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17-3-2017

CALCULO DE VARIAS VARIABLES Mg. Amador Gonzales Piscoya

ALUMNO: Miranda Pérez Jhon Rodney CURSO: Análisis Matemático III

ÍNDICE

CAPITULO I: VECTOR TANGENTE, NORMAL, TANGENCIAL Y TRIEDRO MOVIL…………………5 Ejercicio 1………………………………………………………………………………………………………………………..6

CAPITULO II: LONGITUD DE ARCO Y CURVATURA………………………………………………………..11 Ejercicio 2……………………………………………………………………………………………………………………….12 Ejercicio 3……………………………………………………………………………………………………………………….12

CAPITULO III: PLANO, LINEALIZACION Y RECTA TANGENTE………………………………………….17 Ejercicio 4………………………………………………………………………………………………………………………..18 Ejercicio 5………………………………………………………………………………………………………………………..19 Ejercicio 6………………………………………………………………………………………………………………………..20 Ejercicio 7………………………………………………………………………………………………………………………..23 Ejercicio 8………………………………………………………………………………………………………………………..26

CAPITULO IV: MAXIMOS, MINIMOS Y EXTREMOS RELATIVOS Y CONDICIONADOS……..28 Ejercicio 9……………………………………………………………………………………………………………………….29 Ejercicio 10……………………………………………………………………………………………………………………..30 Ejercicio 11……………………………………………………………………………………………………………………..31 Ejercicio 12……………………………………………………………………………………………………………………..31 Ejercicio 13……………………………………………………………………………………………………………………..32 Ejercicio 14……………………………………………………………………………………………………………………..34 Ejercicio 15……………………………………………………………………………………………………………………..35 Ejercicio 16……………………………………………………………………………………………………………………..39 Ejercicio 17……………………………………………………………………………………………………………………..40 Ejercicio 18……………………………………………………………………………………………………………………..41 Ejercicio 19……………………………………………………………………………………………………………………..43 Ejercicio 20……………………………………………………………………………………………………………………..45 Ejercicio 21……………………………………………………………………………………………………………………..46 Ejercicio 22……………………………………………………………………………………………………………………..47

CAPITULO V: AREAS, VOLUMENES, INTEGRALES MULTIPLES Y SUS APLICACIONES………50 Ejercicio 23……………………………………………………………………………………………………………………..51 Ejercicio 24……………………………………………………………………………………………………………………..52 Ejercicio 25……………………………………………………………………………………………………………………..53 Ejercicio 26……………………………………………………………………………………………………………………..54

1

Ejercicio 27……………………………………………………………………………………………………………………..56 Ejercicio 28……………………………………………………………………………………………………………………..58 Ejercicio29……………………………………………………………………………………………………………………..59 Ejercicio 30……………………………………………………………………………………………………………………..60 Ejercicio 31……………………………………………………………………………………………………………………..62 Ejercicio 32……………………………………………………………………………………………………………………..63 Ejercicio 33……………………………………………………………………………………………………………………..65 Ejercicio 34……………………………………………………………………………………………………………………..67 Ejercicio 35……………………………………………………………………………………………………………………..68 Ejercicio 36……………………………………………………………………………………………………………………..69 Ejercicio 37……………………………………………………………………………………………………………………..70 Ejercicio 38……………………………………………………………………………………………………………………..71 Ejercicio 39……………………………………………………………………………………………………………………..72 Ejercicio 40……………………………………………………………………………………………………………………..74 Bibliografía………………………………………………………………………………………………………………………75

2

PRESENTACION

En este presente trabajo, realizado con mucho esfuerzo y dedicación, se tratara de dar ejemplos prácticos acerca de los temas que implica al desarrollo del curso de Análisis Matemático III los cuales son:  Vectores unitarios(tangente, normal y binormal)  Triedro móvil( plano rectificante, plano osculador, plano normal)  Longitud de arco, curvatura  Linealizacion de curvas, Parametrización de curvas  Máximos y mínimos relativos  Vector gradiente, Intersecciones  Volúmenes, áreas, área lateral, área superficial, volumen de intersección  Integrales múltiples Esperamos que estos ejercicios desarrollado sea de gran utilidad, y esperamos les sirva para aprender a reconocer cada uno de los casos presentados en el curso.

3

4

CAPITULO I (VECTOR TANGENTE, NORMAL, TANGENCIAL Y TRIEDRO MOVIL)

5













1. Hallar los vectores T , N y el vector Binormal B  T  N de la función vectorial r t  en el valor dado de “t”. Asimismo determine los planos Normal, Osculador y rectificante. a)







r t   2 cost  i  2 sent  j 







2 b) r t   t i  t j 

 t k ; en t  2 2

t3 ; en t  1 3

SOLUCIÓN a) 

r t   2 cost i  2 sent  j 

t k 2

Figura 1

T t   

r ' t   2sent i  2 cost  j 

r ' t  r ' t 

1 k 2

6

r ' t  



 2sent 2  2 cost 2  1/ 22





 4 sen 2 t   cos 2 t   1

r ' t  



17 2 1  2sent i  2 cost  j  k 2 T t   17 2 T t   



4

En t  

4 4 1 sent i  cost  j  k 17 17 17

2

4 4 1       T    sen i  cos  j  k 17 17 17 2 2 2

4 1   T    i k 17 17 2 N t  

T ' t  T ' t 



T ' t   

4 4 cost i  sent  j 17 17



 4   4  T ' t     cost     sent   17   17 

2





2



16 sen 2 t   cos 2 t  17

T ' t  

4 17

7



N t  



4 4 cost i  sent  j 17 17 4 17

N t    cost i  sent  j 

En t  

2

      N     cos i  sen  j 2 2 2

  N    j 2 B T N





i 4 Bt    sent  17  cost 

j 4 cost  17  sent 

k 1 17 0

Bt  

sent  1 4  4  i cost  j   sen 2 t   cos 2 t  k 17 17 17  17 

Bt  

sent  1 4 i cost  j  k 17 17 17

En t  

Bt  

2

1 1 4     sen i  cos  j  k 17 17 17 2 2

1 4   B   i k 17 17 2 

Plano Osculante

1           2 cos i  2sen  j   k 2 2 2 2 2

 r

8

       r     0,2,  B   1,0,4 4 2 2 



4



4

 1x  0  0 y  2  4 z  

 0

x  4z   

Plano Normal

     4,0,1 2      r     0,2,  4 2   T

 4x  0  0 y  2  1 z  

 4x  z 



 0

 4

Plano Rectificante

       0,2,  4 2 

 r

    0,1,0  2

 N



 0x  0  1 y  2  0 z  

4

 0

y2

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝒕𝒊 + 𝒕𝟐 𝒋 + b) 𝒓(𝒕)

𝒕𝟑 𝟑

⃗𝒌, en t = 1

3

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =< 𝑡 , 𝑡 2 , 𝑡 > 𝑟(𝑡) 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟´(𝑡) =< 1 , 2𝑡, 𝑡 2 > ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √12 + 22 + 12 = √6 ‖𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇(𝑡) =


√6 √6𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇´(𝑡) =< 0, 3 , 3 >

9

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √(0)2 + (√6)2 + (√6)2 = 2√3 ‖𝑇´(𝑡) 3 3 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑁(𝑡) =

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇´(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ ‖𝑇´(𝑡)

=< 0,

√2 √2𝑡 , 2 2

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵´(𝑡) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇´(𝑡) 𝑥⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑁(𝑡) =

>

𝑖

𝑗

⃗ 𝑘

1

𝑡2

√6

√6𝑡 3

[0

√2 2

√6 √2𝑡 2 ]

2

√3 𝑡 √3𝑡 √3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵(𝑡) =< 6 , 6 , 6 >

PLANO OSCULADOR 1

< 𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧 − 3 >∗ < √3𝑥 6

+

√3𝑦 6

+

√3𝑧 6

−

7√3 18

√3 √3 √3 , , 6 6 6

>=0

=0

PLANO NORMAL 1

1

3

√6

< 𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧 − >∗ < 𝑥 √6

+

√6𝑦 3

+

𝑧 √6

−

5√6

1

+

√6𝑧 3

−

4√6 9

√6 1 , 3 √6

>=0

= 0 PLANO RECTIFICANTE

9

< 𝑥 − 1, 𝑦 − 1, 𝑧 − 3 >∗ < 0, √6𝑦 3

,

√6 √6 , 3 3

>=0

=0

Figura 2

10

CAPITULO II (LONGITUD DE ARCO Y CURVATURA)

11

2. Hallar la longitud de un giro de la hélice dada por: a)

r  t   b cos ti  bsent j  1  b2 k Solución

i)

Desminando el módulo de la primera derivada de r  t  , luego integramos para hallar la longitud:

v  r '  t   bsenti  b cos t j v  r 't  

 bsent    bsent  2

2

Se sabe que: b

l   v dt a

l  

2

0

 bsent   bsent  2

2

dt

2

l b0

l  2 b  u 

Figura 3

12

3. Encontrar la curvatura de la curva en el punto dado: ⃗ , P (1, 0, 1) a) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟(𝑡) = 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑖 + 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑗 + 𝑒 𝑡 𝑘 Solución:

I.

⃗ 𝑟 ´ (𝑡) = (𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 )𝑖 + (𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 )𝑗 + 𝑒 𝑡 𝑘 Hallamos el parámetro t:

𝑥 (𝑡) = 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑧(𝑡) = 𝑒 𝑡 Analizamos en el P (1, 0, 1) 

𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝑡) = 1 t= 0



𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 0 t= 0 

𝑒𝑡 = 1 t=0

Reemplazamos el parámetro t = 0 en: 𝑟 ´ (0) = ( 1, 1, 1)

13

La curvatura:

𝑘=

‖𝑟 ´ (𝑡) 𝑥 𝑟 ´´ (𝑡)‖ ‖𝑟 ´ (𝑡)‖

II.

𝑟 ´´ (𝑡) = (𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡)𝑖 ⃗ + (𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 − 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑗 + 𝑒 𝑡 𝑘 ⃗ 𝑟 ´´ (𝑡) = (−2𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑖 + ( 2𝑒 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡)𝑗 + 𝑒 𝑡 𝑘

Para t = 0 𝑟 ´´ (0) = ( 0, 2, 1)

𝑟

´ (0)

𝑥 𝑟

´´ (0)

𝑖 = |1 0

⃗ 𝑗 𝑘 1 1| = 〈−1, −1, 2〉 2 1

‖𝑟 ´ (0) 𝑥 𝑟 ´´ (0)‖ = √1 + 1 + 4 = √6 ‖𝑟 ´ (0)‖ = √1 + 1 + 1 = √3

𝑘=

𝑘=

‖𝑟 ´ (0) 𝑥 𝑟 ´´ (0)‖ ‖𝑟 ´ (0)‖

√6 3

√3

=

3

√6 3√3

=

√2 3

14

Figura 4

𝑏) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟(𝑡) = 𝑡𝑖 + 𝑡 2 𝑗 +

𝑡3 4

⃗ 𝑘

P(2, 4, 2)

Solución

2

3𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 𝑟´(𝑡) = 1𝑖 + 2𝑡𝑗 + 4 𝑘 3𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 𝑟¨(𝑡) = 0𝑖 + 2𝑗 + 2 𝑘

Hallamos el parámetro “t”. 𝑡=2

∧

𝑡2 = 4

∧

𝑡3 4

= 2 ⇒ 𝑡3 = 8 ⇒ 𝑡 = 2

15

Parámetro t = 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟´(𝑡) =< 1, 4, 3 > 𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =< 0, 2, 3 > 𝑟´(2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟¨(𝑡) 𝑟¨(2) = (1 0 𝑘=

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖𝑟´(2) 𝑟¨(2)‖ ‖𝑟´(𝑡)‖3

=

√62 +32 +22 √12 +4 2 +32

3

=

√49 3

√26

⃗ 𝑗 𝑘 4 3) =< 6, 3, 2 > 2 3

= 0.0528

Figura 5

16

CAPITULO III (PLANO, LINEALIZACION Y RECTAS TANGENTES)

17

4.- La función 𝑺 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟗𝟏𝒘𝟎.𝟒𝟐𝟓 𝒉𝟎.𝟕𝟐𝟓 relaciona el área superficial (en pies cuadrados) del cuerpo de una persona como una función del peso w (en libras) y la altura h (en pulgadas). Encuentre 𝝏𝑺/𝝏𝒘 cuando y h=72. Interprete. Solución

Encontramos la derivada parcial de S respecto a w: 𝜕𝑆 = (0.1091)(0.425)𝑤 −0.575 ℎ0.725 𝜕𝑤 Evaluada en (150,72) es: 𝜕𝑆 = (0.1091)(0.425)(150)−0.575 (72)0.725 = 0.058. | 𝜕𝑤 (150,72)

La derivada parcial es la tasa a la cual el área superficial de una persona de altura fija como un adulto, cambia con respecto al peso w. Puesto que las unidades para la derivada son 𝑝𝑖𝑒𝑠 2 /libra y advertimos que el aumento de 1 lb, mientras que h está fija en 72, Produce un aumento en el área de la piel de aproximadamente 0.058 𝑝𝑖𝑒𝑠 2 .

Figura 6

18

5.- Para

z  9  x2  y2

encuentre la pendiente de la recta tangente en ( 2 ,1,4 ) en:

a) El plano x  2 Solución





Graficando Con el plano xy, z=0

x2  y2  9

r( t )  2 , t ,5  t 2 

Con el plano yz, x=0

z 9 y 

Parametrizando tenemos la curva de intersección:

2

Derivando la curva

r' ( t )  0,1,2t pero t=1

Con el plano xz, y=0 z  9  x2 Intersectando con el plano x  2

 r' ( t )  0,1,2 

La recta tangente es:

L( t )  2,1,4  t 0,1,2

z  9  ( x2  y2 )



z  5  y2

La pendiente es.

z  2 y  2 y

Figura 7

19

b) El plano y  1 

Intersectando con el plano y  1

z  9  ( x2  y2 ) z  8  x2



Parametrizando tenemos la curva de intersección:

r( t )  t ,1,8  t 2 

Derivando la curva

r' ( t )  1,0,2t Pero t=2 

La recta tangente es:

L( t )  2,1,4  t 1,0,4  2  t ,1,4  4t 

La pendiente es. z  2 x  4 x

Figura 8

20

6.-Encuentre la linealización de la función dada en el punto indicado 𝝅

𝝅

a). 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟑 𝒔𝒊𝒏 𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒚 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑷( 𝟒 , 𝟑 𝟒 )

𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥𝑜, 𝑦𝑜) + [𝑓𝑥(𝑥𝑜, 𝑦𝑜)][(𝑥 − 𝑥𝑜) + [𝑓𝑦(𝑥𝑜, 𝑦𝑜)]](𝑦 − 𝑦𝑜) 𝜋 𝜋 𝜋 3𝜋 −3√2 √2 −1 𝑓(𝑥𝑜, 𝑦𝑜) = 𝑓 ( , ) = 3 𝑠𝑖𝑛 𝑐𝑜𝑠 = 3( )( ) = 4 4 4 4 2 2 4 𝜋 3𝜋 −3 𝑓𝑥 = 3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 = 3 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠 = 4 4 2 𝜋 3𝜋 −3 𝑓𝑦 = −3 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦 = −3 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛 = 4 4 2 Reemplazamos en la fórmula de lineación L(x, y): 𝐿(𝑥, 𝑦) =

−3√2 −3 𝜋 −3 3𝜋 + ( ) (𝑥 − ) + ( ) (𝑦 − ) 4 2 4 2 4

𝐿(𝑥, 𝑦) = (

−3√2 3𝑥 3𝜋 3𝑦 9𝜋 )−( )+( )−( )+( ) 4 2 8 2 8

Figura 9

21

𝐿(𝑥, 𝑦) =

−12𝑥 − 12𝑦 + 6𝜋 − 6√2 −6𝑥 + 6𝑦 + 3𝜋 − 3√2 = 8 4

b) 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒍𝒏(𝒙𝟐 +𝒚𝟐 ) 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 (−𝟏, 𝟏)

𝑓𝑥 =

𝑓𝑦 =

𝑥2

2𝑥 −2 → 𝑓𝑥(−1,1) = = −1 2 +𝑦 1+1

𝑥2

2𝑦 2 → 𝑓𝑦(−1,1) = =1 2 +𝑦 1+1

𝑓(𝑥𝑜, 𝑦𝑜) = 𝑙𝑛(𝑥𝑜 2 + 𝑦𝑜 2 ) = 𝑙𝑛 2

∴ 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥𝑜, 𝑦𝑜) + 𝑓𝑥(𝑥 − 𝑥𝑜) + 𝑓𝑦(𝑦 − 𝑦𝑜) 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑛 2 + (−1)[𝑥 − (−1)] + 1(𝑦 − 1) 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑛 2 − 𝑥 − 𝑦 − 2 𝐿(𝑥, 𝑦) = −𝑥 − 𝑦 − 1.3

Figura 10

22

7.- Compare los valores de

z y dz para la función dada cuando x, y  varía del primero al segundo

punto: a.

z  2x 2 y  5 y  8 ;

0 , 0, 0.2 ,  0.1

Superficie:

f x, y   2 x 2 y  5 y  8 Evaluar en los puntos: f 0,0  8 f 0.2,0.1  7.492

Gradiente:

 f x, y   4 xy,2 x 2  5

 f 0,0   0,5 Incrementos:

x  0.2  0  0.2 y  0.1  0  0.1

Incremento en

z

de forma Exacta:

z  f x0  h, y0  k   f x0 , y0  z  f 0.2;0.1  f 0,0

z  7.492  8 z  0.508

23

Incremento en Aproximada:

dz 

z

de forma

f 0,0 f 0,0 x  y x y

dz  00.2  5 0.1

dz  0.5

Figura 11

b.

z  x  y  ; 2

3 , 1, 3.1 , 0.8

Figura 12

24

Superficie:

f x, y   x  y   x 2  2 xy  y 2 2

Evaluar en los puntos: f 3,1  16

f 3.1,0.8  15.21

Gradiente:

 f  x, y   2 x  2 y , 2 x  2 y

 f 3,1  8,8 Incrementos:

x  3.1  3  0.1 y  0.8  1  0.2

Incremento en

z

de forma Exacta:

z  f x0  h, y0  k   f x0 , y0  z  f 3.1;0.8  f 3,1

z  15.2116 z  0.79 Incremento en

z

de forma Aproximada:

dz 

f 3,1 f 3,1 x  y x y

dz  80.1  8 0.2

dz  0.8

25

8. Considere el plano que es perpendicular al plano XY y que pasa por los puntos P (2, 1) y Q (3,2). ¿Cuál es la pendiente de la recta tangente a la curva de intersección de este plano con la superficie 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟒𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 en (2, 1,17) en la dirección de Q?

Solución: La pendiente de la recta tangente está representada por la derivada direccional: 𝐷𝑢⃗ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝛻𝑓(𝑥, 𝑦). 𝑢 ⃗ El vector dirección: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = (1,1)

𝑢 ⃗ =

(1,1) √2

=

1 √2

1

𝑖+

√2

𝑗

La superficie: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 2 + 𝑦 2 𝛻 𝑓(𝑥, 𝑦) = (8𝑥; 2𝑦) 𝛻 𝑓(2,1) = (16,2) Entonces la pendiente:

𝐷𝑢⃗ 𝑓(2,1) = (16,2). (

𝐷𝑢⃗ 𝑓(2,1) =

16 √2

+

1

1

) √2 √2

2 √2

=

,

18 √2

= 9√2

26

Figura 13

27

CAPITULO IV (MAXIMOS Y MINIMOS, EXTREMOS RELAYIVOS, GRADIENTE)

28

9. La temperatura en grados Celsius en la superficie de una placa metálica está dada por T x, y   20  4 x 2  y 2 . Donde x e y se miden en centímetros. ¿En qué dirección a partir de 2,3 aumenta más rápido la temperatura? ¿Cuál es la tasa o ritmo de crecimiento? SOLUCIÓN

T ( x, y)  20  4 x 2  y 2 T x, y   8 xi  2 y j  La dirección del máximo incremento está dada por:

T 2;3  16i  6 j  La tasa o el ritmo de incremento es: T 2;3 

 162   62

 17,09o Por centímetro

Figura 14

29

10.- Un rastreador término se encuentra en el punto ( 2 ,3 ) sobre una tabla metálica cuya temperatura en ( x , y ) está dada por T ( x , y , )  20  4 x  y . Hallar la trayectoria del rastreador, si éste se mueve continuamente en dirección de máximo incremento de temperatura. Solución 2

2

Figura 15 Se sabe que la trayectoria está representada por la posición : r( t )  x( t )i  y( t ) j . La recta tangente en cada punto está dado por: dx dy r' ( t )  i j dt dt Como el rastreador busca el máximo incremento de temperatura, klas direcciones r' ( t ) y F ( x , y )  8 xi  y j son iguales en todo punto de la trayectoria. Así:  8x  K

dx dy y  8y  K , donde depende del tiempo. Despejando en cada ecuación dt dt

dt e igualamos: K

dx dy   8x  2 y Se integra y se obtiene:

x  Cy 4 Como el rastreador se encuentra en (2,-3) 2 2  C( 3 )4  C  81  La

trayectoria del rastreador es:

x

2 4 y 81

30

11-.La temperatura en una caja rectangular se aproxima mediante el modelo matemático 𝑻(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝒚𝒛(𝟏 − 𝒙)(𝟐 − 𝒚)(𝟑 − 𝒛), 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏, 𝟎 ≤ 𝒚 ≤ 𝟐, 𝟎 ≤ 𝒛 ≤ 𝟑. Si un mosquito se 𝟏

ubica en (𝟐 , 𝟏, 𝟏), ¿en qué dirección debería volar para enfriarse tan rápido como sea posible? Solución

El gradiente de T es: 𝛻𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦𝑧(1 − 2𝑥)(2 − 𝑦)(3 − 𝑧)𝑖 + 𝑥𝑧(1 − 𝑥)(2 − 2𝑦)(3 − 𝑧)𝑗 + 𝑥𝑦(1 − 𝑥)(2 − 𝑦)(3 − 𝑧)𝑘 Por tanto, para enfriarse con la mayor rapidez, el mosquito debe volar en la dirección de esto es, debe volar hacia el piso de la caja, donde la temperatura es 𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0.

Figura 16

12. Encuentre la superficie de nivel de 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 que pasa por el punto (1, 1,1). Grafique el gradiente en el punto dado. Solución: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2

31

𝐹(1,1,1) = 3 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 3 El gradiente: 𝛻 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 2𝑧) 𝛻 𝐹 (1,1,1) = (2,2,2)

Figura 17 13. Hallar una ecuación del plano tangente al hiperboloide

z 2  2 x2  2 y 2  12 en el punto

1, 1, 4 de dos formas diferentes.  Primera forma i) Utilizamos la gradiente para encontrar la normal.

f ( x, y, z)  z 2  2 x2  2 y 2 12  f  fx, fy, fz  f  4 x, 4 y, 2 z Evaluamos en 1, 1, 4

32

 f  4(1), 4(1), 2(4)  4, 4,8  n Se sabe que:

n  a, b, c  4, 4,8 ii)

Determinado la ecuación del plano, para ello deberemos recordar la ecuacion del plano:

a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 Dónde:

 x0 , y0 , z0   1, 1, 4 Remplazando: 4( x  1)  4( y  1)  8( z  4)  0

4 x  4 y  8 z  24 x  y  2z  6

 Segunda forma i) Definimos la normal:

F  x, y, z   z 2  2x2  2 y 2 12

n

f f f , , x y z

n  4 x ,  4 y , 2 z ii)

Evaluamos en

1, 1, 4 y determinamos la recta.

n  4, 4,8  4 1,1, 2

 n.  x  x0 , y  y0 , z  z0   0 Remplazando y Operando:

1, 1, 4  .  x  1, y 1, z  4   0 x  y  2z  0

33

Figura 18

14.- Describir la recta tangente a la curva de intersección de las superficies:

x 2  2 y 2  2 z 2  20 , x 2  y 2  z  20 . Solución Sea: 

f ( x , y , z )  x 2  2 y 2  2 z 2  20



g( x , y , z )  x 2  y 2  z  20

Se halla las derivadas direccionales: 



 f ( x , y , z )  2 x ,4 y ,4 z



 g( x , y , z )  2 x ,2 y ,2 z



Se evalúa en el punto (0, 1,3) 



 f ( 0,1,3 )  0,4,12



 g( 0,1,3 )  0,2,1



34

Se halla el producto vectorial

i j k 0 4 12  ( 20,0,0 ) 0 2 1  L( t )  ( 0,1,3 )  t( 20,0,0 )

Figura 19

15. Hallar los extremos relativos de : a) f x, y   2 x 2  y 2  8x  6 y  20 b) f x, y    x3  4 xy  2 y 2  1 c)

f x, y   x 3  y 3  27 x  12 y

SOLUCIÓN a)

f x, y   2 x 2  y 2  8x  6 y  20 f x x, y   4 x  8 4x  8  0

f y  x, y   2 y  6 2y  6  0

35

x2

y 3

-Punto crítico 2;3

f xx x, y   4

f xy x, y   0

f yy x, y   2

D

4 0

0 8 D 0 2

f 2;3  35  f 2;3  0

35 es el mínimo relativo

Figura 20

b)

f x, y    x3  4 xy  2 y 2  1 f x x, y   3x 2  4 y

f y  x, y   4 x  4 y

 3 x 2  4 y  0  4 x  4 y  0  3x 2  4 x  0

36

x1  0

y1  0

x2  4

y2  4

3

3

4 4 3 3

-Puntos críticos 0;0 y  ; 

f xx x, y   6 x

D

f yy x, y   4

 6x 4

f xy x, y   4

4  24 x  16 4

1.

D0;0   16

f xx 0;0   0

f 0;0  1

2.

4 4 D ;   16 3 3

4 4 f xx  ;   8 3 3

 4 4  59 f ;   3 3  27

 1 no es un extremo

y

59 es máximo relativo. 27

Figura 21 c)

f x, y   x 3  y 3  27 x  12 y

37

f x x, y   3x 2  27  0

f y x, y   3 y 2  12  0

3 x 2  27 x1  3

3 y 2  12  0 y1  2

x 2  3

y2  2

-Puntos críticos 3;2 , 3;2 ,  3;2 ,  3;2

f xx x, y   4

f yy x, y   2

D

f xy x, y   0

6x 0

0  36 xy 6y

Figura 22 P.C

Dx, y 

f x, y 

3,2

f xx x, y 

+

+

-70

3,2

-

-

38

 3,2

-

-

-38

 3,2

-

-

70

Mínimo relativo No es extremo No es extremo Máximo relativo

38

16. Puesto que f  x, y   6 x  8x  2 y  5 es una función polinomial, esta es continua sobre 2

un conjunto cerrado R definido por

2

x2  y 2  1. Encuentre sus extremos absolutos sobre R.

Figura 23 i)

Determinamos la derivada parcial con respecto a “x” e “y” de f ( x, y ) : f ( x, y ) 2  12 x  8  0  x  x 3

f ( x, y)  4y  0  y  0 y ii)

Ahora vamos a multiplicar por

a

g ( x ) derivamos parcialmente con respecto a “X” e

“y” para hallar  : f ( x, y ,  )  f ( x, y )   g ( x, y ) Remplazamos y derivamos parcialmente

f ( x, y,  )  6 x 2  8 x  2 y 2  5   ( x 2  y 2  1) f ( x, y,  )  6 x 2  8 x  2 y 2  5   x 2   y 2  

f ( x, y,  ) 4  12 x  8  2 x  0  x   x 1 x 6 f ( x, y,  )  4 y  2 y  0  y  0    2 y iii)

Puntos máximos:

2   , o  ; 1, 0  ,  1,1 3 

39

17. Emplee los datos del censo de Estados Unidos (en millones) desde el año 1900 hasta el 2000. Encuentre una recta de mínimos cuadrados para redecir la población en ese país en el año 2020. 1900 75.994575

1920

1940

1960

1980

2000

105.71062

131.669275

179.32175

226.545805

281.421906

AÑO

POBLACION

1900

75.994575

1920

105.71062

1940

131.66928

1960

179.32175

1980

226.54581

2000

281.42191

300

P O B L A C I O N

y = 2.0533x - 3837.1 R² = 0.9812

250 200

150 100 50 0 1880

1900

1920

1940 1960 AÑOS

1980

2000

2020

Tabla y grafica numero 1

40

18. Determinar los extremos de 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒚𝟐 − 𝟒𝒙 sujetos a 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟗. Solución: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 − 4𝑥 𝑔 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 9 Hallamos el gradiente de ambas funciones: 𝛻 𝑓(𝑥, 𝑦) = (−4,2𝑦) 𝛻 𝑔 (𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 2𝑦) Por el método de lagrange: 𝛻𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝜆. 𝛻 𝑔(𝑥, 𝑦) ( −4 , 2𝑦) = 𝜆. (2𝑥 , 2𝑦) 2 𝑥 𝜆 = −4 I.

⋀

2 𝑦 𝜆 = 2𝑦

𝜆=1

𝑥 = −2 𝑔(𝑥, 𝑦) = 0 𝑥2 + 𝑦2 − 9 = 0 4 + 𝑦2 − 9 = 0 𝑦 = ±√5

41

Puntos: (−2, −√5), (−2, √5) 𝑓(−2, −√5) = 5 + 8 = 13 𝑓(−2, √5) = 5 + 8 = 13 II.

2 𝑥 𝜆 = −4

⋀

2 𝑦 𝜆 = 2𝑦 2 𝑦 𝜆 − 2𝑦 = 0 2𝑦 ( 𝜆 − 1) = 0 𝜆=1, 𝑦=0

𝑔(𝑥, 𝑦) = 0 𝑥2 + 𝑦2 − 9 = 0 𝑥 = ±3 Puntos: (−3,0), (3,0) 𝑓(−3,0) = 12 𝑓(3,0) = −12

42

La función f tiene un mínimo con restricciones de -12 en (3,0) y un máximo con restricciones de 13 en (−2, −√5) 𝑦 𝑒𝑛 (−2, √5)

Figura 24 19.- Determine los extremos de

f ( x, y, z )  x2  y 2  z 2

sujetos a 2 x  2 y  z  5

Solución Para hallar los extremos de una superficie sujeta a otra superficie, emplearemos para ello el método de los multiplicadores de LaGrange.

f x ( x , y , z )  g x ( x , y , z ) f y ( x , y , z )  g y ( x , y , z ) f z ( x , y , z )  g z ( x , y , z )

f x ( x, y, z )  2x f y ( x, y, z )  2 y f z ( x , y , z )  2z

gx ( x, y, z )  2 g y ( x , y , z )  2 g z ( x , y , z )  1

43

Entonces 2 x   .2  x  

2 y   .( 2 )   y   2 z  ( 1 )  2 z  

 x   y  2 z

Sea 2x  2 y  z  5  0

x )5 2 10 10 x  9 9  10 y 9 5 z 9

2 x  2(  x )  (

De tal manera un extremo con restricciones es f (

10  10  5 225 , , ) 9 9 9 81

20. Una caja rectangular descansa en el plano xy con uno de sus vértices en el origen. El vértice opuesto en el plano 6 x  4 y  3z  24 como se muestra en la figura. Hallar el volumen máximo de la caja.

SOLUCIÓN El volumen de caja es: V  xyz

6 x  4 y  3z  24 3z  24  6 x  4 y

44

z

1 24  6 x  4 y  3



1  1 V x, y   xy 24  6 x  4 y   24 xy  6 x 2 y  4 xy2 3  3







V x  x, y  

1 y 24 y  12 xy  4 y 2  24  12 x  4 y   0 3 3

V y  x, y  

1 x 24 x  6 x 2  8 xy  24  6 x  8 y   0 3 3





24  12 x  4 y   2  24  6 x  8 y

 48  24 x  8 y  24  6 x  8 y

 24  18x 4 3 y2

x

4 3

 

-Puntos críticos 0;0 y  ;2 

Vxx x, y   4 y

V yy x, y  

 4y D 1 24  12 x  8 y  3

D  0;0  8

 8x 3

Vxy x, y  

1 24  12 x  8 y  3

1 24  12 x  8 y  32 xy 2 3   24  12 x  8 y  8x 3  3

 4  64 D ;2  3  3

f xx 0;0   0

f 0;0   1

4  f xx  ;2   0 3 

 4  64 f  ;2   3  9



64 Es el máximo relativo. 9

45

21. Un fabricante de artículos electrónicos determina que la ganancia o beneficio P (en dólares) obtenido al producir por unidades de un reproductor de DVD y unidades de un grabador de DVD se aproxima mediante el modelo:





Px , y  8 x  10 y  0.001 x 2  xy  y 2  10000 Hallar el nivel de producción que proporciona una ganancia o beneficio máximo ¿Cuál es la ganancia máxima?

i) Dada la función Px , y  , encontraremos puntos críticos.

Px , y  0 x Px , y   8  0.0012 x  y  y



Px , y  0 y Px , y   10  0.001x  2 y  y

ii) Formamos un sistema de ecuaciones para encontrar los valores de x e y

8000  2 x  y   0 10000   x  2 y   0

 16000  22 x  y   0  16000  4 x  2 y  0 10000  x  2 y  0  6000  3 x  0 x  2000 y  4000

iii) Formamos la matriz hessiana para determinar si es máximo o mínimo.

 2 Px , y   0,002 x 2

H 

 2 Px , y   0,002 y 2

 0,002  0,001  3 10 6  0,001  0,002

46

Como H1  0



H 2  0 se concluye que es un máximo en (2000,4000)

iv) Encontramos la Ganancia máxima. 𝑃(2000,4000) = 18000

Figura 26

22. La función de Cobb-Douglas para un fabricante de software está dada por

f x , y   100 x 3 4 y1 4 donde x representa las unidades de trabajo (a S 150 por unidad)

y representa las unidades de capital (a S 250 por unidad). El costo total del trabajo y capital está limitado a S 50000. Halla el nivel máximo de producción de este fabricante. 𝛻𝑓(𝑥, 𝑦) = 75𝑥

−1⁄ 1 4𝑦 4

3

𝑖 + 25𝑥 4 𝑦

−3⁄ 4

𝑗

El límite para el costo de trabajo y capital se refleja en la restricción o ligadura 𝑔(𝑥, 𝑦) = 150𝑥 + 250𝑦 = 50000 Así, 𝜆𝛻𝑔(𝑥, 𝑦) = 150𝜆𝑖 + 250𝜆𝑦,.esto da lugar al sistema de ecuaciones siguiente.

47

75𝑥

−1⁄ 1 4𝑦4

3

25𝑥 4 𝑦

−3⁄ 4

𝑖 = 150𝜆𝑖 𝑗 = 250𝜆𝑦

150𝑥 + 250𝑦 = 50000

Resolviendo para 𝜆 en la primera ecuación 𝜆=

75𝑥

−1⁄ 1 4𝑦4

𝑖

150

=

𝑥

−1⁄ 1 4𝑦4

𝑖

2

Y despejando 𝜆 de la segunda ecuación se obtiene

25𝑥

3 −3 ⁄4 4𝑦

= 250 (

𝑥

−1⁄ 1 4𝑦4

2

)

25𝑥 = 125𝑦 Así,×= 5𝑦.sustituyendo en la tercera ecuación, se tiene 150(5𝑦) + 250𝑦 = 50000 1000𝑦 = 50000 𝑦 = 50 Unidades de capital 𝑥 = 250 Unidades de trabajo Por lo tanto, el nivel máximo de producción es

f 250,50  100(250) 3 4 (50)1 4 = 16 719 Unidades del producto

Los economistas llaman al multiplicador de lagrange obtenido en una función de producción productividad marginal del capital. Por ejemplo, en el ejemplo 2 la productividad marginal de capital en x=250 y y=50 es

48

𝜆=

𝑥

−1⁄ 1 4𝑦4

2

𝑖

=

(250)

1 −1⁄ 4 (50)4

𝑖

2

𝜆 = 0.334 Lo cual significa que por cada dólar adicional gastado en la producción, puede producirse 0.334 unidades adicionales del producto.

Figura 27

49

CAPITULO V (AREAS, VOLUMENES INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES)

50

23.-emplee la integral doble para determinar el área de la región acotada por las gráficas de

y  x2

y  8  x2

y  x2

Encontramos la intersección:

x2  8  x2

y  8  x2

Reemplazamos en:

2x 2  8 x  2

2 4 2 8 x A  2    2 dy .dx    dy .dx  0 4 0 x  2 2 A  2   4  x 2 .dx   4  x 2 .dx   0  0 2 A  2 2  4  x 2 .dx   0  2







2











A  4  4  x 2 .dx 0

2

 x3  A  4 4 x   3 0   8 A  4 8    3 64 A  u2 3

Figura 28

51

24. Utilice la integral doble para calcular el volumen V del solido en el primer octante que está acotado por los planos coordenados y las gráficas del plano z  3  x  y y el cilindro

x2  y2  1 x2  y2  1

z  3 x  y 1

V 



1 x 2

0 0

3  x  y .dy .dx

 y2  V   3 y  xy   0 2 0  1

1 x 2

.dx

1 1 x2  V   3 1  x 2  x 1  x 2    .dx 0 2 2  2 1 x 1 1 V     x 1  x 2   .dx  3 1  x 2 0 0 2 2

1

i) Para



0

1  x 2 .dx , hacemos una sustitución trigonométrica 0

I     sen .sen .d 

2

 2 0

I    sen 2 .d 

sen  1  x

0

2

cos   x  sen .d  dx





I   2 1  cos 2  .d 

 sen 2  2 I   4  0 2 I

 4

52

 x3 1 V    1 x2 6 2





32

1

x     20 4

 1 1  1   V         6 2  2  4  7  V    u 3  4 6

Figura 29

25. El sólido acotado por los cilindros

x 2  y 2  r 2 y y 2  z 2  r 2 recibe el nombre de

BICILINDRO. Un octavo del sólido se muestra en la figura. Elija y evalúe la integral correcta correspondiente al volumen V del BICILINDRO.

V  2

r

0



r  x2

0

r 2  y 2 .dy.dx

En el primer octante:

53

VTOTAL  16

r

0

r  x2



r 2  y 2 .dy.dx

0

Que es equivalente a:

V  8

r



r  x2



r  x2

r 0

V  4

r

V  4

r

r  r  x 2

r





r 2  y 2 .dy .dx





r 2  y 2 .dy .dx

r y 2

2



r  x2

 r  x2

.dy .dx

Figura 30

26. Use coordenadas polares para evaluar: 2

0 x

8 x 2

1 5 x  y 2 2

.dy .dx

54

Cambiando de variables:

x  r cos 

y  rsen

x 2  r 2 cos 2 

y 2  r 2 sen 2



x 2  y 2  r 2 cos 2   sen 2



x2  y2  r 2

  0  

Las variaciones:

y

V  V 



2

2

0



r

 5  r 2

2

  2

2

0



V 

y 2  x2  8

8  x2

x2 y2  1 8 8

.d .dr

r .dr .d 5  r2

2



1 V  2 ln 5  r 2 2 4

V 

2

4



4

V 





 



2

2

.d 0





1 2  ln 5  2 2 .ln 5 .d 2 4

ln 5  2 2 .ln5.u 2



3

   5  2 2  ln  4  

5

   5  5 2  u 3  ln   8   5  

55

Figura 31

27. Utilizando coordenadas polares, encuentre el volumen del sólido que está bajo el hemisferio z  circunferencia

1  x2  y 2

y sobre la región acotada por la gráfica de la

x2  y 2  y  0 . Encontramos las variaciones de r x  r cos 

y  rsen



.

Reemplazamos en la limitación:

x2  y 2  y  0 r 2 cos 2   r 2 sen 2  rsen  0





r 2 cos 2   sen 2  rsen  0 r 2  rsen  0

r r  sen   0 r  0  r  sen

56

Encontramos el volumen: i) Puesto que el diámetro del cilindro está ubicado en el eje y   varía entre 0; 

Figura 32

V  V  V 



  0





0





0

sen

0

r 1  r 2 .dr .d sen

1 2 3 2  2  .  2 1 r  3  0  1 1    cos 3   .d  3 3 





.d

 cos 3  1  .d  0  3 9  1  1 V    cos  cos 2    .d 3 0  3 1  1 V    cos   cos1 sen 2   .d 3 0  3

V 









1  V    sen  sen 3   3 3 0

57



2  2 V   sen  sen 3   3 3 0 2  V   1  1   3 6 V

 9

u3

28. Determine el área de la superficie de las porciones de la esfera que está sobre el plano XY y dentro del cilindro

x2  y 2  z 2  a2

x 2  y 2  b2 , 0  b  a

i) Encontramos las variaciones

As   x 2  y 2  z 2  a 2 x2  y2  b2 z 2  a2  b2 z  a2  b2

Figura 33

58

2

As  

 

a 2 b 2

As  

2

 

a 2 b 2

As  

a a 2 2 2 a  r 0 2 0 a 2 b  a .d 2 0 a b  a  02 2 ab  a 

As   As   As  

0

0

0

ar .dr .d a2  x2  y2

r

ar .dr .d a  x2  y 2 2

0

2

r 2

.d

29. Encuentre el área de la superficie de las porciones de la esfera que están dentro del cilindro  x  1  y 2

As   2 

1

0



1 x 12

0

2

x2  y 2  z 2  4

1

z .dy .dx

Transformando a polares:

x2  2x  1  y 2  1 x2  y 2  2x



2r cos   r 2 cos 2   sen 2



r 2  2r cos  r  cos 

59



As   2  2  0

4  r2

0



As   2  2  0

As   2 

rdr .d

2 cos 

2 cos 

0



2 cos 

  r  2   4  r 0

 2  4  r 



2 0

As   2 



2 0

As   2 



2 0

.d 2 cos 



12

1   2   2  0

4  r  

.d

2 cos 

2 12

0

.d

2 cos 

sen  20

.d

As   2 cos   2 0

 2

As   2 cos   4 0

 2

As   2  2u 2 As   2  1u 2

Figura 34

60

30. En los siguientes ejercicios dibujar la región R cuya área está dada por la integral iterada. Después cambiar el orden de integración y mostrar que ambos órdenes dan la misma área:

2

a)



x

0 0

dy.dx  

4 4 x



2 '0

dy.dx

Encontramos intersecciones en x

x  4 x 2x  4 x2

x2 y2

Para

Figura 35

61

4 x2



6 6 x

dy.dx  



dy.dx b) 0 0 4 '0 Encontramos intersecciones en “x” x 6 x 2 x  26   2 x 3 x  12 x4

x4 y2

Figura 36

31. Dar un argumento geométrico para la igualdad. Verificar la igualdad analíticamente 𝟓 √𝟓𝟎−𝒙𝟐

𝒂) ∫ ∫ 𝟎

𝒙

𝟓 𝒚

𝟓√𝟐 √𝟓𝟎−𝒙𝟐

𝒙𝟐 𝒚𝟐 𝒅𝒚𝒅𝒙 = ∫ ∫ 𝒙𝟐 𝒚𝟐 𝒅𝒙𝒅𝒚 + ∫ 𝟎 𝟎

𝟎

∫

𝒙𝟐 𝒚𝟐 𝒅𝒙𝒅𝒚

𝒙

62

Solución:

1º. Partición o diferencial en x 5 √50−𝑥 2

𝐴=∫ ∫ 0

𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥

𝑥

1º. Partición diferencial de y. 5 𝑦

5√2 √50−𝑥 2

𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 + ∫ 0 0

0

∫

𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥

32. Combinar la suma de las dos integrales iteradas en una sola integral iterada pasando a coordenadas polares. Evaluar la integral iterada resultante. 2 2 8 x 2

2 x

a)



x  y dydx  2

2

0 0 2

2

8 y

  0

 

x 2  y 2 dydx

0

2

x 2  y 2 dxdy

y

63

Coordenadas polares:  8

4

  r  r drd 0 0



r3 0 3

8

4

d 0

 4

16 2 d 3 0



16 2      0 3 4 

4 2 3

Figura 38

5 2 2 x

b)

5

25 x 2

5 2 2

0

  xy dydx    xy dydx 0

0

64

5 2 2

25 y 2

0

y

  xy dxdy

En coordenadas polares:  4 5

  r cos  rsen  r drd 0 0

 4 5

  r sen cos drd 3

0 0

 4

5

 r4  0  4 sen cos  d 0

 4

 0

625 sen cos  d 4

625  2    4  2 

2

625 16

Figura 39

65

33. Encuentre el volumen del sólido en el primer octante acotado por la gráficas de

z  1  y 2 , y= 2x, x=3. Utilizando integrales dobles y triples.

Figura 40

POR INTEGRACION DOBLE 1 3





v    1  y 2 dxdy 0

y

1



2

v   x  xy 0

2



3

dy y 2

1  y y3  v    3  3 y 2   dy 2 3  0

1

 y2 y4  v  3 y  y 3    4 12  0 

66

v

11 3 u 6

POR INTEGRACION TRIPLE 1 3 1 y

v 0

2

 dzdxdy

y

0

2

1 3

v    z  0

y

dxdy 0

2

1 3

1 y 2





v    1  y 2 dxdy 0

y

1



2

v   x  xy

2

0



3

dy y 2

1  y y3  v    3  3 y 2   dy 2 3  0

1

 y2 y4  v  3 y  y 3    4 12  0  v

11 3 u 6

34. Calcule la integral triple que produce el volumen del sólido que tiene la forma determinada por el cono de un manto 𝒙 = √𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 y el paraboloide 𝒙 = 𝟔 – 𝒚𝟐 – 𝒛𝟐 Solución: 1º . Graficas: 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 = 0 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 = 6

67

Figura 41 2º. La parte que vamos a encontrar el volumen es de un octante y para encontrar el volumen total le multiplicamos por 4:

68

3º. Con el plano YZ aplicamos partición diferencial en y:

2

√4 − 𝑦 2

𝑣 = 4∫∫ 0

0

6 – 𝑦2 – 𝑧2

∫

𝑑𝑥𝑑𝑧𝑑𝑦

√𝑦 2 + 𝑧 2

35. Cambie el orden de integración: 6



4

0 0

2x 3



3 x 23 y 4 

0

f x, y , z .dz.dy.dx

a

.dy .dx.dz

69

i) Integramos la función

z  3

x 3y  2 4

y  4

2x 3

Cambiando el orden 3y x   4    2  z 3    2 2  3   0 0 0 3 





f x, y , z .dy.dx.dz

36. Hallar el área de la superficie de la porción del plano sobre el círculo

z  1 x z  1 y

z  2 y x

que se encuentra

x 2  y 2  1 z  2  y  x en el primer octante:

As   



1 x 2

As     0 0

1 x 2

1

0 0 1

As  

1



0

2

 z   z  1      .dy .dx  x   y  2

3 .dy .dx

3 1  x 2 .dx

As  

3

As  

3.

1

0

1  x 2 .dx

 4

70

Figura 43

37. Hallar el área de la porción de la superficie sobre la región triangular cuyos vértices son

f x , y   1  x 2  y que se encuentra

1,0,0 , 0,1,0 y 0,1,0 como se muestra

en la figura

Plano:

x  y  z 1

71

z  1 x   y

Figura 44

As   

1 x

0



1 0

1 1 x

1  4 x 2  y 2 .dy.dx  

38. Hallar el área de superficie del paraboloide



0 0

1  4 x 2  y 2 .dy.dx

z  1  x 2  y 2 que se encuentra sobre el

círculo unitario como se muestra en la figura.

y  sen dy  cos d Integrando:

1



0 0

1 x 2

1  4 x 2  4 y 2 dy.dx

72



As   4 2  1  4r 2 .r .dr .d 0

As   4

1

0



2 0



1  4r 

2 32

8



.r .dr .d



1 As    2 5  1 d 2 0 1  As   5 1 2 2



As  

 4







5 1 u 2

Figura 45

39. hallar el volumen del elipsoide dado por 4𝑥 2 + 4𝑦 2 + 𝑧 2 = 16, utilizando integrales dobles y triples.

73

2

a) V  2  4  0 0

4 x 2

16  4 x 2  4 y 2 .dy.dx

Figura 46

Coordenadas polares 

2

V  8 2  r 16  4r 2 .dr .d 0

0





8 V    2 16  4r 2 8 0



32

 .d 2

0



V    2  64d 0

V  64

 2 0

V  32

2

b)

 

4 x



16 4 x 2  4 y 2

 2  4 x  16 4 x 2  4 y 2

dz .dy .dx.

74

2

2

2

2

4

2

4 x



16  4 x 2  4 y 2 dy .dx

 2  4 x

0

0



2

r 16  4r 2 dr .d

2



 1 2  8 16  4r



32

2

  dr .d 0

1 2 84.d 2 0

40. dar una integral triple para el volumen de cada una de las regiones sólidas. a)

Figura 47

75

2 1 1 y 2

  0

0 0

dz .dy .dx

  1  y dy .dx 2 1

0

2

0

1

 y3  0  y  3  .dx 0 2 2 0  3 dx 2

2

2   3 x  0 4 3 u 3

b) El hemisferio superior dado por z  1  x 2  y 2 .

 1 y2  x  1 y2 1  y  1 0  z  1 x2  y2 Volumen: 1 y 2

1

V



1  1 y

2

1 x 2  y 2



dzdxdy

0

1 y 2

1

V



1  x 2  y 2 dxdy

1  1 y 2

Pasando a coordenadas polares: 2 1

V



1  r 2 r drd

0 0 2 1

V

  1  r 

1 2 2

r drd

0 0

2

1 V 1 r 2  3 0



3 1 2



d

0

76

2

 1  V     0  1d  3 0 1 V  2  0 3 2 3 V u  2.094 3

Figura 48

c) La región acotada inferiormente por el paraboloide z  x 2  y 2 y superiormente por la esfera x 2  y 2  z 2  6 .

Figura 49

77

Referencias Mesa, M. M. (2010). Calculo III. Lima: Thales.sac.

Zill, D. (2014). Calculo de varias variables. Mexico: Mexivana editorial.

78