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UNIDAD 3: TAREA 4 - Integrales de funciones de varias variables

LEONARDO QUINTERO 16461422 JESÚS ALBERTO GARCÍA MARTÍNEZ 94393127 EDGAR ESTEBAN OTERO ALEXIS PEDROZA 67032716

TUTOR GUSTAVO SALAZAR CEDEÑO CALCULO MULTIVARIADO - (203057A_611)

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA INGENIERÍA ELECTRÓNICA CEAD PALMIRA

Asignación de los ejercicios Selección de ejercicios. Nombre del Grupo de estudiante ejercicios 1 – Integrales Dobles

Grupo de ejercicios 2 – Integrales Triples

Grupo de ejercicios 3 – Integrales de Línea

Grupo de ejercicios 4 – Integrales de Flujo

Grupo de ejercicios 5 – Teoremas de Integración

Leonardo Quintero Bejarano

a

a

a

a

a

EDGAR ESTEBAN OTERO

b

b

b

b

b

Alexis pedroza

d

d

d

d

d

Jesús García ejercicios

e

e

e

e

e

Tabla links videos explicativos. Nombre Estudia nte

Ejercicio s sustenta dos

Link video explicativo

Ejemplo : Leonard o Quinter o

https://www.youtube.com/watch?v=lMRQW8V1-nQ

EDGAR ESTEB AN OTERO

https://www.loom.com/share/50e0db8aa7c34c118b9b 68baaa52e8a4

Alexis Pedroza

1D

https://www.youtube.com/watch?v=mIyFnel_zO8 https://www.youtube.com/watch?v=PUc08oREj-0&t=14s

Leonardo Quintero Bejarano Ejercicios A:

1*

a. 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒃𝟐 , donde 𝝆 = 𝒌, y la recta 𝒙 = 𝒂, 𝒄𝒐𝒏 𝒂 > 𝒃

√𝒃𝟐 −𝒚𝟐

𝒃

(𝒂 − 𝒙)𝟐 𝒌 𝒅𝒙𝒅𝒚

𝑰𝒚 = ∫ ∫ −𝒃 −√𝒃𝟐 −𝒚𝟐

Usamos coordenadas polares 𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔 𝜽 𝑹𝒂𝒅𝒊𝒐 = 𝒃 𝟐𝝅

𝑰𝒚 = 𝒌 ∫ 𝟎

𝒃

𝟐

∫ (𝒂 − 𝒓𝒄𝒐𝒔(𝜽)) 𝒓 𝒅𝒓𝒅𝜽 𝟎

Simplificamos la ecuación de tal manera que quede listo para integral 𝟐𝝅

∫ [𝒂𝟐 𝒓 − 𝟐𝒂𝒓𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝜽) + 𝒓𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽]𝒅𝒓𝒅𝜽

𝑰 = 𝒌∫ 𝟎

𝟎

𝟐𝝅 𝟎 𝟐𝝅

𝑰 = 𝑲∫ 𝟎

𝟎

𝒂𝟐 𝒌𝒓𝟑 𝟐𝒂𝒌𝒓𝟑 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒌𝒓𝟒 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 𝑳𝑺 𝒃 [ − + ] 𝒅𝜽 𝑳𝑰 𝟎 𝟐 𝟑 𝟒

𝟐𝝅

𝑰 = 𝒌∫ 𝟎 𝟐𝝅 𝟎

𝒃

∫ [𝒂𝟐 𝒓 − 𝟐𝒂𝒓𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝜽) + 𝒓𝟑 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽]𝒅𝒓𝒅𝜽

𝑰 = 𝒌∫

𝑰 = 𝑲∫

𝒃

[

𝒂𝟐 𝒌𝒃𝟐 𝟐𝒂𝒌𝒃𝟑 𝒄𝒐𝒔(𝜽) 𝒌. 𝒃𝟒 . 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽 − + ] 𝒅𝜽 𝟐 𝟑 𝟒

𝒂𝟐 𝒃𝟐 𝟐𝒂𝒃𝟑 𝒄𝒐𝒔(𝜽) 𝒃𝟒 (𝜽 + 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝜽) [ − + ] 𝒅𝜽 𝟐 𝟑 𝟖

𝒂𝟐 𝒃𝟐 𝜽 𝟐𝒂𝒃𝟑 𝒔𝒆𝒏(𝜽) 𝒃𝟒 (𝜽 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽) 𝟐𝝅 𝑰 = 𝑲[ − + ] 𝟎 𝟐 𝟑 𝟖 Momento de inercia

𝒃𝟐 𝑰 = 𝝅𝑲𝒃𝟐 ( + 𝒂𝟐 ) 𝟒

2*

𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝟗 sobre el cubo en el primer octante acotado por los planos coordenados y los planos 𝒙 = 𝟐, 𝒚 = 𝟐 y 𝒛 = 𝟐.

V=2*2*2=8

𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 =

𝟏 𝟐 𝟐 𝟐 𝟐 ∫ ∫ ∫ 𝒙 + 𝟗 𝒅𝒙𝒅𝒛𝒅𝒚 𝟖 𝟎 𝟎 𝟎

𝟏 𝟐 𝟐 𝒙𝟑 𝟐 𝟐 𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 = ∫ ∫ + 𝟗𝒙 𝒅𝒛𝒅𝒚 𝟎 𝟖 𝟎 𝟎 𝟑 𝟎 𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 =

𝟏 𝟐 𝟐 𝟔𝟐 ∫ ∫ 𝒅𝒛𝒅𝒚 𝟖 𝟎 𝟎 𝟑

𝟏 𝟐 𝟔𝟐 𝟐 𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 = ∫ 𝒛 𝒅𝒚 𝟖 𝟎 𝟑 𝟎 𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 =

𝟏 𝟐 𝟏𝟐𝟒 ∫ 𝒛 𝒅𝒚 𝟖 𝟎 𝟑

𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 =

𝟑𝟏 𝟐 𝒚 𝟎 𝟔

𝑭𝒑𝒓𝒐𝒎 =

𝟑𝟏 𝟑

3* 𝑭(𝒙, 𝒚) = 𝟐𝒙𝟐 𝒚𝒊 + (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 )𝒋 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑪: el segmento de recta desde origen hasta el punto (𝟐, 𝟐).

el

𝒓(𝒕) = 𝒕𝒊 + 𝒕𝒋 𝒅𝒓(𝒕) = 𝒊 + 𝒋

𝟐

𝟐 𝟑

𝒘 = ∫ 𝟐𝒕 + ∫ 𝟐𝒕𝟐 𝒅𝒕 𝟎

𝟎

𝒕𝟒 𝟐 𝟐𝒕𝟑 𝟐 + 𝟐𝟎 𝟑 𝟎

𝒘=

𝒘=

𝟒𝟎 𝟑

4*

Sea 𝑬 = 𝒙𝒊 + 𝒚𝒋 + 𝟐𝒛𝒌 un campo electrostático. Usar la Ley de Gauss para hallar la carga total que hay en el interior de la superficie cerrada formada por el hemisferio 𝒛 = √𝟏 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 y su base circular en el plano 𝒙𝒚. Usando el teorema de divergencia

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝜺 ∫ ∫ 𝑬𝒅𝑨 = ∫ ∫ ∫ 𝒅𝒊𝒗𝑬𝒅𝑽 𝛁∗𝑬= 𝟑 𝟏

√𝟏−𝒚𝟐

∫ ∫

√𝟏−𝒙𝟐 −𝒚𝟐

∫

𝟑𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙

−𝟏 −√𝟏−𝒚𝟐 𝟎

𝑷𝒂𝒔𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒂 𝒄𝒐𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏𝒂𝒅𝒂𝒔 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒊𝒄𝒂𝒔 √𝟏−𝒓𝟐

𝟐𝝅

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝜺 ∫

∫

𝟎

𝟎

𝟏

∫ (𝟑𝒓 𝒅𝒓𝒅𝒛𝒅𝜽) 𝟎

√𝟏−𝒓𝟐

𝟐𝝅

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝜺 ∫

∫

𝟎

𝟎

√𝟏−𝒓𝟐

𝟐𝝅

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝟑𝜺 ∫

∫

𝟎

𝟎

𝟐𝝅

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝟑𝜺 ∫ 𝟎 𝟐𝝅

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝜺 ∫ 𝟎

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝜺

𝟑 𝟐 𝟏 𝒓 𝒅𝒛𝒅𝜽 𝟎 𝟐 𝟑 𝒅𝒛𝒅𝜽 𝟐

𝟑 √𝟏 − 𝒓𝟐 𝒛 𝒅𝜽 𝟐 𝟎 𝟑√𝟏 − 𝒓𝟐 𝒅𝜽 𝟐

𝟑√𝟏 − 𝒓𝟐 𝟐𝝅 𝜽 𝟎 𝟐

𝑸𝒆𝒏𝒄 = 𝟑𝝅𝜺√𝟏 − 𝒓𝟐

5*

𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒊 + 𝒋 − 𝟐𝒌 Aplicando la formula nos queda la siguiente integral 𝒙 𝒚 ∬(𝒓𝒐𝒕𝑭)𝑵𝒅𝑺 = ∬ ((𝟎 − 𝟎) ( ) + (𝟎 − 𝟎) ( )) 𝒅𝑺 √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ∬(𝒓𝒐𝒕𝑭)𝑵𝒅𝑺 = 𝟎 Esta nos da como respuesta 0 por lo que lo que resta de la integral será 0

EDGAR ESTEBAN OTERO Ejercicios B:

a. 𝑦 = 0, 𝑦 = 2, 𝑥 = 0, 𝑥 = 4, donde 𝜌 = 𝑘, y la recta 𝑥 = 6 2

4

𝐼 = ∫ ∫ [6 − 𝑥]2 𝑘 𝑑𝑥𝑑𝑦 0

0

Expandiremos la integral de tal manera que la podamos resolver 2

4

𝐼 = 𝑘 ∫ ∫ 36 − 12𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 0

0

Integramos 2

𝑥 3 12𝑥 2 𝐼 = ∫ 𝑘[ − + 36𝑥] 40 𝑑𝑦 3 2 0 2

∫ 0

208 𝑘 𝑑𝑦 3

𝐼 = 𝑘[208𝑦]20 416 𝐼= 𝑘 3

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 Sobre el sólido rectangular en el primer octante acotado por los planos coordenados y los planos 𝑥 = 1, 𝑦 = 1 y 𝑧 = 2. V=1*1*2 1 1 1 2 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = ∫ ∫ ∫ 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥 2 0 0 0 Se resuelve la integral 1 1 11 2 2 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = ∫ ∫ 𝑥 + 𝑦𝑥 − 𝑧𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑧 0 2 0 0 2 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 =

1 1 1 ∫ ∫ 2𝑦 + 2𝑧 − 2 𝑑𝑦𝑑𝑧 2 0 0

1 1 2 1 ∫ 𝑦 − 2𝑧𝑦 − 2𝑦 𝑑𝑧 0 2 0

1 1 ∫ (2𝑧 − 1)𝑑𝑧 2 0 1 1 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = (2𝑧 2 − 𝑧) 0 2 𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 = 0

𝐹𝑝𝑟𝑜𝑚 =

𝐹(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦𝒊 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝒋 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶: 𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑦 2 = 𝑥 origen hasta el punto (2, 2).

Desde

el

𝑟(𝑡) = 𝑡 2 𝑖 + 𝑡𝑗, 𝑟´(𝑡) = 2𝑡𝑖 + 𝑗 2

2

𝑤 = 9 ∫ 𝑡 4 + ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 0

0 5

𝑤=

9𝑡 2 𝑡 3 2 + 5 0 30

La respuesta del trabajo: 𝑤=

904 15

Sea 𝐸 = 𝑦𝑧𝒊 + 𝑥𝑧𝒋 + 𝑥𝑦𝒌 un campo electrostático. Usar la Ley de Gauss para hallar la carga total que hay en el interior de la superficie cerrada formada por el hemisferio 𝑧 = √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 y su base circular en el plano 𝑥𝑦. ∇ ∗ 𝐸 = (𝟎 ) √1−𝑥 2 −𝑦 2

𝑄𝑒𝑛𝑐 = 𝜀 ∫ 0

L respuesta a la integral es 0

√1−𝑦 2

∫

1

∫ 0 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧

−√1−𝑦2 −1

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑧𝒊 + 𝑦𝒌 Reemplazamos los datos en la fórmula de movimiento de fluidos 𝑥 𝑦 ∬(𝑟𝑜𝑡𝐹)𝑁𝑑𝑆 = ∬ ((1 − 0) ( ) + (−1 − 0) ( )) 𝑑𝑆 √𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑥

𝑦 ) 𝑑𝑆 + ∬ −1 ( ) 𝑑𝑆 √𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑥 𝑦 ∬(𝑟𝑜𝑡𝐹)𝑁𝑑𝑆 = ∬ ( ) 𝑑𝑆 − ∬ ( ) 𝑑𝑆 √𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 Tenemos que hallar las dos partes de la integral ∬(𝑟𝑜𝑡𝐹)𝑁𝑑𝑆 = ∬ (

∬ ((

1

𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2

√1−𝑦2

)) 𝑑𝑆 = ∫ ∫

𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥

−1 −√1−𝑦2

1

1 2 √1 − 𝑦 2 𝑥 𝑑𝑦 −√1 − 𝑦 2 −1 2 1 1 1 − 𝑦2 1 − 𝑦2 2(1 − 𝑦 2 ) =∫ + 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 2 2 2 −1 −1 𝑦3 1 =𝑦− 3 −1 4 = 3 ∫

√1−𝑥 2

1

=∫ ∫ 1

𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥

−1 −√1−𝑥 2 1 2

𝑦 2 √1 − 𝑥 1 − 𝑥2 1 − 𝑥2 =∫ 𝑑𝑦 = ∫ ( + ) 𝑑𝑦 2 2 −1 2 −√1 − 𝑥 2 −1 1

= ∫ 1 − 𝑥 2 𝑑𝑦 −1

𝑥3 1 ) 3 −1 2 2 =( + ) 3 3 4 = 3 𝟒 𝟒 ∬(𝑟𝑜𝑡𝐹)𝑁𝑑𝑆 = − 𝟑 𝟑 = (𝑥 −

∬(𝑟𝑜𝑡𝐹)𝑁𝑑𝑆 = 0

Jesús García ejercicios E Grupo de ejercicios 1 – Integrales Dobles. (Aplicaciones de las integrales dobles – Momento de Inercia)

Consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso: Zill, D. (2011). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill Interamericana. (pp. 202-210); (pp.220-224).

Momento de Inercia.

Si una partícula de masa m está a una distancia d de una recta fija, su momento de inercia respecto de la recta se define como: 𝑰 = 𝒎𝒅𝟐 = (𝒎𝒂𝒔𝒂)(𝒅𝒊𝒔𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂)𝟐 Se puede generalizar este concepto para obtener los momentos de inercia de una lámina de densidad variable respecto de los ejes 𝑥 y 𝑦. Estos segundos momentos se denotan por 𝑰𝒙 e 𝑰𝒚 y en cada caso el momento es el producto de una masa por el cuadrado de una distancia.

Donde (𝑦 2 ) es el cuadrado de la distancia al eje 𝑥 (𝑥 2 ) es el cuadrado de la distancia al eje 𝑦 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 es la Masa A la suma de los momentos e se le llama el momento polar de inercia y se denota Por 𝑰𝟎 .

Evaluar la integral doble requerida para hallar el momento de inercia I, con respecto a la recta dada, de la lámina limitada o acotada por las gráficas de las ecuaciones. b. 𝑦 = 42 − 𝑥 2 , 𝑦 = 0, donde 𝜌 = 𝑘, y la recta 𝑦 = 2

Graficamos las ecuaciones, con el fin de conocer sus limites

𝑦 = 42 − 𝑥 2 , 𝑦 = 0, donde 𝜌 = 𝑘, y la recta 𝑦 = 2 Análisis geométrico Evaluamos los límites de las 3 ecuaciones matemáticamente.

𝑦 = 42 − 𝑥 2 , 𝑦 = 0, donde 𝜌 = 𝑘, y la recta 𝑦 = 2

Para la recta y=0 𝑦 = 42 − 𝑥 2 0 = 42 − 𝑥 2 0 = 16 − 𝑥 2 𝑥 2 = 16 𝑥 = ∓√16 𝑥 = ∓4 Para la recta y=2 𝑦 = 42 − 𝑥 2 2 = 42 − 𝑥 2 2 = 16 − 𝑥 2 −𝑥 2 = −16 + 2 𝑥 2 = 14 𝑥 = ∓√14 𝑥 = ∓3,7416 𝐴(−3.7 ,2) 𝐴1 (3.7 ,2) Son los límites de la lámina a examinar Como el termino dA determina el área de la lámina este está dado por la base y la altura de la gráfica dada. Con los puntos de intersección hallados podemos calcular la base y la altura del rectángulo dado. Para la Base: Determinamos la distancia de la recta comprendida entre los puntos 𝐵1 (−4,0) 𝐵2 (4,0) ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = √(−4 − 4)2 + (0 − 0)2 2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵 1 𝐵2 = √(−8) + 0

̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = 8; 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵=8

Determinamos la distancia de la recta comprendida entre los puntos 𝐴(−3.7 ,2) 𝐵1 (−4,0)) ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 2 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √(−3,7 − (−4)) + (0 − 2)2

̅̅̅̅̅1 = √(0,3)2 + (−2)2 𝐴𝐵 ̅̅̅̅̅1 = √0.09 + 4 𝐴𝐵 ̅̅̅̅̅1 = √4,09 𝐴𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = 2,02 ; ℎ = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴 = 2,02 ≅ 2 Analizamos las integrales 𝐼𝑥 = ∫(𝑦 2 ) 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝐼𝑦 = ∫(𝑥 2 ) 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴

La función es 𝑦 = 42 − 𝑥 2 𝐼𝑥 = ∫(𝑦 2 ) 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 2

𝐼𝑥 = ∫ (42 − 𝑥 2 )2 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 0 2

𝐼𝑥 = ∫ (42 − 𝑥 2 )2 𝑘𝑑𝐴 0

𝑑𝐴 = 𝑏 ∗ 𝑑𝑦 ; 𝑏 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 8 2

𝐼𝑥 = ∫ (16 − 𝑥 2 )2 𝑘𝑏𝑑𝑦 0 2

𝐼𝑥 = 𝑘𝑏 ∫ (16 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑦 0 2

𝐼𝑥 = 𝑘𝑏 ∫ 162 − 32𝑥 2 + 𝑥 4 𝑑𝑦 0

2

𝐼𝑥 = 𝑘𝑏 ∫ 162 𝑑𝑦 − 32𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝑥 4 𝑑𝑦 0

2 0 𝐼𝑥 = 𝑘𝑏256(2) − 𝑘𝑏256(0) 𝐼𝑥 = 512𝑘𝑏 − 0 ; 𝑏 = 8 𝐼𝑥 = 4096𝑘 𝐼𝑥 = 𝑘𝑏256𝑦[

Despejo x 𝑦 = 42 − 𝑥 2 𝑦 − 16 = −𝑥 2 −𝑦 + 16 = 𝑥 2 √−𝑦 + 16 = 𝑥

𝐼𝑦 = ∫(𝑥 2 ) 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 2

2

𝐼𝑦 = ∫ (√−𝑦 + 16 ) 𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 0 4

2

𝐼𝑦 = ∫ (√−𝑦 + 16 ) 𝑘ℎ𝑑𝑥 −4 4

2

𝐼𝑦 = 𝑘ℎ ∫ (√−𝑦 + 16 ) 𝑑𝑥 −4 4

𝐼𝑦 = 𝑘ℎ ∫ −𝑦 + 16 𝑑𝑥 −4

4 −4 𝐼𝑦 = 𝑘ℎ16(4) − 𝑘ℎ16(−4) 𝐼𝑦 = 𝑘ℎ16𝑥[

𝐼𝑦 = 128𝑘ℎ; ℎ = 2 𝐼𝑦 = 256𝑘

𝐼0 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 𝐼0 = 4096𝑘 + 256𝑘 𝐼0 = 4608𝑘

Grupo de ejercicios 2 – Integrales Triples. (Aplicaciones para hallar el valor promedio) Utilice integrales triples para calcular el valor promedio de 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) sobre la región dada:

e. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 sobre el cubo en el primer octante acotado por los planos coordenados y los planos 𝑥 = 1, 𝑦 = 2 y 𝑧 = 1. 𝑧

𝑦

𝑥

∫ ∫ ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 −𝑧 −𝑦 −𝑥 𝑦 𝑥 (2𝑥 2

𝑧

− 3𝑦 2 + 2𝑧 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧

∫ ∫ ∫

0 𝑜 0 1 2 1

∫ ∫ ∫ (2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 0

0

0

Integramos en función de dx 1

∫ (2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 )𝑑𝑥 0 1

∫ 2𝑥 2 𝑑𝑥 − 3𝑦 2 𝑑𝑥 + 2𝑧 2 𝑑𝑥 0

2𝑥 3 1 [ − 3𝑦 2 𝑥 + 2𝑧 2 𝑥] 0 3 2 ∗ 13 2 ∗ 03 [( − 3𝑦 2 ∗ 1 + 2𝑧 2 ∗ 1) − ( ∗ 0 − 3𝑦 2 ∗ 0 + 2𝑧 2 ∗ 0)] 3 3 2 [( − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 ) − (0)] 3 2 ( − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 ) 3 Reemplazamos en la integral. 1

2

∫ ∫ 0

0

2 − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 𝑑𝑦𝑑𝑧 3

Integramos en función de dy 2

2 ∫ ( − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 ) 𝑑𝑦 0 3

2

∫ 0

2 𝑑𝑦 − 3𝑦 2 𝑑𝑦 + 2𝑧 2 𝑑𝑦 3

2 3𝑦 3 2 [ 𝑦− + 2𝑧 2 𝑦] 0 3 3 2 3𝑦 3 2 [ 𝑦− + 2𝑧 2 𝑦] 0 3 3 2 2 [ 𝑦 − 𝑦 3 + 2𝑧 2 𝑦] 0 3 2 2 [( ∗ 2 − 23 + 2𝑧 2 ∗ 2) − ( ∗ 0 − 3 ∗ 03 + 2𝑧 2 ∗ 0)] 3 3 4 [( − 8 + 4𝑧 2 ) − (0)] 3 4 − 24 ( + 4𝑧 2 ) 3 −20 ( + 4𝑧 2 ) 3

Reemplazamos en la integral 1

∫ ( 0 1

∫ 0

[

−20 + 4𝑧 2 ) 𝑑𝑧 3

−20 𝑑𝑧 + 4𝑧 2 𝑑𝑧 3

−20 4𝑧 3 1 𝑧+ ] 3 3 0

−20 4 ∗ 13 −20 4 ∗ 03 ( ∗1+ )−( ∗0+ ) 3 3 3 3 −20 4 ( + ) − (0) 3 3 −20 + 4 3 −16 3

1

2

1

= ∫ ∫ ∫ (2𝑥 2 − 3𝑦 2 + 2𝑧 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 0

0

0

−16 3

Grupo de ejercicios 3 – Integrales de Línea. (Aplicaciones de las integrales de línea – Trabajo y campos de Fuerza)

Calcule el trabajo total realizado al mover una partícula a lo largo del arco C si el movimiento lo ocasiona el campo de fuerza F. Suponga que el campo que el arco se mide en metros y la fuerza en Newton. e. 𝐹(𝑥, 𝑦) = −𝑥 2 𝑦𝒊 + 2𝑦𝒋 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐶: el segmento de recta desde el punto (𝑎, 0) hasta el punto (0, 𝑎). Teoría 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝐹1 (𝑥, 𝑦), 𝐹2 (𝑥, 𝑦) 𝑎 𝑙𝑜 𝑙𝑎𝑟𝑔𝑜 𝑑𝑒 𝐶 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑃 = (𝑥𝑝 , 𝑦𝑝 ) 𝑦 𝑄 = (𝑥𝑞 , 𝑦𝑞 ) 𝑡𝑞

𝑡𝑞

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫𝐹1 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝐹2 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝐹1 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝐹2 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝐶

𝐶

𝑡𝑝

𝐹(𝑥, 𝑦) = −𝑥 2 𝑦𝒊 + 2𝑦𝒋 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝐹1 (𝑥, 𝑦), 𝐹2 (𝑥, 𝑦) 𝐹1 (𝑥, 𝑦) = −𝑥 2 𝑦𝒊 𝐹2 (𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝒋 𝑃 = (𝑎𝑝 , 0𝑝 ) 𝑦 𝑄 = (0, 𝑎𝑞 ) Calculamos la ecuación de la recta. Pendiente 𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 0−𝑎 𝑀= 𝑎−0 −𝑎 𝑀= = −1 𝑎 Con la ecuación de la recta punto pendiente 𝑥 − 𝑥1 𝑀 = 𝑦 − 𝑦1 𝑀=

𝑡𝑝

(𝑥 − 𝑎)𝑀 = 𝑦 − 0 𝑦 = 𝑀(𝑥 − 𝑎); 𝑀 = −1 𝑦 = −𝑥 + 𝑎 Parametrizo la recta 𝑥=𝑡 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

𝑦 = 𝑦(𝑥); 𝑥 = 𝑡 𝑦 = −𝑡 + 𝑎 𝑑𝑦 = −1𝑑𝑡

𝑡𝑞

𝑡𝑞

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ 𝐹1 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝐹2 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝐶

𝑡𝑝

𝑡𝑝

Reemplazo la integral 𝑡𝑞

𝑡𝑞

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ (−𝑥 2 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ (2𝑦)𝑑𝑦 𝐶

𝑡𝑝

𝑡𝑝

Revisar remplazo lo parametrizado 𝑜

𝑜

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ (−𝑡 2 (−𝑡 + 𝑎))𝑑𝑡 + ∫ 2(−𝑡 + 𝑎)(−𝑑𝑡) 𝐶

𝑎

𝑎 0

0

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ (𝑡 3 − 𝑡 2 𝑎)𝑑𝑡 − ∫ 2(−𝑡 + 𝑎)(𝑑𝑡) 𝐶

𝑎

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝐶

𝑎

𝑡4 𝑡3 𝑡2 0 − 𝑎 + 2 − 2𝑎𝑡 𝑎 4 3 2

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝐶

𝑡4 𝑡3 0 − 𝑎 + 𝑡 2 − 2𝑎𝑡 𝑎 4 3

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = (0) − ( 𝐶

𝑎4 𝑎3 − 𝑎 + 𝑎2 − 2𝑎 ∗ 𝑎) 4 3

𝑎4 𝑎4 ∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = − ( − − 𝑎2 ) 4 3 𝐶

∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = − (−𝑎2 − 𝐶

𝑎4 𝑎4 ) = 𝑎2 + ; 𝑎 𝑒𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 12 12

Grupo de ejercicios 4 – Integrales de Flujo (Aplicaciones a las integrales de superficie – Carga Eléctrica) Consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso: Zill, D. (2011). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill Interamericana. (pp. 246-253). En los siguientes ejercicios utilizar la Ley de Gauss para hallar la carga total en el interior de la superficie dada:

e. Sea 𝐸 = −2𝑥𝑦𝒊 + 4𝑥𝑧𝒋 + 3𝑦𝑧𝒌 un campo electrostático. Usar la Ley de Gauss para hallar la carga total que hay en el interior de la superficie cerrada formada por el hemisferio 𝑧 = √2 − 𝑥 2 − 𝑦 2 y su base circular en el plano 𝑥𝑦. Φ = ∬ 𝐸⃗⃗ ∙ 𝑑𝑆⃗ = 𝑆

𝑞 𝜀0

Teorema de la divergencia. ∬ 𝐸⃗⃗ ∙ 𝑑𝑆⃗ = ∭ ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ 𝑑𝑉 𝑆

∇ ∙ 𝐸⃗⃗ = ((

𝑉

𝝏 𝝏 𝝏 ̂ ) ∙ 𝐸⃗⃗ ) 𝒊̂ + ( ) 𝒋̂ + ( ) 𝒌 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛

Realizamos el producto punto entre el campo eléctrico y su divergencia ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ = ((

𝝏 𝝏 𝝏 ̂ ) ∙ (−2𝑥𝑦𝒊 + 4𝑥𝑧𝒋 + 3𝑦𝑧𝒌) ) 𝒊̂ + ( ) 𝒋̂ + ( ) 𝒌 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛

𝝏(−2𝑥𝑦) 𝝏(4𝑥𝑧) 𝝏(3𝑦𝑧) ̂) ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ = (( ) 𝒊̂ + ( ) 𝒋̂ + ( )𝒌 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛 ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ = (−2𝑦 + 3𝑦) ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ = 𝑦

Φ = ∭ ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ 𝑑𝑉 𝑉

Φ = ∭ 𝑦 𝑑𝑉 𝑉

Se realiza cambio a coordenadas esféricas Teoría

𝑥 = 𝜌 sin 𝜑 cos 𝜃 𝑦 = 𝜌 sin 𝜑 sin 𝜃 z = cos 𝜑 𝜌2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ; 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜌 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜

𝑑𝑉 = 𝜌2 sin 𝜑 𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑

Φ = ∭ 𝑦 𝑑𝑉 𝑉

Φ = ∭(𝜌 sin 𝜑 sin 𝜃) (𝜌2 sin 𝜑 𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑) 𝑉

Φ = ∭ 𝜌3 sin2 𝜑 sin 𝜃 𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑 𝑉

Para hallar lo limites 𝜌 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 0 𝑎 √2 𝜃 = 𝑝𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑥𝑦 = 0 𝑎 2𝜋 𝜋 𝜑 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑧 0 𝑎 ℎ𝑒𝑚𝑖𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 2 𝜋⁄ 2

2𝜋

0 𝜋⁄ 2

0

0

2𝜋

√2

∫ 𝜌3 sin2 𝜑 sin 𝜃 𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑

Φ=∫ ∫ 0

0

√2

∫ 𝜌3 sin2 𝜑 sin 𝜃 𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑

Φ=∫ ∫

0

√2

∫ 𝜌3 𝑑𝜌 0 4

𝜌4 √2 √2 04 [ = − =1 4 4 4 0 𝜋⁄ 2

2𝜋

∫ ∫ 1 sin2 𝜑 sin 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝜑 0

0 2𝜋 2

1 sin 𝜑 ∫ sin 𝜃 𝑑𝜃 0

2𝜋 0 2 1 sin 𝜑 − (𝑐𝑜𝑠2𝜋 − 𝑐𝑜𝑠0) 1 sin2 𝜑 − (1 − 1) 1 sin2 𝜑 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 [

1 sin2 𝜑 − 0 sin2 𝜑 𝜋⁄ 2

∫ sin2 𝜑 𝑑𝜑 0 𝜋⁄ 2

∫

1 − 𝑐𝑜𝑠(2 𝜑) 𝑑𝜑 2

0 𝜋⁄ 2

1 ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠(2 𝜑) 𝑑𝜑 2 0 𝜋⁄ 2

1 ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠(2 𝜑) 𝑑𝜑 2 0

𝜋⁄ 1 1 (𝜑 − sin(2φ)) [ 2 2 2 0 1 𝜋 1 1 [( ⁄2 − sin(2 𝜋⁄2)) − (0 − sin(0))] 2 2 2 1 𝜋 1 1 [( ⁄2 − sin(π)) − (0 − sin(0))] 2 2 2 1 𝜋 1 𝜋 [( − (0)) − 0] = 2 2 2 4 𝜋 𝑞 Φ = ∭ ∇ ∙ 𝐸⃗⃗ 𝑑𝑉 = = 4 𝜀0 𝑉

𝜋 𝑞 = 4 𝜀0 𝜋𝜀0 𝑞= 4 Grupo de ejercicios 5 – Teoremas de Integración (Aplicación de los Teoremas de Integración – Movimiento de un líquido) Consultar en el entorno de conocimiento el siguiente recurso: García, H. (2014). Cálculo de varias variables. México: Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 126-131). En los siguientes ejercicios el movimiento de un líquido en un recipiente cilíndrico de radio 1, se define mediante el campo de velocidad 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧). Hallar

Donde S es la superficie superior del recipiente cilíndrico:

e. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧𝒊 − 𝑦𝒋 + 3𝑥𝒌

Teoría ⃗𝑭⃗(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝑷(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒊 + 𝑸(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒋 + 𝑹(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒌 𝝏𝑹 𝝏𝑸 𝝏𝑷 𝝏𝑹 𝝏𝑸 𝝏𝑷 ̂ ⃗⃗ = 𝛁 × 𝑭 ⃗⃗ = ( 𝒓𝒐𝒕𝑭 − ) 𝒊̂ + ( − ) 𝒋̂ + ( − )𝒌 𝝏𝒚 𝝏𝒛 𝝏𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝛁 = Gradiente

Hallamos el rotacional de la función ⃗⃗ = 𝛁 × ⃗𝑭⃗ 𝒓𝒐𝒕𝑭 ⃗𝑭⃗(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 2𝑧𝒊 − 𝑦𝒋 + 3𝑥𝒌 𝑷(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 2𝑧𝒊̂ 𝑸(𝒙, 𝒚, 𝒛) = −𝑦𝒋̂ ̂ 𝑹(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 3𝑥𝒌 𝝏𝑹 𝝏𝑸 𝝏𝑷 𝝏𝑹 𝝏𝑸 𝝏𝑷 ̂ ⃗⃗ = ( 𝛁×𝑭 − ) 𝒊̂ + ( − ) 𝒋̂ + ( − )𝒌 𝝏𝒚 𝝏𝒛 𝝏𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏3𝑥 𝝏(−𝑦) 𝝏2𝑧 𝝏3𝑥 𝝏(−𝑦) 𝝏2𝑧 ̂ 𝛁 × ⃗𝑭⃗ = ( − ) 𝒊̂ + ( − ) 𝒋̂ + ( − )𝒌 𝝏𝒚 𝝏𝒛 𝝏𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒙 𝝏𝒚 ̂ 𝛁 × ⃗𝑭⃗ = (𝟎 − 𝟎)𝒊̂ + (𝟐 − 𝟑)𝒋̂ + (𝟎 − 𝟎)𝒌 ̂ ⃗⃗ = (𝟎)𝒊̂ + (−𝟏)𝒋̂ + (𝟎)𝒌 𝛁×𝑭 ⃗⃗ = 𝛁 × ⃗𝑭⃗ = (0, −1,0) 𝒓𝒐𝒕𝑭 La ecuación del cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 1

El movimiento de un líquido en un recipiente se genera en la parte superior del cilindro que tiene normal Z, la ecuación de ese plano es 𝑧 = 𝑧0 𝑧 − 𝑧0 = 0 Calculamos el vector unitario normal a la superficie S 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝑧 − 𝑧0 = 0 𝝏𝒇 𝝏𝒇 𝝏𝒇 ̂ 𝛁𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( ) 𝒊̂ + ( ) 𝒋̂ + ( ) 𝒌 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒛 𝜕(𝑧 − 𝑧0 ) 𝜕(𝑧 − 𝑧0 ) 𝜕(𝑧 − 𝑧0 ) 𝛁𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( ) 𝑖̂ + ( ) 𝑗̂ + ( ) 𝑘̂ 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 ⃗⃗ 𝛁𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0)𝑖̂ + (0)𝑗̂ + (1)𝑘̂ = 𝒏 𝑛⃗⃗ = (0,0,1) Hallar ⃗⃗) ∙ 𝒏 ⃗⃗𝒅𝑺 ∫ ∫(𝒓𝒐𝒕𝑭 𝑠

Calculamos ⃗⃗) ∙ 𝒏 ⃗⃗⃗ = (0, −1,0) ∙ (0,0,1) (𝒓𝒐𝒕𝑭 ⃗⃗) ∙ 𝒏 ⃗⃗ = 0 (𝒓𝒐𝒕𝑭 Se parametriza la ecuación del cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 1 𝑦2 = 1 − 𝑥2 𝑦 = ∓√1 − 𝑥 2 = {

√1 − 𝑥 2 −√1 − 𝑥 2

𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 𝑒𝑛 𝑦

𝑥 2 + 𝑦 2 = 1; 𝑦 = 0 𝑥 2 + 02 = 1 𝑥2 = 1 1 𝑥 = ±√1 = { 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 𝑒𝑛 𝑥 −1 1

√1−𝑥2

∫ ∫ −1 −√1−𝑥 2

Se realiza cambio de variables donde

(0)𝑑𝑦𝑑𝑥

2𝜋

1

∫ (0)𝒓𝑑𝑟𝑑𝜃

∫ 0

0

Se resuelve la integral 2𝜋

∫ 0

1

∫ (0)𝒓𝑑𝑟𝑑𝜃 = 0 0

EJERCICIOS ALEXIS PEDROZA Ejercicio 1, Calculo Multivariado.

𝑰𝒙 = ∬(𝒚𝟐 )𝝆(𝒙, 𝒚)𝒅𝑨 𝑹

𝑰𝒚 = ∬(𝒙𝟐 )𝝆(𝒙, 𝒚)𝒅𝑨 𝑹

Graficamos las ecuaciones, con el fin de conocer sus límites:

Matemáticamente evaluando: cuando y = 0 y = √𝑎 2 − 𝑥 2 y 2 = 𝑎2 − 𝑥 2 0 = 𝑎2 − 𝑥 2 𝑥 2 = 𝑎2 + 𝑥= 𝑎 − 𝐁𝟏 (−𝐚, 𝟎) 𝐁𝟐 (𝐚, 𝟎)

Cuando x = 6 y = √𝑎 2 − 𝑥 2 y = √𝑎2 − 62 y = √𝑎2 − 36

𝑨𝟏 (𝟔 , √𝒂𝟐 − 𝟑𝟔) 𝑨𝟐 (𝟔 , √𝒂𝟐 − 𝟑𝟔) Para la Base: Determinamos la distancia de la recta comprendida entre los puntos 𝐁𝟏 (−𝐚, 𝟎) 𝐁𝟐 (𝐚, 𝟎) ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = √(−𝑎 − 𝑎)2 + (0 − 0)2 2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵 1 𝐵2 = √(−2𝑎) + 0

̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = √(−2𝑎)2 2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵 1 𝐵2 = √4𝑎 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = 2𝑎

̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵1 𝐵2 = 2𝑎; 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵 = 2𝑎

Determinamos la distancia de la recta comprendida entre los puntos

𝐴1 (𝟔 , √𝒂𝟐 − 𝟑𝟔) 𝐁𝟏 (−𝐚, 𝟎) ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 ̅̅̅̅̅1 = √(6 − (−𝑎))2 + (√𝒂𝟐 − 𝟑𝟔 − 0) 𝐴𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √(6 + 𝑎)2 + (√𝒂𝟐 − 𝟑𝟔)

2

2

̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √𝑎2 + 12𝑎 + 36 + 𝒂𝟐 − 𝟑𝟔 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √2𝑎2 + 12𝑎 + 36 + −𝟑𝟔 ̅̅̅̅̅1 = √2𝑎2 + 12𝑎 𝐴𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐵1 = √2𝑎2 + 12𝑎 ; 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴 = √2𝑎2 + 12𝑎 ; 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

Analizando las integrales: 𝑰𝒙 = ∬(𝒚𝟐 )𝝆(𝒙, 𝒚)𝒅𝑨 𝑹

𝑰𝒚 = ∬(𝒙𝟐 )𝝆(𝒙, 𝒚)𝒅𝑨 𝑹

Para 𝛒 = 𝐤𝐱 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆. 𝑰𝒙 = ∬(𝒚𝟐 )𝒌𝒙 𝒅𝑨 𝑹

𝑰𝒚 = ∬(𝒙𝟐 )𝒌𝒙 𝒅𝑨 𝑹

𝑑𝐴 𝑒𝑛 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐼𝑦 𝑑𝐴 = ℎ𝑑𝑥; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 ℎ 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 (𝐴 − 𝑦). 𝑑𝐴 𝑒𝑛 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐼𝑥 𝑑𝐴 = 𝑏𝑑𝑦 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑏 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 (𝐵 − 𝑥).

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 ) 𝒅𝑨 𝑹

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 ) bdy 𝑹

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 )(B − x) ∗ x ∗ dy 𝑹

Para y se tiene:

x = √𝑎2 − 𝑦 2 𝐵 = 2𝑎 𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 )(2a − √𝑎2 − 𝑦2 )dy 𝑹

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 ) ∗ √𝑎2 − 𝑦2 ∗ (2a − √𝑎2 − 𝑦2 )dy 𝑹

𝑰𝒚 = 𝒌 ∬(𝒙𝟐 ∗ 𝒙)𝒅𝑨 𝑹

𝑰𝒚 = 𝒌 ∬(𝒙𝟑 )hdx 𝑹

𝑰𝒚 = 𝒌 ∬(𝒙𝟑 )(A − y)dx 𝑹

Para y se tiene:

y = √𝑎 2 − 𝑥 2 𝐴 = √2𝑎2 + 12𝑎

𝑰𝒚 = 𝒌 ∬(𝒙𝟑 )(A − √𝑎2 − 𝑥2 )dx 𝑹

𝑰𝒚 = 𝒌 ∬(𝒙𝟑 )(√2𝑎2 + 12𝑎 − √𝑎2 − 𝑥2 )dx 𝑹

𝑰𝒚 = 𝒌 ∫ (𝒙𝟑 )(√2𝑎2 + 12𝑎 − √𝑎2 − 𝑥2 )dx 𝑹

Definiendo límites: 𝐴 = √2𝑎2 + 12𝑎 𝐵 = 2𝑎

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∬(𝒚𝟐 ) (2a − √𝑎2 − 𝑦2 ) dy 𝑹 𝑨

𝑰𝒙 = 𝒙𝒌 ∫ (𝒚𝟐 ) (2a − √𝑎2 − 𝑦2 ) dy 𝟎 𝐴

𝐴

𝐼𝑥 = 2𝑎 ∗ 𝑥𝑘 ∫ (𝑦 2 ) dy − xk ∫ 𝒚𝟐 ∗ √𝑎2 − 𝑦2 ) dy 0

0

𝑰𝒚 = 𝒌 ∫ (𝒙𝟑 )(√2𝑎2 + 12𝑎 − √𝑎2 − 𝑥2 )dx 𝟎 𝑨

𝑰𝒚 = 𝒌 ∫ (𝒙𝟑 )(√2𝑎2 + 12𝑎 − √𝑎2 − 𝑥2 )dx 𝑹 𝑨

𝐴

𝑰𝒚 = √2𝑎2 + 12𝑎 ∗ 𝒌 ∫ (𝒙𝟑 )𝒅𝒙 − ∫ 𝒙𝟑 ∗ √𝑎2 − 𝑥2 dx 𝟎

0

Evaluando las integrales tenemos: 𝐴

𝐴

𝐼𝑥 = 2𝑎 ∗ 𝑥𝑘 ∫ (𝑦 2 ) ∗ dy − xk ∫ (𝑦 2 )√𝑎2 − 𝑦2 ) dy 0

0

https://www.youtube.com/watch?v=jjqvOjQFnhI 𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦 0

a y

√𝑎2 − 𝑦 2 )

𝐜𝐨𝐬 𝜽 =

√𝑎2 − 𝑦2 𝒂

𝐬𝐢𝐧 𝜽 =

𝐚 ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝜽 = √𝑎2 − 𝑦2

𝒙 𝒂

𝒂 ∗ 𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝒙

dx = a ∗ cos θ dθ

dx = 2 ∗ cos θ ∗ dθ

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦

= a ∗ cos θ ∗ a ∗ cos θ ∗ dθ

0 𝐴

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦 0

= ∫ a2 ∗ cos2 θ ∗ dθ 0

cos2 θ =

1 + cos 2𝜃 2

𝐴 1 + cos 2𝜃 = ∫ a2 ∗ ( ) ∗ dθ 2 0 𝐴 1 + cos 2𝜃 = ∫ a2 ∗ ( ) ∗ dθ 2 0 𝐴 1 + cos 2𝜃 = a2 ∫ ( ) ∗ dθ 2 0

𝐴

= a2 ∫ 0

∫ cos 2𝜃 ∗ 𝑑𝜃 =

𝐴 dθ cos 2𝜃 +∫ ∗ dθ = 2 2 0

sin 2𝜃 sinθ ∗ cos 𝜃 + 𝐶 = 𝑎2 ∗ ( 2 2

∫ cos 2𝜃 ∗ 𝑑𝜃 = 𝐴

= 𝑎2 ∫ 0

𝐴 dθ cos 2𝜃 +∫ ∗ dθ = 2 2 0

(𝑎2 ∗

)+𝐶

sin 2𝜃 2 θ sinθ ∗ cos 𝜃 + 𝑎2 ∗ )+C 2 2

En función de X a y

√𝑎2 − 𝑦 2 )

𝒚 𝒂

𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝐭𝐚𝐧 𝜽 =

𝒚 √𝑎2 − 𝑦2 )

∫ cos 2𝜃 ∗ 𝑑𝜃 =

𝒚 𝒚 ( ) = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 ( ) 𝒂 𝒂 𝒚 𝜽 = 𝐭𝐚𝐧−𝟏 ( ) √𝑎2 − 𝑦2 )

𝜽 = 𝐬𝐢𝐧−𝟏

sin 2𝜃 sinθ ∗ cos 𝜃 +𝐶 = ( 2 2

𝐬𝐢𝐧 𝟐𝜽 = 2 ∗ sin 𝜃 cos 𝜃 =

𝐜𝐨𝐬 𝜽 =

√𝑎2 − 𝑦2 𝒂

)+𝐶 =

sinθ ∗ cos 𝜃 +𝐶 2

𝟐 ∗ 𝐭𝐚𝐧 𝜽 𝟏 + 𝐭𝐚𝐧𝜽𝟐

𝐚 ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝜽 = √𝑎2 − 𝑦2

𝐴

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦 0

=

𝐴

𝐴 dθ cos 2𝜃 + 𝑎2 ∫ ∗ dθ = 2 0 2 0 𝒚 𝐭𝐚𝐧−𝟏 ( ) 2 2) sinθ ∗ cos 𝜃 √ 𝑎 − 𝑦 a2 ∗ ( + 𝟐 2

= a2 ∫

)+C

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦 0

=

𝐴 dθ sinθ ∗ cos 𝜃 + 𝑎2 ∫ ∗ dθ = 2 0 2 0 𝒚 𝐭𝐚𝐧−𝟏 ( ) 𝒚 √𝑎2 − 𝑦2 2 − 𝑦2 ) (𝒂) ∗ √ 𝑎 𝒂 a2 ∗ ( + )+C 𝟐 2

= a2 ∫

𝐴

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦

𝐴 dθ sinθ ∗ cos 𝜃 + 𝑎2 ∫ ∗ dθ = 2 0 2 0 𝒚 𝒚 √𝑎2 − 𝑦2 𝐭𝐚𝐧−𝟏 ( ) ∗ a2 ( )∗ 2 √𝑎 − 𝑦2 ) 𝒂𝟐 + 𝟐 2

= a2 ∫

0

= (

) 𝐭𝐚𝐧−𝟏 (

𝐴

∫ √𝑎2 − 𝑦2 ) 𝑑𝑦

+C

= (

𝒚 √𝑎2

) ∗ a2

− 𝑦2 )

𝟐

0

+

𝑦 ∗ √𝑎2 − 𝑦2 )+C 2

RESULTADOS. 𝑨

𝐴

𝑰𝒚 = √2𝑎2 + 12𝑎 ∗ 𝒌 ∫ (𝒙𝟑 )𝒅𝒙 − ∫ 𝒙𝟑 ∗ √𝑎2 − 𝑥2 dx 𝟎

𝑰𝒚 = √2𝑎2 + 12𝑎 ∗ 𝒌

0 𝐴 𝒙𝟒 − ∫ 𝒙𝟑 ∗ √𝑎2 − 𝑥2 dx 𝟒 0

𝐴

𝐴

𝐼𝑥 = 2𝑎 ∗ 𝑥𝑘 ∫ (𝑦 2 ) ∗ dy − xk ∫ (𝑦 2 )√𝑎2 − 𝑦2 ) dy 0

0

𝐼𝑥 = 2𝑎 ∗ 𝑥𝑘

Ejercicio 2

𝐴 𝑦3 − xk ∫ (𝑦 2 )√𝑎2 − 𝑦2 ) dy 3 0

ALEXIS PEDROZA CALCULO MULTIVARIADO

∭ 𝑥𝑦𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 Integrando x 3

3

∫ 𝑥𝑦𝑧 𝑑𝑥 = 𝑦𝑧 ∫ 𝑥 = 0

0

𝑥 2 ∗ 𝑦𝑧 3 32 𝑦𝑧 𝟗𝐲𝐳 −0= { = 0 2 2 𝟐

Integrando y 3

∫ 0

Integrando z

𝟗𝐲𝐳 9𝑧 3 9𝑦 2 𝑧 3 32 ∗ 9𝑧 𝟖𝟏𝐳 𝑑𝑦 = ∫ 𝐲 𝑑𝑦 = −0 = { = 0 𝟐 2 0 4 4 𝟒

3

∫ 0

𝟖𝟏𝐳 81 3 81𝑧 2 3 32 ∗ 81𝑧 𝟕𝟐𝟗 𝑑𝑧 = ∫ 𝐳 𝑑𝑧 = −0= { = 0 𝟒 4 0 8 8 𝟖

∭ 𝑥𝑦𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =

VERIFICANDO

𝟕𝟐𝟗 𝟖

INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPO VECTORIALES. Por alexis pedroza Tomado de la pagina 125 García, H. (2014). Cálculo de varias variables. México: Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 123-125). Recuperado de https://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2538/lib/unadsp/reader.action?ppg= 134&docID=3227732&tm=1541622979789

https://www.youtube.com/watch?v=0SAjFcoZcGE

∫ → ∗→ = ∫ F1 (x, y) dx + F2 (x, y)dy 𝑪

𝑭

𝒅𝒓

C

𝑡𝑄

𝑡𝑄

= ∫ 𝐹1 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝐹2 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑡𝑃

𝑡𝑃

𝑦 = 𝑥 2 parametrizando la parabola y=y(x)

x=t

y=y(t)

𝑦 = 𝑡2 Para 𝐅(𝐱, 𝐲) = 2xy 2 𝐢 + (2x 2 + 2y 2 )𝐣

𝐅𝟏 (𝐱, 𝐲) = 2xy 2

𝐅𝟐 (𝐱, 𝐲) = (2x 2 + 2y 2 )

Para los puntos 𝑃 = (1,1) 𝑄 = (4,5) y = 𝐱𝟐

∫ → ∗→ = ∫ F1 (x, y) dx + F2 (x, y)dy 𝑪

𝑭

𝒅𝒓

C

𝑡𝑄

𝑡𝑄

= ∫ 𝐹1 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝐹2 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑡𝑃 𝑡𝑄

𝑡𝑄

W = ∫ 𝟐𝐱𝐲 𝑑𝑥 + ∫ (𝟐𝐱 𝟐 + 𝟐𝐲 𝟐 )𝑑𝑦 𝑡𝑃

𝟐

𝑡𝑃

𝑡𝑃

Sustituyendo 𝑡𝑄

𝑡𝑄

W = ∫ 𝟐𝐱𝐲 𝟐 𝑑𝑥 + ∫ (𝟐𝐱 𝟐 + 𝟐𝐲 𝟐 )𝑑𝑦 𝑡𝑃

𝑡𝑃

lo primero que hay que hacer es parametrizar la parábola; siempre se puede escribir una función arbitraria y=y(x) como una curva parametrizada. solo se debe resolver x=t y=y(t) entonces:

𝑦(𝑡) = 𝑡 2

𝑥=𝑡,

Ahora si a sustituir.

𝑡𝑄

𝑡𝑄

𝟐

W = ∫ 𝟐𝐱𝐲 𝑑𝑥 + ∫ (𝟐𝐱 𝟐 + 𝟐𝐲 𝟐 )𝑑𝑦 𝑡𝑃

𝑡𝑃

𝑡𝑄

𝑡𝑄

𝟒

W = ∫ 𝟐(𝐭)𝐭 (2)𝑑𝑡 + ∫ (𝟐𝐭 𝟐 + 𝟐𝐭 𝟒 ) ∗ 𝟖𝐭 𝟑 𝑑𝑡 𝑡𝑃

𝑡𝑃 𝑡𝑄

𝟓

𝑡𝑄

W = ∫ 𝟒𝐭 𝑑𝑡 + ∫ (𝟏𝟔𝐭 𝟓 + 𝟏𝟔𝐭 𝟕 )𝑑𝑡 𝑡𝑃

𝑡𝑃

En esta expresión, tp y tq son los valores del parámetro t para los cuales la curva pasa por P= (xp , yp) y Q= (xQ , yQ) respectivamente 𝑡 𝜖 [1,4] 4

4 𝟓

W = ∫ 𝟒𝐭 𝑑𝑡 + ∫ (𝟏𝟔𝐭 𝟓 + 𝟏𝟔𝐭 𝟕 )𝑑𝑡 1

1 4

W = ∫ 𝟒𝐭 𝟓 + (𝟏𝟔𝐭 𝟓 + 𝟏𝟔𝐭 𝟕 ) 𝒅𝒕 1

4

W = ∫ (𝟐𝟎𝐭 𝟓 + 𝟏𝟔𝐭 𝟕 ) 𝒅𝒕 1 4

𝟒 𝟓

W = ∫ 𝟐𝟎𝐭 𝑑𝑡 + ∫ 𝟏𝟔𝐭 𝟕 𝒅𝒕 1

𝟏

20𝑡 5+1 4 16𝑡 7+1 4 W= | + | 5+1 1 7+1 1 20𝑡 6 4 16𝑡 8 4 W= + | | 1 1 6 8 𝐖=

𝟏𝟎𝒕𝟔 𝟒 𝟐𝒕𝟖 𝟒 + | | 𝟏 𝟏 𝟑

𝟏𝟎𝒕𝟔 𝟒 𝟐𝒕𝟖 𝟒 𝐖= + | | 𝟏 𝟏 𝟑 10𝑡 6 4 𝐖= + 2𝑡 8 | = 𝒘(𝟒) − 𝒘(𝟏) 1 3 10𝑡 6 4 𝐖= + 2𝑡 8 | = 144725,3 − 5.33 = 𝟏𝟒𝟒𝟕𝟐𝟎 1 3 144720 es el trabajo que realiza el campo vectorial F(x,y) = 2xy2 i + (2x2+2y2 )j ,cuando una partícula se desplaza dese el punto 𝐏 = (1,1) 𝐐 = (4,5), siguiendo la trayectoria C y = x2

REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS

Derivadas parciales: Regla de la cadena y derivación implícita. Zill, D. (2011). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill Interamericana. (pp. 153-159). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2053/?il=629 Derivadas direccionales: Gradiente, planos tangentes a las superficies de nivel. García, H. (2014). Cálculo de varias variables. México: Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 89-92). Recuperado de https://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2538/lib/unadsp/reader.action?ppg=100&do cID=3227732&tm=1541622143823 Linealización y diferenciales. Zill, D. (2011). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill Interamericana. (pp. 172-178). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2053/?il=629 Máximos y mínimos: Máximos y mínimos absolutos y condicionados.

García, H. (2014). Cálculo de varias variables. México: Larousse - Grupo Editorial Patria. (pp. 92-99). Recuperado de https://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2538/lib/unadsp/reader.action?ppg=103&do cID=3227732&tm=1541622396478 Multiplicadores de Lagrange. Zill, D. (2011). Matemáticas 3 Cálculo de varias variables. México: McGraw-Hill Interamericana. (pp. 177-182). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2053/?il=629 OVI Unidad 2 – Derivadas de funciones de Varias Variables. Este Objeto Virtual de Información tiene como objetivo, orientar al estudiante sobre las derivadas parciales, que le servirá como material de consulta para realizar las actividades propuestas en la Tarea 2 – Derivadas de funciones de varias variables. Barrera Cardozo, J. (01, 12, 2016). Derivadas Parciales. [Archivo de video]. Recuperado de http://hdl.handle.net/10596/9259 Recursos educativos adicionales para el curso (Bibliografía complementaria) Como complemento al material seleccionado para la Unidad 2, se relacionan las siguientes referencias, donde podrá consultar algunas temáticas que le ayudarán a entender y resolver los ejercicios de la Tarea 2. Derivadas parciales de funciones de varias variables. Bonnet, J. (2003). Cálculo infinitesimal: esquemas teóricos para estudiantes de ingeniería y ciencia experimentales. Alicante: Digitalia. (pp. 80-82). Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co/login?url=http://search.ebscohost.com/login. aspx?direct=true&db=nlebk&AN=318092&lang=es&site=edslive&ebv=EB&ppid=pp_80 Derivadas direccionales de funciones de varias variables. García, I. & Maza, S. (2013). Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería. Lérida, ES: Edicions de la Universitat de Lleida. (pp. 108-114). Recuperado de https://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2538/lib/unadsp/reader.action?ppg=118&do cID=3212795&tm=1543680343720