resolucion de la practica n4 de matematica iii
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“Año de la Diversificación Productiva y del Fortalecimiento de la Educación”
UNIVERSIDAD NACIONAL
DE INGENIERÍA Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
DOCENTE :
ARÉVALO VILLANUEVA MANUEL
INTEGRANTES:
RODAS LÓPEZ, MELANIE ELENA
MAURICIO VELASQUEZ, KEVIN
BUENO SEGOVIA, OMAR
QUISPE CARDENAS, RUBEN
PILARES CHOCCARE,WILL
CICLO :
TERCER CICLO
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1.- Use el Teorema de Green para calcular el área de la región acotada por el Limacon (Caracol)
de Pascal.
SOLUCIÓN:
Sabemos que su ecuación es:
(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎𝑥)2 = 𝑏(𝑥2 + 𝑦2)
Podemos expresarlo en coordenadas polares:
𝑟 = 𝑎 cos 𝜃 + 𝑏
Determinamos las componentes 𝑥 e 𝑦:
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = 𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃
𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑎 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃
Aplicamos la formula de áreas obtenida por el teorema de Green:
𝑥 = 𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos𝜃
𝑑𝑥 = (−2 acos 𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝜃
𝑦 = 𝑎 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑑𝑦 = (𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃
𝐴 =1
2 ∮ 𝑥 𝑑𝑦 − 𝑦 𝑑𝑥
𝑐
𝐴 =1
2 ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos𝜃) (𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃 − (𝑎 cos𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃) (−𝑎 sen2 𝜃 cos2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃
2𝜋
0
Lo dividiré en 2 integrales para una mayor comodidad al resolver:
Primera integral :
𝐼1 = ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃)(𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃2𝜋
0
𝐼1 = ∫ −𝑎2𝑠𝑒𝑛2 𝜃 cos2 𝜃 + 𝑎2 cos4 𝜃 + 2𝑎𝑏 cos3 𝜃 − 𝑎𝑏 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝑏2 cos 𝜃 𝑑𝜃2𝜋
0
𝐼1 = (−𝑎2 (𝜃
8−
𝑠𝑒𝑛4𝜃
32) + 𝑎2 (
3𝜃
8+
𝑠𝑒𝑛4𝜃
32+
𝑠𝑒𝑛2𝜃
4) + 2𝑎𝑏 (
𝑠𝑒𝑛3𝜃
12+
3𝑠𝑒𝑛𝜃
4) − 𝑎𝑏 (
𝑠𝑒𝑛33𝜃
3) + 𝑏2 (
𝑠𝑒𝑛3𝜃
12+
3𝑠𝑒𝑛𝜃
4) )|
0
2𝜋
𝐼1 = −𝜋
4𝑎2 +
3𝜋
4𝑎2 + 2𝑎𝑏(0) − 𝑎𝑏(0) + 𝑏2(0)
𝐼1 =𝑎2𝜋
2
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𝐼2 = ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃)(𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃2𝜋
0
𝐼2 = ∫ (−2𝑎2 cos2 𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 3𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 𝑏2𝑠𝑒𝑛2𝜃 )𝑑𝜃2𝜋
0
𝐼2 = (−2𝑎2 (
𝜃
8−
𝑠𝑒𝑛4𝜃
32) + 3𝑎𝑏 (
𝑠𝑒𝑛33𝜃
3) − 𝑏
2 (𝜃
2−
𝑠𝑒𝑛2𝜃
4) )|
0
2𝜋
𝐼2 = (−2𝑎2 (𝜋
4) + 3𝑎𝑏(0) − 𝑏2(𝜋) )|
0
2𝜋
𝐼2 = −𝑎2𝜋
2− 𝑏2𝜋
Reemplazando en la integral
𝐴 =1
2 ∮ 𝑥 𝑑𝑦 − 𝑦 𝑑𝑥
𝑐
𝐴 =1
2 ((
𝑎2𝜋
2) − (−
𝑎2𝜋
2− 𝑏2𝜋) )
𝐴 = (𝑎2
2+ 𝑏2)𝜋
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2. Evalúe la integral de línea ∮ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧𝑐
, siendo c la curva de intersección
de las superficies 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1 y 𝑧 = 𝑥 − 1 .
SOLUCIÓN:
Entonces hallamos la intersección de las ecuaciones :
𝑥2 + 𝑦2 + (𝑥 − 1)2 = 1
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1 = 1
2𝑥2 − 2𝑥 + 𝑦2 = 0
𝑥2 − 𝑥 +𝑦2
2= 0
𝑥2 − 𝑥 +1
4+
𝑦2
2=
1
4
(𝑥 −1
2)2
+𝑦2
2=
1
4
Esta es la ecuación de la intersección proyectada en plano 𝑧 = 0
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Parametrizando:
(𝑥 −1
2)2
+𝑦2
2=
1
4
𝑥 =1
2+
cos (𝑡)
2 ; 𝑦 =
𝑠𝑒𝑛𝑡
√2 ; 𝑧 =
cos(𝑡)
2−
1
2
𝑑𝑥 =−𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2𝑑𝑡 ; 𝑑𝑦 =
cos (𝑡)
√2𝑑𝑡; 𝑑𝑧 =
−𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2𝑑𝑡; 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋
Reemplazando en la integral:
𝐼 = ∫ (1 + cos(𝑡)
2+ 2)
2𝜋
0
(−𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2)𝑑𝑡 + 3
cos(𝑡) − 1
2(cos(𝑡)
√2)𝑑𝑡 +
𝑠𝑒𝑛𝑡
√2
2
(−𝑠𝑒𝑛(𝑡)
2)𝑑𝑡
𝐼 = ∫(5 + cos(𝑡)) − 𝑠𝑒𝑛(𝑡)
4
2𝜋
0
𝑑𝑡 +3
2√2∫ (cos(𝑡) − 1)cos (𝑡)𝑑𝑡 −
1
2√2∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)2𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
2𝜋
0
2𝜋
0
1
4(−5∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
2𝜋
0
− ∫ cos(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡2𝜋
0
) +3
2√2(∫ cos(𝑡)2 𝑑𝑡 − ∫ cos(𝑡) 𝑑𝑡
2𝜋
0
2𝜋
0
) −1
2√2∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)3𝑑𝑡
2𝜋
0
𝐼 =1
4[−5(0) − 0] +
3
2√2[𝜋 − 0] −
1
2√20 =
3√2𝜋
4
∮ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧𝑐
= 3𝜋
2√2=
3√2𝜋
4
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3.- Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerzas 𝑓̅(�̅�) = (𝑦2; 𝑧2; 𝑥2) a lo largo de la curva
de intersección de la superficie esférica 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2 y el cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥 siendo
𝑧 ≥ 0 y 𝑎 ≥ 0 . El camino es recorrido de modo que observado el plano 𝑥𝑦 desde el eje 𝑧
positivo el sentido sea el de las agujas del reloj .
SOLUCION:
Procedemos a hallar la intersección de las graficas:
Tenemos :
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥
Restándolas:
𝑧2 = 𝑎2 − 𝑎𝑥
𝑧 = ±√𝑎2 − 𝑎𝑥
Pero 𝑧 ≥ 0
𝑧 = √𝑎2 − 𝑎𝑥
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Parametrizamos 𝑧 = √𝑎2 − 𝑎𝑥:
𝑧 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑥 = 𝑎 cos2 𝑡
Como :
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥
(𝑎 cos2 𝑡)2 + 𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡
𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 − 𝑎2 cos4 𝑡 = 𝑎2(cos2 𝑡 − cos4 𝑡)
𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 (1 − cos2 𝑡)
𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 . sen2 𝑡
𝑦 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡 . 𝑐𝑜𝑠𝑡 = 𝑎𝑠𝑒𝑛2𝑡
2
Entonces parametrizando el trabajo quedara determinado por:
�̅�𝑡 = (𝑎 cos2 𝑡 ; 𝑎 𝑠𝑒𝑛2𝑡
2; 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡)
�̅�′𝑡 = (−2𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 𝑡 ; acos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)
𝑊 = ∫�̅� . 𝑑𝑟 = ∫ �̅�(�̅�𝑡) . �̅�′𝑡𝑑𝑡
Pero es en sentido HORARIO (negativo):
𝑊 = − ∫ �̅�(�̅�𝑡) . �̅�′𝑡𝑑𝑡 = ∫ �̅�(𝑎cos2 𝑡;𝑎
𝑠𝑒𝑛2𝑡2
;𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡). (−2𝑎𝑠𝑒𝑛 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 𝑡 ; 𝑎 cos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)𝑑𝑡
𝑊 = −∫(𝑎2𝑠𝑒𝑛22𝑡
4; 𝑎2 𝑠𝑒𝑛2𝑡 ; 𝑎2 cos4 𝑡) . (−𝑎 𝑠𝑒𝑛 2𝑡;𝑎cos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)𝑑𝑡
𝑊 = −∫ (−𝑎3
4𝑠𝑒𝑛32𝑡 + 𝑎3𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑐𝑜𝑠 2𝑡 + 𝑎3 cos5 𝑡) 𝑑𝑡
2𝜋
0
𝑊 = −𝑎3
2. 𝜋
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4. Un alambre tiene la forma de una circunferencia 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎2 . Determine su nada y su
momento de inercia respecto a su diámetro, si la densidad en el punto (x,y) es |𝑥| + |𝑦|.
SOLUCIÓN:
Primero hallamos la masa para la cual usamos:
𝑚 = ∫ (|𝑥| + |𝑦|)𝑑𝑠𝑐
Sabemos que: 𝑑𝑠 = √𝑥´(𝑡)2 + 𝑦´(𝑡)2𝑑𝑡
Parametrizando: 𝑥 = acos(𝑡) ; 𝑦 = 𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡); 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋
𝑑𝑠 = 𝑎𝑑𝑡
Entonces :
𝑚 = ∫ (|acos (𝑡)| + |𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡)|2𝜋
0
)𝑎𝑑𝑡
𝑚 = 𝑎2 ∫ (|cos (𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|)𝑑𝑡2𝜋
0
𝑚 = 𝑎2[∫ |cos (𝑡)|𝑑𝑡 +2𝜋
0
∫ |sen (𝑡)|𝑑𝑡]2𝜋
0
𝑚 = 𝑎2(4 + 4) = 8𝑎2
Ahora para hallar el momento de inercia de la circunferencia de radio “a”:
𝐼𝑌 =|𝑥| + |𝑦|
3∫ 𝑥3𝑑𝑦𝑐
𝐼𝑌 =|acos (𝑡)| + |𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
3∫ (acos(𝑡))3 acos(𝑡) 𝑑𝑡
2𝜋
0
𝐼𝑌 = 𝑎5|cos (𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
3∫ cos (𝑡)4𝑑𝑡
2𝜋
0
𝐼𝑌 = 𝑎5|cos(𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
3(3𝜋
4) =
𝐼𝑌 = 𝜋𝑎5|cos(𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|
4
𝐼𝑌 = 𝜋𝑎4|x| + |𝑦|
4
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5. Use la definición del flujo, para calcular el flujo del campo vectorial �̅�(�̅�) = (𝑦; 𝑧; 𝑥) a través
de la superficie limitada mediante el cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2 y por los planos 𝑧 = 𝑥 y 𝑧 = 0
(𝑧 ≥ 0). No use el teorema de la divergencia.
SOLUCION:
𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠
𝑆
= ∬�̅�(𝑟, 𝜃). 𝜇�̂�𝑑𝑠
𝑆
Intersección del cilindro con el plano: 𝑧 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃
𝜑 = ∫ ∫ (𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧, 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃). (𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑠𝑒𝑛𝜃, 0)𝑅𝑑𝑧𝑑𝜃𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑧=0
𝜋2
𝜃=−𝜋2
= ∫ ∫ (𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑧𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑅𝑑𝑧𝑑𝜃𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑧=0
𝜋2
𝜃=−𝜋2
= ∫ ((𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 +(𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃)2
2𝑠𝑒𝑛𝜃)
𝜋2
𝜃=−𝜋2
𝑅𝑑𝜃
= ∫3𝑅3𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃
2𝑑𝜃
𝜋2
𝜃=−𝜋2
=−3𝑅3
2∫ 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑(𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝜋2
𝜃=−𝜋2
=−3𝑅3
2(𝑐𝑜𝑠3(
𝜋2)
3−
𝑐𝑜𝑠3(−𝜋2 )
3)
𝜑 = 0
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Hallamos el flujo en la base :
𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠
𝑆
= ∬�̅�(�̅�) . −�̂� 𝑑𝑠
𝑆
= ∬(𝑦, 𝑧, 𝑥)(0,0,−1)𝑑𝑠
𝑆
𝜑 = −∬𝑥𝑑𝑠
𝑆
= −∫ ∫ (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 ) 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑟
0
𝜋2
𝜃=−𝜋2
𝜑 = −∫ ∫ 𝑟2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑟
0
𝜋2
𝜃=−𝜋2
= −∫𝑟3
3𝑐𝑜𝑠𝜃
𝜋2
𝜃=−𝜋2
𝑑𝜃
=> 𝜑 = −2𝑅3
3
Hallamos el flujo en la tapa superior inclinada:
�̅� = (1
√2, 0,
−1
√2)
𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠
𝑆
= ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝐴
|�̅�. �̅�|𝐴
= ∬(𝑦, 𝑧, 𝑥). (1
√2, 0,
−1
√2)(√2)𝑑𝐴
𝐴
∬(𝑦 − 𝑥)𝑑𝐴
𝐴
= ∫ ∫ (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋2
𝜃=−𝜋2
𝑅
𝑟=0
∫ ∫ (𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝜃𝑟2𝑑𝑟
𝜋2
𝜃=−𝜋2
𝑅
𝑟=0
∫ (𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑐𝑜𝑠𝜃)|−𝜋2
𝜋2 𝑟2𝑑𝑟
𝑅
𝑟=0
=> 𝜑 =2𝑅3
3
La sumatoria de flujos es igual a :
= 0 +2𝑅3
3−
2𝑅3
3
= 0
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6.- Evalue la integral de línea ∫ �̅�𝜍
· 𝑑�̅� , siendo el mapo vectorial �̅�(�̅�) = (3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ; 𝑥3𝑧 −
3𝑥; 𝑥3𝑦 − 2𝑧) y 𝜍 e la trayectoria que une los puntos 𝐴(0; 0; 2), 𝐵(0; 0; 0), 𝐶(1; 1; 0),
𝐷(3; 0; 0) 𝑦 𝐸(0; 3; 0) .
SOLUCIÓN:
Verificamos si el campo vectorial es conservativo por medio de su rotacional:
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = ||
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧𝑃 𝑄 𝑅
||
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝜕𝑅
𝜕𝑦−
𝜕𝑄
𝜕𝑧) 𝑖̂ + (
𝜕𝑃
𝜕𝑧−
𝜕𝑅
𝜕𝑥) 𝑗̂ + (
𝜕𝑄
𝜕𝑥−
𝜕𝑃
𝜕𝑦) �̂�
En el problema:
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = ||
𝑖̂ 𝑗̂ �̂�𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
3𝑥2𝑦𝑧 + 3𝑦 𝑥3𝑧 + 3𝑥 𝑥3𝑦 + 2𝑧
||
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝜕𝑥3𝑦 − 2𝑧
𝜕𝑦−
𝜕𝑥3𝑧 − 3𝑥
𝜕𝑧) 𝑖̂ + (
𝜕3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦
𝜕𝑧−
𝜕𝑥3𝑦 − 2𝑧
𝜕𝑥) 𝑗̂
+ (𝜕𝑥3𝑧 − 3𝑥
𝜕𝑥−
𝜕3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦
𝜕𝑦) �̂�
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝑥3 − 𝑥3)𝑖̂ + (3𝑥2𝑦 − 3𝑥2𝑦)𝑗̂ + (3𝑥2𝑧 − 3 − (3𝑥2𝑧 − 3))�̂�
𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = 0
Por lo tanto el campo vectorial es conservativo y es gradiente, procedemos a hallar su función
potencial:
�̅�(�̅�) = ∇𝜑
(3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ; 𝑥3𝑧 − 3𝑥; 𝑥3𝑦 − 2𝑧) = (𝜕𝜑
𝜕𝑥;𝜕𝜑
𝜕𝑦;𝜕𝜑
𝜕𝑧)
Empezaremos con la primera componente, integrando con respecto a 𝑥:
𝜕𝜑
𝜕𝑥= 3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦
∫(3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ) 𝑑𝑥 = 𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧) …………(1)
lo derivaremos con respecto a 𝑦 para igualarlo a su segunda componente:
𝜕𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧)
𝜕𝑦= 𝑥3𝑧 − 3𝑦 + 𝐺′(𝑦;𝑧)
𝑥3𝑧 − 3𝑦 + 𝐺′(𝑦;𝑧) = 𝑥3𝑧 − 3𝑥
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𝐺′(𝑦;𝑧) = −3𝑥 + 3𝑦
Integro con respecto a 𝑦 para obtener 𝐺′(𝑦;𝑧) y reemplazarlo en (1)
𝐺′(𝑦;𝑧) = −3𝑥 + 3𝑦
𝐺(𝑦;𝑧) = −3𝑥𝑦 +3𝑦2
2+ 𝐻(𝑧)
Entonces :
𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧)
𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 − 3𝑥𝑦 +3𝑦2
2 + 𝐻(𝑧)
𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2
2 + 𝐻(𝑧)
Derivo con respecto a 𝑧 e igualo la tercera componente :
𝜕𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2
2 + 𝐻(𝑧)
𝜕𝑧= 𝑥3𝑦 + 𝐻′(𝑧)
𝑥3𝑦 + 𝐻′(𝑧) = 𝑥3𝑦 − 2𝑧
𝐻′(𝑧) = −2𝑧
𝐻(𝑧) = −𝑧2 + 𝑘
Reemplazando en (1):
𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2
2− 𝑧2 + 𝑘
Reempalzando con los valores de la curva en los puntos 𝐴(0; 0; 2) 𝑦 𝐵(0; 3; 0):
(𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2
2− 𝑧2 + 𝑘)|
0;3;0
0;0;2
= −4
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7 .Determine, el área de la parte paraboloide hiperbólico 2 2z y x que se halla entre los
cilindros 𝑥2 + 𝑦2 = 1 𝑥2 + 𝑦2 = 4
SOLUCION:
2 2z y x
2 2: 0f x y z
Dfn
Df
2 2
(2 , 2 ,1)
4 4 1
x yn
x y
2 2
1.
4 4 1n k
x y
. .S
dk dyA
n k
Llevamos todo a polares:
2 2 2 2
2
0 1 0 1
2
.. 4 1.
1
4 1
r r
r d drA r r dr d
r
2 22
1
4 12 ( )
2r
rA d r
⟶
2 3/2
22(4 1)
4 31
rA
r
3/2 3/22
16 1 54 3
A
3/2 3/217 56
A
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8.- Utilice la ley de Gauss para determinar la carga contenida en el hemisferio sólido 𝑥2 + 𝑦2 +
𝑧2 ≤ 𝑎2, 𝑧 ≥ 0, si el campo eléctrico es �⃑� (�⃗�) = (𝑥; 𝑦; 2𝑧).
SOLUCIÓN
La ley de gauss establece que la carga neta encerrada por medio de una superficie cerrada es :
𝑄 = 휀0 ∬𝐸 ⋅ 𝑑𝑆𝑠
𝑥 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑧 = 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑄 = 휀0 ∬𝐸 ⋅ (𝑟𝑥 × 𝑟𝑦)𝑑𝐴𝐷
𝑟𝑥 × 𝑟𝑦 = ||
𝑖 𝑗 𝑘
1 0 2𝜕𝑔
𝜕𝑥
0 1 2𝜕𝑔
𝜕𝑦
||=−2𝜕𝑔
𝜕𝑥𝑖 − 2
𝜕𝑔
𝜕𝑦𝑗 + 𝑘 = 4𝑥𝑖 + 4𝑦𝑗 + 𝑘
𝑄 = 휀0 ∬(𝑥; 𝑦; 2𝑧) ⋅ (4x, 4y, 1) 𝑑𝐴𝐷
𝑄 = 휀0 ∬(4𝑥2 + 4𝑦2 + 2𝑧) 𝑑𝐴𝐷
A coordenadas polares:
𝑄 = 휀0 ∫ .𝑎
0
∫ [4(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 + 4(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 + 𝑎2 − (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2]𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃2𝜋
0
𝑄 = 2휀0 ∫ .2𝜋
0
∫ [𝑟2 + 𝑎2]𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑎
0
𝑄 = 2휀0 ∫ 𝑑𝜃 (𝑟3
3+ 𝑎2𝑟)|
0
𝑎
.2𝜋
0
𝑄 =16𝜋𝑎3
3
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9. El cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑥 recorta una porción de superficie S en la hoja superior del
cono 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2. Calcule la integral de superficie 4 4 2 2 2 2
5
1x y y z z x ds
SOLUCION:
2 2 2 2 2; : 0z x y f x y z
Dfn
Df
�⃑� =(2𝑥,2𝑦,−2𝑧)
2√𝑥2+𝑦2+𝑧2
�⃑� =(𝑥, 𝑦, −𝑧)
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
2 2 2.
zn k
x y z
4 4 2 2 2 2
5
1x y y z z x ds
= ∬(𝑥4 − 𝑦4 + 𝑦2𝑧2 − 𝑧2𝑥2 + 1)𝑑𝐴
|�̅�. �̅�|𝑆
= ∬ [(𝑥2 − 𝑦2)(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑧2(𝑦2 − 𝑥2) + 1
|�̅�. �̅�|]
𝑆
𝑑𝐴
= ∬ [(𝑥2 − 𝑦2)(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2) + 1]𝑆
𝑑𝐴
|�̅�. �̅�|
Pero del dato 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2 o mejor dicho 𝑥2+𝑦2 − 𝑧2 = 0
∬𝑑𝐴
|�̅�. �̅�|𝑆
= ∬√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑧𝑑𝐴
𝑆
Nuevamente usamos que 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2
2 22 2 2 2
2 2 2 2
2 )( ).
)A A
x yx y x ydA dA
x y x y
=22. 2 2. (1) 2.
A A
dA dA
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10. Si 𝑓(�̅�) = (�̅� × �̅�). (�̅� × �̅�) , siendo �̅�(�̅�) = (𝑥; 𝑦; 𝑧) 𝑦 �̅� 𝑦 �̅� son vectores constantes,
demuestre que ∇𝑓(𝑥; 𝑦; 𝑧) = �̅� × (�̅� × �̅�) + �̅� × (�̅� × �̅�)
SOLUCION:
∇𝑓(𝑥; 𝑦; 𝑧)
∇((�̅� × �̅�). (�̅� × �̅�))
∇(휀𝑖𝑗𝑘𝑟𝑖𝐴𝑗�̂�𝑘. 휀𝑙𝑛𝑚𝑟𝑙𝐵𝑛�̂�𝑚)
∇(휀𝑖𝑗𝑘𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑙𝑛𝑘𝑟𝑙𝐵𝑛)
∇((𝛿𝑖𝑙𝛿𝑗𝑛 − 𝛿𝑖𝑛𝛿𝑗𝑙)𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛)
∇(𝛿𝑖𝑙𝛿𝑗𝑛𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛 − 𝛿𝑖𝑛𝛿𝑗𝑙𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛)
∇(𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑗𝐵𝑖)
𝑑(𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑗𝐵𝑖)
𝑑𝑥𝑝�̂�𝑝
2𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑗 − 𝑟𝑗𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑖
(𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑗) + (𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑗𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑖)
[𝑟𝑖𝐴𝑗(𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝐵𝑖�̂�𝑗)] + [(𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑗𝐵𝑖)𝐴𝑗�̂�𝑖]
{𝑟𝑖𝐴𝑗[(𝛿𝑖𝑝𝛿𝑗𝑞 − 𝛿𝑖𝑞𝛿𝑗𝑝)𝐵𝑞�̂�𝑝])} + {[(𝛿𝑖𝑟𝛿𝑗𝑠 − 𝛿𝑖𝑠𝛿𝑗𝑟)𝑟𝑟𝐵𝑠]𝐴𝑗�̂�𝑖}
{𝑟𝑖𝐴𝑗[(휀𝑖𝑗𝑘휀𝑝𝑞𝑘𝐵𝑞�̂�𝑝])} + {[휀𝑖𝑗𝑡휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠]𝐴𝑗�̂�𝑖}
(𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑖𝑗𝑘휀𝑝𝑞𝑘𝐵𝑞�̂�𝑝) + (휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠휀𝑖𝑗𝑡𝐴𝑗�̂�𝑖)
휀𝑞𝑘𝑝𝐵𝑞(𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑖𝑗𝑘)�̂�𝑝 + 휀𝑗𝑡𝑖𝐴𝑗(휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠)�̂�𝑖
�̅� × (�̅� × �̅�) + �̅� × (�̅� × �̅�)