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Este Problemario contiene una serie de
problemas resueltos que sirvan de base
para que los estudiantes cuenten con una
guía para poder resolver otros problemas
que versen sobre el Cálculo vectorial. Este
problemario se elaboró como apoyo a los
estudiantes del SEAARA
PROBLEMARIO DE
CÁLCULO VECTORIAL ESIME ZACATENCO
FRANCISCO MUÑOZ APREZA
1
Modulo I
Índice
La ecuación de la Recta
La ecuación del Plano
Sistema de coordenadas rectangulares
Sistema de coordenadas polares
Sistema de coordenadas cilíndricas
Sistema de coordenadas esféricas
La Ecuación de la recta y del plano
DEFINICIÓN
“DOS PUNTOS CUALESQUIERA DEFINEN A UNA RECTA”
Definición de la recta en su representación vectorial
ℓ={P|Po+ta para todo t en R}
1.- Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos A (2, 3, 5); B (6, -1, 8);
Solución
B- A = (2, 3, 5)- (6, -1, 8) = ( 4, -4, 3 )
(x, y, z)= (2, 3, 5 ) + t (4, -4, 3 ) ecuación vectorial
(x, y, z)= (2+4 t, 3+ -4t, 5+ 3t)
2
x = 2+4 t;
y = 3 - 4 t; Ecuaciones Paramétricas
z = 5+3 t;
2.- Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos
A (1, 0, 0); B (3, -2, -7)
Solución
(x, y, z)= (1+ t (3-1), 0+ t (-2-0), 0+ t (-7-0))
(x, y, z)= (1+ t (2), t (-2), t (-7))
x = 1+2 t;
y = - 2 t; Ecuaciones Paramétricas
z = -7 t;
3.- Ecuación de la recta que pasa por los puntos A (5, -2, 4);B (2, 6, 1)
Solución
(x, y, z) = (5+ t (2-5), -2+ t (6+2), 4+ t (1-4))
3
(x, y, z) = (5+ t (-3), -2+ t (8), 4+ t (-3))
x = 5-3 t;
y = - 2 +8t; Ecuaciones Paramétricas
z = 4-3 t;
4.- Obtener las ecuaciones Paramétricas de la recta que pasa por
P(6, 4, -2) y es paralela a la recta tzyx
6
5
3
1
2
Solución
t = x/2; t = 1-y / 3; t = z-5 /6;
x = 6+2 t;
y = 4 – 3 t; ecuaciones Paramétricas
z = -2+6 t;
5.- Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos P (1, 2, 1); Q (3, 5, -2)
a =Q– P = ( x2 –x1, y2 –y1, z2 –z1 ) = ( a1 , a2, a3 )
4
(x, y, z)= P + t a
a = (3-1, 5-2, -2-1)= (2, 3, -3)
(x, y, z) = (1, 2, 1) + t (2, 3, -3)
6.- Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos P (10, 2, -10);
Q (5, -3, 5);
a = (3-1, 5-2, -2-1)= (2, 3, -3)
(x, y, z) = (1, 2, 1) + t (2, 3, -3)
𝒙 − 𝟏 = 𝟐𝒕, 𝒚 − 𝟐 = 𝟑𝒕, 𝒛 − 𝟏 = −𝟑𝒕 Ecuaciones paramétricas
𝒙 − 𝟏
𝟐= 𝒕,
𝒚 − 𝟐
𝟑= 𝒕,
𝒛 − 𝟏
−𝟑= 𝒕
𝒙−𝟏
𝟐=
𝒚−𝟐
𝟑=
𝒛−𝟏
−𝟑 Ecuaciones simétricas
7.- Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos
1,
2
1,
2
1P
2
1,
2
5,
2
3Q
a = P-Q =
1
2
1,
2
1
2
5,
2
1
2
3=
2
3,3,2
5
(x, y, z) =
1,
2
1,
2
1 + t
2
3,3,2
Ecuación de la recta
8.- Hallar el ángulo entre dos rectas l1 y l2
l1 = l1 =
36.4021
16cos
21
16
7*3
1262cos
1
ba
ba
9.- Encuentre las ecuaciones paralelas, simétricas y la ecuación vectorial de la recta que
pasa por el punto 𝑷𝟎 (𝟎, 𝟎, 𝟎) y es paralela al vector (3,1,5)V
( x-0, y-0, z-0 ) = ( 0,0,0 )t + (3, 1, 5 ) Ecuación vectorial de la recta
3x t , y t , z=5t Ecuaciones paramétricas de la recta
3 1 5
x y z
Ecuaciones Simétricas de la recta
x = 5 + 2s
y = 1 + 3s
x = 4 - t
y = 3 + 2t
6
10.- Obtener las ecuación de la recta de para por el punto Po = ( 1, 0, 1 ) y es
paralela a la recta con ecuaciones paramétricas dadas
x = 3 + t, y = 5 -2t, z = -7+ t
Por lo tanto
V = < 1, -2, 1 >
Entonces la ecuación de la recta en su forma vectorial es:
(x,y,z ) = ( 1, 0, 1 ) + t ( 1 , -2, 1 )
11.- Encuentre la ecuación vectorial, las ecuaciones paramétricas y al ecuación cartesiana
de la recta que pasa por los puntos
P1= (7,2,-3)
P2= (1,1,1)
Solución
P2-P1= (1,1,1)- (7,2,-3) = (-6,-1,4) =a
Ecuación vectorial
Po = P+ta
(x,y,z)= (1,1,1)+t(-6,-1,4)
Ecuaciones paramétricas
(x,y,z) = (1,-6t,1-t,1+4t)
X=1-6t t=1-x/6
Y=1-t t=4-1
T=1+4t t=z-1/4
Ecuación cartesiana
7
Como
(1 − 𝑥
6= 𝑦 − 1 =
𝑧 − 1
4)
Multiplicamos por 24
24 (1−𝑥
6= 𝑦 − 1 =
𝑧−1
4)
4-4x = 24y-24 = 6z-6
6z+4-24y-6+24-4 = 0
4x-24y+6z+14
12.- Encuentre la ecuación vectorial, las paramétricas y la cartesiana de la recta que pasa
por:
P1(7, 2, -3)
P2(1, 1, 1)
P2-P1= (1, 1, 1) – (7, 2, -3)= (-6, -1, 4)=9
(x,y,z) = (1, 1, 1) + t(-6, -1, 4)
Ecuaciones paramétricas.
(x,y,z) = (1, 1, 1) + (-6t, -t, 4t)
(x,y,z) = (1, -6t, 1 -t, 1+4t)
X= 1 – 6t 𝑡 =1−𝑥
6
Y= 1 – t 𝑡 = 4 − 1
Z= 1 + 4t 𝑡 =𝑧−1
4
Ecuación cartesiana.
1−𝑥
6 = y – 1 =
𝑧−1
4
4 − 4𝑥 = 244 − 24 = 6𝑧 − 6
8
6z + 4x – 24y – 6 + 24 – 4 = 0
13.- Sean dos rectas con vectores directores (2,2,2) y ( 5, -1, 1 ) encuentre si las dos
rectas son paralelas u ortogonales y calcule el ángulo formado por ellas
Dado que
Definiciones
ℓ1 || ℓ2a1||a2
ℓ1 ⊥ ℓ2a1⊥a2
ℓ1 ∢ ℓ2a1∢a2
Sean ( 2,2,2) y ( 5,-1,1)
Demuestre sí ℓ1 || ℓ2
(2,2,2) =r(5,-1,1)
2 = 5r
2= -r
2= r
Como las r son diferentes
ℓ1 ∦ ℓ2
Encontrar si ℓ1 ⊥ ℓ2?
(2,2,2)˖(5,-1,1) = 10-2+2 = 10 ≠ 0
Por lo tanto
∴ℓ1 ⊥ ℓ2
Encontrar el ángulo formado por ℓ1 y ℓ2?
Definición
a*b= |a||b| cosƟ
4x – 24y + 6z + 14 =0
9
Definición
|𝑎| = √𝑎2 + 𝑎2 +⋯𝑎2𝑛
Entonces
|a1|=√25 + 1 + 1 = √27
|a 2|=√4 + 4 + 4 = √12
10=√27√12 𝑐𝑜𝑠Ɵ
10
√27√12 = cos 𝜃
Ɵ= cos-1- 10
√27√12
Ɵ=62.5o
14.- Sea a=(1,2,3) b=(7,5,4)
¿a||b?
(1, 2, 3) = r(7, 5, 4)
(1, 2, 3) = (7r, 5r, 4r)
1=7r r=1/7
2=5r r=2/5
3=4r r=3/4
∴ a || b
a|b
(1, 2, 3)(7, 5, 4) = 7 + 10 + 12 = 0
= 29
∴ a|b
𝑎∢b
|a|=√1 + 4 + 9 =√14
10
|b|=√49 + 25 + 16 =√90
29=√14 + √90 𝑐𝑜𝑠𝜃
29
√14 √90= 𝑐𝑜𝑠𝜃
cos−129
√14 √90= 𝜃
𝜃 = 35° 10′48"
DEFINICIÓN
3 PUNTOS NO COLINEALES DEFINEN UN PLANO
15.- Encontrar la ecuación vectorial del plano si A = (5, 1, 3) es perpendicular al vector
2i + 3j + 4k
Solución:
[ai + bj + ck] • [(x–x0)i – (y–y0)j + (z–z0)k] = 0
< 5, 1, 3> • < 2(x–x0) – 3(y–y0) + (z–z0)4> = 0 Ecuación vectorial del plano
[2(x–5) – 3(y–1) + 4(z–3)] = 0
2x – 10 – 3y + 3 + 4z – 12 = 0
2x – 3y + 4z – 19 = 0
11
Ecuación general del Plano 2x - 3y + 4z = 19
16.- Halle la ecuación del Plano que pasa por P (6, 10, -7) y es perpendicular al vector -
5i + 3k
Solución:
[6, 10, -7] • [-5(x–x0) + 3(z–z0)] = 0
[-5(x–6) + 3(z+7)] = 0
-5x + 30 + 3z + 21 = 0
(-5x + 3z = -51)*(-1)
Ecuación del Plano 5x - 3z = 51
17.- Calcular la ecuación del Plano que pasa por P(5, 2, -3) y es perpendicular a
2x –y + 4z = 7 y 3y – z = 8
12
Solución
Como el producto vectorial de las dos recta que son perpendiculares al plano es la normal
del plano entonces a = 2i – j + 4k y b = 3j - k
130
412
kji
ban
n = (1–12) i – (–2) j + (6) k = -11i + 2j + 6k
[5, 2, 3] • [-11(x–x0) + 2(y–y0) + 6(z–z0)k] = 0
-11(x–5)i + 2(y–2) + 6(z–3)k] = 0
-11x + 55 + 2y – 4 + 6z + 18 = 0
-11x + 2y + 6z + 69 = 0
(-11x + 2y + 6z = -69)(-1)
Ecuación del Plano 11x – 2y - 6z = 69
18.- Encuentre la ecuación del plano que pasa por P(2,1,-1) y es perpendicular a la recta
de intersección de los planos 2x + y – z = 3, x + 2y + z = 2.
Solución:
13
yx
yx
zyx
zyx
3
5
533
22
32
�
yz
yz
zyy
zyx
3
1
23
5
223
5
22
𝑠𝑖 𝑦 = 𝑡
tz
ty
tx
3
1
3
5
N = <-1,1,-1>
0
0112
01,1,11,1,2
zyx
zyx
zyx
19.- Encuentre las ecuaciones del plano que pasa por el Po(2,4,5) y es perpendicular
a la recta x=5+t, y=1+3t, z=4t
V1=(1, 3, 4) V2(5 - 2,1- 4, 0-5) = < 3, -3, -5>
V1xV2 =|𝑖 𝑗 𝑘1 3 43 − 3 − 5
| = (−15 + 12)𝑖 − (−5 − 12)𝑗 +
(−3 − 9)𝑘
N = -3i+17j-12k
< -3, 17, -12 >•< x – 2, y – 4, z – 5> = 0
14
x-2+3y-12+4z-20=0 Ecuación escalar
x+3y+4z-34=0 Ecuación General
21.- Encuentre la ecuación vectorial del plano que pasa por los puntos (2,3,7), ( 1,6,4) y (
1,-3,3)
Analicemos si los putos son no colineales
Definición
Tres puntos son no colineales si uno de los tres no pertenece a la recta generada por los
otros dos
Construyamos la ecuación de una recta que pase por dos de los puntos
P1-P2=(2,3,7)-(1,6,4)=(1,-3,3)=a
(x,y,z)= (2,3,7)+t(1,-3,3)
Comprobar que el tercer punto no pertenezca a la recta.
(5,4,3 )= (2,3,7) +t(1,-3,3)
(5,4,3)=(2+t,3-3t,7+3t)
5=2+t t=3
4= 3-3t =>t=-1/3
3=7+3t
∴P1P2P3 no colineales
Encontremos la ecuación del plano en su forma vectorial
P1(-P3=(2,3,7)-(5,4,3)=(-3,-1,4)=b
15
(x,y,z)=(2,3,7)+t(1,-3,3)+s(-3,-1,4)
Encontremos las ecuaciones paramétricas
(x,y,z)=2+t-3s,3-3t-s,7+3t+4s)
X=2+t-3s
Y=3-3t-s ec. paramétrica
Z=7+3t+4s
Calculemos la ecuación normal del plano
Definición
n* (P-P1)=0 ec. Normal del plano
Definición de la normal
n= axb = |𝑖 𝑗 𝑘
𝑎1 𝑎2 𝑎3 𝑏1 𝑏2 𝑏3
|
22.- Encontrar las ecuaciones del plano que pasa por los vectores a= (1,-3,3)
b= (-3,-1,4)
|𝑖 𝑗 𝑘1 − 3 3 −3 − 1 4
|
=i (-12+3)-j (4+9)+k (-1-9)=i (-9)-j (13)+k (-10)
= (-9,-13,-10)
(-9,-13,10).(x,y,z)-(1,6,4)=0
(-9,-13,10).(x-1,y-6,z-4)=0
-9(x-1)+(-13)(y-6)+(10)(z-4)=0
-9x+9-13y+48+10z-40=0
-9x-13y+10z+127=0 ec. Cartesiana del plano
22.-
16
Si 𝜋1 ∩ 𝜋2 entonces lo hacen en una recta
¿En qué recta en 𝜋1 ∩ 𝜋2?
Sean 𝜋1; 2x+3y+z=5
𝜋2; 5x-3y+7z=-3
Multiplicando por 7 a 𝜋1 y sumándoselo a 𝜋2 tenemos
-7x -21y- 7z = 35
5x -3y +7z = -3
Tenemos -2x -24y = 32 que es la recta de 𝜋1 ∩ 𝜋2
23.-
Dos planos son perpendiculares si sus normales lo son
Sean
𝜋1 = (x, y, z) = (1,1,1) + t(2,7,4) + s(1,5,6)
𝜋2 = (x,y,z) = (3,2,7) + a(5,6,7) + b(6,6,6) Encuentre si los planos son o no paralelos
Como las normales son:
i j k n1 2 3 4 = i(18 – 20) – j(12-4) +k(10-3) 1 5 6 = i(-2) – j(8) + k(7) = (-2,8,7) i j k n2 5 6 7 = i(36-42) – j(30-42) + k(30-36) 6 6 6 = i(-6) – j(12) + k(-6) = (-6,12,-6) Entonces (-2,-8,7) = r(-6,12,-6) -2 = -6r r = 1/3 -8 = 12r ═> r = 8/12 7 = 6r
Z
17
Como las r no son iguales entonces los planos no son paralelos Encuentre si los planos son perpendiculares (-2,-8,7) · (-6,12,-6) = 12 – 96 -42 = - 126 Como el producto punto de las normales es diferente a cero los planos no son ortogonales o perpendiculares 24.-
Si un plano y una recta se intersectan lo hacen en un punto
Sean 𝑙1 = (x,y,z)= (6,2,3)+ b(6,4,7)
𝜋2 = (x,y,z)= (1,2,-3)+ t(5,2,1)+ s(3,7,4)
Encuentre si 𝑙1 𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝜋2
Igualando las ecuaciones (1,2,-3) + t(5,2,1) + s(3,7,4) = (6,2,3) + b(6,4,7) (1+5t+3s, 2+2t+7s, -3+t+4s) = (6+6b, 2+4b, 3+7b) Construyendo el Sistema de ecuaciones 1+5t+3s = 6+6b 5t+3s-6b = 5 2+2t+7s = 2+4b = 2t+3s-4b = 0 -3+t+4s = 3+7b t+4s-7b = 6 Eliminando t -10t + 6s – 12b = 10 10t + 35s + 20b = 0
-24s + 8b = 10 24s – 8b = -10
2t + 7s – 4b = 0 -2t + 18s + 14b = -12 -11s + 10b = -12
18
11s – 10b = 12 319s – 88b = -110 -319 + 290b = -348 202b = 458 Obtenemos el valor del parámetro b b = -458 202 Sustituyendo el valor de b en la ecuación vectorial de la recta Sus (x,y,z) = (6,2,3) + (458/ 202 ) (6,4,7) = (6,2,3) + (-13.60, -9.06, -15.87) = (-7.60, -7.06, -12.87) punto de intersección
19
Módulo II
Índice
Sistema de coordenadas rectangulares
Sistema de coordenadas polares
Sistema de coordenadas cilíndricas
Sistema de coordenadas esféricas
Problema 1
Convertir el Punto a coordenadas cilíndricas.
Encontramos
Ahora encontramos
el cuadrante donde es negativo (-3) y es positivo (3) es el IV
cuadrante.
Ahora encontramos :
Entonces, el punto en coordenadas cilíndricas es:
20
Problema 2
Convertir el punto en coordenadas cilíndricas a coordenadas rectangulares. Encontremos
Ahora encontremos
Ahora encontremos
Entonces, el punto en coordenadas rectangulares es:
Problema 3
Escribir la ecuación en coordenadas cilíndricas.
Sabemos que entonces sustituimos en la ecuación, obteniendo:
y ésta ecuación ya está expresada completamente en coordenadas cilíndricas,
pues solo depende de y
Problema 4
Convertir el punto a coordenadas rectangulares.
21
El punto en coordenadas rectangulares es: .
Problema 5
Convertir la ecuación rectangular a coordenadas cilíndricas.
Problema 6
Convertir la ecuación rectangular a coordenadas esféricas.
Problema 7
Encuentre una ecuación rectangular para la superficie cuya ecuación esférica es
22
ρ = senθsenφ Solución,
= ρ =ρ = senθsenφ = y
Que es la ecuación de una esfera con centro y radio
Problema 8
Hallar las coordenadas cilíndricas de (6, 6, 8) y localizar el punto
Si un punto tiene coordenadas cilíndricas (8, 2π/3, -3), ¿Cuáles son sus coordenadas cartesianas?
Solución:
a) para (6, 6, 8)
4)1(
2266
1
22
tag
r
El Punto en coordenadas cilíndricas es: 8,4/,26
b) para (8, 2π/3, -3)
342
38
3
28
42
8
3
2cos8cos
sensenry
rx
23
El Punto en coordenadas cartesianas es: 3,34,4
Problema 9
Hallar las coordenadas esféricas de (1, -1, 1)
Solución:
36
1174.54
3
1coscos
4
3
41
1
31)1(1
11
11
222222
z
tgx
ytg
zyx
Problema 10
Hallar las coordenadas cartesianas 4/,2/,3
Solución:
scartesianasCoordenadaP
z
sensensenseny
sensenx
)2
23,
22
3,
22
33(
2
23
2
3
4cos3cos
22
3
2
1
2
13
643
22
33
2
3
2
13
6cos
43cos
Problema 11
24
Transformar las coordinadas como se indica:
P1(12,,5) Cilíndricas Esféricas
.)36
13,,13(
36
1336.037.65
12
5coscos
131695012
0sin12
12cos12
11
222
esfericassCoordenadaP
r
z
y
x
P2(2
,2
3,22
) Esféricas Cilíndricas
sCilindricasCoordenadaP
yxr
z
y
x
)0,2
3,22(
2222
02
3cos22cos
222
sin2
3sin22sinsin
02
cos2
3sin22cossin
222
Problema 12
Hallar ecuaciones en coordenadas cilíndricas para las superficies cuyas ecuaciones
rectangulares se especifican a continuación:
a) x 2 + y 2 =4z2
b) y2 = x
Solución a)
25
Por la sección procedente sabemos que la grafica de x2 +y2 =4z2 es un cono «de dos
hojas» con su eje en el eje z. si sustituimos x2 + y2 por r2, obtenemos su ecuación en
cilíndricas.
X2 +y2 =4z2 ecuación en coordenadas rectangulares.
r2 = 4z2 ecuación en coordenadas cilíndricas.
Solución b)
La superficie y2 = x es un cilindro parabólico con generatrices paralelas al eje z.
Sustituyendo y2 por r2 sen2 ө y x por r cos ө, obtenemos:
y2 = x ecuación rectangular.
r 2 sen2 ө = r cos ө sustituir y por sen ө, x por r cos ө.
r(r sen2 ө –cos ө) = 0 agrupar terminos y factorizar
r sen2 ө –cos ө = 0 dividir los dos miembros por r
r =cos ө / sen2 ө despejar r
r cosec ө ctg ө ecuación en cilíndricas.
Problema 13
Hallar una ecuación en coordenadas esféricas parar las superficies cuyas ecuaciones en
coordenadas rectangulares se indican.
a).- cono: x2 + y2 = z2
b).- esfera: −4z = 0
Solución:
a).-haciendo las sustituciones adecuadas para x, y, z en la ecuación dada se obtiene:
26
x2 + y2 = z2
p2 sen2 Ф cos2ө + p2 sen2Ф sen2ө =p2 cos2Ф
p2 sen2 Ф (cos2ө + sen2ө) =p2 cos2Ф
p2 sen2 Ф = p2 cos2 Ф
sen2 Ф/ cos2 Ф = 1 p> 0
tg2 Ф = 1 Ф = π /4 o Ф = 3π/4
La ecuación Ф = π/4 representa la mitad superior del cono y la ecuación Ф = 3π/4 su
mitad inferior.
b).-como p2 = x2 +y2 + z2 y z = p cos Ф, la ecuación dada adopta la siguiente forma en
coordenadas esféricas.
P2 – 4 p cos Ф = 0 → p (p −4 cos Ф) = 0
Descartando por el momento la posibilidad de que p = 0, obtenemos la ecuación en
esféricas.
P −4 cos Ф = 0 o p = 4cos Ф
Problema 14
Transformar las coordenadas cilíndricas
en esféricas
)0,2
,22(
22)22(0
02
3cos22cos22
222
cos2
3sin22sinsin
02
cos)2
3sin(22cossin
)2
,2
3,22(
)36
13,,13(
36
1337.65
12
5coscos
13
13169)5(0)12(
0sin12
12cos12
)5,,12(
2
222
2
1
11
22
1
P
yxr
z
y
x
P
P
r
z
y
x
P
27
Problema 15 Transformar las coordenadas cilíndricas a cartesianas.
𝑃 (11,5
2𝜋, 6)
𝑥 == 11 cos (5
2𝜋) = 11(0.9906) = 10.8 =
54
5
𝑦 = 11 sin (5
2𝜋) = 11(0.1266) = 105 =
3
2
Z=6
R=(54
5,3
2, 6)
16.- Transformar las coordenadas cartesianas a esféricas.
𝑃 (0,2 √3,−2)
𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = √02 + 2 √32+ (−22) = 4
𝑐𝑜𝑠𝜑 =𝑧
𝑟=−2
4= 𝜑 =
2𝜋
3
𝑐𝑜𝑠𝜃 =𝑥
𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑=
0
4𝑠𝑖𝑛2𝜋3
=𝜋
2
R=𝑃 (4,2𝜋
3,𝜋
2)
Problema 16
Transformar las coordenadas polares a cartesianas.
(−5.9
2𝜋)
𝑐𝑜𝑠9
2𝜋 = 0.9697
𝑥 = −5(0.9697) = −4.84 = −121
25
28
𝑠𝑖𝑛9
2𝜋 = 0.2442
𝑦 = −5(02442) = −1.22 = −1221
1000
R=P(−121
25, −
1221
1000)
Problema 17
Transformar las coordenadas esféricas a cartesianas.
𝑃 (6,𝜋
4,𝜋
3)
𝑥 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 6𝑠𝑖𝑛𝜋
4𝑐𝑜𝑠
𝜋
3=3 √2
2
𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 6𝑠𝑖𝑛𝜋
4𝑠𝑖𝑛
𝜋
3=3 √6
2
𝑧 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑 = 6𝑐𝑜𝑠𝜋
4= 3 √2
R=𝑃 (3√2
2,3√6
2, 3√2)
29
Módulo III
Funciones vectoriales
Problemas
Problema 1
1 Trazar la grafica correspondiente a la función vectorial
Las ecuaciones parametricas de la curva son x = 2 cos t
Y = 2 sent . eliminando el parámetro t de las 2 primeras ecuaciones,
Se ve que los puntos de la curva están situados en el cilindro circular
X2 + y2 = 4
2.- trazar la grafica correspondiente a la función vectorial
los puntos de la curva están situados en el cilindro X2 + y2 = 4
el valor constante z = 3 hace que la curva este situada 3 unidades arriaba del plano xy
30
obtengo la función vectorial que describe la curva c de intersección del plano y = 2 x y el
paraboloide z = 9 - X2 - y2
si hacemos x = t, entonces y = 2t, y de esta manera z = 9 – t2 - 4 t2 = 9 -5t2
DOMINIO
A) jtittR 4)/1()(
]4,()0,(
4
1)4(
]4,(04
4)(
)0,(;)/1()(
......
2
2
11
21
R
R
R
RnRRR
D
t
t
Dt
jttR
DittR
DDDD
31
]3,3[
33
3
9
09
9
1
2
2
2
1
RD
t
t
t
t
tR
D=R-(0,4]
B) R (t)= jttit 829 22
)2,4(
)4,(),2(
)4,()2,(
),4(),2(
4&2
4&2
04&02
04&02
0)4)(2(
082
82
2
2
2
2
RD
tt
tt
tt
tt
tt
tt
jttR
D = ( -4, 3 )
C) Si ttttg
ttttf
3,,4)(
2,9,3)(
2
2
obtener
gfD
32
),(2
]3,3[
33
9
9
1)9(
09
9
),(3
,9,43))((
3,,42,9,3))((
)()())((
3
2
2
2
2
2
2
11
22
22
tD
D
t
t
t
t
t
tD
DtD
ttttttgf
tttttttgf
DDDtgtftgf
f
f
f
ff
gfgf
]3,3[),(]3,3[),(321 ffff DDDD
]3,3[),4[]3,3[)(
),4[),(),(),4[
),(3
),(
),4[4044
321
3
2
2
1
gfD
DDDDg
tD
tD
tttD
ggg
g
g
g
33
Límites
Problema 1
Halle el límite de cada una de las siguientes funciones:
a. kejtt
tittr t3
2 31ln
cuando t 0
kejtt
tittr t
tttt
3
02000lim
3lim1lnlimlim
kj
kjt
it
3
1
3
1lim1ln
0
34
b. kt
tj
t
tittr
2
3tan
1
13
2
2
cuando t 1
kt
tj
t
tittr
tttt
2
3tanlim
1
1lim3limlim
12
1
2
11
kji
kjt
it
2
3tan1
2
12
2
3tan
1
1lim2
1
Problema 2
a) R (t)= (t-2) i + 2
42
t
tj ;
2
)(limt
tR
jtRiml
jtiml
t
ttimlitRiml
jt
timlitimltRiml
t
t
tt
ttt
4)(
)2(
)2(
)2)(2(0)(
2
4)2()(
2
2
22
2
222
Problema 3
Halle el límite de kt
jtit
ttR
1
1
1)( 3
2
existenolímiteelkEnjitR
existenolímiteelkEnjit
tttR
kt
jtit
ttR
t
tt
tttt
01)(lim
01
)1)(1(lim)(lim
1limlim
1
1lim)(lim
0
00
0
3
0
2
00
35
]2,(
2
1)2(
02
2
2
2
R
R
D
t
t
t
tD
Problema 4
ktR
k
t
ttitR
k
t
t
t
t
tt
t
t
t
itR
ktt
ttietR
t
tt
tt
t
t
tt
5
4)(lim
25
134
lim0)(lim
25
134
lim0)(lim
25
134limlim)(lim
2
3
33
3
33
2
3
3
3
23
CONTINUIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES:
DERIVADAS DE FUNCIONES
Encontrar el dominio de R(t) y determine R´(t).
1) R (t) = jtit 21
),1[
1
01
1
1
1
R
R
D
t
t
tD
ktt
ttietR t
25
134)(
3
23
36
DR(t) = [1, 2]
R´ (t) =
j
t
ttti
t
ttt
t
2211lim
0
j
tti
ttj
tti
tt
jttt
ittt
jtttt
ti
tttt
t
jtttt
ttti
tttt
ttt
jttt
ttt
t
ttti
ttt
ttt
t
ttt
t
t
t
t
t
22
1
11
1
202
1
110
1
22
1
11
1
2211
22
22
11
11
22
2222
11
1111
0
0
0
0
0
lim
lim
lim
lim
lim
R´ (t) = jitt
2212
11
Problema 2
R´(t) = ktjeitt 2
),0(
0
1
1
R
R
D
t
tD
),(
),(
3
2
2
tD
eD
R
t
R
DR(t) = ),0(),(),(),0(
R´ (t) =
t
tttj
t
eei
t
tttiml
ttt
t
2)(2
0
37
kjei
ttt
ttt
t
tttiml t
t
2
02
R´ (t) =
kje
t
t222
1
Problema 3 Si la trayectoria de una partícula esta descrita por la grafica de la función 𝑟→(𝑡) =𝑒-t i + (-2e-t +1)
Obtener, en el punto P(1, -1);
a) La velocidad b) La aceleración, c) La rapidez, d) La distancia que recorre la partícula entre los puntos (e, -2e+1) y (1, -1).
a) Velocidad =
𝑟→1(t1)= - 𝑒−𝑡 + 2 𝑒−𝑡 𝑗
b) Aceleracion = 𝑟→1 (n)= -i + 2j
c) Rapidez = | 𝑟→ (t)| = √1 + 4 = √5
d) P (1,-1) → t= 0 Q(e, -2e + 1)
𝑒−𝑡= e → -t= 1 → t= -1
-2 𝑒−𝑡 + 1= -2e + 1 → 𝑒−𝑡 = e → t = -1 → t= -1 1 ≤t ≤0
L= ∫ √50
−1( 𝑒−𝑡)2 + (𝑒−𝑡)2 dt
=∫ √50
−1( 𝑒−2𝑡)2 + (4 𝑒−2𝑡)2 dt =∫ √5
0
−1 𝑒−𝑡 dt
=−√5 𝑒−𝑡|0-1 = −√5 (e0-e)
=√5𝑒 − √5 = (e - 1) √5
Problema 4
38
Encuentre las ecuaciones paramétricas de la recta que es tangente a la curva dada en t0 = 0.
kejttittr t cossin)( 2
Solución:
1,1,00r t = 0 P (0,-1,1)
tzytx
tzyx
tzzyyxx
r
kejttittr t
11
1,0,11,1,0
1,0,1,,
1,0,10'
sin2cos'
000
Problema 5
Encontrar los vectores tangente, unitario, normal y binormal a la curvatura que
describe la función vectorial.
kttjttittr )3
1()
3
1()( 232 , t=0,
ktjttitr )3
21()1(2)(' 2
ktjitr3
222)("
|)('|
)()(
tr
trtT
kjitT
2
1,
2
1,
2
0
2
1,1,0
|))0(3
21()01())0(2(|
1,1,0)(
2222
|)('|
)(')(
tr
tTtN
2
3
2
,2
2,
2
2
)3
21()1()2(
3
22,2
)(2222
ti
ttt
ti
tN
39
B(t)=T(t)XN(t)
i J K
0
2
1
2
1
2
2
2
2
2
3
2
667i -1j -1 k>
Problema 6
Calcula la curvatura de: y = sin x
23
2cos1
sin
x
xK
Problema 7
Calcule la curvatura de la función y=ex en x=1
1119.0
2918.24
78.2
)1(
||
)1(
||
)(1
||
)('(1
|"|)(
332
2
32
2
32
e
e
e
e
e
e
xf
xFtk
x
x
x
x
x
Problema 8
Encuentre la longitud de la curva :
r(t)=(2cost)i + (2sent)j+ t5 k ; 0≤t≤π
se deriva da función y se calcula su magnitud para luego integrar para calcular la longitud
de arco:
40
r’(t)=-2sent+2cost+ 5
r’(t)= 22 )5()cos2()2( tsent
r’(0)= 39540
r’(π)= 39540
0
0 3)0(3)(3|33 tdt
Problema 9
Determina la longitud de arco de la curva
r(t)= 2t𝑖 + 3t𝑗 +2
3𝑡3/2𝑘
Entre el origen y el punto 𝑃(2,3,2
3)
𝑟 , (𝑡) = 2𝑖̂ + 3𝑗̂ + √𝑡�̂�
‖𝑟 , (𝑡)‖ = √13 + 𝑡
𝐿 = ∫√13 + 𝑡 𝑑𝑡
1
0
= 2
3[143/2 − 153/2] = 3.
41
INTEGRALES DE FUNCIONES VECTORIALES
Problemas
Evaluar las siguientes integrales
Problema 1
2
0
2 346 dtkjtit
ktjtit
kdtjtdtidttkdtjtdtidtt
2
0
2
0
22
0
3
2
0
2
0
2
0
22
0
2
0
2
0
2
322
346346
kji 6816
Problema 2
4/
0tancos
dtktjtisent
ktjsentit
kdttjdttidtsent
4/
0
4/
0
4/
0
4/
0
4/
0
4/
0
seclncos
tancos
kji
2ln
2
1
2
1
2
11
Problema 3
42
2
0
123 )1(412 dtktjeit t
kjei
ktjeit
kdttjdteidtt
t
t
3ln)22(48
)1ln(23
)1(412
4
2
0
2
0
22
0
4
2
0
12
0
22
0
3
kjei 3ln)1(2484
LONGITUD DE ARCO
Problema 1
Encuentra la longitud de la curva:
ktjtittr 3sin4cos4 2
0
t
5259cossin163cos4sin4' 22222 tttttr
2
555 2
0
2
0
tdt
Problema 2
Encuentre la longitud de la curva r(t)=(2cost)i + (2sent)j+ t5 k ; 0≤t≤π
r’(t)=-2sent+2cost+ 5
r’(t)= 22 )5()cos2()2( tsent
r’(0)= 39540
43
r’(π)= 39540
0
0
3)0(3333 tdt
EVALUACION DE FUNCIONES VECTORIALES
Problema 1
Determine los vectores velocidad, aceleración y la rapidez de una partícula cuya función
está dada por:
𝑟(𝑡) = (℮−𝑡)𝑖 + (2 cos 3𝑡)𝑗 + (2 sin 3𝑡)𝑘 𝑡 = 0
𝑣 = 𝑟(𝑡) = −℮−𝑡𝑖 − 6 sin 3𝑡 𝑗 + 6 cos 3𝑡 𝑘 𝑟(0) = −𝑖 + 0𝑗 + 6𝑘
𝑎 = 𝑟(𝑡) = ℮−𝑡𝑖 − 18 cos 3𝑡 𝑗 + 18 sin 3𝑡 𝑘 𝑟(0) = 𝑖 − 18𝑗 + 0𝑘
//𝑣(𝑡)//= √(−1)2 + 02 + 62 = √37
Problema 2
Calcular la integral
∫ [𝑡℮𝑡2 𝑖 + ℮−𝑡𝑗 + 𝑘]𝑑𝑡1
0
∫ 𝑡℮𝑡2𝑖 𝑑𝑡 + ∫ ℮−𝑡𝑗𝑑𝑡 + ∫ 𝑘𝑑𝑡1
0
1
0
1
0
𝑢 = 𝑡 𝑑𝑣 = ℮𝑡2 𝑑𝑢 = 1 𝑣 = ℮𝑡2
= 𝑡℮𝑡2 −∫℮𝑡2(1) = 𝑡℮𝑡2 −℮𝑡2 = ℮𝑡2(𝑡 − 1)
℮𝑡2(𝑡 − 1)𝑖 + ℮−𝑡𝑗 + 𝑘 ]01
Evaluando t=0
44
℮0(0 − 1)𝑖 + ℮0 𝑗 + 0 𝑘 = −𝑖 + 𝑗
Evaluando t=1
℮12(1 − 1)𝑖 + ℮1 𝑗 + 1 𝑘 = ℮𝑗 + 𝑘
Problema 3
Obtener los vectores T(t) y N(t) si
𝑟(𝑡) = (6 sin 2𝑡)𝑖 + (6 cos 2𝑡)𝑗 + 5 𝑡 𝑘
𝑟´ (𝑡) = 12 cos 2𝑡 𝑖 − 12 sin 2𝑡 j + 5k
𝑇(𝑡) = (12 cos 2𝑡)𝑖 + (−12 sin 2𝑡)𝑗 + 5𝑘
√(12 cos 2𝑡)2 𝑖 + (−12 sin 2𝑡)2𝑗 + 52 𝑘= 1
𝑁(𝑡) =0
//1//= 0
1= 0
Problema 4Calcular la longitud de arco
𝑟(𝑡) = (𝑡 cos 𝑡)𝑖 + (𝑡 sin 𝑡)𝑗 + (2√2
3) 𝑡
32 ⁄ 𝑘 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋
𝑟´(𝑡) = (−𝑡 sin 𝑡 + cos 𝑡)𝑖 + (𝑡 cos 𝑡 + sin 𝑡)𝑗 + √2𝑡12 ⁄
// 𝑟´(𝑡)//= √𝑡2𝑠𝑖𝑛2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑠𝑖𝑛2𝑡 + 2𝑡
= √𝑡2 + 1 + 2𝑡 = (𝑡2 + 1 + 2𝑡)12 ⁄ = ((𝑡 + 1)2)
12⁄ = 𝑡 + 1
∫ (𝑡 + 1)𝑑𝑡𝜋
0
= ∫ 𝑡𝑑𝑡𝜋
0
+ ∫ 1𝑑𝑡𝜋
0
= 𝑡2
2]0𝜋 + 𝑡0
𝜋 = 𝜋2
2+ 𝜋
Problema 5
Obtener k para la curva
𝑟(𝑡) = (3 sin 𝑡)𝑖 + (3 cos 𝑡)𝑗 + 4𝑡𝑘 𝑡 = −3𝜋
𝑟´(𝑡) = 3 cos 𝑡 𝑖 − 3 sin 𝑡 𝑗 + 4𝑘 𝑟(−3𝜋) = −3𝑖 + 0𝑗 + 4𝑘
𝑟´´(𝑡) = −3 sin 𝑡 𝑖 − 3 cos 𝑡 𝑗 + 0𝑘 𝑟(−3𝜋) = 0𝑖 + 3𝑗 + 0𝑘
45
𝑟′(𝑡) ∗ 𝑟′′(𝑡) = |−3 0
0 3
40| = (0 − 12)𝑖 + (0 − 0)𝑗 + (−9 − 0)𝑘 = −12𝑖 − 0𝑗 − 9𝑘
= √(−12)2 + 02 + (−9)2 = √225 = 5
|𝑟´ (𝑡)| = √−32 + 02 + 42 = √25 = 5
𝑘 = 15
53=3
25
Problema 6
Obtener la curvatura de
𝑦 = 𝑥(1 − 𝑥)25⁄ 𝑥𝑜 =
12⁄
𝑦´ = 𝑥 2 5⁄ (1 − 𝑥)25⁄−1
(−1) + (1 − 𝑥)25⁄ (1)
= −2𝑥
5(1 − 𝑥)
−35⁄ + (1 − 𝑥)
25⁄
𝑦′′ = −2𝑥
5−3
5(1 − 𝑥)
−35⁄−1
(−1) + (1 − 𝑥)−3
5⁄5(−2) − 2𝑥(0)
5=−10
25+ 2
5(1 − 𝑥)
−35 (−1)⁄
= −6𝑥
25(1 − 𝑥)
−85⁄ −
10
25(1 − 𝑥)
−35⁄ −
2
5(1 − 𝑥)
−35⁄
= −6𝑥
25(1 − 𝑥)
−85⁄ −
4
5(1 − 𝑥)
−35⁄
𝑘 = |−6𝑥25(1 − 𝑥)
−85⁄ −
45(1 − 𝑥)
−35⁄ |
[1 + (−2𝑥5(1 − 𝑥)
−15⁄ )2]
32⁄
𝑒𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥.= 1 2⁄
= |−
325(12)−8
5⁄ −45(12)−3
5⁄ |
[1 + (−15(12)
−15⁄
)2]
32⁄= 2.7018
46
Problema 7
Encuentre las ecuaciones paramétricas de la recta que es tangente a la curva dada en t0
= 0.
kejttittr t cossin)( 2
Solución:
1,1,00r t = 0 P(0,-1,1)
tzytx
tzyx
tzzyyxx
r
kejttittr t
11
1,0,11,1,0
1,0,1,,
1,0,10'
sin2cos'
000
Problema 8
Encuentra la longitud de la curva:
ktjtittr 3sin4cos4 2
0
t
5259cossin163cos4sin4' 22222 tttttr
2
555 2
0
2
0
tdt
Problema 9
Determina la longitud de arco de la curva
F(t)= 2t𝑖 + 3t𝑗 +2
3𝑡3/2𝑘
Entre el origen y el punto 𝑃(2,3,2
3)
𝑟→ (𝑡) = 2𝑖̂ + 3𝑗̂ + √𝑡�̂�
47
𝑟→ (𝑡) = √13 + 𝑡
𝐿 = ∫√13 + 𝑡 𝑑𝑡
1
0
=2
3(13 − 𝑡)3/2∫ =
1
0
2
3[143/2 − 153/2] = 3.7
Problema 10
Determine el valor de ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 Sobre la curva dada por las ecuaciones
paramétricas x=t, y=t2 con 0≤ t≤ 3
: x=t, y=t2;0≤ t≤ 3
Obtenemos dx=dt ;dy=2dt
∫2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫[2𝑡 ∗ 𝑡2 + (𝑡2 + 𝑡4)2𝑡]𝑑𝑡
3
0
= ∫(2𝑡3 + 2𝑡3 + 2𝑡5)𝑑𝑡
3
0
= [4𝑡4
4+2𝑡6
6]0
3
= 324
48
EJERCICIOS DE SUPERFICIES DE NIVEL
1) Describir las superficies de nivel de la siguiente función y dibujar una
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧
2) Hallar la velocidad y la rapidez en t=0 si
𝑟(𝑡) = 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖̂ + 𝑒𝑡𝑗̂ + 𝑐𝑜𝑠𝑡�̂�
3) Usando la regla de la cadena calcular 𝑑𝑧
𝑑𝑡
𝑧 = 𝐿(2𝑦 + √1 − 𝑥2) , 𝑥 = 𝑡2 , 𝑦 = 𝑡4
4) Hallar la derivada direccional de la siguiente función en el punto A y en la dirección que
se indica
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧𝑒𝑥2𝑦 𝐴 (2,
1
2, 2) ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝐵 (1,−
1
2, 3)
5) Hallar la dirección en la que la siguiente función aumenta con mayor rapidez y la razón
de cambio en esa dirección.
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦2 + 2𝑦𝑧2 + 3𝑧𝑥2 𝑃(1, −2, −3)
SOLUCIONES:
1) 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 𝑐 𝑓𝑎𝑚𝑖𝑙𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜𝑠; 𝑠𝑖 𝑐 = 6, 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 6
49
2) �⃗�(𝑡) = 𝑟(𝑡) = (𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑖̂ + 𝑒𝑡𝑗̂ − 𝑠𝑒𝑛𝑡�̂� , �⃗�(0) = 𝑗 ̂
|�⃗�(𝑡)| = √(𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑒𝑛𝑡)2 + 𝑒2𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡
|�⃗�(𝑡)| = √𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 𝑒2𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡, |�⃗�(0)| = 𝑒
3) 𝑑𝑧
𝑑𝑡=
𝑑𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡+
𝑑𝑧
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡= −
2𝑥𝑡
√1−𝑥2(2𝑦+√1−𝑥2+
8𝑡3
2𝑦+√1−𝑥2= −
2𝑡3
√1−𝑡4(2𝑡4+√1−𝑡4+
8𝑡3
2𝑡4+√1−𝑡4
4) 𝜆 =(−1�̂�−�̂�+�̂�)
√3; 𝐷
�⃗⃗⃗�𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥𝑦𝑧𝑒𝑥
2𝑦𝑖̂ + 𝑥2𝑧𝑒𝑥2𝑦𝑗̂ + 𝑒𝑥
2𝑦�̂�) ∗−�̂�−�̂�+�̂�
√3
𝐷�⃗⃗⃗�𝑓 (2, −
1
2, 2) =
1
√3(4𝑒2𝑖̂ + 8𝑒2𝑗̂ + 𝑒2�̂�) = −
11
√3𝑒𝑧
5)𝜆 =𝛻𝑓(𝑟)
|𝛻𝑓(𝑟)|=
(𝑦2+6𝑥𝑧)�̂�+(2𝑥𝑦+2𝑧2)�̂�+(4𝑦𝑧+3𝑥2)�̂�
|𝛻𝑓(𝑟)|
𝜆 =𝛻𝑓(1, −2, −3)
|𝛻𝑓(1, −2, −3)|=−14𝑖̂ + 14𝑗̂ + 27�̂�
√1121 , |𝐷
�⃗⃗⃗�𝑓(1,−2,−3)|
𝑚𝑎𝑥= √1121
EVALUACIÓN
1. Describir la superficie de nivel de la siguiente función y grafica:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧
2. Hallar l velocidad y la rapidez en 𝑡 = 0 de la curva 𝑟(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖̂ + 𝑡𝑒𝑡𝑗̂ + 𝑐𝑜𝑠𝑡�̂�
3. Usando la regla de la cadena calcular 𝑑𝑧
𝑑𝑡 para 𝑧 = 𝐿𝑛(2𝑦 + √1 − 𝑥2) , 𝑥 = 𝑡2, 𝑦 = 𝑡4
4. Encuentre la derivada direccional de la siguiente función en el punto P en la dirección
que se indica 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧𝑒𝑥2𝑦 de 𝐴(2,
1
2, 2) al punto 𝐵(1, −
1
2, 3)
5. Encuentre la ecuación del plano tangente y la recta normal a la superficie 𝑥2 + 4𝑦2 +
9𝑧2 = 36 en 𝑃(2,3, −2)
50
Módulo IV
Funciones de varias variables
Curvas de nivel
Trazar las curvas de nivel de las siguientes funciones:
Problema 1
f (x,y) = 𝑥2 + 𝑦2 z en 0 En 4
Para f (x,y) = 7 f (x,y) = 𝑥2 + 𝑦2 y = 𝑥2 + 𝑦2
Z = 0,1,4,9,16 0 = 𝑥2 + 𝑦2 (2,0) (0,2) (-2,0) (0,-2)
Z = 𝑥2 + 𝑦2 (0,0)
1 - 𝑦2 = 𝑥2 1 = 𝑥2 + 𝑦2
(1,0) (0,1) (-1,0) (0,-1)
En 9 En 16
9 = 𝑥2 + 𝑦2 16 = 𝑥2 + 𝑦2
(3,0) (0,3) (-3,0) (0,-3) (4,0) (0,4) (-4,0) (0,-4)
Y
X
51
Problema 2
f (x,y) = 2x-3y
En -2 En -1 En 0 En 0
-2-2x-3y y = 2𝑥+1
3 y =
2𝑥+6
3 y =
2𝑥+1
3
2x+3y+2 = 0
X Y
0 1/3
1 4/3
X Y
0 0
1 1/3
X Y
0 -1/3
1 1/3
X Y
0 -2/3
1 0
Y
X
52
Problema 3
f (x,y) = -𝑥2 – y
Z = -2,-1,0,1,2
-2 = 𝑥2 – y -1 = 𝑥2 – y 0 = 𝑥2 – y 1 = 𝑥2 – y 2 = −𝑥2 - y
(0,2) (0,1) (0,0) (0,-1) (0,-1)
(2,-2) (-1,0) (1,-1) (1,-2) (-1,-2)
(2,-2) (1,0) (1,-1) (1,-2) (1,-2)
Y
X
53
Problema 4
f (x,x) = xy
En -4 xy = -4 En 2 xy = 2 En 6 xy = 6 En -2 xy = -2 En 4 xy = 4
(2,-2) (2,1) (6,1) (-2,1) (4,1)
(-2,2) (1,2) (1,6) (1,-2) (1,4)
(4,1) (-1,-2) (-1,6) (-1,-2) (-4,-1)
(-4,1) (-2,-1) (-6,-1) (2,1) (-1,4)
Y
X
54
Problema 5
f (x,y) = 2𝑥2 - y
z = -2,-1,0,1,2
2𝑥2 - y = -2 2𝑥2 - y = -1 2𝑥2 – y = 0 2𝑥2 - y = 1 2𝑥2 - y = 2
2𝑥2 - y +2 = 0 2𝑥2 - y +1 = 0 2𝑥2 = 0 2𝑥2 - y – 1 = 0 2𝑥2 - y -2=0
y = 2𝑥2 + 2 y = 2𝑥2 + 1 y = 2𝑥2 – 1 y = 2𝑥2 - 2
X Y
0 2
1 4
2 10
X Y
0 1
1 3
2 9
X Y
0 0
1 2
2 8
X Y
0 -1
1 1
2 7
X Y
0 -2
1 0
2 6
y
x
55
Problema 6
f(x, y) = e2xe
y
f (x, y) = c
f (x, y)=e2xe
y= c
e2xe
y= c
ln (e2xe
y)= ln c
x2+ y = ln c = A
y = A - x2 Ecuación de la parábola
si c = e entonces la ecuación queda como:
Ln(e2x e
y) = Ln(e)
x2+ y = 1
La grafica de esta ecuación en R3 queda,
x
y
z = xx+y-1
56
Problema 7
f(x, y) = x2 + 3xy
f (x, y) = c
c = x2 + 3xy
despejo “y”
x
cxy
33
Si c =2 entonces la ecuación queda como
2 = x2 + 3xy
Cuya grafica está representada en R3 como,
2 = x2 + 3xy
La ecuación en el plano cartesiano se establece de la siguiente forma:
x
xy
3
2
3 �
57
Es la curva de nivel para c=2
LIMITES de FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES.
Problema 1
1. Calcule el límite de la función, determine su dominio y pruebe si es continua o
no en el P(0,0). 220,0,
limyx
xy
yx
Al aproximarnos a P(0,0) por el eje x nos da cero, es decir:
00
0
0lim
220,0,
xtodaparax
x
yx
Si lo hacemos por el eje y:
00
0
0lim
220,0,
ytodaparay
y
yx
y = -(x/3)+(2/(3x))
58
Rxtodapara
xyxsi
yx
0
2lim
0,0,
Rytodapara
yxysi
yx
0
2lim
0,0,
La función tiene cuatro límites iguales por cuatro rectas diferentes.
aparentemente esto nos dice que el límite L=0, para asegurarnos de que esto
sea cierto utilizamos la definición de límite
022 yx
xysiempre que 220 yx
)0,0(
.0,0,,0lim
,,0
:1
1,0
220,0,
22
22
22
22
222
Pen
tinuadisconEsyxyxDesfunciónestadeniodomiElyx
xy
límitededefiniciónlaporAsíyyx
xy
tenemosentoncesqueescogemosSiyxyyx
yx
ntotaporyyx
xquedomodeyquepuestoyxxqueVemos
yx
Problema 2
f(x, y) = x2 + 3xy
si y = 0
0lim)0)((33lim 2
0
22
)0,0(),(
xxxxyx
xyx
si x = 0
00lim3lim0
2
)0,0(),(
yyxxyx
si (x, y) (1, 2)
7)2)(1(313lim 22
)2,1(),(
xyx
yx
Problema 3
59
f(x, y) = 22
22
yx
yx
si y = 0
10
0lim)0,(lim
2
2
)0,0()0,()0,0()0,(
x
xxf
xx
si x = 0
10
0lim),0(lim
2
2
)0,0(),0()0,0(),0(
y
yyf
yy
Como son distintos el límite no existe.
CONTINUIDAD
Problema 1
Encuentre el dominio de la función donde es continua
f(x, y) = 422 yx
la función es continua en:
4,),(
4
04
22
22
22
yxyxyxD
yx
yx
f
a) f(x, y) = ln(x2 + y - 2)
Donde es continua la función
22
22
2
2&2,),(
2&2
02
xyyxyxyxD
xyyx
yx
f
Problema 2
60
222
42),(
zyx
zyxf
el dominio dela función esta dado en:
0),,(
:
0
222
222
zyxzyxD
encontinuaesfunciónla
zyx
Problema 3
Calcule el límite de la función, determine su dominio y pruebe si es continua o no en el
P(0,0). 220,0,
limyx
xy
yx
Observamos que al aproximarnos a P(0,0) por el eje x nos da cero, es decir:
00
0
0lim
220,0,
xtodaparax
x
yx
Lo mismo que si lo hacemos por el eje y:
00
0
0lim
220,0,
ytodaparay
y
yx
Rxtodapara
xyxsi
yx
0
2lim
0,0,
Rytodapara
yxysi
yx
0
2lim
0,0,
Vemos que la función tiene cuatro límites iguales por cuatro rectas diferentes.
Aparentemente esto nos dice que el límite L=0, para asegurarnos de que esto sea
cierto utilizamos la definición de límite
022 yx
xysiempre que 220 yx
61
)0,0(
.0,0,,0lim
,,0
:1
1,0
220,0,
22
22
22
22
222
Pen
tinuadisconEsyxyxDesfunciónestadeniodomiElyx
xy
límitededefiniciónlaporAsíyyx
xy
tenemosentoncesqueescogemosSiyxyyx
yx
ntotaporyyx
xquedomodeyquepuestoyxxqueVemos
yx
CALCULE LAS DERIVADAS PARCIALES DE LAS SIGUIENTES FUNCIONES DE DOS VARIABLES
62
Problema 1
f(x, y, z) = xyzeyxzx ln2
xy
xy
xy
exz
f
zxey
xy
f
zyeyxzx
f
0)3
10)2
ln2)1
2
Problema 2
f(x, y) = 22 yx
xy
3/2)
2y
2(x
3x
3/2)
2y
2(x
2xy
2xy
3x
)/12
y2
(x
2y
2x
2xy)(x)
2y
2(x
2y
2x
2y
2x2
y)2(xy)(x
2y
2x
2y
2x
2y
2x2
1xyx
2y
2x
2y
2x
xy
yy
f
3/22y
2x
3y
3/22y
2x
2yx
3y
2yx
2y
2x
2y
2x
y2
x(y)
2y
2x
2y
2x
x)2(1/22
y2
x2
1xy(y)
2y
2x
2y
2x
)2
y2
(xx
1/22y
2x
2
1xy(y)
2y
2x
2y
2x
2y
2x
xxyxy
x
2y
2x
2y
2x
xy
xx
f
Problema 3
63
Determina la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la gráfica de la ecuación Xy-yz-xz=-1 en el punto (0,1,1). xy – yz – xz = -1 P(0, 1, -1) xy – yz –xz + 1= 0 F(x, y, z) = xy – yz –xz + 1 ∇F = df/dx i + df/dy j + df/dz k ∇F = (y -z) i + (x - z)j + (-y-x) k ∇F (0, 1, 1) = 0i – j – k ← Vector normal al plano tangente y paralelo a la recta normal. Ecuación del plano tangente 0 (x - 0) + (-1) (y - 1) + (-1) (z - 1) = 0 -y + 1 – z + 1 = 0 Y + z = 2 Ecuaciones paramétricas de la recta normal X= 0 + 0t x = 0 Y= 1 – t y = 1 – t t = IR Z= 1 – t z = 1 – t
Problema 4
Verificar que se cumple el teorema de Clairaut xyyx UU ,, y la ecuación de Laplace
0 yyxx UU para 22ln yxU
LaplacedeEcyx
yyxx
yx
yyxxyxUU
yx
yyxU
yx
xyxU
ClairautdeTeoremayx
xyU
yx
xyU
yx
yU
yx
xU
yyxx
yyxx
yxxy
yx
.022
22
22
44
2222
44
222222
44
222
44
222
44
2
44
2222
64
Problema 5
Utilice la regla de la cadena para hallar t
w
s
w
, de la función
tsztsystxzyxW sen,cos,;222 01cuando,
tys
t
w
s
w
0000cos)2(sen)2()2(
2020sen)2(tcos)2()2(
tsztsysxt
W
tzytxs
W
Problema 6
Calcular: y
z
x
z
, de la ecuación 321ln zxyyzx
33222
4232
33222
4232
33222
4332
33222
4332
33
22
33
22
33
1
33
1
zxyzyxy
zxyyzxz
yzx
zxyzyxy
yzx
zxyyzxz
x
z
zxyzyxy
zxyzxy
yzx
zxyzyxy
yzx
zxyzxy
x
z
Problema 7
Hallar dx
dy de yxeyx cos
Utilizando las derivadas parciales de una ecuación de dos variables:
y
y
y
y
xeyx
eyx
xeyx
eyx
dx
dy
)(sen
)(sen
)(sen
)(sen
65
Derivadas de orden mayor y mixtas
Problema 8
Calcular las derivadas parciales de:
f(x, y) = x2y + sen (x y)
))(()1()cos(2)()(cos
)(
))(cos()(
cos2
)cos()))(((2))((cos2
)(2))(cos(2
)()(
22
2
22
2
2
2
2
22
2
2
yxysenxyxxxyxxy
f
xyx
f
xysenx
xxyxy
xysenyxyyy
f
yy
f
xyxysenxyx
xyxxysenyxyxyxyyx
f
yxy
f
xysenyyyxyxyx
xysenx
yxxx
xysenyxxxx
f
xx
f
Plano tangente y diferenciabilidad
Problema 1
Calcular el plano tangente a la gráfica de z = xyeyx 42
en el punto (1, 0, 2)
Solución:
z = f(x, y)=f(1, 0)
66
104
40)2
2022
)(02)1
0
)0,1(
3
)0,1(
3
)0,1()0,1(
exeyy
f
xeyy
f
yexx
f
yexx
f
xy
xy
xy
xy
f( 00 , yx ) = f(1, 0) = 201 042 e
Sustituyendo en la ecuación del plano
z = 2(x-1) + 1(y-0) + 2
z = 2x –2 + y - 0 +2
z = 2x + y
2x + y – z = 0 Ecuación del plano
Ejercicios propuestos:
Determine las segundas derivadas parciales de las funciones
1. 2 yz xe
2. 3 2( , ) 4f x y x xy
3. Encontrar la ecuación del plano y de la recta , en 0 0 0( , , )f x y z
2 23 2z x y x (1, 2,1)P
2 2 22 3 3x y z (2, 1,1)P
67
4.-Si 𝑢 = 𝑥2𝑦3 + 𝑦4 dónde: x= p + 3p2 , py Pe
Encontrar: du
dp
5.- Calcule la derivada de:
a) 2( , ) 2f x y x y en la dirección del Punto (1,5) al Punto (4,1)
b) 2( , , ) 1f x y z x y x z 1(1,2,3)P en la dirección de 2 2V i j k
6.- Determinar el f2( , , )
x yf x y z z e
a) Cuando es máximo la derivada direccional
b) Cuando es mínimo
c)Cuándo es cero
7.- Calcule los valores máximos y mínimos de la función 2 2( , ) 3f x y xy x y xy
10.-Determinar los valores Máximos o Mínimos con multiplicadores de Lagrange 2( , )f x y x y ; restricción
2 2 1x y
Grafique varias curvas de nivel de 2 2( , ) 4f x y x y
11.-Encontrar:
a) d
dt
de
2 2 2Ln x y z
sinx t cosy t tanz t
b) Calcular: z
s
,
z
t
2x yz e s
xt
t
ys
Problema 9
68
2 yz xe
2 yze
x
; 2
20
z
x
;
22 yzxe
y
;
22
24 yzxe
y
Problema 10
3 2( , ) 4f x y x xy
2 212f
x yx
2
fxy
y
2
224
fx
x
2
22
fx
y
Problema 11
Encontrar la ecuación del plano tangente y de la recta normal, en 0 0 0( , , )f x y z= (1, -2, 1 )
a) 2 23 2z x y x (1, 2,1)P
6 2f
xx
2
fy
y
1
f
z
(1, 2,1)
8f
x
(1, 2,1)
4f
y
(1, 2,1)
1f
z
Ecuación del plano Tangente:
8( 1) 4( 2) ( 1) 0x y z
Ecuación de la recta Normal
1 2 1
8 4 1
x y z
b) 2 2 22 3 3x y z (2, 1,1)P
69
2f
xx
4
fy
y
6
fz
z
Ecuación del plano tangente
4( -2) 4( 1) -6( -1) 0x y z
Ecuación de la recta Normal
2 1 1
4 4 6
x y z
Problema 12
Si 2 3 42u x y donde:
23x P p py Pe s nt P e p
u u x u y u z
p x p y p z p
32u
xyx
1 6
xp
P
2 23y
x yy
p Py
e PeP
34
uz
z
sin cosz
p p pp
3 2 2 32 (1 6 ) 3 ( ) 4 (sin cos )p puxy p x y e pe z p p p
P
2 32( 3 )( ) (1 6 )pP p pe p
2 2 33( 3 ) ( ) 4( sin ) (sin cos )p pp p e pe p p p p p 2 2 2 3 4 2 3 43( 3 ) 3( 6 9 ) 3 18 27p p p p p p p p
2 3 3 4 3 4 3 5 3 5 3 6 3(2 6 )( 6 ) 2 12 6 36p p p p p pp p p e p e p e p e p e p e 4 3 5 3 6 32 18 36p p pp e p e p e
4 3 5 3 6 3 7 33 21 45 27p p p pp e p e p e p e
3 3 3 4 4 3(4 sin )(sin cos ) 4 sin 4 sin cosp p p p p p p p p p
4 3 5 3 6 3 7 3 3 4 4 35 39 81 27 4 sin 4 sin cosp p p p pup e p e p e p e p p p p
p
Problema 14
70
Calcule la derivada de:
a) 2( , ) 2f x y x y en la dirección del Punto (1,5) al Punto (4,1)
1 2 4 1,1 5 3, 4V PP 9 16 5V
5 4,
3 5u
1
21f
xx x
2f
yy
b)2( , , ) 1f x y z x y x z 1(1,2,3)P en la dirección de 2 2V i j k
4 1 4 9 3v 2 1 2
( , , )3 3 3
u
22 1f
xy zx
22 1
fxy z
x
1
2f
xuz
1
21
xzu
z
2 1 1(3) 2(1,2,3) (2(1)(2) 1 9)( ) 1( ) ( )( )
3 3 31 9duf
(1,2,3) 4.77 0.33 1 0.63 4.47duf
Problema 15
Determinar el f
22 2
2
x yx y x yz xe
f yz e i j ze ky
a) ¿ Cuando es máximo la derivada direccional?
El valor máximo de ( , )duf x y está dado por, la magnitud del gradiente de f(x , y).
|| f (x,y) ||
b) Cuando es mínimo de la derivada direccional
El valor mínimo de ( , )duf x y es ( , )f x y
2( , , )x y
f x y z z e
71
c) Cuando es cero(0)
( , ) 0f x y
Problema 16
Calcule los valores máximos y mínimos de la función 2 2( , ) 3f x y xy x y xy
23 2f
y xy yx
2
22
fy
x
2 2
3 2 2f f
x yx y y x
23 2f
x x xyy
2
22
fx
y
Puntos Críticos:
2
2
3 2 0.........1
3 2 0..........2
y xy y
x xy x
De 1……. 2 3
2
y yx
y
3
2 2
yx
223 6 9
3 3 ( )2 4 4 4
y y yy y
23 216 0
4 4
yy
1 7y 2 1y
Para 1y 5x Para 2 1y Puntos Criticos (5,7),(1,1)
Para (5,7) 2
(5,7) (5,7) (5,7)d fxy fyy fxy
( 10)( 14) 2 140 441 301 0d
0d y (5,7) 0fxx (5,7) Es un Punto silla
Para (1,1) 2
(1,1) (1,1) (1,1)d fxx fyy fxy
22 2 (1) 4 1 3 0d
0d y (1,1) 0fxx (1,1) Es un máximo relativo
72
Problema 17
Determinar los valores Máximos o Mínimos con multiplicadores de LaGrange 2( , )f x y x y ; restricción
2 2 1x y
2 2 1g x y
2
2
2 2 1
ˆ ˆ( , ) 2
2 2
2
f x y xyi x j
xy x
x y
x y
2 2
2 2
ˆ ˆ2 2
2
2 1
g xi yj
x y
x y
y y
23 1 0y
1 0.577y 2 0.577y
Para 1y 2 0.816x y (0.816,0.577)P
2(0,816,0.577) (0.816) (0.577) 0.384f
Para 2y 2 0.816x y ( 0.816, 0.577)P
2( 0.816, 0.577) ( 0.816) ( 0.577) 0.384f
El valor máximo sujeto a la restricción es 0.384
El valor mínimo sujeto a la restricción es 0.384
Problema 18
Grafique varias curvas de nivel de 2 2( , ) 4f x y x y
73
2 24
2
4
6
x y c
c
c
c
Problema 19
Encontrar
a) d
dt
de
2 2 2Ln x y z
sinx t cosy t tanz t
2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1ln
u u x x xu
u y x x y zx y z x y z x y z
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2cos ( sin ) sec
w x y zt t t
t x y z x y z x y z
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
sin cos sin tan seccos
sin cos tan sin cos tan sin cos tan
t t t t tt
t t t t t t t t t
2
2
tan sectan
sec
w t tt
t t
x
y
74
2
2 2 2
sin cos sin cos tan sec
1 tan 1 tan 1 tan
t t t t t t
t t t
b) Calcular: z
s
,
z
t
2x yz e s
xt
t
ys
2 2
2
1( ) 2 ( )x y x yz t
e es t s
2 2 2 22 2 2 2
2 2
2 2s t s t s t s t
t s t s ts tse te e te
t s t s
2 2 2 22 2
2
2s t s t
st stz e e
t t s
Problema 20
Hallar ∂z/∂x, ∂z/∂y de la ecuación F(x, y+z) =1+ xy2z3.
yzxzxyy
yzxzy
x
z
yzx
yzxzxyy
yzx
yzxzy
zxyyzx
y
zyyzx
z
Fx
F
x
22
32
22
32
22
32
3
1
3
1
3
1
z
75
yzxzxyy
yzxxyzz
y
z
yzx
yzxzxyy
yzx
yzxxyzz
zxyyzx
y
xyzyzx
z
z
F
y
F
y
22
3
22
3
22
3
3
2
3
2
3
2z
Problema 21
Hallar dy/dz de cos(x-y)=xey.
y
y
xeyxsen
eyxsen
y
Fx
F
x
y
yxsenxexeyxsen
eyxsen
x yy
y
11y
76
GRADIENTE
Problema 1
Calcule el gradiente de:
a) f(x, y, z) = 222 zyx calcular f (2, 1, 0)
kjif
kjif
kzyx
zj
zyx
yi
zyx
xf
kz
fj
y
fi
x
fzyxf
05
1
5
2)0,1,2(
014
0
014
1
014
2)0,1,2(
)0,1,2(
),,(
222222222
b) f(x, y) = )(xysene xy calcular f
jxyxxeixyyyeyxf
jxyseney
ixysenex
yxf
xyxy
xyxy
))cos(()cos(),(
))(())((),(
77
DERIVADA DIRECCIONAL
Problema 1
a) Calcular la derivada direccional en el punto P(1, 1, 1) en la dirección de a =2i +j +
3k para la función f(x, y, z) = 222 zyx
solución
14
12
14
6
14
2
14
4)1,1,1(
14
6
14
2
14
4),,(
14
3
14
1
14
2222),,(
14
3
14
1
14
2ˆ
14914
222),,(
fDu
zyxzyxfDu
kjikzjyixzyxfDu
kjiau
a
kzjyixzyxf
Problema 2
Calcular la razón de cambio de f(x, y, z) = zyex 2 en la dirección del vector
)1,1,1(v
en el punto P(1, 0, 0)
78
3
2
3
1,
3
1,
3
10,0,2),,(
3
1,
3
1,
3
1ˆ
3111
)1,1,1(
)0,0,2()0,0,1(
,,2,,, 22
zyxfDu
v
vv
v
v
f
yexzexxez
f
y
f
x
ff zyzyzy
Problema 3 Suponga en cierta región del espacio, el potencial eléctrico V está dada por
xyzxyxzyxV 35,, 2
a) Encuentre la razón de cambio del potencial en P(3,4,5) en la dirección del
vector rjiV
b) ¿En qué dirección cambia V más rápidamente en P? c) ¿cuál es la mayor razón de cambio en P?
a) Primero calculamos el vector gradiente:
29.401263815,3,38
3,4,5V es cambio derazón máxima La
c)
12,6,38V gradiente vector deldirección
laen erápidament más aumenta V ldirecciona derivada la de teoremaelcon acuerdo De
b)
47.183
1,
3
1,
3
112,6,38U5,4,35,4,3D
V de cambio derazón la calculmos Ahora
3
1,
3
1,
3
1
3
1,1,-1U
:unitario vector el calculamos Luego
12,6,3843,5333,54433105,4,3
,3,310,,
:gradiente vector el calculamos Primero
a)
222
u
VV
V
xyxzxyzyxzyxV
79
Problema 2
Calcule la ecuación del plano tangente y la recta normal a la superficie dada en el
punto especificado 1,0,1442222 Pxzxyzyx
13
1-x :queda doSimplifica
2
1
2
0
6
1-x
:es normal recta la deecuación La
4zy-3x queda doSimplifica8226
012021-x6
:es tangenteplano delecuación La
2,2,61412,1202,1402121,0,1F
:gradiente vector el calculamos Primero
zyzy
zyx
zy
Derivadas direccionales
Si w = f (x,y), entonces ...
fx = f
x , fy =
f
y
fx ( x,y) = x
f (x,y) = w
x = wx
fy ( x,y) = y
f (x,y) = w
y = wy
1.- Si F(x,y)=4x2-xy-3y2 encuentre la derivada direccional de F en (2,-1) en la dirección del vector a=4i+3j. R=El vector unitario en esta dirección de a=(4/5)i+(3/5)j. También Fx(x,y)=8x-y, Fy(x,y)=-x+6y; por lo tanto, Fx(2,-1)=17 y F y=(2,-1)=-8 en consecuencia.
Duf(2,-1)=4/5(17)+3/5(-8)=44/5 Derivadas direccionales
80
1) Encuentre la derivada direccional de la función f(x,y,z)=xysen z en el punto (1,2, /2) y en la dirección del vector a=i+2j+2k.
R=El vector unitario u en la dirección de a es 1/3 i+2/3j+2/3k. También fx(x,y,z)=ysen z, fy(x,y,z)=xsen z, fz(x,y,z)=xycos z, por lo que fx(1,2, /2) =2, fy(1,2, /2)=1, fz(1,2, /2)=0 concluimos que
Duf((1,2, /2)=3
4)0(
3
2)1(
3
2)2(
3
1
81
Derivadas direccionales 2) Hállese la derivada de f(x, y, z)=x3-xy2-z en Po(1, 1, 0) en la dirección del vector A=2i-3j+6k.
La solución de A se obtiene dividiendo A por su longitud [a]= 749)6()3()2( 222 u=
A
A 2/7i-3/7j+6/7k Las derivadas parciales de f en Po son: fx=3x2-)0,1,1(
2y =2 fy=-2x
2)0,1,1(
y fz=-1)0,1,1(
1
=-1
El gradiente de f en Po es )0,1,1(
f 2i-2j-k.
La derivada de f en Po en la dirección de A es entonces ufDuf .)0,1,1()0,1,1(
= (2i-2j-k)*(2/7i-
3/7j+6/7k) = 4/7+6/7-6/7 = 4/7
82
Derivadas direccionales 3.- Aproxímese el cambio experimentado por f(x, y, z)=xey+yz si el punto P(x, y, z) se desplaza desde Po(2,0,0) en la línea recta hacia P1(4,1,-2) una distancia de s=0,1 unidades. Hallamos primero la derivada de f en Po en la dirección del vector kjiPoP 221 la dirección
del vector es u=1
1
PoP
PoP
=
3
10
PP = 2/3i+1/3j-2/3k. El gradiente de f en Po es )0,0,2(
f
(eyi+(xey+z)j+yk)](2,0,0) = i+2j. Por tanto (Duf)po=(i+2j)(2/3i+1/3j-2/3k) = 2/3+2/3=4/3. El cambio de f en f que resulta el alejarse s=0,1 unidades de Po en dirección de u es, aproximadamente, la derivada de f en esta dirección por s: f (Duf) s=4/3(0,1) 0,13
83
Derivadas direccionales 4.- Hállese la derivada de f(x, y)=100-x2-y2 en el punto Po(3,4) en la dirección del vector unitario u=u1i+u2j. a)Tenemos f(x, y)=100-x2-y2 fx(x, y)=-2x}(3,4) = -6 fy8x, y)=-2y](3,4) = -8 y Duf = f*u = (-6i-8j) * u = -6u1-8u2
84
Derivada direccional
5.--F(X,Y)=e X COS( Y) Po=(0,-1) =1/ 5
i +2/ 5
j
)5
2
5
1()(
1,0
1,0
jiiPofD
fPofD
if
iYSENeiYCOSe
kz
fj
y
fi
x
ff
x
x
85
Derivada direccional
6.-ENCONTRAR LA DERIVADA DIRECIONAL DE 8334 2 YZXYXX
SEN Z+ (5,0,7) PUNTO ELHACIA (1,2,5) EN 3Z
a=(4,-2,2) VECTOR UNITARIO
6
525651024136
6
525677
6
)510241(
6
60
5)k COS 256(775)j SEN 10241(30
(1,2,5)
328434
6
1
6
1
6
2
2827323
COSSENCOSSENf
if
EVALUAR
kZCOSZYXjSENZYXiXYYXXf
kji
86
Derivadas direccionales 7.- Si F(x,y)=4x2-xy-3y2 encuentre la derivada direccional de F en (2,-1) en la dirección del vector a=4i+3j. R=El vector unitario en esta dirección de a=(4/5)i+(3/5)j. También Fx(x,y)=8x-y, Fy(x,y)=-x+6y; por lo tanto, Fx(2,-1)=17 y F y=(2,-1)=-8 en consecuencia.
Duf(2,-1)=4/5(17)+3/5(-8)=44/5
87
Derivadas direccionales 8.- Encuentre la derivada direccional de la función f(x,y,z)=xysen z en el punto (1,2, /2) y en la dirección del vector a=i+2j+2k. R=El vector unitario u en la dirección de a es 1/3 i+2/3j+2/3k. También fx(x,y,z)=ysen z, fy(x,y,z)=xsen z, fz(x,y,z)=xycos z, por lo que fx(1,2, /2) =2, fy(1,2, /2)=1, fz(1,2, /2)=0 concluimos que
Duf((1,2, /2)=3
4)0(
3
2)1(
3
2)2(
3
1
88
Derivadas direccionales 9.- Hállese la derivada de f(x, y, z)=x3-xy2-z en Po(1, 1, 0) en la dirección del vector A=2i-3j+6k.
La solución de A se obtiene dividiendo A por su longitud [a]= 749)6()3()2( 222 u=
A
A 2/7i-3/7j+6/7k Las derivadas parciales de f en Po son: fx=3x2-)0,1,1(
2y =2 fy=-2x
2)0,1,1(
y fz=-1)0,1,1(
1
=-1
El gradiente de f en Po es )0,1,1(
f 2i-2j-k.
La derivada de f en Po en la dirección de A es entonces ufDuf .)0,1,1()0,1,1(
= (2i-2j-k)*(2/7i-
3/7j+6/7k) = 4/7+6/7-6/7 = 4/7
89
Derivadas direccionales 10.- Aproxímese el cambio experimentado por f(x, y, z)=xey+yz si el punto P(x, y, z) se desplaza desde Po(2,0,0) en la línea recta hacia P1(4,1,-2) una distancia de s=0,1 unidades. Hallamos primero la derivada de f en Po en la dirección del vector kjiPoP 221 la dirección
del vector es u=1
1
PoP
PoP
=
3
10
PP = 2/3i+1/3j-2/3k. El gradiente de f en Po es )0,0,2(
f
(eyi+(xey+z)j+yk)](2,0,0) = i+2j. Por tanto (Duf)po=(i+2j)(2/3i+1/3j-2/3k) = 2/3+2/3=4/3. El cambio de f en f que resulta el alejarse s=0,1 unidades de Po en dirección de u es, aproximadamente, la derivada de f en esta dirección por s: f (Duf) s=4/3(0,1) 0,13
90
Derivadas direccionales 11.- Hállese la derivada de f(x, y)=100-x2-y2 en el punto Po(3,4) en la dirección del vector unitario u=u1i+u2j. a)Tenemos f(x, y)=100-x2-y2 fx(x, y)=-2x}(3,4) = -6 fy8x, y)=-2y](3,4) = -8 y Duf = f*u = (-6i-8j) * u = -6u1-8u2
91
Derivadas direccionales
13.- f(x,y,z) = 2xz + yx2 = 8
)5,2,1(
Df(x,y,z) =
z
zyxf
y
zyxf
x
zyxf ),,(),,(),,(.
8
3,
8
2,
8
1
= (27 + 2xy, x2, x).
8
3,
8
2,
8
1 =
8
6
8
2
8
22 2 xxxyz
= 8
6
8
2
8
2
8
2 2 xxxyz =
8
2(z + xy + x2 + 3x)
92
Derivadas direccionales
14.- f(x,y,z) = yxxyz
x 22
3234
=
2
1,4,
3
8
Df(x,y,z) =
z
zyxf
y
zyxf
x
zyxf ),,(),,(),,(.
2
1,4,
3
8
= 22
222 4
,34
,6238 z
y
xxy
z
xxy
yz
x
= y
zy
x
xyz
x
yz
xyx
2
4
12416
3
4822364
22
22
93
Derivadas direccionales
15.- f(x,y,z) = 3x2z + 2xyz2 + 5z =
2
7,
4
3,
2
1
Df(x,y,z) =
z
zyxf
y
zyxf
x
zyxf ),,(),,(),,(.
2
7,
4
3,
2
1
= (6xz + 2yz2,2xz2,3x2+4xyz+45).
2
7,
4
3,
2
1
= 3
452821
4
6
2
)26( 22
xyzxxzyzxz =
= 2
1(6x+2yz + 3xz2 + 21x2+28xyz +45)
94
Derivadas direccionales
16.- f(x,y,z) = 12zy + x2yz + 2
1zy =
2
3,
2
2,
2
1
Df(x,y,z) =
z
zyxf
y
zyxf
x
zyxf ),,(),,(),,(.
2
3,
2
2,
2
1
= 2xyz, 12z+ x2z, + 2
z,12y + x2y +
2
y.
2
3,
2
2,
2
1
= 2
2
3336
2
224
2
22
2
yyxy
zxzxyz z
= 2
1(2xyz + 24z + 2x2z + z + 36y + 3x2y +
2
3y)
95
Derivadas direccionales
17.- f(x,y,z) = 422
22 xzyzyyx =(6,2,1)
21
1
Df(x,y,z) =
z
zyxf
y
zyxf
x
zyxf ),,(),,(),,(.
21
1,2,6
=
2
2
2,
422,
42
2 22 xzyyxzzxzyxy.
21
1,
21
2,
21
6
= (xy + 2
,422
,4
22 yxzzxzyxyz) .
21
1,
21
2,
21
6
21212,
214212212,
214
6
21
6 22 xyzyxzzxzyxy =
= 212
1(12xy +
2
3 2zy, x2 + z +
2
xz+ y + 2xzy)
96
Derivadas direccionales 18.- Sea f (x,y) = x3 y2 - 2x2 y + 3x, encontrar fx (x,y) y fy (x,y) ; además calcular fx(2, -1) y fy(2, -1).
fx (x,y) = 3x2 y2 - 4xy + 3
fy (x,y) = 2x3 y - 2x2
sustituyendo x = 2 y y = -1, tenemos...
fx( 2, 1) = 3( 2)2 ( - 1)2 - 4 ( 2)( - 1) + 3 = 23
fy( 2,-1) = 2 ( 2)2 ( - 1) - 2 ( 2)2 = - 24
97
Derivadas direccionales
19.- Obtener
w
y para w = x y2 ex y .
Se escribe w =( xy2) ( ex y) y se deriva
y( uv) = u
v
y + v
u
y
w
y = ( xy2)
y ( ex y) + ( ex y)
y ( xy2)
= xy2 ( x ex y) + ex y ( 2xy) = ( xy + 2) xy ex y
98
Derivadas direccionales
20.- Sea w = x2 y3 sen z + ex z . Encontrar
w
x ,
w
y y
w
z .
w
x = 2xy3 sen z + z ex y
w
y = 3x2 y2 sen z
w
z = x2 y3 cos z + x ex z
99
Derivadas direccionales 21.- Sea f (x,y) = x y2 + x2 y sea Pq(1, -1).
f
x =
f
x (P) =
f
x (x,y) = y2 + 2x
f
x (1, -1) = 3
f
y (x,y) = x(2y)
f
x (1, -1) = - 2
100
Derivadas direccionales
22.- Sea f (x,y,z) = x + yz
y + x
2
, calcule
f
x (Po) ,
f
y (Po) y
f
z (Po) donde Po
tiene por coordenadas x = 2, y = 2, z = -1.
f
x =
( y + x) 2x - ( x2 + yz) 1
( y + x)2
f
y =
( y + x) z - ( x2 + yz) 1
( y + x)2
f
x =
1
y + x y
f
x (Po) =
14
16 ;
f
y (Po) = -
6
16 ;
f
z (Po) =
2
4
REGLA DE LA CADENA
Problema 1
w = u2sen v con u = re-5 ; v = s2 e-r
Solución:
101
)(2)cos(
)2)(())(cos(
)cos()()(2
)cos()()()(2
cos2
cos2
22522522
25222252
22522225
252255
225
225
rrr
rrr
rrr
rrr
r
r
essenreeseers
reesseneseserr
w
eseesressenre
esreesessenere
vuessenvue
esvueusenvdr
dv
v
w
dr
du
u
w
r
w
Problema 2
z = u2-v3 con u = e2x-3y y v = sen(x2- y2 )
22232
22232
22232
22232
cos66
cos)2(3)3(2
cos64
cos23)2(2
yxyvue
yxyveuy
z
yxxvue
yxxveux
z
yx
yx
yx
yx
3. Utilice la regla de la cadena para hallar las derivadas parciales indicadas.
dw ,dw
dsdt
w = x2 + y2 + z2
x = s t
y = s cos t
102
z = s sen t
dw= 2x(s) + 2y(- sen t) + 2z(cos t)
dt
dw = 2x(t) + 2y(cos t) + 2z(sen t)
ds
CRECIMIENTO MAXIMO y MINIMO
Multiplicadores de Lagrange Problema 1
Hallar los valores máximo y mínimo de la función yxyxf 2, sujeta a la
restricción 62 22 yx
103
4)1,2(
4)1,2(
:puntos losen extremos valoresposibles tiene Por tanto
(3)en 2xentonces -1, Si
(3).en 2 xentonces 1, Si
1
622
:3endoSustituyen
2
:)2(
:)3(
)3...(62)2...(4)1...(22
6,
22
222
f
f
f
y
y
y
yy
y
yx
enxdespejandoyestodoSustituyen
y
enDespejando
yxyxxxy
yxggfgf yyxx
Problema 2
Sea la función f (x, y) = yex 22 y dados los puntos P (2, 0), Q (-3, 1)
a) Calcular la derivada direccional a través de P, Q. b) Calcular la dirección de máximo y mínimo crecimiento. c) Calcular el mayor y mínimo crecimiento de la función.
Solución
a)
104
26
28
26
8
26
20)0,2(
26
2
26
10
26
1
26
522
),(),(
22),(
26
1
26
5
26
15
15
1,5)0,2()1,3(
00
222
222
222
eeDuf
exxe
jijexixe
UayxfyxDuf
jexixeyxf
jijiUa
jia
PQQPa
yy
yy
yy
Problema 3
ocrecimientmínimodeDirecciónjiji
V
ocrecimientmáximodeDirecciónjiji
V
f
jieef
exxeyxf
yxf
yxfV
yy
80
8
80
4
80
84min
80
8
80
4
80
84max
806416)0,2(
8484)0,2(
22),(
),(
),(max
00
222
80)0,2(min
80)0,2(max
fDu
fDu
Problema 4
a) Obtener el máximo de f(x, y) = 229 yx sujeta a x + y =3
Solución
105
2
9
2
3,
2
3:
2/3
2/3
032
22
03
2
2
11
22
3),(
fesnesrestriccioconmáximoEl
yx
y
y
yxoyx
yx
y
x
gyg
yfyxf
yxyxg
yx
yx
Problema 5
Determine los extremos de F(x, y, z) = 222 zyx sujeta a 2x – 2y – z = 5
Solución
81
225
9
5,
9
10,
9
10:
9
5;
9
10;
9
10
2
0522
2
22
22
522),,(
FesnesrestriccioconextremoUn
zyx
zyx
zyx
z
y
x
zyxzyxg
Problema
¿Cuál es el área máxima que puede tener un rectángulo si la longitud de su diagonal es 2 ?
106
De acuerdo al área del rectángulo (b x h) se formula el problema como maximización de f(x, y)=x y sujeta a la restricción g(x, y)=x2 +y2 -4=0. Los gradientes que corresponden son : V f(x, y) = f x(x, y)i + f y(x, y)j = y i + x j V g(x, y)= g x(x, y)i + g y(x, y)j= 2xi+2yj Las ecuaciones de Lagrange son :
y = (2x) ecuación 1
x = (2y) ecuación 2 x2+y2=4 ecuación 3
Multiplicando la ecuación 1 por “y” y la segunda por “x” se obtiene y2=2x y “y” x2=2x y obtenemos y2=x2 Tomando en cuenta la ecuación 3 y 4 encontramos que x= raíz(2) y y = raíz(2) y substituyendo estos valores en la ecuación 1 :
=1/2 y por lo tanto la solución a las ecuaciones 1 a 3 es x =raíz de 2
y =raíz (2), =1/2. Por lo tanto su máxima área es 2. Problema Use el método de Lagrange para encontrar los valores máximo y mínimo de f(x, y)=y2-x2 sobre la elipse x2/4+y2=1. La restricción es g(x, y)=x2+4y2-4=0 V f = -2xi + 2yj V g = 2xi + 8yj Las ecuaciones de Lagrange son
-2x=2x ecuación 1
2y=8y ecuación 2 x2+4y2=4 ecuación 3
107
De la ecuación 3 se concluye que x=+-2. Los puntos críticos son (+-2,0). Cuando x es
diferente de 0, =-1 de la primera ecuación y y=0 de la segunda ecuación. Por otra parte y es diferente de 0 cuando x=0 de la primera ecuación y y=+-1 en la tercera ecuación. f(x, y) =y2-x2 f(2,0)=-4 f(-2,0)=-4 f(0,1)=1 f(0,-1)=1 Por lo tanto el valor mínimo de f(x, y) sobre la elipse dada es -4 y el valor máximo 1. Problema Encuentre el mínimo de f(x, y, z) = 3x + 2y +z + 5 ; sujeta a la restricción g(x, y, z)= gx2+4y2-z=0. V f(x, y, z)=3i +2j +k V g(x, y, z)=18xi +8yj -k Las ecuaciones son :
3 = 18x ecuación 1
2 = 8y ecuación 2
1 = - ecuación 3 9x2+4y2-z=0 ecuación 4
De ecuación 3, =-1. Substituyendo =-1 en 1 y 2 se obtiene x=-1/6 y y=-1/4. Usando estos valores en la ecuación 4 se obtiene z=1/2 por lo tanto la solución es (-1/6,-1/4,1/2,-1) y el punto critico (-1/6,-1/4,1/2). El mínimo es f(-1/6,-1/4,1/2)=4 ½. Problema Encuentre los valores máximos y mínimos de f(x, y, z)= x + 2y + 3z sobre la elipse que es la intersección del cilindro x2+y2=2 y el plano y + z = 1. Se va a maximizar y minimizar f(x, y, z) sujeto a g(x, y, z)=x2+y2=0 y h(x ,y ,z)=y+z-1=0. Las ecuaciones de Lagrange son :
1= 2x ecuación 1
2= 2y= ecuación 2
3= ecuación 3 x2+y2-2=0 ecuación 4 y+z-1=0 ecuación 5
108
De la ecuación 1 x=1/2, de 2 y 3 y=-1/2 por lo tanto de 4 (1/2)2 + (-1/2)2=2, lo que
implica que =+-1/2. La solución =1/2 da el punto critico (x, y, z)=(1,-1,2) y =-1/2 produce el punto critico (x, y, z)=(-1,1,0) por lo tanto se concluye que f(1,-1,2)=5 es el máximo valor y f(-1,1,0)=1 es el mínimo. Problema Use el método de lagrange para encontrar los valores máximo y mínimo de
f(x,y) = y2 -x2 sobre la elipse x2 /4 + y2 =1 La restricción es que g(x,y) = x2 + 4y2 –4 = 0
f = -2xi + 2yj
g = 2xi + 8yj Las ecuaciones de lagrange son
–2x = 2x-------1
2y =8y---------2 x2 + 4 y2 = 4---3
De la tercera ecuación se concluye que x = 2, los puntos críticos son (2,0), cuando x
diferente de cero, = -1 de la 1ª. Ecuación y y = 0 de la 2ª. Ecuación. Por otra parte y0
cuando x = 0 de la 1ª. Ecuación y 1 en la 3ª. Ecuación. F(x,y) = y2 - x2 f(2,0) = -4 f(-2,0) =-4 f(0,1) = 1 f(0,-1) = 1 Por lo tanto el valor mínimo de f(x,y) sobre la elipse dada es de –4; y el valor máximo es 1 Encuentre el mínimo de f(x,y,z) = 3x + 2y + +z + 5, sujeta a la restricción g(x.y,z) = gx2 + 4y2 – z = 0
f(x,y,z) = 3i + 2j + k
g(x,y,z) = 18x i + 8y j – k Las ecuaciones son:
3 = 18x-----1
2 = 8y-------2
1 = ----------3 9x² + 4y² - z = 0-------4
De ecuación 3, = -1, Sustituyendo = -1 en 1 y 2 se obtiene x = -1/6 y y = -1/4. Usando estos valores en la ecuación 4 se obtiene z = ½, por lo tanto la solución es ( - 1/6 , - ¼. ½, -1) y el p.c (-1/6, - ¼, ½ ). El mínimo es f( -1/6, - ¼ , ½) = 4 ½ 4.- Encuentre los valores máximos y mínimos de f(x,y,z) = x + 2y + 3z sobre la elipse que es la intersección del cilindro x² + y² =z y el plano y + z = 1
109
Se va a maximizar y minimizar f(x,y,z) sujeto a g(x,y,z) = x² + y² - z = G h(x,y,z) = y + z-1 = 0 las ecuaciones de lagrange son
1 = 2x----1
2 = 2y =--2
3 = ---3 x² + y ² -z = 0---4 y +´z –1 = 0-----5
De la ecuación 1 x = ½ , de 2 y 3 y = -1/2 por lo tanto de 4 (1/2)² + (- ½ )²=2, lo que
implica que = ½. La solución = ½ da el punto critico. Problema Halle el valor máximo de:
f(x,y,z) = 3 xyz s.a x+y+z = k
(xyz) 1/3
(1/3 (xyz) -2/3 yz, 1/3 ((xyz) -2/3 xz, 1/3 (xyz) -2/3 xy = (1,1,1)
1/3 (xyz) -2/3 yz = 1/3 (xyz) -2/3 yz = 1/3 (xyz) -2/3 = xz
1/3 ((xyz) -2/3 xz = yz = xz
1/3 (xyz) -2/3 xy = y = x 1/3 (xyz) -2/3 xy = 1/3 (xyz) -2/3 yz xy = yz x=z x+x+x+x = k 3x = k x = k/3 y = k/3 z=k/3 Problema Encontrar él minimo de f(x,y)=x2+y2 sujeto a las restricciones g(x,y)=xy-3=0
Entonces y=3/x z= x2+y2 De acuerdo a la restricción 2x= y ...(1) 2y= x ...(2) xy-
3=0...(3)
Se checa que el producto sea diferente de cero de (1) y (2) ......4xy=2 xy entonces
2 =4 o sea = 2
110
De (1) con =2 entonces (1) x = y entonces sustituyendo en (3) queda x2=3 o sea x=
3 y el P( 3 , 3 )(- 3 ,- 3 )
De (1) con =-2 en (1) x=-y entonces –x2=3 No hay solución real
Los valores mínimos de f son f(( 3 , 3 )=6 ( 3 )2+( 3 )2
f(- 3 ,- 3 )=6
De (3) con xy=3 0 se puede cancelar entonces y=3/x x2+2
9
x=6 x4+9-6x2=0
(x2-3)2=0
X2=3 x= 3 La curva de nivel es x2+y2=6 el radio es 6
Problema Encuentre el mínimo de f(xyz)=x2+y2+z2 sujeta a la restricción x+3y-2z=12 g(xyz)=x+3y-2z-12
Fx=2x= . (1) de (1) x= /2 sabiendo el valor de entonces
x=6/7
Fy=2y=3 (2) de(2) y=3/2 y=18/7
Fz=2z=-2 (3) de(3) z=- z=-12/7
Entonces /2+9/2 +2 =12 7 =12 =12/7
Así el valor mínimo es f )7
12,
7
18,
7
6( =
222 )7
12()
7
18()
7
6( =
28.1049
144323
Problema Cuáles son las dimensiones de una caja rectangular que tiene un máximo volumen cuando la superficie es de 48 No tiene tapa por eso hay 5 términos S=xy+2xz+2yz048........... restricción
Vx= yz = yz= (y+2z) Vy= xz = xz= (x+2z) Vz= xy =
xy= (2x+2y)
Sustituimos en (1) asi es (2x+2y)+2 (x+2z)+2 (y+2z)=48 (4x+4y+8z)=48
(x+y+2z)=48...(2)
0= (xy+2zx-2zx-2yz)
0= y(x-2z) no puede tomar el valor de cero porque multiplica a x,y,z entonces 0 y Y 0 así el volumen es diferente de cero entonces x=2z...(3) Sustituyendo en
Vy xz= 4z
z 0 entonces x=4 ...(4) luego de 3 y 4 z=2 ...(5)
sustituyendo 2 y= [y+4 ] 2y= y+4 y=4 ...(6)
111
[4 +4 +4 ]= 2=1 = 1 se toma el valor de +1 porque el volumen
es + entonces x=4 y=4 z=2 Problema Use el método de Lagrange para encontrar los valores máximo y mínimo de f(x, y)=y2-x2 sobre la elipse x2/4+y2=1 R= Donde se supone que el valor mínimo ocurre en( 2) y el máximo en (0, 1)
pero se deberá justificar esto la restricción es g(x, y)=x2+4y2-4=0 ahora f=-2xi+2yi
yg=2xi+8yj entonces las ecuaciones de Lagrange son:
-2x= 2x............... (1) 2y= 8y..................(2)
x2+4y2=4................. (3) En la tercera ecuación “x” y “y” no puede ser cero ambos entonces si x es diferente
de cero en la primera ecuación queda =-1 y la segunda ecuación es exige
entonces que y=0 y para terminar y= 1 en la tercera ecuación. Concluyendo los puntos críticos también son (0, 1) ahora para f(x, y)=y2-x2, F(2,0)=-4 F(-2,0)=-4 F(0,1)=1 F(0, -1)= 1 El valor mínimo de f(x, y)==-4; y el valor máximo es 1 Problema Encuentre el mínimo de f(x, y, z)=3x+2y+3, sujeto a la elipse que es la intersección del cilindro x2+y2=2 y el plano es y+z=1 R= Queremos maximizar y minimizar f(x, y, z) sujeto a g(x, y, z)= x2+y2-2=0 y h(x, y, z)=y+z-1=0 y las ecuaciones resultantes son las siguientes:
1=2 x...(1) 2=2 y+ ...(2) 3= ...(3) x2+y2-2=0...(4)
y+z1=0...(5)
De la ecuación (1), x=1/2 ; de (2) y (3), y=-1/2 . Por lo tanto de (4) resulta (1/2 )2+(-
1/2 .)=2, lo que implica que = 1/2. Utilizando =+1/2 esto da el punto critico(x,
y, z)=(1,1,2) y =- ½ produce el punto crítico (x, y, z)=(-1,1,0). Concluimos que f(1, -
1, 2=5 es el máximo valor y que f(-1, 1, 0)=1 es el mínimo.
112
Campo vectorial conservativo
Problema 1
Determine si el campo vectorial es o no conservativo, si es conservativo encuentre la
función f tal que Ff (función potencial) de kyjyzxxyizyxF 22 22,, y
calcule la divergencia.
Solución:
KzyyxzyxfespotencialfunciónlaAsízhzyzyg
obtenemosyarespectoconCIntegrando
Cyzzyg
quevemosconBComparando
Bzygxzyxf
obtenemosyarespectoconADerivando
Azygyxzyxf
obtenemosxarespectoconIntegrando
yzyxf
yzxzyxf
xyzyxf
voconservatiessivectorialcampoelntotaPor
xxyyFrot
ky
P
x
Qj
x
R
z
Pi
z
Q
y
RFrot
y
yy
z
y
x
222
2
2
2
2
,,:,)(),(
:,)(
)......(....................2),(
:)2()(
))........(,(),,(
:,
)().........,(),,(
:,)1(
)3(....................,,
)2.(..........2,,
)1.........(..........2,,
.,
0,0,022,00,22
113
Modulo V
FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR (Campos vectoriales)
Problema 1
Determine si el campo vectorial es o no conservativo, si es conservativo encuentre la
función f tal que Ff (función potencial) de kyjyzxxyizyxF 22 22,, y
calcule la divergencia.
KzyyxzyxfespotencialfunciónlaAsízhzyzyg
obtenemosyarespectoconCIntegrando
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obtenemosyarespectoconADerivando
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Problema 2
Determine: rotacional y la divergencia de los siguientes campos vectoriales:
1. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑖 + (𝑥 + 𝑦𝑧)𝑗 + (𝑥𝑦 − √𝑧)𝑘
𝑟𝑜𝑡 𝐹 = ||
𝑖 𝑗 𝑘𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
1 𝑥 + 𝑦𝑧 𝑥𝑦 − √𝑧
|| = (𝑥 − 𝑦)𝑖 − 𝑦𝑗 + 𝑘
114
𝑑𝑖𝑣 𝐹 = 𝑧 −𝑧−
12⁄
2
2. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) =1
√𝑥2+𝑦2+𝑧2(𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘)
𝑟𝑜𝑡 𝐹 =|
|
𝑖 𝑗 𝑘𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧𝑥
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑦
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑧
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
|
|= 0𝑖 + 0𝑗 + 0𝑘 = 0
= (−𝑦𝑧
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
−𝑦𝑧
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3) 𝑖 − (
−𝑥𝑧
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
−𝑥𝑧
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3) 𝑗
+ (−𝑥𝑦
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
−𝑥𝑦
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3) 𝑘
𝑑𝑖𝑣 𝐹 = (1
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
𝑥4
(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3) + (
1
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
𝑦4
(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3)
+ (1
√(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3−
𝑧4
(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3)
Problema 3
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ⟨ln 𝑥 , ln 𝑥𝑦 , ln 𝑥𝑦𝑧⟩
𝑟𝑜𝑡 𝐹 = ||
𝑖 𝑗 𝑘𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧ln 𝑥 ln 𝑥𝑦 ln 𝑥𝑦𝑧
|| =1
𝑦𝑖 −
1
𝑥𝑗 +
1
𝑥𝑘
𝑑𝑖𝑣 𝐹 =1
𝑥+1
𝑦+1
𝑧
Problema 4
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ⟨𝑒𝑥, 𝑒𝑥𝑦 , 𝑒𝑥𝑦𝑧⟩
𝑟𝑜𝑡 𝐹 = |
𝑖 𝑗 𝑘𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑒𝑥 𝑒𝑥𝑦 𝑒𝑥𝑦𝑧
| = 𝑥𝑧𝑒𝑥𝑦𝑧𝑖 − 𝑦𝑧𝑒𝑥𝑦𝑧𝑗 + 𝑦𝑒𝑥𝑦𝑘
𝑑𝑖𝑣 𝐹 = 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥𝑦 + 𝑥𝑦𝑒𝑥𝑦𝑧
115
Problema 5
Determinar si el campo vectorial es conservativo o no lo es. Si es conservativo calcular la
función potencial.
𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 𝑦)𝑖 + (𝑥 − 2)𝑗
𝜕𝑃
𝜕𝑦= −1
𝜕𝑄
𝜕𝑥= 1
1. 𝐹(𝑥, 𝑦) = (3 + 2𝑥𝑦)𝑖 + (𝑥2 − 3𝑦2)𝑗
𝜕𝑃
𝜕𝑦= 2𝑥 =
𝜕𝑄
𝜕𝑥
∫𝜕𝑓
𝜕𝑥= ∫(3 + 2𝑥𝑦)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑥2 − 3𝑦2
𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 𝑥2𝑦 + 𝑔(𝑦)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑥2 + 𝑔´(𝑦)
𝑥2 − 3𝑦2 = 𝑥2 + 𝑔´(𝑦)
∫𝑔´(𝑦) = ∫−3𝑦2
𝑔(𝑦) = −𝑦3 +𝐾
𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 𝑥2𝑦 − −𝑦3 + 𝐾
Problema 6
2. 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥 cos 𝑦 𝑖 + 𝑒𝑥 sin 𝑦 𝑗
𝜕𝑃
𝜕𝑦= −𝑒𝑥 sin 𝑦
𝜕𝑄
𝜕𝑥= 𝑒𝑥 sin𝑦
116
Problema 7
𝐹(𝑥, 𝑦) = (ln 𝑦 + 2𝑥𝑦3)𝑖 + (3𝑥2𝑦2 +𝑥
𝑦) 𝑗
𝜕𝑃
𝜕𝑦=1
𝑦+ 6𝑥𝑦2 =
𝜕𝑄
𝜕𝑥
∫𝜕𝑓
𝜕𝑥= ∫(ln 𝑦 + 2𝑥𝑦3)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 3𝑥2𝑦2 +
𝑥
𝑦
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ln 𝑦 + 3𝑥2𝑦2 + 𝑔(𝑦)
𝜕𝑓
𝜕𝑦=𝑥
𝑦+ 3𝑥2𝑦2 + 𝑔´(𝑦)
3𝑥2𝑦2 +𝑥
𝑦=𝑥
𝑦+ 3𝑥2𝑦2 + 𝑔´(𝑦)
∫𝑔´(𝑦) = ∫0
𝑔(𝑦) = 𝐾
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ln 𝑦 + 3𝑥2𝑦2 +𝐾
Problema 8
3. 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑦𝑒𝑥 + sin𝑦)𝑖 + (𝑒𝑥 + cos 𝑦)𝑗
𝜕𝑃
𝜕𝑦= 𝑒𝑥 + cos 𝑦 =
𝜕𝑄
𝜕𝑥
∫𝜕𝑓
𝜕𝑥= ∫(𝑦𝑒𝑥 + sin𝑦)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑒𝑥 + 𝑥 cos 𝑦
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑒𝑥 + 𝑥 sin 𝑦 + 𝑔(𝑦)
𝜕𝑓
𝜕𝑦= 𝑒𝑥 + 𝑥 cos 𝑦 + 𝑔´(𝑦)
𝑒𝑥 + 𝑥 cos 𝑦 = 𝑒𝑥 + 𝑥 cos 𝑦 + 𝑔´(𝑦)
117
∫𝑔´(𝑦) = ∫0
𝑔(𝑦) = 𝐾
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑒𝑥 + 𝑥 sin 𝑦 + 𝐾
118
Integrales múltiples, de línea y de superficie
Problema 1
.-Determine el valor de
∫2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦
Sobre la curva dada por las ecuaciones paramétricas x=t, y=t2 con 0≤ t≤ 3
: x=t, y=t2;0≤ t≤ 3
Obtenemos dx=dt ;dy=2dt
∫2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫[2𝑡 ∗ 𝑡2 + (𝑡2 + 𝑡4)2𝑡]𝑑𝑡
3
0
= ∫(2𝑡3 + 2𝑡3 + 2𝑡5)𝑑𝑡
3
0
= [4𝑡4
4+2𝑡6
6]0
3
= 324
Problema 2
Obtenga ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥𝐶
2 – y2) dy sobre la curva C representada por las ecuaciones
paramétricas, X= -t Y= -t2 entre los puntos (0,0), (1, -1). X= -t Y= -t2 Si (0, 0) → X= 0, y-x= -t → t= 0 t = 0 Y= 0 y=-t2 → t= 0 (1, 1) → -t = 1 → t= 0 t = -1 -t2= -1 → t2=1 → t= +- 1
119
= ∫ 2xy dx + (x2-y2) dy = ∫ [2(−𝑡)(−𝑡2)(−1) + ((−𝑡2) − (−𝑡2)2(−2𝑡)]𝑑𝑡0
−1
e
= ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫ [2(−𝑡)(−𝑡2)(−1) + ((−𝑡2) − (−𝑡2)(−2𝑡)]𝑑𝑡0
−1
0
−1
= (2t6/6 – 4t4/4) |0-1 = - (1
3 (-1)6 – (-1)4) -
1
3 + 1 =
2
3
Problema 3
1.-Calcule la longitud de la curva dada por la parametrización
𝑟(𝑡) = 𝑡𝑖 + 4
3𝑡32 𝑗 +
1
2𝑡𝑘𝑡𝜖[0,2]
Solución:
Derivamos la función, 𝑟 ,(𝑡) = (1,2𝑡1
2,1
2) 𝑡𝜖[0,2]
La curva r(t) es de clase 𝐶1 y por lo tanto se puede medir su longitud.
‖𝑟 ,(𝑡)‖ = √(1)2 + (2𝑡12)2 + (
1
2)2
=1
2√5 + 16𝑡
La longitud de r(t) está dada por:
Utilizando el método de cambio de variable Tomamos:
𝑢 = 5 + 16𝑡, 𝑑𝑢 = 16𝑑𝑡, 𝑑𝑒𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒𝑑𝑢
16= 𝑑𝑡y resolvemos
𝑆 = ∫ ‖𝑟 ,(𝑡)‖𝑑𝑡 = ∫1
2√5 + 16𝑡
2
0
𝑑𝑡 =1
2.1
16.2
3. (5 + 16𝑇)
32]02
2
0
=1
48(37√37 − 5√5)
Problema 4
120
La ecuación de una curva está dada por:𝑦2 = 𝑥3. Encuentre la longitud de arco que une,
(1, −1)𝑎(1,1).
Solución:
Parametricemos la curva de la forma: 𝑥 = 𝑡2, 𝑦 = 𝑡3, con esta parametrización evitamos a
los radicales, sustituimos en la ecuación,𝑦2 = 𝑥3
(𝑡3)2 = (𝑡2)3𝑝𝑜𝑟𝑙𝑜𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜𝑡6 = 𝑡6𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑞𝑢𝑒𝑡 = 𝑡
Así obtenemos la función vectorial
𝑟(𝑡) = (𝑡2, 𝑡3), 𝑙𝑎𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠𝑦𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎, 𝑟 ,(𝑡) = (𝑎𝑡, 3𝑡2)∀𝑡 ∈ 𝑅
Como r(t) es de clase 𝐶1 en los reales y además la parametrización dada recorre la curva
en el sentido que se pide ya que:
𝑟(−1) = (1,−1), 𝑟(0) = (0,0), 𝑟(1) = (1.1)
‖𝑟 ,(𝑡)‖ = √4𝑡2 + 9𝑡4 = |𝑡|√4 + 9𝑡2
La longitud del arco está dada por:
𝑆 = ∫ ‖𝑟,(𝑡)‖𝑑𝑡 = ∫ |𝑡|√4 + 9𝑡21
−1
𝑑𝑡1
−1
∫ 𝑡√4 + 9𝑡2𝑑𝑡 − ∫ 𝑡√4 + 9𝑡20
−1
𝑑𝑡1
0
1
27(+9𝑡2)
32 ]0
1 −1
27(+9𝑡2)
32 ]−10 =
1
27(26√13 − 16)
Problema 5
Calcular la ∫ 𝑧𝑟
, donde r es la curva descrita por la parametrización siguiente:
𝑟(𝑡) = 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡𝑖 + 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡𝑗 + 𝑡𝑘, 𝑐𝑜𝑛 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋.
121
Solución :
𝑟(𝑡) = (𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑡), 𝑟 ,(𝑡) = (𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡, 1), 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑡 ∈ [0,2𝜋]
Como 𝑟(𝑡)𝑒𝑠𝑑𝑒𝑐𝑙𝑎𝑠𝑒𝐶1(𝑟(𝑡)𝑒𝑠𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎)
‖𝑟 ,(𝑡)‖ = √2 + 𝑡2
Sea la función escalar 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧. 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠
∫ 𝑧𝑟
= ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)) ∙2𝜋
0
‖𝑟 ,(𝑡)‖𝑑𝑡 = ∫ 𝑡2𝜋
0
√2 + 𝑡2𝑑𝑡 =1
3(2 + 𝑡2)
32]02𝜋
=1
3(√(2 + 4𝜋2)3 − 2√2).
Problema 7
Calcule ∫ (𝑥 + 𝑦), 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝐶𝐶
un triángulo de vértices (0,0), (1,0)𝑦 (0,1)
Solución:
Sea C la trayectoria del triángulo recorrida en sentido contrario a las manecillas del reloj.
Parametrizamos los segmentos de recta, en sentido contrario a las manecillas del reloj.
Del punto (0,0) al punto (1,0) la diferencia del punto 𝑝2 − 𝑝1 = (1,0) − (0,0) =< 1,0 >
< 𝑥 − 0, 𝑦 − 0 > = 𝑡 < 1,0 > , luego obtenemos las ecuaciones paramétricas del segmento
de recta 𝑥 = 𝑡 ; 𝑦 = 0
De manera similar se calculan los otros dos segmentos de recta que forman el triangulo.
Después del punto 𝑝2 (1,0) al punto 𝑝3 (0,1) las ecuaciones paramétricas de este
segmento de recta son: 𝑥 = 1 − 𝑡 ; 𝑦 = 𝑡
Luego del punto𝑝3(0,1) al punto 𝑝1(0,0) las ecuaciones paramétricas del segmento de
recta son: 𝑥 = 0 ; 𝑦 = 1 − 𝑡
Tomando, 𝑟1(𝑡) = (𝑡, 0), 𝑟1,(𝑡) = (1,0), ‖𝑟 ,(𝑡)‖ = 1, 𝑡 ∈ [0,1].
𝑟2(𝑡) = (1 − 𝑡, 𝑡), 𝑟2,(𝑡) = (−1,1), ‖𝑟2
,(𝑡)‖ = √2, 𝑡 ∈ [0,1].
𝑟3(𝑡) = (0,1 − 𝑡), 𝑟3,(𝑡) = (0, −1), ‖𝑟3
,(𝑡)‖ = 1, 𝑡 ∈ [0,1].
Puesto que,
𝑟1(0) = (0,0) = 𝑟3(1), 𝑟1(𝑡) = (𝑡, 0), 𝑟1(1) = (1,0) = 𝑟2(0)𝑦
122
𝑟2(1) = (0,1) = 𝑟3(0)
Se puede considerar C como el arco unión 𝐶 = 𝑟1 ∪ 𝑟2 ∪ 𝑟3
Luego entonces:
∫ (𝑥 + 𝑦) = 𝐶
∫ (𝑥 + 𝑦) = 𝑟1
∫ (𝑥 + 𝑦) = 𝑟2
∫ (𝑥 + 𝑦) = 𝑟3
∫ 𝑡𝑑𝑡 + 1
0 ∫ √2𝑑𝑡 + 1
0 ∫ (1 − 𝑡)𝑑𝑡 = 1
𝑜
[𝑡2
2+ √2𝑡 + 𝑡 −
𝑡2
2]0
1
= 1 + √2
Problema 8
Un alambre tiene forma de circunferencia, 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎2. Determine su masa y su
momento de inercia respecto de un diámetro si la densidad en un punto (x,y) del alambre
está dada por la función
𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥| + |𝑦|.
Solución:
La masa del alambre viene dada por la expresión :
𝑀 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑡 = 𝑟
∫ |𝑥| +𝑟
|𝑦|𝑑𝑡
Como r es la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una
circunferencia que parametrizamos por
𝑟(𝑡) = (𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑎𝑠𝑒𝑛𝑡), 𝑡 ∈ [0,2𝜋]
Que es de clase 𝐶1.
Derivando r(t) obtenemos:
𝑟 ,(𝑡) = (−𝑎𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡) → ‖𝑟 ,(𝑡)‖𝑎
𝑀 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡))‖𝑟,(𝑡)‖𝑑𝑡 = 2𝜋
0
∫ (|𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡| +2𝜋
0
|𝑎𝑠𝑒𝑛𝑡|)𝑎𝑑𝑡 =
123
𝑎2∫ (𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 +
𝜋2
0
𝑎2∫ (−𝑐𝑜𝑠𝑡 +𝜋
𝜋2
𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡 +
𝑎2∫ (−𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 +
3𝜋2
𝜋
𝑎2∫ (𝑐𝑜𝑠𝑡 −𝜋
3𝜋2
𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡 =
= 𝑎2[𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡]0
𝜋2 + 𝑎2[−𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡]𝜋
2
𝜋 + 𝑎2[−𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡]𝜋
3𝜋2 + 𝑎2[𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡]3𝜋
2
2𝜋 = 8𝑎2
Problema 9
Para calcular el momento de inercia respecto a un diámetro necesitamos la distancia de
un punto cualquiera (𝑥, 𝑦) a dicho diámetro. Para simplificar tomaremos como eje el eje x,
por lo tanto, la función que da la distancia de un punto al eje es 𝑟(𝑥, 𝑦) = |𝑦|. Teniendo en
cuenta la definición del momento de inercia respecto de un eje se tiene:
𝐼 = ∫ 𝑦2(|𝑥| + |𝑦|) =𝛾
𝑎4∫ (𝑠𝑒𝑛 𝑡)2(|𝑠𝑒𝑛 𝑡| + |cos 𝑡|)2𝜋
0
𝑑𝑡 + 𝑎4∫ 𝑠𝑒𝑛2𝜋2
0
𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡 −
−𝑎4∫ 𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡 + 𝑎4∫ 𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡 + 𝑎4∫ 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑑𝑡 − 𝑎4𝜋
0
2𝜋
3𝜋2
3𝜋2
𝜋2
∫ 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑑𝑡 =𝜋
0
=𝑎4
3([𝑠𝑒𝑛3𝑡]0
𝜋−[𝑠𝑒𝑛3𝑡]𝜋2
3𝜋2 + [𝑠𝑒𝑛3𝑡]3𝜋
2
2𝜋) +
𝑎4∫ (𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑐𝑜𝑠2𝑡)𝑑𝑡 − 𝑎4∫ (𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑐𝑜𝑠2𝑡)𝑑𝑡 = 4𝑎42𝜋
𝜋
𝜋
0
Problema 10
Calcule la integral del campo vectorial:
𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑥2 − 2𝑥𝑦)𝑖 + (𝑦2 − 2𝑥𝑦)𝑗,a lo largo de la parábola 𝑦 = 𝑥2 desde
124
𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 = (−1,1)ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵 = (1,1)
Problema 12
La integral curvilínea del campo F a lo largo de la parábola es
∫ 𝐹 = ∫𝐹(𝛼(𝑡))𝛼′(𝑡)𝑑𝑡
𝑏
𝑎𝛼
siendo𝛼 una parametrización de dicha parábola. Hacemos 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = 𝑡2para obtener la
parametrización:
𝛼(𝑡) = (𝑡, 𝑡2), 𝑡 ∈ [−1,1]
que es de clase 𝐶1 y va desde (-1,1) a (1,1) pues 𝛼(-1)= (-1,1) y 𝛼(1)=(1,1).Así:
𝛼′(𝑡) = (1,2𝑡), 𝐹(𝛼(𝑡)) = (𝑡2 − 2𝑡3, 𝑡4 − 2𝑡3)
∫ 𝐹𝛼
= ∫ 𝐹(𝛼(𝑡))𝛼′(𝑡)𝑑𝑡1
−1
=
= ∫ (𝑡2 − 2𝑡3, 𝑡4 − 2𝑡3)1
−1
∙ (1,2𝑡)𝑑𝑡 = ∫ (𝑡2 − 2𝑡3 + 2𝑡5 − 4𝑡4)𝑑𝑡 =1
−1
= [𝑡3
3−𝑡4
2+𝑡6
3−4𝑡5
5]1
−1= −
14
15
Problema 13
Calcule la integral curvilínea
∫ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧𝛾
Siendo 𝛾 una parametrización de la curva intersección de las superficies
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1, 𝑧 = 𝑥 − 1
Solución:
125
Parametricemos la curva:
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1𝑧 = 𝑥 − 1
}→𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1 = 1 → 2𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥 = 0 →
→ 2(𝑥 −1
2)2
+ 𝑦2 =1
2→(𝑥 −
12)2
1 4⁄+𝑦2
1 2⁄= 1
Para que se cumpla esta condición podemos tomar el parámetro t tal que:
𝑥 −12
1 2⁄= cos 𝑡,
𝑦
1 √2⁄= 𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑧 = 𝑥 − 1
𝑥 =1
2+1
2𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑦 =
1
√2𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑧 = −
1
2+1
2𝑐𝑜𝑠𝑡
cont∈ [0,2𝜋]pues de esta forma se recorre toda la curva Así:
𝛾(𝑡) = (1
2+1
2𝑐𝑜𝑠𝑡,
1
√2𝑠𝑒𝑛𝑡,−
1
2+1
2𝑐𝑜𝑠𝑡) , 𝑡 ∈ [0,2𝜋]
𝛾(𝑡) = (−1
2𝑠𝑒𝑛𝑡,
1
√2𝑐𝑜𝑠𝑡,−
1
2𝑠𝑒𝑛𝑡) , 𝑡 ∈ [0,2𝜋]
Calculamos ahora la integral:
∫ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧 =𝛾
= ∫ [(5
2+1
2𝑐𝑜𝑠𝑡) (−
1
2𝑠𝑒𝑛𝑡) +
3
√2𝑐𝑜𝑠𝑡 (
1
2𝑐𝑜𝑠𝑡 −
1
2) −
1
2𝑠𝑒𝑛2𝑡 (
1
2𝑠𝑒𝑛𝑡)] 𝑑𝑡 =
2𝜋
0
=1
4∫ (−5𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 + 3√2𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 3√2𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑡)) 𝑑𝑡 =2𝜋
0
=1
4(−
𝑠𝑒𝑛2𝑡
2]2𝜋
0+ 3√2∫
1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡
2
2𝜋
0
𝑑𝑡 − 3√2𝑠𝑒𝑛𝑡]2𝜋
0−𝑐𝑜𝑠3𝑡
3]2𝜋
0) =
=3√2
8[𝑡 +
𝑠𝑒𝑛2𝑡
2]2𝜋
0=3√2
4𝜋
126
Problema14
calcule la integral ∫ 𝑧𝑑𝑦 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝑟(𝑡)𝑟(𝑡)
el arco contenido en el primer octante con x,y,z≥ 0,
dado por la intersección de las superficies
{𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑅2
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅𝑦
El sentido de r(t) es de el punto (0,0, 𝑅)𝑎𝑙𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜(0, 𝑅, 0) Solución: La curva es la intersección de una esfera y un cilindro: Parametrizamos la curva
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑅2
→ 𝑧2 + 𝑅𝑦 = 𝑅2 → 𝑧 = √𝑅2 − 𝑅𝑦 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅𝑦
𝑥2 + y2 = 𝑅𝑦 → 𝑥2 + (y −R
2)2
=𝑅2
4
Estas ecuaciones cumplirán si tomamos el parámetro t tal que:
𝑥 =𝑅
2𝑐𝑜𝑠 𝑡 ; 𝑦 =
𝑅
2+𝑅
2𝑠𝑒𝑛 𝑡 ; 𝑧 = √𝑅2 −
𝑅2
2−𝑅2
2𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 𝑅√
1 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡
2 =
= 𝑅√1 − cos (
𝜋2− 𝑡)
2 = 𝑅√sen2 (
𝜋
4−𝑡
2) = 𝑅 sen (
𝜋
4−𝑡
2)
Siendo t∈ [−𝜋
2,𝜋
2] para que la curva se recorra desde (0,0,R) hasta (0,R,0) y sea sen(
𝜋
4−
𝑡
2)
≥ 0. Por tanto:
𝛼(𝑡) = (𝑅
2cos 𝑡 ,
𝑅
2+𝑅
2sen 𝑡 , 𝑅 sin(
𝜋
4−𝑡
2)) , 𝑡 ∈ [−
𝜋
2,𝜋
2]
Que es de clase C1 en el intervalo considerado. Por la expresión del integrando
únicamente necesitamos calcular 𝛼′1(𝑡) = 𝑦′ =𝑅
2. Así la integral vale
∫ 𝑧𝑑𝑦 = ∫ 𝑅 sin (𝜋
4−𝑡
2)𝑅
2cos 𝑡𝑑𝑡 =
𝜋2
−𝜋2𝛼
= 𝑅2
2∫
1
2𝑅 (𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
4+𝑡
2) +𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
4+3𝑡
2))𝑑𝑡 =
2
3𝑅2
𝜋2
−𝜋2
Problema 16
Y
X
127
Calcule la siguiente integral
∫𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧
𝛾
A lo largo del amino cerrado𝛾 limitado por los arcos 𝛾1, 𝛾2𝑦𝛾3dados por las ecuaciones
𝛾1 {𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1
𝑥 = 0𝑦 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0
𝛾2 {2𝑥 + 𝑧 = 1𝑦 = 0
𝑥 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0 𝛾3 {
4𝑥2 + 𝑧 = 1𝑧 = 0
𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0
Solución: (0,0,1)𝛾1 𝛾2(0,1,0)𝑦 (1 2⁄ , 0,0)𝛾3
Cada una de las curvas está en un plano coordenado de modo que se unen en los puntos
(0, 1,0), (0, 0,1) y (1/2, 0,0).
Las parametrizamos de la siguiente manera:
𝛾1 {𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1
𝑥 = 0𝑦 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0
→ 𝑦2 + 𝑧2 = 1 → 𝑥 = 0, 𝑦 = cos 𝑡 , 𝑧 = sen 𝑡 → 𝛾1(𝑡)
= (0, cos 𝑡 , sen 𝑡), 𝑡 ∈ [0,𝜋
2]
𝛾1es un cuarto de circunferencia y habremos de tomar 𝑡 ∈ [0,𝜋
2] para que vaya desde
(0,1,0)=𝛾1(0) hasta (0,0,1)=𝛾1(𝜋
2).
𝛾2 {2𝑥 + 𝑧 = 1𝑦 = 0
𝑥 ≥ 0, 𝑧 ≥ 0→𝑧 = 1 − 2𝑥
𝑦 = 0→ 𝛾2(𝑡) = (𝑡, 0,1 − 2𝑡)
Y tomaremos 𝑡 ∈ [0,1
2] para que vaya desde (0, 0,1)=𝛾2(0) hasta (
1
2, 0,0)=𝛾2 (
1
2).
𝛾3 {4𝑥2 + 𝑦2 = 1
𝑧 = 0𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0
→ {𝑥 =
1
2cos 𝑡
𝑦 = sen 𝑡𝑧 = 0
→ 𝛾3(𝑡) = (1
2cos 𝑡 , sen 𝑡, 0)
Que con 𝑡 ∈ [0,𝜋
2] va desde (
1
2, 0,0) = 𝛾3(0) a (0, 1,0)=𝛾3 (
𝜋
2).
128
De esta manera, como
𝛾1(0) = (0,1,0) = 𝛾3 (𝜋
2) , 𝛾1 (
𝜋
2) = (0,0,1) = 𝛾2(0), 𝛾2 (
1
2) = (
1
2, 0,0) = 𝛾3(0)
El camino 𝛾 dado es la unión de los otros tres, 𝛾 = 𝛾1 ∪ 𝛾2 ∪ 𝛾3 y la integral será la
suma de las tres integrales siguientes:
∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧 = ∫ 2cos 𝑡 (− sen 𝑡)𝑑𝑡 = cos2 𝑡
𝜋2⁄
0𝛾1
]𝜋2⁄
0= −1
∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧 = ∫ 𝑡(−2)𝑑𝑡 = −𝑡2]1 2⁄
0= −
1
4
𝜋2⁄
0𝛾2
∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧 = ∫ (1
4𝑐𝑜𝑠2𝑡
𝜋2⁄
0
sen 𝑡 (−1
2sen 𝑡) + 2 sen 𝑡 cos 𝑡) 𝑑𝑡
𝛾2
= −1
8∫
𝑠𝑒𝑛22𝑡
4𝑑𝑡 + [𝑠𝑒𝑛2𝑡]
𝜋2⁄
0= −
1
32∫
1 − cos 4𝑡
2𝑑𝑡 + 1
𝜋2⁄
0
𝜋2⁄
0
= −1
32[1
2𝑡 −
1
8sen4𝑡]
𝜋2⁄
0+ 1 = −
𝜋
128+ 1
Sumando los tres resultados obtenemos:
∫𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥𝑑𝑧
𝛾
= −1 −1
4−
𝜋
128+ 1 = −
1
4−
𝜋
128
Problema 18
. ¿Para qué valores de 𝑎 ∈ ℝ el campo vectorial
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑎𝑥𝑦 − 𝑧3, (𝑎 − 2)𝑥2, (1 − 𝑎)𝑥𝑧2)
es el gradiente de una función potencial? Para esos valores, calcule la función potencial.
Solución :
Para cualquier valor de a del campo F es de clase C¹ en ℝ³ (convexo) y será conservativo si su rotacional es cero ∀ (x,y,z) ∊ℝ³. Calculemos el rotacional
129
𝑟𝑜𝑡𝐹 = |𝑖→
𝑗→
𝑘→
𝐷₁ 𝐷₂ 𝐷₃
𝑎𝑥𝑦 − 𝑧3 (𝑎 − 2)𝑥2 (1 − 𝑎)𝑥𝑧2| =
= (0,−3𝑧2 − (1 − 𝑎)𝑧2, 2𝑥(𝑎 − 2) − 𝑎𝑥)
Que se anula si se cumplen las ecuaciones:
{(1 − 𝑎)𝑧² + 3𝑧² = 02𝑥(𝑎 − 2) − 𝑎𝑥 = 0
∀ (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∊ ℝ³de donde a=4
Por tanto, para a=4 el campo F es el gradiente de una función potencial y
∃𝑓 ∶ ℝ3 → ℝtal que ∇𝑓 = 𝐹 = (4𝑥𝑦 − 𝑧3, 2𝑥2, −3𝑥𝑧2)
Entonces:
𝜕𝑓
𝜕𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑥𝑦 − 𝑧³
𝜕𝑓
𝜕𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥²
𝜕𝑓
𝜕𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −3𝑥𝑧² }
Integrando la primera ecuación respecto de x y teniendo en cuenta que hay que añadir una función de las otras variables (que hace el papel de constante de integración al calcular la primitiva de F1 respecto de x) queda:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ∫(4𝑥𝑦 − 𝑧3)𝑑𝑥 = 2𝑥 ²𝑦 − 𝑧3𝑥 + ℎ(𝑦, 𝑧)
130
Para calcular la función h(x,y,z), calculamos las derivadas parciales de 𝑓 respecto de yyz,
y comparamos con la segunda y tercera ecuación en el sistema anterior. →
𝜕𝑓
𝜕𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥2 = 2𝑥2 +
𝜕ℎ
𝜕𝑦(𝑦, 𝑧) →
𝜕ℎ
𝜕𝑦(𝑦, 𝑧) = 0 → ℎ(𝑦, 𝑧) = 𝑘(𝑧) ,
razonando igual que antes, k(z) es una función que no depende ni de x ni de y, así:
𝜕𝑓
𝜕𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −3𝑥𝑧2 = −3𝑥𝑧2 +
𝜕ℎ
𝜕𝑧(𝑦, 𝑧) = −3𝑥𝑧2 + 𝑘′(𝑧) → 𝑘′(𝑧) = 0
Luego k(z)= C y la función potencial del campo F es
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥²𝑦 − 𝑧3𝑥 + 𝐶.
INTEGRALES MULTIPLES Y DE SUPERFICIE
Integrales iteradas dobles y triples, Teorema de Green, Teorema de Stocks, T.
Divergencia y parametrizaciòn de superficies.
Problema 1
Obtenga el volumen del solido limitado por las graficas de las ecuaciones:
X=0, y=0, z=0 y la superficie de 6x+3y+2z=6 en el primer octante
Solución
6x + 3y + z = 6 => 𝑧 =−6𝑥 − 3𝑦 + 6
2
131
Si z=0 −6𝑥−3𝑦+6
2= 0
−3𝑥 −3
2𝑦 = −3 =>si y=0 entonces x=1
Si x=0 entonces y=2
Si x=0, y=0 entonces z=3
Como y=-2x+2
𝑉 = ∫ ∫−6𝑥 − 3𝑦 + 6
2𝑑𝑦 𝑑𝑥
−2𝑥+2
0
1
0
=1
2∫(−6𝑥𝑦 −
3𝑦2
2+ 6𝑦)∫ .
−2𝑥+2
0
1
0
=1
2∫ [−6𝑥(−2𝑥 + 2) −
3
2(−2𝑥 + 2) + 6(−2𝑥 + 2)] 𝑑𝑥
1
0
=1
2∫(6𝑥2 − 12𝑥 + 6)𝑑𝑥 =
1
2(6𝑥3
2−12𝑥2
2+ 6𝑥)∫ .
1
0
1
0
=1
2(2 − 6 + 6) = 1𝑢3
Problema 2
-Determine el valor de
∫2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦
Sobre la curva dada por las ecuaciones paramétricas x=t, y=t2 con 0≤ t≤ 3
: x=t, y=t2;0≤ t≤ 3
Obtenemos dx=dt ;dy=2dt
132
∫2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = ∫[2𝑡 ∗ 𝑡2 + (𝑡2 + 𝑡4)2𝑡]𝑑𝑡
3
0
= ∫(2𝑡3 + 2𝑡3 + 2𝑡5)𝑑𝑡
3
0
= [4𝑡4
4+2𝑡6
6]0
3
= 324
Problema 4
Un sólido está limitado por la superficie z= x2-y2, en el plano xy y los planos x=1 y x = 3.
Calcule su volumen por doble integración
Solución:
Intercesión de la superficie con el plano xy es:
𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2
𝑧 = 0} → 𝑦2 = 𝑥2 →
𝑦 = 0
𝑦 = −𝑥}
y con los planos x=1 x=3, las parábolas z=1-y2y z=9-y2 respectivamente.
Parra hallar volumen del solido dado hemos de calculado la integral doble de función
𝑧 = ƒ (x, y) = x2 − y2 sobre la región D del plano xy comprendidas entre las rectas x=1,
x=3, y=c e y=-x:
𝐷 = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2: 1 ≤ 𝑥 ≤ 3,−𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}
𝑉 =∬ (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫ (𝑥2 − 𝑦2𝑑𝑦)𝑥
−𝑥
)𝑑𝑥 =3
1𝐷
= ∫ [𝑥2 −𝑦3
3]𝑥
−𝑥𝑑𝑥 = ∫
4
3𝑥3𝑑𝑥 =
1
3𝑥4]
3
1=80
3
3
1
3
1
Problema 6
Calcule∬ 𝑥2𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷
siendo D la porción acotada del primer cuadrante situada entre las
dos hipérbolas 𝑥𝑦 = 1 𝑦 𝑥𝑦 = 2 y las líneas rectas 𝑦 = 𝑥 𝑒 𝑦 = 4𝑥
133
Solución:
La región D es el conjunto:
𝐷 = {(𝑥. 𝑦)𝜖ℝ2: 1 ≤ 𝑥𝑦 ≤ 2, 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 4} = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2: 1 ≤ 𝑥𝑦 ≤ 2, 1 ≤𝑦
𝑥≤ 4}
Esta expresión nos sugiere el cambio de variables:
𝑢 = 𝑥𝑦𝑣 =𝑦
𝑥
Con lo que:
𝑦 = 𝑣𝑥, 𝑢 = 𝑣𝑥2 → 𝑥 = √𝑢
𝑣, 𝑦 = √𝑢𝑣 𝑠𝑖𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑢, 𝑣 > 0
y la transformación que obtenemos es:
𝑇: ]0, +∞[𝑥]0, +[→ ℝ2,∞ 𝑇(𝑢, 𝑣) = (√𝑢
𝑣, √𝑢𝑣)
T es una transformación inyectiva (para cada (x,y) hay un solo(u,v) tal que T(u,v) = (x,y)) y
es clase C1. Emos de comprobar además que su jacobino es nulo:
𝐽𝑇(𝑢, 𝑣) = ||
1 𝑢⁄
2√𝑢 𝑣⁄
−𝑢 𝑣2⁄
2√𝑢/𝑣𝑣
2√𝑢𝑣
𝑢
2√𝑢/𝑣
|| =
1
2𝑣≠ 0, ∀𝑢, 𝑣 > 0
Podemos dibujar fácilmente la región D calculado los puntos de corte de las rectas con
hipérbolas dadas (recordando que son solo los del primer cuadrante):
𝑥𝑦 = 1
𝑦 = 1} → 𝑥2 = 1 → 𝑃1 = (1,1);
𝑥𝑦 = 1
𝑦 = 4𝑥} → 𝑥2 =
1
4→ 𝑃2 = (
1
2, 1)
𝑥𝑦 = 2
𝑦 = 4𝑥} → 𝑥2 =
1
2→ 𝑃3 = (
1
√2,4
√2) ;
𝑥𝑦 = 2
𝑦 = 𝑥} → 𝑥2 = 2 → 𝑃4 = (√2, √2);
134
Es obvio que esta región D (en el plano xy) es la imagen en T(Q), del recinto (en el plano
uv)
𝑄 = {(𝑢, 𝑣)𝜖ℝ2: 1 ≤ 𝑢 ≤ 2, 1 ≤ 𝑣 ≤ 4}
Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos:
∬ 𝑥2𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦 =∬ 𝑢21
2𝑣𝑑𝑢𝑑𝑣 =
𝑄𝐷
= ∫ 𝑢2𝑑𝑢∫1
2𝑣𝑑𝑣 =
𝑢3
3]2
1.1
2log 𝑣]
4
1=7
3log 2.
4
1
2
1
Problema 16
Calcule la integral
∫∫∫ (2𝑧𝑥2 + 2𝑧𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝑉
Siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono x2= x2+y2 e interior al cilindro x2 +
y2 = , con z ≥ 0.
Solución:
La integración del cono en el cilindro es:
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧2
𝑥2 + 𝑦2 = 1} → 𝑙𝑎 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑥2 + 𝑦2 = 1 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑎𝑙𝑛𝑜 𝑧 = 1
El conjunto V será el conjunto descrito por:
𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝜖ℝ2: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ √𝑥2 + 𝑦2}
Haciendo cambio a coordenadas cilíndricas
𝑥 = 𝑝𝑐𝑜𝑠𝜑𝑦 = 𝑝𝑠𝑒𝑛𝜑𝑧 = 𝑧
}𝑇: 𝑈 → ℝ3, 𝑇(𝑝, 𝜑, 𝑧) = (𝑝𝑐𝑜𝑠𝜑, 𝑝𝑠𝑒𝑛𝜑, 𝑧)
siendo
𝑈 =]0,+∞[𝑥]0,2𝜋[𝑥ℝ,𝐽𝑇(𝑝, 𝜑, 𝑧) = 𝑝
135
De esta manera, y puesto que 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑝2 = 1 en el cilindro 𝑧2 = 𝑝2 con el cono, el
recinto V es la imagen, T(Q) (salvo un conjunto de medida cero que es la región del plano
y = 0 compendiada entre el cilindro y el cono) del conjunto.
𝑄 = {(𝑝, 𝜑, 𝑧)𝜖𝑈: 0 < 𝑝 ≤ 1,0 < 𝜑 < 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑝} ⊂ 𝑈
Por tanto, Haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos
∫∫∫ (2𝑧𝑥2 + 2𝑧𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧2
= ∫∫∫ (2𝑧𝑥2 + 2𝑧𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧2
= ∫ [∫ (∫ 2𝑧𝑝3𝑑𝑧𝑝
0
)𝑑𝜑2𝜋
0
] 𝑑𝑝 =1
0
= ∫ (∫ 𝑧2𝑝3]2𝜋
0
𝑝
0𝑑𝜑)𝑑𝑝
1
0
= ∫ (∫ 𝑝5𝑑𝜑𝑝
0
)𝑑𝑝 = 2𝜋1
0
𝑝6
6]1
0=𝜋
3
Problema
calcule el flujo del campo vectorial F(x,y,z)=(x,y,2z), a través de la superficie cerrada S
que limita el solido
𝑉 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) / 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 2𝑥2 − 2𝑦2}
directamente
B) utilizando el teorema de Gauss
Solución:
A) La superficie cerrada S que limita el sólido V está compuesta por dos superficies
una porción del paraboloide 𝑧 = 4 − 2𝑥2 − 2𝑦2, 𝑠1, y la tapa inferior , 𝑠2 .
136
Por tanto , hay que calcular el flujo de F a traves de cada una de ellas hacia el exterior de
la superficie cerrada.
Parametrizamos 𝑠1 de ecuacion 𝑧 = 4 − 2𝑥2 − 2𝑦2 (paraboloide);
𝑟1: 𝑅2 → 𝑅3: 𝑟1(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦, 4 − 2𝑥2 − 2𝑦2)
Donde las Variables X e Y varían en la proyección del solido en el plano XY, que
calculamos a partir de la intersección del paraboloide 𝑧 = 4 − 2𝑥2 − 2𝑦2 con el plano z=0.
𝑆1 = 𝑟1(𝐷) 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)𝜖𝑅2; 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2}.
El vector normal :
𝑁1(𝑥, 𝑦) =𝜕𝑟1𝜕𝑥
𝑦 ∇ 𝜕𝑟1𝜕𝑦
= (4𝑥, 4𝑦, 1);
∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 = ∬ 𝐹( 𝑟1(𝑥, 𝑦)) ∙𝐷𝑆1
𝑁1 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
=∬ (𝑥, 𝑦, 8 − 4𝑥2 − 4𝑦2) ∙ (4𝑥, 4𝑦, 1)𝐷
𝑑𝑥𝑑𝑦 =
=∬ 8𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝐷
16𝜋
Parametrizamos 𝑆2 , tapa inferior de ecuacion z=0,
𝑟2: 𝑅2 → 𝑅3: 𝑟2(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦, 0), 𝑆2 = 𝑟2(𝐷)
El vector normal :
𝑁2(𝑥, 𝑦) =𝜕𝑟2𝜕𝑥
∧ 𝜕𝑟2𝜕𝑦
= (0,0,1);
Esta dirigido hacia el interior de la superficie S. calculamos ;
∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 = ∬ 𝐹( 𝑟2(𝑥, 𝑦)) ∙𝐷𝑆1
(−𝑁2 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
137
=∬ (𝑥, 𝑦, 0) ∙ (0,0,1)𝐷
𝑑𝑥𝑑𝑦 = 0
Por tanto , el flujo de F hacia el exterior de la superficie cerrada S es :
∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 = ∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 + ∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 = 16𝜋𝑆2𝑆1𝑆
B) El flujo de F , utilizamos el teorema de Gauss, puede calcularse como la integral
triple en V de la divergencia de F.
𝑑𝑖𝑣 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 + 1 + 2 = 4
Entonces :
∫ 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝑆 = ∭ 𝑑𝑖𝑣𝐹𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =𝑉𝑆
∭ 4𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =𝑉
=∬ (∫ 𝑑𝑧4−2𝑥2−2𝑦2
0
) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 4 ∬ (4 − 2𝑥2 − 2𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷𝐷
Para hacer esta integral doble en el circulo D pasaremos a coordenadas polares con
𝜌 ∈ (0, √2 ) 𝜑 ∈ ( 0, 2𝜋).
Por tanto :
∫ 𝐹. 𝑛𝑑𝑆 = 4 ∫ ∫ (4 − 2𝜌2)𝜌𝑑𝜌𝑑𝜑 = 16𝜋2𝜋
0
√2
0𝑆
Problema
Obtenga el volumen del solido limitado por las graficas de las ecuaciones:
X=0, y=0, z=0 y la superficie de 6x+3y+2z=6 en el primer octante
138
Solución
6x + 3y + z = 6 => 𝑧 =−6𝑥 − 3𝑦 + 6
2
Si z=0 −6𝑥−3𝑦+6
2= 0
−3𝑥 −3
2𝑦 = −3 =>si y=0 entonces x=1
Si x=0 entonces y=2
Si x=0, y=0 entonces z=3
Como y=-2x+2
𝑉 = ∫ ∫−6𝑥 − 3𝑦 + 6
2𝑑𝑦 𝑑𝑥
−2𝑥+2
0
1
0
=1
2∫(−6𝑥𝑦 −
3𝑦2
2+ 6𝑦)∫ .
−2𝑥+2
0
1
0
=1
2∫ [−6𝑥(−2𝑥 + 2) −
3
2(−2𝑥 + 2) + 6(−2𝑥 + 2)] 𝑑𝑥
1
0
=1
2∫(6𝑥2 − 12𝑥 + 6)𝑑𝑥 =
1
2(6𝑥3
2−12𝑥2
2+ 6𝑥)∫ .
1
0
1
0
=1
2(2 − 6 + 6) = 1𝑢3