y

Ya que F es conservativo, C

F dr es independiente de la trayectoria y, por lo tanto,

80C

F dr para 1C y para 2C .

24. Evaluar la integral de línea 2 cos 2

Cy y x dx xy senx dy , donde C es la curva

de ecuaciones 4 ;x sen y e , entre los puntos 0 1, y 1, e .

Resolución: Como se observa, la parametrización de la integral de línea en términos del parámetro es muy complicada, por lo que antes de intentarlo, se debe verificar si la integral de línea es independiente de la trayectoria. De ser así, la integral puede ser valuada por cualquier curva que una a dichos puntos o por la función potencial yxF , valuada en los puntos, tal que ,dF x y Mdx Ndy .

Para determinar si la integral es independiente de la trayectoria basta con determinar si: M Ny x

2 cos 2 cos ; 2 2 cosM N

M y y x y x N xy senx y xy x

Como las derivadas son iguales, podemos asegurar que la integral de línea es independiente de la trayectoria. Para evaluarla, obtengamos la función potencial ,F x y .

2 2 2; cos cos F

M F Mdx y y x dx y dx y x dx xy ysenx C yx

2

2 2xy ysenx C y dC yF

xy senx N xy senxy y dy

de lo que se obtiene lo siguiente: 0 ; 0 ; C

dC ydC y dy C y C

dy

entonces: 2,F x y xy ysenx C

Por lo tanto,

1,2 2

0,1cos 2 1 4.1056

e

Cy y x dx xy senx dy xy ysenx e esen

25. Demostrar que si 2 2 2, , cos 2 2z zF x y z y x i ysenx e j ye k

, entonces la integral

CF d r es independiente de la trayectoria y encontrar una función de potencial f para F .



Si F es un campo de fuerzas, calcular el trabajo realizado por F al llevar una partícula a lo

largo de la curva " "C , del punto 1

0 ,1,2

al punto , 3 , 22

.

Resolución: La integral es independiente de la trayectoria si existe una función escalar de variable vectorial diferenciable , ,f x y z tal que , , , ,f x y z F x y z , es decir, que:

2 2 2cos ; 2 ; 2z zf f fy x ysenx e ye

x y z

Ahora, se integra la primera expresión con respecto a " "x y se tiene que

2 2cos ,f y x dx y senx Q y z

Para evaluar la función " "Q se deriva f con respecto a " "y y se iguala a fy

. luego,

2 2, , ,2 ; 2 2 z zQ y z Q y z Q y zf

ysenx ysenx ysenx e ey y y y

se integra con respecto a " "y y se llega a:

2 2, ,z zQ y z e dy Q y z ye R z

Se sustituye este resultado en la función " "f y se tiene que 2 2 zf y se n x ye R z

Para obtener la función " "R se deriva f con respecto a " "z y se iguala a fz

. luego,

2 2 22 ; 2 2 0z z zdR z dR z dR zfye ye ye

z dz dz dz

se integra con respecto a " "z y se llega a R z C , que al sustituirse en la función " "f

da como resultado 2 2 zf y s e n x y e C

que es la función potencial para F . Entonces el trabajo realizado que se pide equivale a:

,3 ,2

2 2 4 421

0,1,2

9 3 0 9 3z

CW F d r y sen x ye e e e e

170 un idades de traba joW

26. Sean las funciones:

2( , ) sec sec cos cos

( , ) tan sec tan sen sen

M x y x y x y

N x y x y y x y



y los puntos 0,6

P

y ,

3 4Q

:

a) Evaluar ( , ) ( , )C

M x y dx N x y dy si C consta de dos segmentos de recta 1C y 2C ,

que van de 0,6

a ,3 6

, y de ,3 6

a ,3 4

.

b) Verificar que Mdx Ndy es una diferencial exacta. c) Obtener ( , )F x y , tal que dF Mdx Ndy .

d) Calcular C

Mdx Ndy mediante la evaluación de , 0,3 4 6

F F

.

Resolución:

)a Para 1 : ; 0 ; 0 ;6 3

C x t dx dt y dy a b

De donde:

1

2 23 3

0 0

2 3( , ) ( , ) sec sec cos cos sec cos

6 6 23CM x y dx N x y dy t t dt t t dt

3

0

2 3 2 3 3 3 11tan 3 2

2 2 2 4 43 3t sent

y para 2 : 0 ; ; ;3 6 4

C x dx y t dy dt a b

De donde:

2

4 4

6 6

3( , ) ( , ) tan sec tan 3 sec tan

3 3 2CM x y dx N x y dy t t sen sent dt t t sent dt

4

6

3 3 33 sec cos 3 sec cos 3 sec cos

2 4 2 4 6 2 6t t

3 2 2 3 3 6 3 5 6 113 2 3 6 2

2 2 2 2 4 4 4 43

Por lo tanto, 1 2

11 5 6 11 5 64 4 4 4C C

2) sec sec tan cos senM N

b x y y x yy x

. Excepto cuando

2x

, o bien

2y

.

Sin embargo, los puntos P y Q quedan contenidos en un sinnúmero de conjuntos abiertos

simplemente conexos que no se intersectan con las rectas 2

x

y 2

y

. Por lo tanto se trata

de una diferencial exacta en cualesquiera de esos conjuntos.



)c Como Mdx Ndy es una diferencial exacta, se deberá cumplir que F

Mx

y F

Ny

.

Integrando M con respecto a x:

2sec sec cos cos tan sec sen cos ( )F x y x y dx x y x y K y

siendo K (y) una función arbitraria de “y” pero independiente de “x”. Si se deriva con respecto a “y” y se iguala a N:

tan sec tan sen sen ( ) tan sec tan sen senF

x y y x y K y x y y x yy

( ) 0K y ( )K y C

donde C es una constante arbitraria. Por lo tanto, , tan sec sen cosF x y x y x y C

) , 0,3 4 6C

d Mdx Ndy F F tan sec sen cos tan 0 sec sen0cos

3 4 3 4 6 6

3 2 2 3 6 5 6

3 2 0 0 62 2 2 4 43

27. Demostrar que la integral de línea 4 2 2 2 2

Cx y z dx x y z dy x y z dz es

independiente de la trayectoria, y evaluar la integral si C es una curva suave en pedazos de ( 4 , 2 , 1 ) ( 1 , 2 , 0 )a .

Resolución: Sean , ,M N R dadas por:

( , , ) 4 2M x y z x y z ; ( , , ) 2 2N x y z x y z ; ( , , ) 2R x y z x y z Las derivadas para investigar si hay independencia de la trayectoria, son:

( , , ) 2yM x y z ; ( , , ) 2xN x y z ; ( , , ) 1xR x y z

( , , ) 1zM x y z ; ( , , ) 1zN x y z ; ( , , ) 1yR x y z

Como: ( , , ) ( , , )y xM x y z N x y z ; ( , , ) ( , , )z xM x y z R x y z ;

( , , ) ( , , )z yN x y z R x y z

luego hay independencia de la trayectoria y entonces el integrando se puede interpretar como el

campo vectorial 4 2 2 2 2x y z i x y z j x y z k

que es conservativo. Se

considerará la trayectoria como el segmento de recta de ( 4 , 2 ,1 ) ( 1, 2 , 0 )a . Un

conjunto de números directores de la recta que contiene a esos dos puntos es 5,4, 1 . Por

tanto las ecuaciones de la recta son:

1 2

5 4 1x y z

En consecuencia, las ecuaciones paramétricas del segmento de recta son:



5 1

5

x t

dx dt

; 4 2

4

y t

dy dt

; z t

dz dt

; 1 0t

Así,

4 2 2 2 2C

x y z dx x y z dy x y z dz

0 0

1 14 5 1 2 4 2 5 2 5 1 2 4 2 4t t t dt t t t dt

0 0 02

11 15 1 4 2 2 ( ) 28 27 14 27 13t t t dt t dt t t

28. Determinar si el campo de fuerzas , 2 cos 2 sen2y yF x y e x i e x y j

es

conservativo. En caso afirmativo encontrar la función escalar ,x y de la cual procede, si

,0 54

.

Resolución: Para determinar si la función F es un campo conservativo, se debe cumplir la siguiente identidad:

f gy x

en donde:

2 c o s 2 ; 2 co s 2y yff e x e x

y

2 ; 2 cos 2y ygg e sen x y e x

x

La identidad se cumple, por lo que podemos decir que F es conservativo. Debido a esto último, ahora debemos calcular la función escalar de la cual procede. Para ello trataremos la función como una ecuación diferencial exacta. Entonces:

2 cos 2 2 cos 2 2y y yf e x e x dx e sen x C y Ix

Ahora se deriva con respecto a " "y y se iguala con la expresión 2yg e sen x yy

. Así,

2 'ye sen x C yy

Y ahora al igualar con f

gy

, se tiene que:

2 ' 2 'y ye sen x C y e sen x y C y y

2

'2

yC y C y dy ydy C y C



Y al sustituir en I : 2

sen22

y ye x C

Con esto hemos encontrado la función . Ahora sólo sustituiremos las condiciones iniciales dadas para determinar el valor de " "C :

2

, sen22

y yx y e x C II

2 20 00 0

,0 5 sen2 ; 5 sen2 ; 5 sen 44 4 2 4 2 2

e C e C C C

Y finalmente, se sustituye en II : 2

, 2 42

y yx y e sen x

que es la función pedida. 29. Evaluar la siguiente integral de )3,5,1(a)1,1,1( , verificando si es una diferencial exacta:

2 2 2

3 3 33 3 3 3 3 3 3 3 32 2 2C

x dx y dy z dz

x y z x y z x y z

Resolución:

2

33 3 3 2

xM

x y z

;

2

33 3 3 2

yN

x y z

;

2

33 3 3 2

zO

x y z

12 3 3 3 22

2 2

3 33 3 3 3 3 3

33 92

2

x x y z yM x yy x y z x y z

2 2

33 3 3

9

2

N x yx x y z

2 2

33 3 3

9

2

M x zz x y z

2 2

33 3 3

9

2

O x zx x y z

2 2

33 3 3

9

2

N y zz x y z



2 2

33 3 3

9

2

O y zy x y z

Como se tiene que:

x

N

y

M

; xO

zM

; y

O

z

N

el integrando es una diferencial exacta. Por lo tanto es una diferencial total de una función potencial F , es decir, que:

2 2 2

3 3 33 3 3 3 3 3 3 3 32 2 2

x dx y dy z dzdF

x y z x y z x y z

de donde

2

33 3 3 2

F xM

xx y z

;

2

33 3 3 2

F yN

yx y z

;

2

33 3 3 2

F zO

zx y z

Ahora se puede integrar la segunda expresión para obtener la función F

3 123 3 3 2 3 3 32 2

33 3 3 2

23

yF dy x y z y dy x y z m x,z

x y z

1

3 3 3 223

F x y z m x,z

Se deriva con respecto a " "x y se iguala con la expresión que define a M :

3 3

3 3 3 2 2 3 3 32 21

33

m x,zFx y z x x x y z

x x

0 ,m x,z

m x z h zx

Así tenemos que:

1

3 3 3 223

F x y z h z

Se deriva con respecto a " "z y se iguala con la expresión que define a O :

3 3

3 3 3 2 2 3 3 32 21

33

h zFx y z z z x y z

z z

0h z

h z Cz

Por lo tanto, tenemos que la función potencial F es: Czyx

F

3333

2

Se aplica ahora la regla de Barrow, de )3,5,1(a)1,1,1( :



1,5,32 2 2

3 3 3 3 3 33 3 3 3 3 3 3 3 32 2 2 1,1,1

2

3c

x dx y dy z dz

x y zx y z x y z x y z

0.053896 0.3849 0.3310 0.3310R

30. Calcular

c

xy ds para el arco de circunferencia que se muestra en la figura.

Resolución:

22 2 2; ( 1) 1 2 ; 2cos ; 0,

4dr dr

ds r d x y r send d

22 2cos

drI r sen r d

d

2 2 24

0cos 4 4cosr sen sen d

4

2 3 44 4 400 0

2 12 cos 8 cos 2 2

2 2I r sen d sen d sen

31. Evaluar la integral de línea 3

Cxy ds , donde C es la parte del astroide 3x t sen t ,

3cosy t t en el intervalo 02

t

.

Resolución: Para evaluar la integral se debe expresar la integral en términos del parámetro.

1

1

x

y

22: 1 1C x y



2 2

2 2

2 22 2 4 2 4 2

2 2 2 2 2 2

dx

dt

dx3 cos ; 3cos

dt

3 cos 3cos 9 cos 9cos

3 cos cos 3 cos 3

dyds dt

dt

dysen t t t sen t

dt

ds sen t t t sen t dt ds sen t t t sen t dt

ds sen t t sen t t dt ds sen t t dt ds sen t

cos t dt

3 3 32 23

0 0

22 2 22 2 2 23

0 0 0 0

cos 3 cos 3 cos cos

2 3 3 1 cos43 cos 3 2

2 4 4 2

C

C

xyds sen t t sen t t dt sen t t sen t t dt

sen t txyds sen t t dt dt sen t dt dt

2

2

00

3 3 4 3 31 cos4

8 8 4 8 2 16sen t

t dt t

3

316C

xyds

32. Calcular el trabajo realizado por la fuerza constante F i j

que actúa sobre un objeto que

se mueve a lo largo de la trayectoria 2r t t i t j

, desde el punto 0,0 al punto 2,4 .

Para ello, utilizar la expresión C

W F T dS .

Resolución: Para calcular T se hace lo siguiente:

2

2

' 2; ' 2 ; ' 1 4

' 1 4

r i t jT r i t j r t T

r t

entonces 2 2

2 1 2

1 4 1 4

i t j tF T i j

t t

Por otro lado,

2 22

2

; 1; 1 4

; 2

dxx t

dx dydt dS dt t dtdy dt dt

y t tdt

por lo tanto

2 2 22 2

020 0

1 21 4 1 2 6

1 4C

tW F T dS t dt t dt t t

t



CAPÍTULO IV

INTEGRACIÓN MÚLTIPLE 1. Calcular la integral reiterada

2 3

0 3 send d

Resolución:

32 2 2 22 3 2 2

0 3 0 03

3 32 2 2sen

sen

r send d d d

2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

9 9 1 1 9 9 9cos2 cos2

2 2 2 2 2 4 4d d d d d

2

0

9 9 9 9 92 2

2 4 8 4 2sen

2. Calcular el valor de 2 2x y

R

e dA donde R es la región del plano XY localizada entre las

circunferencias de ecuaciones 2 2 2 24 16x y y x y . Resolución: Como 2 2 2x y en coordenadas polares, tenemos:

: 2 ; 4R

2 2 2 2 24

2 4 2

0 2 02

12

x y

RR

e dA e d d e d d e d

2 22 2 24 2 4 16 4 16 4 16

00 0

1 1 1 12 2 2 2

e e d e e d e e e e

3. Sea R la región anular situada entre las circunferencias 2 2 1x y y 2 2 5x y . Calcular la integral

2

R

x y dA



Resolución: La región R es:

La región R en coordenadas polares es: 1 5 y 20 . Así pues, resulta

2 52 2 2

0 1cos

R

x y dA sen d d

Cambiamos el orden de integración, para obtener

5 2 5 22 2 2 2

1 0 1 0

cos2cos

2 2R

x y dA sen d d sen d d

52 45 52 2

1 10 1

2cos 6

2 4 4sen

d d

4. Calcular el área A de la región " "R en el plano " "XY limitada por las gráficas de 3x y ,

2x y y 0y . Resolución: La gráfica aproximada de la región es:

Para calcular el área, se utiliza la siguiente integral doble:

33

12 41 2 1 12 3 2

0 0 00

5(2 ) 2

2 4 4

y y

yy

y yA dxdy x dy y y dy y u

x

3x y 1,1

2

2x y

y

2

R

x

2 2 1x y

2 2 5x y

y

R



5. Calcular el área de la región R interior a las curvas:

2 223 3

9 25x y

y y x

Resolución: Es recomendable graficar de manera aproximada las curvas para tener la región pedida.

22 2 2 2

2

75 5 33 1 ;

9 25 27 75 27 3 3

a ax y x y

b b

La primera curva es una elipse con centro en el origen, semi eje menor en el eje " "x y de longitud 3 3 ; y semi eje mayor en el eje " "y , de longitud 5 3 . La segunda es una parábola con vértice en el origen y que abre en el sentido positivo del eje " "y . Habrá que determinar la intersección entre ambas curvas para obtener los límites de integración. Así,

2 2 2 22 2 33 ; 3 3 3

3 9 25 9 25 27 25

yy x y y y y

y x x

12

2

8.20965727 25 2025 0

9.135582

yy y

y

Nos centraremos sobre el primer punto que está contenido en ambas curvas. Como determinamos el punto en el eje " "y por facilidad, calculemos los puntos que le corresponden sobre el eje “x”.

1.654258.2096571.654253 3

yx

Como se observa en la gráfica, es simétrica con respecto al eje “y”. Esto quiere decir que si multiplicamos por dos el área encerrada en el primer cuadrante, obtendremos el área encerrada por las dos curvas. Luego, la integral doble que resuelve el problema planteado es la siguiente, junto con su resolución.

x

23y x2 2

39 25x y

5.2 5.2

1.65,8.2 1.65,8.2y

8.7

R



2

2

5 27 2 21.65425 1.65425 1.65425 1.654252 23

0 3 0 0 0

5 27 5 272 2 3 2 2 3

3 3

x

x

x xdydx x dx dx x dx

1.65425 1.654252 2

0 0

1027 6

3x dx x dx

La primera integral se deberá resolver por sustitución trigonométrica, mientras que la segunda se resolverá de manera inmediata. Así,

227 x dx

2 1 1 27 27

3 3 cos 3 3 cos 27 cos 27 cos2 cos22 2 2 2

y y dy y dy y dy dy y dy

27 27 27 272 cos

2 4 2 23 3

xy sen y C angsen seny y C

2 227 27 27 27 272 2 2 23 3 3 3 3 3 3 3

x x x x x xangsen C angsen C

Por lo que la integral para calcular el área requerida es: 1.65425

23 2

0

5 27Área= 45 2 19.1069

33 3

x x xangsen x u

6. Calcular el área de la porción de la superficie 2 2 2 5 ; 0x y z z , interior a la superficie

2 2 4x y . Resolución: La figura aproximada de esta porción es:

y

x 3 3

227 x

23 3 ; 3 3 cos : 27 3 3 cosx seny dx y dy x y



Para obtener el valor del área requerida, que se observa en la figura, se utiliza la expresión para el cálculo de áreas de superficies y es conveniente emplear coordenadas esféricas. Entonces:

22

1R

z zA S dA

x y

2 2

2 2 2 25 ; ;

5 5

z x z yz x y

x yx y x y

2 2

2 2 2 2 2 2

11 5

5 5 5R R

x yA S dA dA

x y x y x y

22 2 2 2

20 0 0 0

15 5 5

5A S d d d

2 2

05 5 1 5 5 1 2 17.37A S d u

7. Calcular el volumen de la región limitada por los planos

2 ; 0 ; 0 ; 0 ; 2 2z x y x y z x y

Resolución:

R: 0 2 2

0 1

x y

y

y

z

x

2 2 2 5x y z

2 2 4x y

área requerida

R



1 2 2 1 12 22 2

00 0 0 0

11 2 2 3 3

00

(2 ) ( ) (2 2 ) (2 2 )

2 2 54 6 2 4 3 4 3

3 3 3

y yVol z dA x y dx dy x yx dy y y y dy

y y dy y y y u

8. Calcular el volumen del sólido que es limitado en la parte superior por el plano 3z y en la parte inferior por la región en el plano " "XY comprendida entre los ejes " " " "x y y , así como por la recta 6 12x y . Resolución: La gráfica aproximada de el volumen pedido se muestra en la siguiente gráfica:

El volumen se obtiene mediante la siguiente integral doble reiterada:

1212 21212 12 12 36 6

0 0 0 00

123 3 6 72 36 36

2 4

y y

o

y yV dx dy x dy dy y u

9. Calcular el volumen del sólido que se encuentra debajo de la superficie 2 23 cosz x y y

en la parte superior de la región en el plano " "XY que se encuentra limitada por las circunferencias 2 2 2 24 9x y y x y . Resolución: Como se observa, la función escalar de variable vectorial que define a la superficie dada es continua en todos los reales de 2 y es positiva, por lo que en el dominio dado por las circunferencias

2 2 2 24 9x y y x y se tiene un volumen, el que se calcula con una integral doble y con el auxilio de las coordenadas polares que simplifican significativamente todas las operaciones de integración y otro cálculos.

y

y

x

3z

6 12x y 6

12



Se cambia a coordenadas polares (mediante el Jacobiano de la transformación):

2 3 2 32 2

0 2 0 23 cos 3 cosV d d d d

32 22 2

0 02

3 1 27 9 46

2 2 2 2 2sen sen

V sen d d

315 9 4V sen sen u

10. Calcular el volumen en el primer octante del sólido que está limitado por los planos coordenados y por la superficie de ecuación:

4

1

2 4 6z

x y

Resolución: Como la superficie siempre está por encima del plano " "XY , la región R es infinita y está dada por: xyxR 0, ; y0 ; yx,

entonces la integral doble impropia, así como su resolución, son:

42 4 6R

dAV

x y

4 30 0 0

0

1 1lim lim lim lim

2 4 6 18 2 4 6

n

m n m

m n m nV dydx dx

x y x y

3 3 30 0

1 1 1lim lim lim

18 2 4 6 18 2 4 18 2 4

m m

m n mV dx dx

x n x x

2 2 2

0

1 1 1lim lim

144 2 4 144 2 4 144 2

m

m mV

x m

x

2 2 4x y

2 2 9x y

y



2 2 1x y 2 2 9x y

R

x

y

3

2

1 10.001736

576144 2V u

11. Calcular el volumen de la región limitada superiormente por la superficie 2 2z x y , inferiormente por el plano " "XY y localizada sobre la región " "R limitada por las curvas

2 2 2 21 9x y y x y Resolución: La superficie es un paraboloide circular o de revolución cuyo vértice está en el origen de coordenadas, y la gráfica de la región R es la que se encuentra entre las dos circunferencias dadas y que se muestra en la siguiente figura: El volumen requerido se obtiene a partir de 2 2

R

V x y dA . Dada la forma de la ecuación de

la superficie y de las curvas que limitan la región, resulta conveniente utilizar coordenadas polares, por lo que la doble integral para obtener el volumen queda como:

2 3 2

0 1V d d

y al resolverla se llega a:

342 3 2 2 2 23 3

00 1 0 0 01

81 120 20 40

4 4 4V d d d d d u

12. Calcular el volumen del sólido limitado por el paraboloide circular 2 2x y z y el plano 1x . Resolución. El sólido cuyo volumen se pide se muestra en la figura de manera aproximada:



Así, considerando la región R en el plano " "YZ , se observa que la función del integrando equivale al volumen detrás del plano vertical 1x , menos el volumen detrás del paraboloide circular. Entonces, aprovechando la simetría, el volumen se calcula mediante la siguiente integral doble:

2

2 2131 1 1 1 12 2 2

0 0 0 0 00

4 1 4 1 43

zz z y

V x dy dz y z dy dz y yz dz

3

2 21 11 2 2 22 20

14 1 1

3

zz z z d z

Esta integral se puede resolver mediante la sustitución senz , de la siguiente forma:

3 3

2 22 2

0 0

cos cos4 cos sen cos cos 4 cos 1 sen cos

3 3V d d

24 22 2 2

0 0 0

8 2 2cos 1 cos2 1 2cos2 cos 2

3 3 3d d d

22

00

2 1 1 2 3 sen41 2cos2 cos4 sen2

3 2 2 3 2 8d

32 3 sen2 2 3sen

3 2 2 8 3 2 2 2u

13. Calcular la masa de la lámina correspondiente a la porción del primer cuadrante del círculo

2 2 4x y , siendo la densidad en el punto ,x y proporcional a la distancia entre el punto y el

centro del círculo. Resolución: En un punto cualquiera ,x y , la densidad de la lámina es :

z

1x 2 2x y z

y

x



2 2 2 2, 0 0x y k x y k x y

Puesto que 0 2x y 20 4y x , la masa viene dada por 22 42 2 2 2

0 0

x

R

m k x y dA k x y dy dx

Para simplificar la integración, pasamos a coordenadas polares, usando los límites

02 y 0 2

Así pues, 232 22 2 2 22 2 2

0 0 0 0 00

3R

kM k x y dA k d d k d d d

2 200

8 8 43 3 3k k k

M d

14. Determinar el Centro de Masa de la lámina correspondiente a la región parabólica

20 4y x , donde la densidad en el punto ,x y es proporcional a la distancia entre el punto

y el eje " "x . Resolución: La región parabólica, de manera aproximada, es:

Como la lámina es simétrica con respecto al eje " "y y la densidad en un punto cualquiera de la

lámina es igual a ,x y k y , el centro de masa está en el eje " "y . Luego 0x . Para

obtener y , primero se calcula la masa de la lámina:

2 22 4 2 242 2 4

02 0 2 216 8

2 2

x xk kM kydydx y dx x x dx

x

y

24y x lámina



23 5

2

8 64 32 64 32 25616 32 32

2 3 5 2 3 5 2 3 5 15k x x k k

M x k

A continuación, se calcula el momento respecto al eje " "x :

2 22 4 2 243 2 4 6

02 0 2 2( ) 64 48 12

3 3

x xx

k kM y ky dydx y dx x x x dx

25 73

2

12 409664 16

3 5 7 105x

k x x kM x x

Así pues, 4096 /105 16256 /15 7

xM ky

m k

y por lo tanto, el centro de masa es: 16

0,7

CM

15. Una lámina tiene la forma de un triángulo rectángulo isósceles cuyos lados iguales miden " "a unidades. Calcular su masa y el centro de masa si la densidad de área en cualquier punto " "P es directamente proporcional al cuadrado de la distancia de " "P al vértice opuesto a la hipotenusa. Resolución: Resulta conveniente introducir un sistema coordenado, donde el vértice del triángulo es el origen de coordenadas y la hipotenusa está sobre la recta de ecuación x y a . Considérese entonces la siguiente figura:

Si se denota como " "k a la constante de proporcionalidad, entonces la densidad se expresa como

2 2,x y k x y , y la masa se obtiene mediante la integral doble

2 2 2 2

0 0

a a x

R

M k x y dA k x y dy dx

332 2

0 00

3 3

a xa a a xy

M k x y dx k x a x dx

x

a

a

y

x y a



3 2 2 32 3

0

3 33 3 3 3

a a a x ax xM k ax x dx

3 4 3 2 2 3 4

03 4 3 2 3 12

aax x a x a x ax x

M k

4 4 4 4 4 4 4

3 4 3 2 3 12 6a a a a a a ka

M k

Para calcular el momento estático con respecto al eje " "y , se procede mediante la siguiente integral doble:

2 2 2 2 3 2

0 0 0 0

a a x a a x

yR

M x k x y dA x k x y dy dx k x xy dy dx

333 3

0 00

3 3

a xa a

y

x a xxyM k x y dx k x a x dx

3 2 2 3 43 4

0

3 33 3 3 3

a

y

a x a x a x xM k a x x d x

4 5 3 2 2 3 4 5

04 5 6 3 4 15

a

y

ax x a x a x ax xM k

5 5 5 5 5 5 5

4 5 6 3 4 15 15y

a a a a a a kaM k

Entonces la abscisa del centro de masa está dad por:

5

4

2155

6

y

kaM

x akaM

. Por simetría la

ordenada tiene el mismo valor. Luego, el centro de masa es: 2 2

,5 5

C M a a

16. Mediante el teorema de Green calcular el valor de 3 3( 3 ) (6 )

Cx dx xy y dy donde " "C

está formada por los segmentos de recta que unen a los puntos: 0 1 1 2 2 00,0 2,1 ; 2,1 2,4 2,4 0,0P a P de P a P y de P a P

Resolución: La trayectoria se representa en la siguiente figura:



Por el teorema de Green, se utiliza la integral doble en lugar de la de línea. Así:

3 33 0 ; 6 6P Q

P x Q xy y yy x

Entonces: 222 2 2 2 2 2

0 0 02

2

6 36 12

2 4

xx

xc xR

Q P yPdx Qdy dx dy y dy dx dx x x dx

x y

23

0

45 84530

4 3 12cR

Q P xPdx Qdy dx dy

x y

17. Evaluar 2(4 ) ( 3 )x

Ce dx seny x dy donde C es la frontera de la región R en el

primer cuadrante, limitada por los arcos de las circunferencias con centro en el origen y radios " " " "a y b tales que b a . Resolución: La región " "R , con la frontera C es:

Aplicando el teorema de Green y cambiando a coordenadas polares se tiene que:

x

y

a b

C

R

x

y 2,4

2,1

R

C



32 2

0 0

3 3 3 3 3 32 200

(6 0) (6 cos ) 2 cos

2( )cos 2( ) 2( )

b b

aaR

x dA d d d

b a d b a sen b a

18. Demostrar que el área de una región cerrada simple, en coordenadas polares, está dada por

212 c

A d

Resolución:

2 2 2 2 2

cos ; cos

1 1( cos )( cos ) ( )( )

2 2

1 1( cos )

2 2

c c

c c

x dx sen d y sen dy d

A xdy ydx A d sen sen d

sen d d

Queda demostrado. 19. Calcular el área de la parte del paraboloide 2 2x y z que está por debajo del plano 2z . Resolución: La gráfica se muestra a continuación:

En problemas como este conviene proyectar el paraboloide sobre el plano " "XY , y después aplicar la expresión para calcular el área de la superficie pedida. Es factible utilizar coordenadas cilíndricas.

y

x

z

2 2x y z

2z



222 2 2 2 2

2 ; 2

1 4 4 1 4( ) 1 4 1

z zx y

x y

z zx y x y

x y

Haciendo simultaneas las ecuaciones del paraboloide y el plano:

,

22

,

32 2 2 2 2

0 0

232 22 20 0

0

,1 ; , 0 2,0 2

,

1 1 24 1 ; 4 1 ; 8 ;

8 8 3

1 2 1 13 134 1 27 1 2

8 3 12 6 3

R

z z x yS J d d R

x y

S d d u du d u du u C

S d d

Por lo que el área de dicha superficie es 133 unidades de área.

20. Verificar que el área de la superficie de una esfera de radio r es igual a 24 r . Resolución: Considérese una esfera con centro en el origen de coordenadas y radio r .

La expresión para calcular el área de la superficie ,z f x y es:

22

1R R

z zS dS dA

x y

2 2 2 2x y z r

y

x

z



como 2 2 2

2 2 2 2 2 2;

z x z yz r x y

x yr x y r x y

; luego, si se

considera la región circular 222 ryx y se trabaja en un cuarto de ella, se tiene que el área de la superficie viene dada por:

2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0 08 1 8

r r x r r xx y rS dy dx dy dx

r x y r x y r x y

2 2

2

02 20 00

8 8 1 4 4r x

r r ryS r angsen dx r angsen dx r x r

r x

21. Calcular el área del sólido que se forma por la intersección de los siguientes cilindros:

2 2 2 21 1x z y y z Resolución: La gráfica aproximada de la intersección de los cilindros dados, en el primer octante es:

Por simetría, sólo calcularemos en el primer octante y multiplicando por 8 encontraremos la solución. También hay simetría con respecto al plano x y por lo que no sólo hay simetría en los ocho octantes, sino que también la hay en cada octante. Debido a esto podremos analizar sólo el área de un cilindro en el primer octante y multiplicarla por 16. El cilindro que analizaremos será 2 2 1y z sobre la región correspondiente del plano XY , que es el triángulo formado por las rectas

0 ; 1 ;x y x y . Así,

y

2 2 1x z 2 2 1y z

x

intersección

z

R



21z y 222 2

22 2

11 1 0 1

11 1

z z y yds dA dA dA dA

x y yy y

1 1 1

2 2 20 0 0 0

0

116 16 16

1 1 1

y

y x yS dx dy dy dy

y y y

1

2

016 1 16 1 16 unidades de áreaS y

22. Calcular el área de la superficie del paraboloide de ecuación 2 2 22 4 0az a x y , que se encuentra por arriba del plano XY .

Resolución: Una figura aproximada del paraboloide es:

Para simplificar considerablemente las operaciones, se resolverá en coordenadas cilíndricas:

2 2 2 242

2 2x y a

z aa a

2 2 2 22 2

2 2 2

( 2 ) ( 2 ) 4 41 1 1

4 4 4x yR R R

x y x yS z z dx dy dxdy dxdy

a a a

22 2 22 2 2 2 2 2 3

00 0 0

1 1 1 2( )

2 3

aa

Ra d d a d d a d

a a a

2 2 23 6 6 3 2 2

0 0

1 5 5 1 5 5 1 25 (2 ) (5 5 1)

3 3 3 3a

a a d a d a ua a

y

2 2 24x y a

R

x

2 2 2 2x y a z a

z



23. Se tiene una lámina en forma de superficie cónica, cuya ecuación es

2 2 2

0 ; 0 316 16 9x y z

z

Calcular su masa y su densidad media si ésta, en un punto ,x y de la lámina, es igual a

2 2,x y x y

Resolución: Aquí se utilizará una integral de superficie. Una representación aproximada de la lámina cónica, así como de la región sobre la que se integrará, se muestran a continuación:

Para calcular la masa, se hace uso de la integral de superficie siguiente:

22

, , 1S R

z zM x y dA x y dA

x y

2 2

2 2 2 2

3 3 34 4 4

z x z yz x y y

x yx y x y

Luego,

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

9 9 51

416 16R R

x yM x y dA x y dA

x y x y

Se cambia a coordenadas polares:

432 4 2 4 2 2 22 2

00 0 0 0 0 00

5 5 5 80 80 1604 4 4 3 3 3 3

M d d d d d d

Por el teorema del valor medio para las integrales dobles:

x

x

y2 2 16x y

2 2 2

016 16 9x y z

z

x

R



160

103, , ; ,16 3M M M M

S

x y dA x y A R x y

que es la densidad media de la lámina cónica. 24. Calcular el volumen del sólido limitado por los cilindros 2 2 2 21 1x z y x y , en el primer octante. Resolución: La gráfica aproximada es la siguiente:

Luego, el volumen se obtiene a partir de la siguiente triple integral, sobre la región R señalada en la figura:

2 2 2 221 1 1 1 1 1 11 2

00 0 0 0 0 0 01

x x x xx

R

V dV dz dy dx z dy dx x dy dx

2 1311 12 2 3

0 000

21 1

3 3

x xV x y dx x dx x u

25. Una compañía produce un objeto esférico con un radio de 5 cm . Un hoyo, cuyo radio es de 4 cm , es taladrado a través del centro del objeto. Determinar el volumen del objeto. Solución:

y

R

2 2 1x y 2 2 1x z

z

x



Por comodidad situaremos a la esfera con centro en el origen, por lo que: 2 2 2 25x y z . De igual manera si tratamos al hoyo de radio 4 como un cilindro que cruza a la esfera por su centro (el origen) y que su eje de simetría es el eje " "z , su ecuación es: 2 2 16x y . Se realiza una gráfica aproximada en el primer octante y:

Si nos imaginamos la figura podemos ver que es simétrica con respecto a los planos coordenados, por lo que podremos trabajar sólo con el primer octante y el resultado lo multiplicaremos por 8. En la gráfica podemos observar la región que se encuentra precisamente entre el cilindro y la esfera; es decir, se toma el área de la esfera, pero le quitamos la del “hoyo” que ha hecho el taladro. Se utilizan coordenadas cilíndricas y se obtiene:

25 252

0 4 08V dz d d

De donde,

2 3

255 25 5 2 22 2 2

0 4 0 0 4 0 4

88 8 25 25

3V dz d d d d d

3 22 3200

8 825 16 27 72 36

3 3 2V d cm

26. Para los datos del problema anterior, determinar la superficie del objeto. Resolución: Utilizaremos las mismas ecuaciones del ejemplo anterior. La superficie a analizar es la esfera, de

donde: 2 225z x y

y

z

x

2 2 2 25x y z

2 2 16x y

2 2 25x y



2 222

2 2 2 21 1

25 25

dz dz x yds dA dA

dx dy x y x y

2 2

2 2 2 2 2 2

51

25 25 25

x ydA dA

x y x y x y

Con coordenadas cilíndricas:

2 2 22 2

5 5 5

25 2525x y x y

Ahora calculemos el área de la superficie con los límites de integración que ya hemos definido:

55 2 22 2 2

20 4 0 04

58 40 25 40 3 120 60

225S d d d d cm

27. Determinar el centroide de la región W limitada en el primer octante por la superficie esférica de centro el origen y radio " "a , y los planos coordenados. Resolución: La gráfica de esta región, aproximadamente, es la que se muestra en la figura:

El momento con respecto al plano " "XY , utilizando coordenadas esféricas, está dado por:

422 2 2 2

0 0 0 0 00

cos cos4

aa

xyR

rM z dz dy dx r r sen dr d d sen d d

4 4 2 4 422 2 2 2

0 0 0 00

cos4 4 2 8 16

a a sen a asen d d d d

y

x

R

2 2 2 2x y z a

z



4

3

3168

6

xy

aM a

zaV

Por lo que, dado que existe simetría, se obtiene: 3 3 3

, ,8 8 8a a a

C

28. Ubicar el centroide de la región W limitada por el paraboloide 2 24z x y y el plano 0z Resolución: La región aproximada se puede ver el la siguiente figura:

Por simetría, 0x y , por lo que sólo se calculará z , mediante la expresión: xyMz

V .

Luego, utilizando coordenadas cilíndricas, se llega a:

242 2 2 22 2 2 2

0 0 0 00

(4 ) (4 ) 2 4 4 2 84R

V x y dx dy d d d d

2

2422 2 4 2 2 2 2 22

0 0 0 0 0 0 00

14

2 2xy

zM z dz d d d d d d

22 232

0 00

1 64 16 324 2

12 12 3 3d d

Por lo tanto,

3243

8 3z

, y entonces el centroide es:

40,0,

3C

y

z

x

2 24z x y

2 2 4x y



29. Calcular el volumen y el centro de masa del sólido limitado superiormente por la esfera

2 2 2 9x y z e inferiormente por la hoja superior del cono 2 2 2z x y . Supóngase que el sólido tiene densidad uniforme. Resolución: En la siguiente figura se aprecia en forma aproximada el sólido considerado.

La ecuación de la esfera en coordenadas esféricas está dada por:

2 2 2 2 9r x y z o sea 3r además, la esfera y el cono se cortan cuando

2 2 2 2 2 2 2 2 2 39 ; 9 2 9

2x y z x y z z z z z

por lo tanto, como cosz r se deduce que 3

12cos cos3 42

ang

y entonces el volumen se calcula mediante la integral triple: 332 3 224 4

0 0 0 0 00

3R

rV dV r sen dr d d sen d d

2 2 2

4 400 0 0 0

99 9 cos 9

2V sen d d d d

2

0

9 9 2 99 2 9 2 9 2 16.56

2 2V

Por la simetría del sólido, el centro de masa está sobre el eje " "z y, por consiguiente, sólo es

necesario calcular la cota z del centro de masa, lo que se hace mediante la expresión zMz

V ;

como cosz r , entonces:

y

x

2 2z x y

2 2 2 9x y z

z



342 3 224 4

0 0 0 0 00

cos cos4z

R

rM z dV r r sen dr d d sen d d

2 42 2 2 24

00 0 0 00

81 81 81 81cos 31.81

4 4 2 16 16z

senM sen d d d d

de donde 31.81

1.9216.56

z y entonces las coordenadas del centro de masa son

0 , 0 , 1 .9 2 .

30. Un sólido tiene la forma de un cilindro circular recto cuyo radio es " "a y su altura " "h . Ubicar su centro de masa si la densidad en un punto " "P es directamente proporcional a la distancia de " "P a la base . Resolver este problema con dos sistemas coordenados. Resolución: Es conveniente ubicar un sistema coordenado con el cilindro como sigue:

Como se observa en la figura, el sólido está limitado por las gráficas de

2 2 2 ; 0x y a z y z h . De acuerdo con los datos, la densidad en un punto , ,x y z

es , ,x y z k z para algún valor de " "k . Evidentemente el centro de masa está en el eje

" "z y entonces es suficiente calcular xyMz

M . Además, por la simetría de su distribución de

densidad " " y la simetría del sólido, se pueden calcular xyM y M en el primer octante y

multiplicar por "4" . Por otro lado, como se trata de un cilindro, es posible utilizar coordenadas cilíndricas; luego se tiene que:

2 2

2 2 22 2 2 200 0 0 0 0 0

0 0

4 4 22 2

h aa h a rz r

M kzr dz dr d k dr d kh d kh a

2 2

2kh a

M

3 3 2 3 2

22 2 2 200 0 0 0 0 0

0 0

4 24 4

3 3 2 3

h aa h a

xy

rz kh r kh aM kz r dz dr d k dr d d

y

z z h

2 2 2x y a

x



y x

2 2a x

a

3 2

3xy

kh aM

Finalmente, 23

xyM hz

M . Luego, las coordenadas del centro de masa son:

20,0,

3h

CM

.

Si se hubiera resuelto mediante coordenadas cartesianas, sin aprovechar las ventajas del sistema coordenado cilíndrico ortogonal, se tendría el siguiente cálculo, que, como se observa, se dificulta más que el anterior:

2 2 2 2 22 2 2

0 0 0 0 0 04 4 2

2

a a x h a a x ahM k z dz dy dx k dy dx kh a x dx

Se resuelve la integral por sustitución trigonométrica y se tiene que: 2 2a x dx

x a seny ; cosdx a y dy ; 2 2 cosa x a y

2 2 2 1 1cos cos cos cos 2

2 2a y a y dy a y dy a y dy

2 2 2 2

2 cos2 4 2 2

a a a ay sen y C y seny y C

2 2 2 2

2 2a x a x a x

angsen Ca a a

luego: 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

0

22 2 .

2 2 2 2 4 2

a

a x x a x a kh a k h aM kh angsen kh

a

por otro lado,

2 2 2 2 3 3 3 2

2 2

0 0 0 0 0 0

44 4

3 3 3

a a x h a a x a

xy

h kh k h aM z kz dz dy dx k dy dx a x dx

23

xyM hz

M

20,0,

3h

CM

31. Ubicar el centro de masa del cubo unidad 0 1 ; 0 1 ; 0 1x y z , si la densidad

en cualquier punto , ,x y z es directamente proporcional al cuadrado de su distancia al origen.

Resolución:



La densidad del cubo está dada por: 2 2 2, ,x y z k x y z . Entonces, la masa se calcula

de la siguiente forma:

131 1 1 1 12 2 2 2 2

0 0 0 0 00

3z

M k x y z dz dy dx k x z y z dy dx

1 13 31 1 1 12 2 2 2

0 0 0 00 0

1 2 23 3 3 3 3 3

y y x xk x y dy dx k x y dx k x dx k

M k El momento con respecto al plano " "YZ es:

1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0yzM k x x y z dz dy dx k x x y z dz dy dx

14 21 1 12 2 3

0 0 00

2 2 2 73 3 3 4 3 12yz

x x x kk x x dx k x x dx k x dx k M

luego la abscisa del centro de masa es igual a: 7

71 21 2

y z

kM

xM k

y por simetría, la ordenada y la cota del centro de masa tienen el mismo valor, es decir 7 7

;12 12

y z . Finalmente

7 7 7, ,

1 2 1 2 1 2C M

32. Sea " "C el triángulo formado por las trazas del plano 2 2 6x y z con los planos coordenados, con el sentido antihorario. Verificar el Teorema de Stokes para el campo vectorial

2, ,F x y z y i z j x k

.

1

1

1

y

z

x



Resolución: La figura aproximada de este triángulo, con los datos necesarios para verificar el Teorema de Stokes, se muestra a continuación:

El Teorema de Stokes establece que:

C S

F dr F n dS

Primero se resolverá la integral de superficie s

F n dS

2

2

i j k

F i j y kx y z

y z x

2 2, , 2 2 6 0

3i j k

f x y z x y z n

6 2 2 2 ; 2z z

z x yx y

22

1 1 4 4 3 3z z

dS dA dA dA dS dAx y

Por lo tanto

3 3

0 02 2 2

y

s

F n dS i j y k i j k dx dy

y

x

2 6x z n

3x y

3C

1C

2C

3,0,0

0,0,6

0,3,0

z

2 6y z



333 3 3 33 2 2

00 0 0 00

22 4 2 4 10 2 12 5 12 9

3

y y yy dx dy yx x dy y y dy y y

9s

F n dS

Si se evalúa ahora la integral de línea C

F dr , se tiene que:

1 : ; 3 ; 0 0C x t dx dt y t dy dt z dz

1

030 2 2

33

3 9 3 93C

tF dr t dt t t

2 : 0 0 ; ; 6 2 2C x dx y t dy dt z t dz dt

2

0 02

336 2 6 9

C

F dr t dt t t

3 : ; 0 0 ; 6 2 2C x t dx dt y dy z t dz dt

3

3 32

002 9

C

F dr t dt t

9 9 9 9C

F dr

Y se verifica el Teorema 33. Calcular 2

s

x dy dz y dz dx z dx dy donde " "S es la superficie formada por las

superficies 1 2S y S , representadas por:

2 21 2: 1 : 0s x y z y s z

Resolución: NOTA: El Teorema de la Divergencia establece que el flujo total hacia fuera desde una región cerrada " "D a través de una superficie " "S , es igual a la integral triple de la divergencia calculada en la región " "D limitada por la superficie " "S . Entonces:

2 21 2 12 2 2

0 0 0

4

4 4 Volumen de "S" 4 4 1 ( ) 4 (1 ) 2xy xy

x y

xyR R

P Q Rdiv f

x y z

I dv dzdA x y dAxy r rdrd

; ; 2 ; 1 ; 1 ; 2P Q R

P x Q y R zx y z



34. El campo de velocidades de un fluido está dado por , , 5F x y z z k

, y S es la esfera de

ecuación 2 2 2 16x y z . Calcular el flujo de F a través de S . Resolución: Si en lugar de calcular el flujo de F a través de S como

1 2

1 2S S S

F n dS F n dS F n dS ;

Donde 1S es la mitad superior de la esfera y 2S es la mitad inferior, 1n es un vector normal

unitario a la mitad superior y 2n es un vector normal unitario a la mitad inferior. Usamos el

Teorema de la Divergencia de Gauss, para calcular el flujo de F a través de S , que es:

S D

F N dS divF dV

Como ( , , ) 5F x y z z k

, entonces 5divF zz

; esto es, 5divF .

De este modo: 34 12805 5 Volumne de D 5 4

3 3S D

F N d dV

Por tanto la tasa de flujo del fluido a través de la esfera es 1280

3 .

35. Calcular el flujo de , ,F x y z xy i yz j xz k

a través de la superficie del cubo que se

forma en el primer octante con los planos: 1 ; 1 ; 1x y z . Utilizar para esto el Teorema de la Divergencia o de Gauss. Resolución: La gráfica del cubo se muestra en la siguiente figura:

x

y

1

1

1

z



Para calcular el flujo de F a través de la superficie del cubo, habría que evaluar la integral de

superficie S

F n d S , la cual habría que calcular en las seis caras del cubo, pero, como se

pide en el enunciado del problema, por el Teorema de la Divergencia, calcular el valor de dicha integral equivale a evaluar la triple integral de la divergencia de F sobre la región interior al cubo. y este Teorema de Gauss expresa lo siguiente:

S D

F n dS d iv F dV ; div F y z x

121 1 1 1 1

0 0 0 0 00

2D

zdiv F dV z y x dz dy dx y x z dy dx

1 12 21 1 1 1

0 0 0 00 0

1 1 31 1

2 2 2 2 2 2y y x

y x dy dx xy dx x dx x

36. Usar el Teorema de la Divergencia para calcular el volumen del elipsoide de ecuación:

2 2 2

2 2 21

x y za b c

Resolución.

Se sabe que R S

F dV F n dS donde cos cos cosn i j k

.

Si se hace F x i

se obtiene:

,0,0 cosD D S S

F dV V x n dS V x dS

y de manera semejante: cosS

V y dS y cosS

V z dS

Para resolver el problema basta usar sólo una de las integrales. Además, se calculará la octava parte del volumen y el resultado se multiplicará por 8.

y

z

O

c

b

a

A

B

C

2 2

2 21

x ya b

x



Se tiene que cos

S

V z dS

cos cos cos cosAOC AOB BOC elipsoide

V z dS z dS z dS z dS

Para las caras AOC y BOC; 0cos ya que es el ángulo entre n y k

. Para la cara AOB, 1cos y 0z ; por lo tanto

8 cos 8elipsoide elipse

V z dS z dA

puesto que cosdA

dS

.

Entonces: 2 2 2 2 2 2

2 20 0 0 08 8 1

a ab b y b b y

b b x yV z dx dy c dx dy

a b

Por fórmula:

2 2

2 22 2

2 2 2 2 22 2 2

2 2 2 202

20

4sen

ab y

b

b

y aa x

c y a y a bV x a x a anga b b y a

ab

2 3

2 2 2 32 20

4 2 42 3 3

bb

o

c a ac yV b y dy b y a bc u

a b b

37. Sea " "q la región limitada por el cilindro 24z x , el plano 5y z y los planos " " " "XY y XZ , y sea " "S la superficie de la región " "q . Si se tiene el campo vectorial

2 23 2, , sen cos x yF x y z x z i x y z j e k

,

calcular el valor de la integral de superficie S

F n dS .

Resolución: A continuación se muestra una figura aproximada de la región planteada:



Como se observa en la figura, la región " "q tiene muchos vectores normales unitarios externos, por lo que sería un trabajo sumamente complicado evaluar la integral de superficie pedida de forma directa. Sin embargo, si se usa el teorema de Gauss o de la Divergencia, que se representa mediante la expresión:

S Q

F n dS F dV , dado que el campo vectorial tiene derivadas

parciales continuas en la región " "q , entonces se tiene que el cálculo de la integral de superficie pedida equivale al cálculo de la integral triple siguiente:

2 2 23 4Q Q

x x dV x dV

Esta integral triple equivale a: 2 22 4 5 2 4 52 2

02 0 0 2 04 4

x z x zx dy d z d x x y d z d x

2 22 4 2 42 2 2

2 0 2 04 5 20 4

x xx z dz dx x x z dz dx

22 2 242 2 2 2 2 2 2

02 220 2 20 4 2 4

xx z x z dx x x x x dx

2 22 4 2 4 6 2 4 6

2 280 20 32 16 2 48 4 2x x x x x dx x x x dx

25 73

2

4 2 128 256 128 256 460816 128 128 131.7

5 7 5 7 5 7 35x x

x

por lo tanto, se tiene que 131.7S

F n dS

y

z

N

N

x N

24z x

5y z

4

2 5

problemario copadi de cÁlculo vectorialdcb.fi-c.unam.mx/publicaciones/catalogo/archivos/4.pdf ·...

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