CALCULO VECTORIAL

TITULO:

RECOPILACIÓN DE PRUEBAS

TUTOR:

ING. EDISON GUAMAN

ALUMNO:

BRYAN ZAMORA

SANGOLQUI, 04-03-2015

PARCIAL 1 - PRUEBA N° 1

1. Calcular el volumen alrededor del eje y de las siguientes

ecuaciones:

� x2 + y2 = 4 (1)

� x = −m2 ; y = 1− m2 (2)

Ecuación (2) cambio a coordenadas cartesianas: y = 1− x2Reemplazo ecuación (2) en (1)1− y + y2 = 4y2 − y − 3 = 0y1 = 2, 3y2 = −1, 3Trabajo con y2para encontrar x, reemplazo en ecuación (1):x2 + y2 = 4x =

√4− y2 =

√4− (−1, 3)2 = 1, 52

Ecuación (1) en coordenadas polares:x = 2costy = 2sentCon x obtenido anteriormente encuantro t:1, 52 = 2cost

1

t = 0, 71Por lo tanto: t1 = 2π − 0, 71 = 5, 57Entonces formulando el área total tenemos:A = 1

2

´ 5π2

5,574dθ −

´ 10

√1− ydy −

´ 0−1,3[√

1− y − (− y0,87 )]dy

A = 4, 57− 0, 67− 0, 69A = 3, 21Para momento en y:

My = 13

´ 5π2

5,5723cosθdθ −

´ 10

(1− y)dy −´ 0−1,3[(1− y)− (− y

0,87 )2]dyMy = 4, 41− 0, 5− 1, 18 = 2, 73Determinamos distancia del eje y, al centro del área buscada para usar Pap-

pus:d = x = 2,73

3,21 = 0, 85Por lo tanto:V = 2π ∗ d ∗A = 2π ∗ (0, 85) ∗ (3, 21)V = 17, 14

2. Determinar el volumen de revolución del segundo cuad-

rante al rotar las regiones limitadas por:

� r = 2(1− cosθ) (1)

� r = −6cosθ (2)

Alrededor de la recta y = 4 + x

2

Igualo (1) y (2):2(1− cosθ) = −6cosθ2cosθ = −1θ = 2π

3Formulo el área:A = 1

2

´ π2π3

4(1− cosθ)2dθA = 7, 039Para el momento en x:Mx = 1

3

´ π2π3

8(1− cosθ)3dθMx = 7, 29Para el momento en y:My = 1

3

´ π2π3

8(1− cosθ)3cosθdθMy = −14, 979Para el centroide:x = −14,979

7,86 = −1, 91

y = 7,297,86 = 0, 93

Según la ecuación de la recta: x− y + 4 = 0Determinamos la distancia:d = ax+by+c√

a2+b2= −1,91−0,93+4√

12+(−1)2= 0, 82

Por lo tanto el volumen es:V = 2π ∗ d ∗A = 2π ∗ (0, 82) ∗ (7, 039)V = 36, 28

3

PARCIAL I - PRUEBA II

1. Calcular el volumen de revolución de 9ay2 = x(x− 3a)2 en el eje y

Puntos de corte en X: x=0; x=3a

y =√

x(x−3a)29a

A = 2´ 3a0−√

x(x−3a)29a dx = − 2

√a

3a

´ 3a0

√x(x− 3a)dx

A = − 2√a

3a

´ 3a0

(x

32 − 3ax

12

)dx = − 2

√a

3a

(25x

52 − 2ax

32

)|3a0

A = 2, 77a2u2

My = −− 2√a

3a

´ 3a0x(x

32 − 3ax

12

)dx = − 2

√a

3a

´ 3a0

(x

52 − 3ax

32

)dx

My = − 2√a

3a

(27x

72 − 6

5ax52

)|3a0

My = 3, 56a3

x = MyA = 3,56a3

2,77a2 = 1, 28aPappus

Vrev = 2π(1, 28a)(2, 77a2) = 22, 36a3

1

2. Calcular la super�cie de revolución de: r = 1 + cos(θ) y x2 = 1− 2yalrededor de x=-2

{x = rcos(θ) = (1 + cos(θ))cos(θ)

y = rsen(θ) = (1 + cos(θ))sen(θ)

x2 − 1 + 2y = ((1 + cos(θ))cos(θ))2 − 1 + 2(1 + cos(θ))sen(θ) = 0Newton:θ1 = 5, 79θ2 = 2, 058

;x1 = 1, 65x2 = −0, 24

LT = L1 + L2

L1 =´ 5,792,058

√(−sen(θ)2 + (1 + cos(θ))2dθ =

´ 5,792,058

√sen2θ + 1 + 2cosθ + cos2θdθ

L1 =´ 5,792,058

2cos θ2dθ =(4sen θ2

)|5,792,058

L1 = 3, 59

L2 =´ 1,65−0,24

√1 + (−x)2dx =

´ 1,65−0,24

√1 + x2dx

L2 =(x2

√1 + x2 + 1

2 ln(x+√x2 + 1

))|1,65−0,24

L2 = 2, 47LT = 3, 59 + 2, 47 = 6, 061

My1 =´ 5,792,058

(1 + cosθ) cosθ(2cos θ2

)dθ =

´ 5,792,058

(cosθ + cos2θ

) (2cos θ2

)dθ

My1 =´ 5,792,058

(2cos θ2 + 2cos3 θ2 + cos θ2 + cos 3θ2 + cos 5θ2

)dθ

My1 =(4sen θ2 + 4

3sen3θ2 + 2sen θ2 + 2

3sen3θ2 + 2

5sen5θ2

)|5,792,058

My1 = 1, 26

My2 =´ 1,65−0,24 x

√1 + x2dx = 3

(1 + x2

) 32 |1,65−0,24

My2 = 2, 03MyT = 1, 26 + 2, 03 = 3, 29x = 0, 5428S = 2π(x+ 2)(6, 061) = 96, 83

2

PARCIAL 1 - PRUEBA CONJUNTA

1. Calcular el volumen de revolución generado al rotar la región

alrededor de la recta{r = 2 + 2cosθ

y = x2 + 1

La ecuación de la parabola en coordenadas polares queda:

rsenθ = r2cosθ + 1En el cual reemplazo r = 2 + 2cosθ; y obtengo:

fθ = 2senθ + sen2θ − 4cos2θ − 8cos3θ − 4cos4θ − 1Aplicando Newton raphson

Obtenemos θ1 y con este:

θ1 = 1, 12r1 = 2, 87x1 = 1, 26y1 = 2, 58Obtenemos θ2 y con este:

θ2 = 1, 93r2 = 1, 29x2 = −0, 457y2 = 1, 21Por lo tanto el área es:

A = 12

´ 1,931,12

(2 + 2cosθ)2dθ−{´ 0−0,457[(x2 + 1)− (−2, 645x)]dx+

´ 1,2590

[(x2 +

1)− (2, 053x)]dx}

1

A = 12 (4θ + 8senθ + 2θ + sen2θ)1,931,12 − {(x

3

3 + x+ 2,645x2

2 )0−0,457 + (x3

3 + x−2,053x2

2 )1,2590 }A = 1

2 (3, 73)− 0, 51A = 1, 36Momento en x:

Mx = 13

´ 1,931,12

(2 + 2cosθ)3senθdθ − { 12´ 0−0,457[(x2 + 1)2 − (−2, 645x)2]dx +

12

´ 1,2590

[(x2 + 1)2 − (2, 053x)2]dx}Mx = 1

3 (8, 2)− 0, 36Mx = 2, 37Momento en y:

My = 13

´ 1,931,12

(2 + 2cosθ)3cosθdθ − {´ 0−0,457[(x2 + 1)x − (−2, 645x)x]dx +´ 1,259

0[(x2 + 1)x− (2, 053x)x]dx}

My = 13 (1, 83)− 0, 023

My = 0, 589Por lo tanto los centros de masa:

x = MyA = 0,589

1,36 = 0, 43

y = MxA = 2,37

1,36 = 1, 75Para usar Pappus

V = 2πAdd = ax+by+c√

a2+b2= (−0,94)(0,43)−1,75+3,77√

(−0,943)2+(−1)2= 1, 17

Por lo tanto reemplazando en la formula:

V = 2π(1, 36)(1, 17)V = 9, 98

2

2. Calcular la super�cie de revolucion generada al girar el lazo de la

curva: 8a2y2 = a2x2 − x4; en torno al eje x

Despejando y tenemos:

y = ±xa√

a2−x2

8

Y derivando:

y′ = a2−2x2

a√8√a2−x2

Por lo tanto segun:

Sx = 2π´ a0y√

1 + (f ′(x))2

Sx = 2π´ a0x√a2−x2

a√8∗√

1 + a2−2x2

a√8√a2−x2

Sx = 2πa√8

´ a0x√a2 − x2 ∗

√9a4−12a2x2+4x4

a√8√a2−x2

Sx = πa2

´ a0

(2x3 − 3a2x)dx

Sx = πa2 (x

4

2 −3a2x2

2 )a0Sx = a2π

3. Calcular el centro de gravedad de la astroide en el primer cuadrante{x = acos3t

y = asen3t

3

A =´ 0

π2asen3t(−3acos2tsent)dt

A = 3a2´ π

2

0sen4t ∗ cos2tdt

A = 3a2´ π

2

0( 1−cos2t

2 )( sen22t4 )dt

A = 3a2

8 ( t2 −sen4t

8 − sen3t6 )

π20

A = 0, 294a2

Para momento en x:

Mx = 12

´ 0π2

(asen3t)2(−3acos2tsent)dt

Mx = 3a3

2

´ π2

0(1− cos2t)3sentcos2tdt

Mx = 3a3

2

´ π2

0(sentcos2t− 3sentcos4t+ 3sentcos6t− sentcos8t)dt

Mx = 3a3

2 (−cos3t

3 + 3cos5t5 − 3cos7t

7 + cos9t9 )

π20

Mx = 0, 076a2

Por simetría x = y ⇒My = Mx = 0, 076a2

Por lo tanto:

x = y = 0,076a2

0,29a2 = 0, 2587Y el centro de gravedad queda de la forma:

(x; y) = (0, 2587; 0, 2587)

4

PARCIAL II - PRUEBA I

1. Dado C:

{x2 + y2 = 4

z = y

1. Calcular la longitud de la curva y gra�car.

A. Forma cilíndrica:

1

x = rcosθ = 2cosθ

y = rsenθ = 2senθ

x = rsenθ = 2senθ

r(θ) = 〈2cosθ, 2senθ, 2senθ〉

r'(θ) = 〈−2senθ, 2cosθ, 2cosθ〉∥∥r'(θ)∥∥ =

√(−2senθ)2 + (2cosθ)

2+ (2cosθ)

2=√4sen2θ + 4cos2θ + 4cos2θ∥∥r'(θ)∥∥ =

√4 + 4cos2θ = 2

√1 + cos2θ

L =∫ θ2θ1

∥∥r'(θ)∥∥ dθL =2

∫ 2π

0

√1 + cos2θdθ = 2(7.64)

n = 6

4 θ√1 + cos2θ

2π6 0 (

√2)

π3 2(

√5)

2π3

√5

π 4(√2)

4π3

√5

5π3 2(

√5)

2π (√2)

I = 43 (21.902) =

π9 (21.902) = 7.64

L =2∫ 2π

0

√1 + cos2θdθ = 2(7.64) = 15.28u

Formular la curvatura C

B. Forma parámetrica:

r(t) =⟨√

4− t2, t, t⟩

r′(t) =

⟨− t√

4−t2 , 1, 1⟩

ddt

(− t√

4−t2

)= (−t)

(4− t2

)− 12 = − 1√

4−t2+(−t) . −2t√(4−t2)3

.(− 1

2

)= − (4−t2)−t2√

(4−t2)3=

− 4√(4−t2)3

r′′(t) =

⟨− 4√

(4−t2)3, 0, 0

⟩

r′(t)xr

′′(t) =

i j k− t√

4−t2 1 1

− 4√(4−t2)3

0 0

2

r′(t)xr

′′(t) =0i− 4√

(4−t2)3j + 4√

(4−t2)3k

∥∥r'(t)∥∥ =√(− t√

4−t2 )2 + (1)

2+ (1)

2=√

t2

(4−t2) + 2 =√

8−t24−t2

k =

∣∣∣r′(t)xr′′ (t)∣∣∣‖r′ (t)‖3

k =

∣∣∣∣∣0i− 4√(4−t2)3

j+ 4√(4−t2)3

k

∣∣∣∣∣∥∥∥∥√ 8−t2

4−t2

∥∥∥∥3 =

√√√√02+

(4√

(4−t2)3

)2

+

(4√

(4−t2)3

)2

(√8−t2

4−t2

)3 = 4

4√

2√(4−t2)3√(8−t2)3√(4−t2)3

=

4√2√

(8−t2)3

2. f(x, y) = ln

(√y−x2

x−y

)i. Calcular el rango

√y − x2 > 0; x− y > 0

y − x2 > 0 ;x− y > 0y > x2 ;x > y

Dominio

{(x, y)εR2/

√y−x2

x−y > 0

}

3

Rg : R

3. Analizar la continuidad de f(x) = 1−cos(2x−4y)3x−6y

Sea z = x− 2y que es continua en (0,0)

(x, y)→ (0, 0)

z → 0

g(z) =1−cos(2z)

3 si z 6= 00 z = 0

limz→0

g(z) = limz→0

1−cos(2z)3z = lim

z→0

2sen(2z)3 = 0

0

Aplicamos L'Hopital

limz→0

2sen(2z)3 = 0

3 = 0

Entonces

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0)

Por lo tanto f es continua en (0,0).

4

PARCIAL II - PRUEBA II

1. Determinar las dimensiones de un cilindro recto con volumen máx-

imo que se puede inscribir en una esfera de radio R.

f(x,y): V = πr2 ∗ (2z) (función objetiva)x2 + y2 + z2 = R2 (función ligadura)Por lo tanto la ecuación de la esfera queda de la forma:r2 + z2 = R2

Y determinando el gradiente dela función del volumen:∇V(r,z) =

⟨4πrz; 2πr2

⟩= λ∇g(r,z)⟨

4πrz; 2πr2⟩= λ 〈2r; 2z〉

Por lo tanto mis ecuaciones usadas son:(1) 4πrz = 2rλ(2) 2πr2 = 2zλ(3) r2 + z2 = R2

Por lo tanto divido (1) para (2)4πrz2πr2 = 2rλ

2zλ2z2 = r2

Reemplazo en (3), para encontrar z:2z2 + z2 = R2

1

z = ± R√3

Reemplazo z en (3) para hallar r:

r2 + R3

2= R2

r =√63 R

2. Determinar los puntos mas calientes y más frios T (x, y) = x2+2y2+2x+ 1; en una región limitada por R : x2 + y2 ≤ 4.

• Por el método de máximos y mínimos:

Primera derivadafx = 2x+ 2fy = 4ySegunda derivadafxx = 2fyy = 4fxy = 0fyx = 0

H(2,4) = [2 00 4

] = 8

Por lo tanto como H(2,4) > 0; y fxx > 0; el punto P(2,4) es el más frío.

• Por el método de Lagrange

∇−→T = λ∇~g〈2x+ 2; 4y〉 = λ 〈2x; 2y〉Por lo tanto mis ecuaciones usadas son:(1) 2x+ 2 = 2λx(2) 4y = 2λy(3) x2 + y2 = 4De (2): λ = 2Reemplazo en (1):x+ 1 = 2xx = 1Reemplazo en (3):

12 + y2

= 4y = ±

√3

Por lo tanto el punto P (1;±√3) es el más caliente.

2

PARCIAL II - CONJUNTA No. 2

1. Hallar la curvatura de la curva dadd por r(t) = 〈2sen(3t); t; 2cos(3t)〉

Por lo tanto:r(t) = 〈2sen(3t); t; 2cos(3t)〉r′(t) = 〈6cos(3t); 1;−6sen(3t)〉r′′(t) = 〈−18sen(3t); 0;−18cos(3t)〉Formulo la curvatura:

K =|r′(t)⊗r′′(t)|∣∣∣(r′(t))3∣∣∣

r′(t) ⊗ r′′(t) =

∥∥∥∥∥∥i j k

6cos(3t) 1 −6sen(3t)−18sen(3t) 0 −18cos(3t)

∥∥∥∥∥∥r′(t) ⊗ r

′′(t) = (−18cos(3t))i− 108j + (18sen(3t))k

Con mi punto P (0, π,−2); mi t = πY reemplazando en el producto cruz:∥∥∥r′(t) ⊗ r′′(t)∥∥∥ = ‖−18i− 108j‖ = 18

√37

Para:∥∥∥r′(t)∥∥∥ =∥∥∥√(6cos(3t))2 + 12 + (6sen(3t))2

∥∥∥∥∥∥r′(t)∥∥∥ =√

37

Para:r(r′(t))

3z

= (√

37)3 = 37√

37

Por lo tanto reemplazando en la fórmula de curvatura tenemos:~K = 18

√37

37√37

= 1837

2. Demostrar que u(x,t) = 12a√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t ; complace la ecuación del

calor: δudt = a2 δ

2uδx2

Derivada respecto a x:δudx = 1

2a√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t ∗ (− 14a2t ) ∗ (2x) = − 1

4a3t√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t

δ2udx2 = − 1

4a3t√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t ∗ ∗(− 14a2t ) ∗ (2x) = 1

8a3t2√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t

Derivada respecto a t:δudt = 1

2a√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t ∗ (− (x−b)24a2t2 ) + e−

(x−b)2

4a2t ∗ 12a ( −πt

2√πt

)

δudt = 1

2a√πt∗ e−

(x−b)2

4a2t ( (x−b)2−2atπ4a2t2 )

Por lo tanto reemplazando en la ecuación del calor tenemos:δudt = δ2u

δx2 ∗ ( (x−b)2−2atπ4a2t2 )

δudt = a2 δ

2uδx2

Por lo tanto complace la ecuación del calor.

1

3. Calcular el valor aproximado E =√

1, 041,99 + ln(1, 02)

Donde:w =

√xy + ln(z)

x = 1→4x = 0, 04y = 2→4y = −0, 01z = 1→4z = 0, 02Por lo tanto:δw = δw

dx4x+ δwdy4y + δw

dz4zδw = yxy−1

2√xy+ln(z)

4x+ y∗ln(x)2√xy+ln(z)

4y + 1

2z√xy+ln(z)

4zEvaluando en los valores determinados:δw = 2∗(1)1

2√

12+ln(1)(0, 04) + 2∗ln(1)

2√

12+ln(1)(−0, 01) + 1

2(1)√

12+ln(1)(0, 02)

δw = 0, 04− 0 + 0, 01 = 0, 05Por lo tanto:4z = f(x+4x;y+4y) = 1, 0493− 1 = 0, 0493

4. Determine las dimensiones de un cilindro de super�cie total máx-

ima que se puede inscribir en una esfera de radio 5.

Area = πr2h+ 2πr2; Donde: r=x; h=2z

2

Ecuación de la esfera: x2 + y2 + z2 = 52

∇g(x,y,z) = 〈2x; 2y; 2z〉∇Ax,y,z) =

⟨4πxz + 4πx; 0; 2x2π

⟩∇Ax,y,z) = λ∇g(x,y,z)⟨4πxz + 4πx; 0; 2x2π

⟩= λ 〈2x; 2y; 2z〉

Por lo tanto mis ecuación a usar son:(1) 4πxz + 4πx = 2xλ(2) 0 = 2yλ(3) 2x2π = 2zλ(4) x2 + y2 + z2 = 52

A partir de (1)2π(z + 1) = λA partir de (3)x2π = zλDivido (1) para (3)2π(z+1)x2π = λ

zλ2z2 + 2z = x2; Ecuación (5)Reemplazo (2) y (5) en (4)(2z2 + 2z) + 02 + z2 = 253z2 + 2z − 25 = 0z1 = 2, 572z2 = −3, 23Reemplazo z1en (5)x2 = 2(2, 572)2 + 2(2, 572)x = 4, 286

3

PARCIAL III - PRUEBA I

1.˜(x− 1)

√1 + e2ydxdy

1 ≤ x ≤ e

0 ≤ y ≤ ln(x)⇒x = ey

0 ≤ y ≤ 1ey ≤ x ≤ eI =´ 10

(´ eey

(x− 1)√1 + e2ydx

)dy =

´ 10(x

2

2 −x) |eey ·√1 + e2ydy =

´ 10( e

2−e2y2 −

e+ ey)√1 + e2ydy

1

I = 2.029

2. Determinar el volumen de un sólido limitado por encima por la

esfera x2 + y2 + z2 = 5 y por debajo x2 + y2 = 4z

reemplazando la segunda ecuacion en la primera se obtiene:

z2 + 4z − 5 = 0(z + 5)(z − 1) = 0z = 1⇒x2 + y2 = 4si x = r.cos(θ) y y = r.sin(θ)

V =´ 20

´ 2π0

´√5−r2r2

4

rdzdθdr =´ 20

´ 2π0r(√5− r2− r

2

4 )dθdr = 2π(´ 20r√5− r2dr−´ 2

0r3

4 dr)V = 2π(3.39− 1) = 15.04

3. La D la bola unitaria. Evalúe:´D

dxdydz(2+x2+y2+z2)1/2

x = p.sin(φ).cos(θ)y = p.sin(φ).sin(θ)z = p.cos(φ)

2

J = p2.sin(φ)

I =´D( 1√

2+p2)(J)(dp.dp.dφ.dθ) =

´ 10

´ 2π0

´ π0

p2√2+p2

.sen(φ)dφdθdp

I =´ 10

´ 2π0

p2√2+p2

.− cos(φ) |π0 dθdp = 4π´ 10

p2dp√2+p2

I = 4π(0.207) = 2.608

3

PARCIAL III - PRUEBA II

1. Veri�car que se cumple el teorema de stokes

−→F =< −y3; x3;−z3 >

C :

{z = 1− x− yx2 + y2 = 1

x = cos(t)y = sen(t)z = 1− cos(t)− sen(t)

r(t) =< cos(t); sen(t); 1− cos(t)− sen(t) >

r′(t) =< −sen(t); cos(t); sen(t)− cos(t) >

π

2≤ t ≤ 0

I =

ˆc

F.r′(t).dt

I

4=

ˆ π2

0

< −sen(t)3; cos(t)3; −(1−cos(t)−sen(t))3 > . < −sen(t); cos(t); sen(t)−cos(t) > .dt

I =

ˆ π2

0

−sen(t)4 + cos(t)4 − (sen(t)− cos(t)).(1− cos(t)3 − sen(t)3

+3(1− cos(t)− sen(t)).(−cos(t)− sen(t) + cos(t)sen(t)) + 3cos(t)sen(t).dt

I

4=

ˆ π2

0

((cos(t)2−sen(t)2)(cos(t)2+sen(t)2)−(sen(t)−cos(t))(1−cos(t)3−sen(t)3

+3(−cos(t)+cos(t)2+cos(t)sen(t)−sen(t)+cos(t)sen(t)+sen(t)2+cos(t)sen(t)

−cos(t)2sen(t)− cos(t)sen(t)2) + 3cos(t)sen(t)))dt

I

4=

ˆ π2

0

−2cos(t)2+2sen(t)2+cos(t)−sen(t)−cos(t)4−2cos(t)3sen(t)+2cos(t)sen(t)3−sen(t)4

1

−6cos(t)sen(t) + 3cos(t)3 − 6cos(t)2sen(t) + 3sen(t)2cos(t)− 3sen(t)3)dt

I

4= (

π

2+π

2− 1 + 1 +

3π

16+

1

2− 1

2+

3π

16+ 3− 2 + 2− 1 + 2)

I

4=

3π

8I =

3π

2

Teorema de Stokes

I =

ˆ ˆs

rotF.N.dA

rot F =

∣∣∣∣∣∣i j kddx

ddy

ddz

−y3 x3 −z3

∣∣∣∣∣∣ =< 0; 0; 3x2 + 3y2 >

f(x, y, z) = z + x+ y − 1

N =< 1, 1, 1 >

I

4=

ˆ 1

0

ˆ √1−x2

0

< 0, 0, 3x2 + 3y2 > . < 1, 1, 1 > dydx

I

4= 3

ˆ 1

0

ˆ √1−x2

0

x2 + y2dydx

I

4= 3

ˆ 1

0

ˆ π2

0

r3dθdr

I

4=

3π

2

ˆ 1

0

r3dr

I

4=

3π

2(r4

4)|10 =

3π

8

I =3π

2

2

2. Hallar el centro de la porcion de super�cie homogenea x2+y2+z2 =a2situada sobre el 1er cuadrante del plano xy

S : x2 + y2 + z2 = a2

z =√a2 − x2 − y2

N =< x√a2−x2−y2

, y√a2−x2−y2

, 1 >

||N || =√

x2

a2−x2−y2 + y2

a2−x2−y2 + 1 ||N || =√

x2+y2+a2−x2−y2a2−x2−y2 = a√

a2−x2−y2

||N || = a√a−r2{

x = rcos(θ)

y = rsen(θ)

0 ≤ r ≤ a0 ≤ θ ≤ π

2

A =

ˆs

ˆ||N ||.dA

A = a

ˆ a

0

ˆ π2

0

rdθdr√a2 − r2

A =aπ

2

ˆ a

0

rdr√a2 − r2

r = asen(u)dr = acos(u)

0 ≤ u ≤ π

2

A =aπ

2

ˆ π2

0

asen(u).du =a2π

2(−cos(u))|

π20 =

a2π

2

3

Mx =

ˆs

ˆx.||N ||.dA

Mx = a

ˆ a

o

ˆ π2

0

r2cos(θ)√a2 − r2

dθdr

Mx = a

ˆ a

0

r2√a2 − r2

(sen(θ))|π20 dr

Mx = a

ˆ a

0

r2√a2 − r2

drr = asen(u)dr = acos(u)

0 ≤ u ≤ π

2

Mx = a

ˆ π2

0

(a2sen(u)2)du = a3ˆ π

2

0

(1− cos(2u)

2)du

Mx = a3(u

2− sen(2u)

4)|

π20 =

a3π

4

My =

ˆs

ˆy.||N ||.dA

My = a

ˆ a

0

ˆ π2

0

r2sen(θ)√a2 − r2

dθdr

My = a

ˆ a

0

r2√a2 − r2

(−cos(θ))|π20 dr

My = a

ˆ a

0

r2√a2 − r2

drr = asen(u)dr = acos(u)

0 ≤ u ≤ π

2

My = a

ˆ π2

0

a2sen(u)2du = a3ˆ π

2

0

(1− cos(2u)

2)du

My = a3(u

2− sen(2u)

4) =

a3π

4

x =Mx

a=

a3π4a2π4

=a

2= y

(x, y) = (a

2,a

2)

4

3. Veri�car el teorema de la divergencia si−→F =< xz2, x2y − z3, 2xy +

y2z >siendo S toda la super�cie de la region hemisferica acotada por

z =√a2 − x2 − y2, z = 0

S : z =√a2 − x2 − y2

x = x

y = y

z =√a2 − x2 − y2

TxxTy =

∣∣∣∣∣∣∣i j k1 0 − x√

a2−x2−y2

0 1 − y√a2−x2−y2

∣∣∣∣∣∣∣ =< x√a2−x2−y2

, y√a2−x2−y2

, 1 >

I

4=

ˆ a

0

ˆ √a2−x2

0

< x(a2−x2−y2), x2y−(a2−x2−y2)32 , 2xy+y2

√a2 − x2 − y2 > .

<x√

a2 − x2 − y2,

y√a2 − x2 − y2

, 1 > dydx

I

4=

ˆ a

0

ˆ √a2−x2

0

(x(a2−x2−y2)+x2y2√

(a2 − x2 − y2)−y(a2−x2−y2)+2xy+y2

√(a2 − x2 − y2))dydx

{x = rcos(θ)

y = rsen(θ)

I

4=

ˆ a

0

ˆ π2

0

(r2cos(θ)2√a2 − r2 +

r4cos(θ)2sen(θ)2√a2 − r2

− rsen(θ)(a2 − r2)

+2r2cos(θ)sen(θ) + r2sen(θ)2√a2 − r2)rdrdθ

I

4=

ˆ a

0

ˆ π2

0

r3√a2 − r2+

r5cos(θ)2sen(θ)2√a2 − r2

−a2r2sen(θ)+r4sen(θ)+r3sen(2θ))dθdr

I

4=

ˆ a

0

[r3√a2 − r2θ+ r5

8√a2 − r2

(θ+sen(4θ)

4)+a2r2cos(θ)−r4cos(θ)−r4cos(θ)−r

3cos(2θ)

2]π20

I

4=

ˆ a

0

[r3√a2 − r2π

2+

r5π

16√a2 − r2

− a2r2 + r4 + r3]dr

r = asen(u)dr = acos(u)du

0 ≤ u ≤ π

2

5

I

4=

ˆ π2

0

(π

2a5sen(u)3cos(u)2 +

a5π

16sen(u)5)du+ (−a

5

3+a5

5+a4

4)

I

4=a5π

15+a5π

30+ a5(−1

3+

1

5) +

a4

4

I

4= a5(

π

16− 2

15) +

a4

4

I = 4a2(π

10− 2

15) + a4

S2;

x = x

y = y

z = 0

TxxTy

∣∣∣∣1 0 00 1 0

∣∣∣∣ =< 0, 0, 1 >

I =

ˆs

ˆ< 0, x2y,−2xy > . < 0, 0, 1 > dA

I

4=

ˆs

ˆ−2xydA =

ˆ a

o

ˆ π2

0

−2r2cos(θ)sen(θ)rdrdθ

I

4=

ˆ a

0

ˆ π2

0

−r3sen(2θ)dθdr =

ˆ a

0

−r3 = (−r4

4)|a0 =

−a4

4

I = −a4

σ = σS1 + σS2 = 4a2(π

10− 2

15) + a4 − a4

σ = 4a5(π

10− 2

15)

Teorema de divergencia

I =

ˆ ˆ ˆdivF.dv

divF = (d

dx,d

dy,d

dz)(xz2, x2y − z3, 2xy + y2z)

divF = (z2 + x2 + y2)x = ρsen(φ)cos(θ)

y = ρsen(φ)sen(θ)

z = ρcos(φ)

6

I =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

ˆ a

0

ρ2.ρ2sen(φ)dφdθ =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

ˆ a

0

ρ4sen(φ)dφdθ

I =

ˆ 2π

0

ˆ π

0

(ρ5

5)|a0sen(φ)dφdθ =

a5

5

ˆ 2π

0

(−cos(φ))|π0dθ

I =a5

5

ˆ 2π

0

2dθ =4πa5

5

7

PARCIAL 3 - PRUEBA CONJUNTA

1. Determinar el volumen si:

Q :

{x = 16− y2 − 4z2

x > 0

Solución:

0 = 16− y2 − 4z2

y2 + 4z2 = 16y2

16 + 4z2

16 = 1y2

16 + z2

4 = 1

V4 =´ 4

0

´ √16−y22

0

´ 16−y2−4z20

dxdzdy

V4 =´ 4

0

´ √16−y22

016− y2 − 4z2dzdy

V4 =´ 4016z − y2z − 4 z

3

3 |√

16−y22

0 dzdy

V4 =´ 4016

√16−y22 − y2

√16−y22 − 4 (16−y2)3/2

3 dyV4 = 8

√16− y2 − y2

2

√16− y2 − 1

6 (16− y2)3/2dy

V4 =´ 4

0

√16− y2(4− y2)− 4

3 (16− y2)3/2dy

1

cambio de variable

V4 =´ π/20

[8√16cos2θ − 16sin2θ

√16cos2θ − 1

6

√16cos2θ

]4Cosθdθ

V4 =´ π/20

32Cosθ − 32Sin2θCosθ − CosθdθV = 4[32π − 8π − 8π] = 64π

2. Determinar el trabajo si: F (x, y, z) =< x2y; (x+ y2); (xy2z) >entre las

curvas:

C:

y = 2x

z = 9− y2

y = 3Solución:‚RrotF · ~n · dA

rotF =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x2y x+ y2 xy2z

∣∣∣∣∣∣ = (2xyz − 0)i+ (0− y2z)j + (1− x2)k

N :< 0, 2y, 1 >T =

‚RrotF · ~n · dA

T =‚R< 2xyz,−y2

z, 1− x2 >< 0, 2y, 1 > dAT =

‚R−2y3z + 1− x2dA

T =´ 30

´ y/20−2y3(9− y2) + 1− x2dxdy

T =´ 30

´ y/20−18y3 + 2y5 + 1− x2dxdy

T =´ 30−18y3x+ 2xy5 + x− x3

3 |y/2

0 dy

T =´ 30−18y3

(y2

)+ 2

(y2

)y5 − y3

24dy

T =´ 3

0−9y4 + y6 + y

2 −y3

24dy

T = − 94y

5 + y7

7 + y2

4 −y4

96 |30

T = −123, 56

3. Calcular el �ujo F (x, y, z) =< z, x, y >entre:

C:

{z =

√x2 + y2

x2 + y2 + z2

= 1

Solución:

x2 + y2

+ x2 + y2 = 12(x2 + y2) = 1x2 + y2 = 1

2I =‚RrotF · ~n · dA

rotF =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

z x y

∣∣∣∣∣∣ = i, j, k

r(x.y) =< x, y,√1− x2 − y2 >

N :< y√1−x2−y2

, x√1−x2−y2

, 1 >

2

I =‚R< 1, 1, 1 >< y√

1−x2−y2, x√

1−x2−y2, 1 > dxdy

Cambio de coordenadasI4 =´√2/2

0

´ π/20

(rCosθ√1−r2 + rSinθ√

1−r2 + 1)rdθdr

I4 =´√2/2

0

(rSinθ√1−r2 −

rCosθ√1−r2 + θ

)|π/20 rdr

I4 =´√2/2

0

(r2√1−r2 −

π2 r)dr

I = π2

3