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Universidad Distrital Francisco José de Caldas. Taller Final Cálculo Vectorial. Docente: Zulima Ortiz. Alumno: Jonathan Montoya Castellanos 20151025029 1. Verdadero o Falso. A) Verdadero, para comprobarlo remplazamos. x=2 S +3 t+1 y=4 S−t En el plano 9X-Y14Z=107 9 ( 2 S+ 3t +1 )−4 S+t −14 Z=107

18S+27t+9 – 4S+t - 14Z =107 14S+28t-98=14Z Z=S+2t-7 x 2+ y 2 + z 2=1 B) Verdadero ya que: , ρ=1 , x=ρsⅇ

nϕcos θ

y=ρsⅇ

nϕsen θ ,

z=ρcosϕ .

S=Φ (θ ⋅ ϕ)=( sⅇ nϕcos θ , sⅇ nϕsen θ , cosϕ)

‖Φ ( ϕ ) X Φ ( θ ) ‖=senϕ 2 ππ 3

∫ Fⅆδ =∫ x S

s

4

3

ⅆδ =∬ senϕ cos θ d ϕdθ 0

0

Aplicando las fórmulas de walis.

2ππ

2π

∬ senϕ 0

0

4

3

3

cos θ d ϕdθ =0, ya que ∫ cos θ dθ=0 0

C) Falso ya que:

∫ Fⅆs =∭ ∇ F s

dv = 0 ≠ 6 π

D

usamos en Teorema de

la Divergencia F = (YZ,-XZ, 3) ∂M ∂N ∂P + + ∇F = ∂ X ∂Y ∂ z

=0

D) Verdadero ya que: F=(a ,b . c )

Al ser un campo constante

∂M ∂N ∂P Por lo tanto ∇ F= ∂ X + ∂ Y + ∂ z

Lo que hace cierto

∫ Fⅆs =∭ ∇ F s

=0 para cualquier

D

superficie. E) Verdadero ya que: D=Superficie S

S {(x,y,z) → (x,y,z) } F=( M , N , P ) continua es sus derivadas parciales . Luego∫ Fⅆs =∭ ∇ F s

D

Se cumple.

F) Falso ya que, Existe S tal que 2 2 Sea S: z= 9- x − y , z ≥ 0 ,

frontera

s

F=(2 Z − y , x + z ,3 x−2) ,

x 2 + y 2 =9.

∮ fⅆS=∫ ∇ × fⅆs c

∫ ∇ × fⅆs ≠ 0

s

σ ( θ )=(3 cos θ , 3 sen θ , 0)

∮ ( 2 Z− y ) dx +( x+ z ) dy +(3 x−2) ⅆz c

2π

2π

∫ −3 sen θ (−3 sen θ ) +3 cos θ ( 3 cos θ ) dθ=9 ∫ ⅆθ =18 π 0

0

2 2. Flujo del campo F=( yz , 0, z )

2 2 S: z + y =1, Z

≥ 0, x=0, x=1 .

Usamos el teorema de Gauss.

∫ ( yz , 0, z 2) ⅆs=∭ ∇ Fⅆv s

D

∇F=2 z

Luego tenemos

∭ 2 z ⅆs D

, Usamos coordenadas

cilíndricas para resolver. 2 2 D { 0 ≤ z ≤ √1−R sⅇn θ

Rdzθ ⅆ=∬ ( √1−R 2 sⅇn θ2) R ⅆRdz

∬ ∫ Rzⅆ D

D

3. Calcule el flujo del campo S dada por:

∫ Fⅆs =∭ ∇ F ⅆs ∇ F=2 XY + X s

D

0≤ϕ≤

0 ≤R≤1

π ,0 ≤ θ 2

0 ≤θ ≤ π } =

π π − 2 8

F=( X 2 Y ,−2, XZ )

D { 0 ≤ ρ≤ a ,

≤2 π }

∭ ( 2 XY + X ) dρdϕⅆθ=∭ ρ2 ( 2 ρ2 sin ϕ2 cos θ sen θ+ ρsⅇ D

nϕcos θ ) dρdϕⅆθ

D

aplicando las formulas de waliss ,obstenemos que 2π

∭ρ D

2

( 2 ρ sin ϕ cos θ sen θ+ ρsⅇ nϕcos θ ) dρdϕⅆθ =0 , ya que ∫ cos ⁡θ=0 2

2

0

4. Para calcular de área de la superficie

2

2

X + ( y−3 ) =9 ,

0 ≤ z ≤5 . Usaremos

A=∬‖Rθ x R z‖ ⅆA D

2θ 3 sen ¿ Parametrizamos R ( θ ∇ z )=¿

.

2 ), 6 sin θ , z)

¿ θ , 12 sⅇn θ cos θ , 0 Rθ=¿ 6 sin ¿ ¿ x R =(0,0,1) z

‖Rθ x R z‖=¿ 6

D {0 ≤θ ≤ π , 0 ≤ z ≤5 }

∬ 6 ⅆz ⅆθ D

= 30

π

√ X2 + y2 , 2

5. Área de la superficie del cono Z=

≤z≤6 .

S=Φ ( R ∇ U )= ( RcosU , RsenU , R ) D {2 ≤ R ≤ 6 , 0 ≤U ≤ 2 π . } ϕ R × Φu= { cosU , senU ,1 } ×{−RsenU , RcosU , 0} ‖ϕ R × Φu ‖=R √2

∬ R √2 ⅆUdR D

6. A)

6

2π

RⅆR ∫ ⅆU = 32 √ 2 π = √ 2∫ 2 0

F=Z− X

S= Φ ( Z ⋅ U )=(ZcosU , ZsenU , Z )

D{ 0

≤ U ≤ 2 π , 0 ≤ Z ≤ 2 π } ϕZ ×Φ u = (-ZcosU,-ZsenU, Z)

‖ϕZ ×Φ u ‖ = Z F (Φ )

√2

F ( Φ )=(Z−ZcosU ) 2 2 ( z −z cosU ¿

Z √2 = √2

∬ √2(z 2−z 2 cosU ) ⅆZdU D

3 B) H= ( x √ 5−4 Z )

1

2π

zⅆz ∫ ⅆθ = 2 √ 2 π /3 = √ 2∫ 0 0

¿ 2 ( S= Φ R ⋅U )=¿ RcosU, RsenU, 1- R ) ϕ R × Φu=(cosU , senU ,−2 R)×(−RsenU , RcosU ,0) ‖ϕR × Φu ‖=‖( 2 R 2 cosU ,2 R2 senU , R ) ‖=R √ 4 R2 +1 3 3 2 H ( Φ ¿=R cos U √−4 R +1 2π 1

2π 1

2π

∫∫ H (Φ)‖ϕR ×Φ u ‖dRdU =∫∫ R4 cos U 3 ( 1−16 R 4 ) dRdU =0usando las formulas de waliss ya que ∫ cos U 3= 0. 0

7.

0

0

F=(xy , 0,−z 2)

0

Hacia afuera atreves del cono z=

√ X 2 + y 2 entre z=0 y z=1. Parametrizamos S = Φ ( Z ∇ U )=( ZcosU , ZsenU , Z ) F ( Φ ( Z ⋅ U ) ) =( z 2 cosUsenU , 0,−z 2 ) D {0 ≤ u≤ 2 π , 0 ≤ z ≤ 1 ϕZ ×Φ u = (-ZcosU,-ZsenU,Z) ϕ ¿ 3 2 3 u = −z cos U senU −z ¿ F (Φ )¿ 1

∬ −z D

3

2π

cos U senU −z ⅆZdU =∫−z dZ ∫ dU 2

8. Verificar el Teorema.

3

3

0

0

∫ ∇xFⅆδ=∮ Fⅆδ s

c

=-

π 2

2 A) F=(2 y ,3 x ,−z )

C: frontera del primer octante y

x+ y+ z=1 ∇× f =( 0−0,0−0,3−2 )= ( 0,0,1 ) z=−x− y−1 N=(1,1,1)

∇× f N ¿ )=1

∫ 1 ⅆxdy s

=

1 x

1

0 0

0

∫∫ dxdy =∫ x dx= 12

Ahora por integral de línea La superficie está dividida en 3 pates que llamaremos S1, S2, S3. S 1=( 1−t ,t , 0 ) S 2= ( 0,1−t ,t ) S 3=( t , 0,1−t ) Remplazamos en elcampo cada una y hacemosla integral

Para S 1 f ∗N=( 2 t , 3−3 t , 0 ) (−1,1,0 ) =−2 t+ 3−3 t 1

∫−2t +3−3 t dt= 12 0

Para S 2 f ∗N=( 2−2 t , 0, t 2 ) ( 0 ,−1,1 ) =−t 2

1

∫−t2 dt= −1 3 0

Para S 3 f∗N =( 0,3 t , ( 1−t )2 ) ( 1, 0 ,−1 )=t 2−2 t+1 1

∫ t 2−2 t+1 dt = 13 0

1 Si suma mos lostres resultados obtenemos luegoel teorema se cumple 2

2 2 2 2 2 2 B) F=(z + y , z + y , X + y )

C:frontera del cuadrado acotado

por x=± 1, y =±1 y el primer octante ∇ xF=( 2 y−2 z , 2 z−2 y ,−2 y ) N=(0,0,−1) 1 1

2 yⅆs=¿ 2∫∫ y dydx=1 0 0

∫ ∇× fⅆs=∫ ¿ s

s

Ahora con la otraintegral . R ( x ∇ y )=( x , y , 0 ) con D{0 ≤ x ≤1, 0 ≤ y ≤ 1}

d R=(1,1,0)

1 1

∫∫ X 2+2 y 2 dydx=1 0 0

9.

∫ ∇xFⅆδ s

a ¿ F=(2 Z , 3 X 2 ,5 Y )

2 2 Z=4 −X − y

X=RcosU Y=RsenU

2 S = Φ ( R ⋅U )=(RcosU , RsenU , 4−R )

D {0 ≤ R ≤ 2, 0≤ U ≤ 2 π } ϕR × Φu = (cosU, senU,-2R) × (−RsenU , RcosU , 0 ) =( 2 R 2 cosU ,2 R2 senU , R ) ∇xF =(5,2,6 RcosU ) (∇xF) ( ϕR × Φu ¿ =10 R2 cosU + 4 R2 senU + 6 R 2 cosU dRdU 2π 2

∫∫ 10 R 2 cosU + 4 R 2 senU +6 R2 cosU dRdU =0 0

0

Ya que las integrales de cosU , senU en ese intervalo anulan laintegral .

b) No se puede evaluar

∫ ∇xFⅆδ s

ya que la superficie no

es acotada, por lo que no podemos usar este teorema.

10. a) Probar el Teorema de Gauss F=( y−x , y −z , 5 y ) acota por x=±1, y=± 1, z=± 1

∫ Fⅆs =∭ ∇F ⅆv s

D

Haremos primero la parte de la divergencia entonces: ∇F=

∂M ∂N ∂P + + =−1+ 1+ 0=0 ∂ X ∂Y ∂ z

∭ ∇F ⅆs=0

Esto no indica que el flujo en el cubo se anula

D

entre sus caras y lo probaremos haciendo el flujo para cada superficie que forma a S cubo. Ya que:

∫ Fⅆs =∫ Fⅆs +∫ Fⅆs +∫ Fⅆs +∫ Fⅆs +∫ Fⅆs +∫ Fⅆs s

s1

s2

s3

s4

s5

s6

Siendo S1: Z=1, S4: Z=-1, S2: Y=1, S6: Y=-1, S3: X=1, S5 X=1. Para S1: D {−1≤ x ≤ 1,−1 ≤ y ≤ 1 } NF= ( 0,0,1 )( y−x , y−z ,5 y ) = 5y 1

1

∫ ∫ 5 y dydx=0 ya que y enimpar y el intervaloes simetrico −1 −1

Para S4:

D {−1≤ x ≤ 1,−1 ≤ y ≤ 1

} NF= ( 0,0,−1 ) ( y −x , y−z , 5 y ) = -5y 1

1

∫ ∫ −5 y dydx=0 ya que y en impar y elintervalo es simetrico −1 −1

Para S2: NF= ( 0,1,0 )( y −x , y−z , 5 y ) =1−Z

D {−1≤ x ≤ 1,−1 ≤ z ≤1 }

1

1

∫ ∫ 1−Z dZdx=4 −1 −1

Para S6:

D {−1≤ x ≤ 1,−1 ≤ z ≤1

} 1

1

∫ ∫ 1+ Z dZdx=4

NF= ( 0,−1,0 ) ( y−x , y −z , 5 y )=1+ z

−1 −1

Para S3: D {−1≤ y ≤ 1,−1 ≤ z ≤ 1 } NF= (1,0,0 )( y−x , y−z ,5 y ) = y−1 1

1

∫ ∫ y−1 dZdx=−4 −1 −1

Para S5: D {−1≤ z ≤ 1,−1 ≤ y ≤ 1 } NF= (−1,0,0 ) ( y−x , y −z , 5 y )=− y−1 1

1

∫ ∫ −y −1dZdx=−4 −1 −1

Luego tenemos al sumar todos los resultados:

∫ Fⅆs =0+0+ 4+ 4−4−4=0 Asique se cumple elteorema . s

2 2 2 2 b) F=( X ,−2 xy , 3 xz ) Primer octante acotado por X + y + z =4

S = Φ ( ϕ ∇U ) = (2sen ϕ cosU, 2sen ϕsenU , 2cosϕ ¿ ϕϕ ×Φ u =

(2cosUcos

ϕ,2 senUcosU ,−2 senϕ ¿ ×(−2 senϕsenU , 2 senϕcosU , 0) 2 2 = (4 sin ϕ cosU , 4 sin ϕ senU , 4 senϕcosU ¿ 2 2 2 F ( Φ ¿=¿ (4 sin ϕ cos U ,-8 sin ϕ cosUsenU ,12 senϕ

cosUcosϕ¿

π/2 π/2

∫∫ 0

0

F ( Φ ¿( ϕ ϕ ×Φu )

dUdϕ

π/2 π/2

∫ ∫ 16 sin ϕ4 cos U 3 −32sin ϕ4 sen U 2 cosU + 48 sin ϕ2 cos ϕ2 cosU dUdϕ 0

=

0

π

2

16(3 16 ¿ ( 3 ) π

+

∭ ∇F ⅆv D

1

= 3 π

48( 16 ) (1)

Ahora

π

32(3 16 ¿( 3 )

-

∇ F= (3 x ) π

π

∭ 3 x ⅆv donde D {0≤ ρ ≤ 2,0≤ U ≤ 2 , 0 ≤ ϕ≤ 2 } D

∭ 3( ρ2 sen ϕ) ρ sen ϕcosU dρdϕⅆθ =3 ∭ ρ3 sin ϕ2 cosU dρdϕⅆθ D

D

π

= 3[4 4 ] = 3

π

11- Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera de radio 2. a) Una superficie parame trizada en coordenadas esféricas. S = Φ ( ϕ ∇U ) = (2sen ϕ cosU, 2sen ϕsenU , 2cosϕ ¿ en el

√2 √ 2 punto ( 2 , 2 ¿ ϕϕ ×Φ u = ϕ,2 senUcosU ,−2 senϕ ¿ ×(−2 senϕsenU , 2 senϕcosU , 0) 2 2 = (4 sin ϕ cosU , 4 sin ϕ senU , 4 senϕcosU ¿

ϕϕ ×Φ u=( √ 2, √ 2 ,2)

(2cosUcos

Ecpt= (x- x 0 , y− y 0 , z−z 0 ¿(√ 2 , √ 2 ,2) =0 2 √ 2 sen ϕ cosU+ 2 √ 2 sen ϕsenU +

= 2 √ 2 cosϕ=2 √ 2+2 4

F=X 2 + y 2 + z 2

b) Superficie de nivel de ∇ F= (2 x ,2 y ,2 z ) evaluadoen p

= (2,2, 2 √ 2 ¿ = N Ecpt= (x- x 0 , y− y 0 , z−z 0 ¿(2,2, 2 √ 2) = (x- 1 , y −1, z−√ 2 ¿(2,2, 2 √ 2) =0 2x+2y+ 2 √ 2 Z =8

√ 4−X 2 − y 2

c) La grafica de G(x,y) =

(

∇G=

−1 1 ,− , 1 EVALUANDO EN p 2 2 √ 4− X − y √ 4− X 2− y 2

)

∇G=(

−1 1 ,− , 1) √2 √2

−1 1 Ecpt= (x- 1 , y −1, z−√ 2 ¿( √2 ,− √ 2 , 1)=0 x

y

Z= √ 2 + √ 2 12-

a)

(

F=

∂N ∂x

y x ,− 2 2 2 X +y X +y 2

)

( X 2+ y 2 ) =

∂M ∂y =

(¿¿ 2) 2 −(( X + y 2)+ x (2 x))/¿

( X 2+ y 2 ) ¿ ¿ ( ( X 2 + y 2 ) − y (2 y))/¿

para garantizar que sen iguales solobasta con igualar los numeradores asi que :

−X 2− y 2 +2 X 2=X 2+ y2 −2 y 2 2

X −y

2

2 2 = X −y

No se puede garantizar que el campo sea conservativo ya queeste no es de clase C 1.

b) Si R(t) = (cost, sent)

0 ≤t ≤ π

dR(t) = (-sent,cost) dt

hallar

∫ fd R c

F[R(t)]= (sint,-cost)

π

∫ ( sint ,−cost ) (−sent , cost ) dt=−π 0

c¿

R(t)=(cost ,−sent )0 ≤ t ≤ π hallar ∫ fd R c

dR(t)=(−sent ,−cost )dt F[ R(t )]=(−sint ,−cost) π

∫ (−sint ,−cost )(−sent ,−cost ) dt=π 0

d ¿ R (t)=(cost , sent )0 ≤ t ≤ 2 π hallar ∫ fd R c

dR(t)=(−sent ,cost ) dt F [R(t)]=(sint ,−cost ) 2π

∫ ( sint ,−cost ) ( sent ,−cost ) dt=−2 π 0

e) La integral de línea para cada superficie es diferente cuando cambia la superficie y cuando cambia el intervalo. 13)-

F=−(2 X ,3 y 2 , 2 Z)

F=−∇TK

Usando el

teorema de gauss. ∇F=−2−6 y−2∭ −4−6 y ⅆv D

Como y es una funcion impar se cancela luegonos queda el volumen de la esfera multiplicado por−4

π

∭ −4−6 y ⅆv =−16 3 D

14 ¿ Como la superficie esta echa de curvas suavescomo circulos y la F es diferenciable cumple las condiciones para elteorema de ¿ . 2 Sabemos que el Área del círculo mayor es π R 2 Y EL Área de los pequeños será 4 π R =4 π

= 25 π

2 2 15) Solido v {x ≥0, 0 ≤ z ≤ y , X + y ≤ 4 }

A) Área de S1: S : {X 2 + y 2 ≤ 4,0 ≤ z ≤ y } Φ ( z ⋅U ) = (2cosU, 2 senU , z ¿

D {0 ≤ z ≤ 2

, 0 ≤U ≤

π 2

}

‖ϕz × Φu ‖=‖( 0,0,1 ) × (−2 senU ,2 cosU ,0 )=( 2cosU ,−2 senU ,0)‖ = 2 π/2 2

2 ∫ ∫ dzdU Calcule el áreadel cilindo comple si cortar por z= y paraluego dividirlo entre dos . Asi que : 0

0

π/2 2

2

π/2

∫ ∫ dzdU =∫ dz ∫ dU=π 0

0

0

0

D ¿Calcular el flujo aplicando elteorema de la divergencia

∫ Fⅆs =∭ ∇F ⅆv La superficie esta formada por otras 3 regiones por loque … s

D

∫ Fⅆs =∫ Fⅆs +∫ Fⅆs +∫ Fⅆs s

s1

s2

s3

S 1: z= y Φ=( 0, y , y } La normal a esta superficie hacia afuera sera N =( 0,−1,1) Luego al hacer F ( Φ ) N=0 Asique flujo es :

∫ Fⅆs =0 s1

S 2: X 2+ y2 =4 R ( u ) =(2 cosU , 2 senU ,0)0 ≤U ≤

π 2

F ( R ) N=( 2 cosU , 2 senU ,0 )( 0,0,−1 )=0 por lo que el flujo de esta superficie sera:

∫ Fⅆs =0 s2

{

S 3: R ( Z , U ) ={ 2cosU ,2 senU , Z ) D 0 ≤ z ≤ 2 senU , 0 ≤U ≤

π 2

}

RZ × Ru = (0, 0, 1) × (−2 senU , 2 cosU , 0 )= (−2 cosU ,−2 SenU , 0 ) necesitaremos el contrario asi que−( R Z × R u )=( 2 cosU , 2 SenU , 0 ) F ( R )= (2 cosU ,2 senU , Z ) π 2 2 senU

∫ Fⅆs =∫ −F ( R ) ( R Z × Ru ) ⅆs =∫ s

s

0

∫ 0

π /2

4 dzdU = ∫ 8 senU dU =8 0

AHORA LO HAREMOS ASI ∭ ∇F ⅆv D

F=( X , Y , Z ) ∇F=3 donde D {0 ≤ Z ≤Y , pero al usar la transformacion a cordenadas esfericastenemos 0 ≤ Z ≤ RsenU

0 ≤ R ≤ 2, 0≤ U ≤

2π

π } 2

R 2 dR

2π

∫ senU dU ∫ ¿=8 0

0

¿ 2 R senU drdU =3 ¿ 2

∫¿ 0

π 2

∭ ∇F ⅆv =∭ 3 ⅆv =3∫ ¿ D

D

0

Así que se cumple el teorema.

16)

s 1: z= X 2+ 2 y 2

2 s2: z=4- X

a) Calcular el volumen del solido Q. X 2 +2 y 2 ≤ z ≤ 4− X 2 , sobre el plano xy tenemos X 2 + y 2=2 , entonces x=RcosU , y=RsenU , Z=Z , H =R

D {R2 cosU 2 +2 R 2 senU 2 ≤ z ≤ 4−R2 cosU 2 , 0 ≤ R ≤ √ 2, 0 ≤ U ≤ 2 π } 2 π √2

∭ ⅆv =∭ R ⅆv =∫ ∫ R ( 4−R 2 cosU 2−R2 cosU 2−2 R 2 senU 2 ) V

D

0 0

2 π √2

∫∫ R ( 4−R 0

0

2π 2

√2

cosU −R cosU −2 R senU ) =∫ ∫ R ( 4−2 R2 ) 2

2

2

2

2

0

2 π √2

2π

0

√2

∫∫ R ( 4−2 R )=∫ ∫ 4 R−2 R3=4 π 2

0

0

0 0

b ¿ Calcular el flujo del campo F=( x , y , z) ∇F=3 luego ∭ ∇F ⅆv =∭ 3 ⅆv . D

D

2 π √2

3 ∫ ∫ R ( 4−R2 cosU 2−R 2 cosU 2−2 R2 senU 2 ) 0 0

2 π √2

2 π √2

3 ∫ ∫ R ( 4−R2 cosU 2−R 2 cosU 2−2 R2 senU 2 ) =3 ∫ ∫ R ( 4−2 R 2 ) 0 0

0 0

2 π √2

2π

√2

∫ R ( 4−2 R 2 )=3 ∫ ∫ 4 R−2 R3=12 π 3 ∫ 0 0 0 0 c ¿ calcular la integralde linea∮ Fⅆδ c

∂N

∂M

∮ Fⅆδ=∬ ( ∂ x − ∂ Y ) ⅆA =0 ya que ∬ (0−0) ⅆA =0 c

D

D

∇× F=( 2 y ,−x , 1 ) R ( R , u )=( Rcosu , Rsenu , R 2 )

17)

{

2

π π 1 1 2 D 0 ≤ R≤ cosu ,− ≤u ≤ , =( x − ) + y 2 2 4 2

}

RR × R u=¿ (-2 R2 cosu,-2 R2 senu, R) R (¿ ¿ R × Ru )=−4 R senucosu+ 2 R3 senu cosu+ R (∇× F)¿ 3

π 2 cosu

∫ ∫ −4 R3 senucosu +2 R3 senucosu+ R dRdu −π 2

0

π 2

−4 R4 R4 senucosu +2 senucosu+ R2 |cosu ∫ 4 0 du 4 −π 2 π 2

2

∫ −senu cosu + 12 senu cosu5 + 12 cosu du= π4 −π 5

2

Aplicando las fórmulas de waliss ya que hablamos de una superficie cerrada.

Calcule el trabajo realizado por el campo.

18)

F=( XY ,Y ,−YZ ) Sobre R ( t )=( t ,t 2 ,t ) 0 ≤t ≤1

a)

F ( R )=( t 3 , t 2 ,−t 3 ) dR ( t )=( 1,2t , 1 ) 1

F ( R ) dR ( t ) dt=∫ ( t 3 ,t 2 ,−t 3 ) (1,2 t ,1 ) dt=¿ 0

1

∫¿ 0

1

1

∫ t + 2t −t 3

0

3

3

dt=∫ 2t 3= 0

1 2

b ¿ F=( Z , X ,Y ) R ( t )=( sent , cost ,t ) 0 ≤t ≤ 2 π F ( R )= (t , sint , cost ) dR ( t ) =( cost ,−sent , 1 ) 2π

F ( R ) dR ( t ) dt=∫ ( t , sint , cost )( cost ,−sent ,1 ) dt=¿ 0

2π

∫¿ 0

2π

[

∫ tcost−s ⅇn t 2 +cost dt=tsent +cost − 2t − sentcost 2 0

]

+ sent |20 Π =−π

c)

∫ xyⅆx +( x + y ) ⅆy C

entonces sabemos quienes F=( xy , x+ y ) La figura que se forma es un triangulo , delcual podemos sacar una ecuacion y=−x+ 1 y de forma parametrizada R ( t )=( t ,−t+ 1 )

F ( R )=( t 2 +t ,1 ) dR ( t )=( 1,−1,0 ) 0 ≤ t ≤ 1

1

1

0

0

∫ F ( R ) dR ( t ) dt=∫ −t 2 dt=−1 3