Ejercicios resueltos Calculo vectorial Larsson

8/21/2019 Ejercicios resueltos Calculo vectorial Larsson

1/19

Ejercicios 14.1

9)

∫0

x3

y e− y x dy

Realizo una sustitución:

w=− y x

dw=−1 x

dy

y=− xw

dy=− xdw

∫0

x3

(− xw ) ew (− xdw )=∫0

x3

x2

w ew

dw

Integrando por partes:

u=w du=dw v=∫0

x3

x2

ew

dw x2w e

w−∫0

x3

x2

ew

dw

x2

w ew− x2 ew¿

0

x3

= x2 ew (w−1 ) ¿0

x3

¿ x2 e− y x (− y x −1)¿0 x

3

=[ x2 e− x2

(− x2−1) ]− [ x2 e0 (−1) ]

¿ x2e− x2

(− x2−1)+ x2=− x4 e− x2

− x2 e− x2

+ x2 ¿ x2 (− x2e− x2

−e− x2

+1 )= x2(1−e− x2

− x2 e− x2

)

15)

∫0

π

2

∫0

1

( ycosx ) dydx


2/19

( 12 cosx)dx=¿ 12 senx ¿0π

2

( y2

cosx

2¿0

1)dx=¿∫0

π

2

¿

∫0

π 2

¿

¿1

2sen ( π 2 )−12 sen (0 )=12

Ejercicios 14.2.

Aproximación En los ejercicios 1 a 4, aproximar la integral ∫ R

❑

∫ f ( x , y )

diidiendo el rect!ngulo R con "rtices #$, $), #4, $), #4, %) & #$, %) en oc'o

cuadrados iguales & 'allando la suma∑i=1

8

f ( x i , y i)∆ A i

¿donde

x

(¿¿ i , y i)¿

es el

centro del cuadrado i("simo

Ealuar la integral iterada & compararla con la aproximación

1) ∫0

4

∫0

2

( x+ y ) dydx

Aproximación:

*e eligen los centros de las su+regiones como los puntos en los ue se eal-a.#x,&)

( 12 ,1

2 ) ,(1

2,

3

2 ) ,(3

2,

1

2 ) ,(3

2, 3

2 ) ,(5

2,

1

2 ), (5

2,

3

2 ),(7

2,

1

2 ) ,(7

2,

3

2 )


3/19

∆ A= A

n =

8

8=1

∑i=

1

8

f ( xi , y i ) ∆ A i=∑i=

1

8

f ( x i+ yi ) ∆ A=∑i=

1

8

f ( xi+ y i ) (1 )=24

Evaluación integral:

∫0

2

( x+ y ) dydx=¿∫0

4

( xy+ y2

2¿0

2)dx=∫0

4

(2 x+2 ) dx= x2+2 x ¿0

4=24

∫0

4

¿

En este caso, la aproximación mediante sumas de Riemann .ue exactamente igualal resultado o+tenido mediante la ealuación de la integral

/)

∫0

2

∫0

1

(1+2 x+2 y ) dydx

¿∫0

2

(( y+2 xy+ y2 )¿01 )dx=∫0

2

(2 x+2 ) dx= x2+2 x¿0

2=8

Gráfica de R:


4/19

19)

∬ R

❑

xdA

R: El sector circular en el primer cuadrante acotado por:

y=√ 25− x2 , 3 x−4 y=0, y=0

a) 0espejo x:

y=√ 25− x2=¿ x=√ 25− y2

3 x−4 y=0=¿ x=4 y

3

*eg-n la gr!.ica los lmites de integración para y son $ & 2, entonces la integralueda:

∫0

3

∫4 y3

√ 25− y2

( x )dxd y

+) 0espejo &:

y=0

y=√ 25− x2

3 x−4 y=0=¿ y=3 x

4


5/19

*eg-n la gr!.ica los lmites de integración para y son $ & 4, 4 & 5, entonces laintegral ueda:

∫0

3 x

4

( x ) dydx+¿∫4

5

∫0

√ 25− x2

( x ) dydx

∫0

4

¿

EER!"!"#$ 14.%.

9)

∫0

π

∫0

COSθ

(r )drdθ

r2

2¿

0

COSθ

(¿)dθ=∫0

π

( cos2

θ

2 )dθ=12∫0

π

( 1+cos2θ2 )dθ¿∫

0

π

¿

¿1

2 [ 12∫0

π

dθ+∫0

π

( cos 2θ2 )dθ ]=12 [( π 2 )+( 14 sen2θ)¿0π ]¿

1

2 [ π 2 +0]=14 π

Gráfica de R:


6/19

15)

∫0

π

2

∫0

1+ senθ

(θr )drdθ

(θ r2

2¿0

1+ senθ)dθ=¿∫0

π 2

( θ2 (1+2 senθ+se n2 θ ))dθ

¿∫0

π

2

¿

¿∫0

π

2

( 12 θ)dθ+∫0

π

2

(θsenθ ) dθ+∫0

π

2

( 12 θsen2 θ)dθ

¿ (12 . θ2

2 )|0π

2

+ ( senθ−θcosθ )|0

π

2+∫0

π

2

(12 θ(1−cos2θ2 ))dθ u=2θ du=2 dθ=¿dθ=du

2

¿( π 2

16 )+ (1−0−1 )+ 14 [(θ 22 )|0π

2

+∫0

π

2

(ucosu ) du] ¿( π 216 )+ 14 [(π 28 )−( 14 ( cosu+usenu )|0π

2 )]

¿( π 2

16 )+1

4 [(π 2

8 )−( 1

4(cos 2θ+2 θsen 2θ )|0

π

2

)] ¿( π

2

16 )+1

4 [(π

2

8 )−( 1

4(−1 )−(1))]=

9

8+ 3π

2

32

Gráfica R:


7/19

Ejercicios 14.&.

1)

f ( x , y )=2 x+2 y

R: 3ri!ngulo cu&os "rtices son #$,$), #4,$), #$,4)

allo las deriadas parciales:

∂ f

∂ x=

∂(2 x+2 y )∂ x

=2

∂ f

∂ y=

∂(2 x+2 y )∂ y

=2

sando la .órmula para el !rdea de la super.icie:

S=∫ R

∫√1+( ∂ f ∂ x )2

+( ∂ f ∂ y )2

d A

S=∫ R

∫√ 1+22+22 dA=∫ R

∫ √ 9dA S=3 A

A: 6rea del tri!ngulo:

A=bh

2=

(4 ) (4 )2

=8 S=3 (8 )=24

/)


8/19

f ( x , y )=3+ x3

2

R: Rect!ngulo cu&os "rtices son #$,$), #$,4), #2,4), #2,$)

allo las deriadas parciales:

∂ f

∂ x=

∂(3+ x3

2)∂ x

=3

2 x

1

2 ∂ f

∂ y=

∂(3+ x3

2)∂ y

=0

sando la .órmula para el !rdea de la super.icie:

S=∫ R

∫√1+( ∂ f ∂ x )2

+( ∂ f ∂ y )2

dA

S=∫ R

∫√1+(32 x1

2 )2

+ (0 )2dA=∫

R

∫ √1+ 94 x dA*ustitu&endo R por los lmites de integración, se tiene:

S=∫0

3

∫0

4

√1+ 94 x dydx S=∫03

(1+ 94 x )1

2 y|0

4

=4∫0

3

(1+ 94 x )1

2 dx u=1+9

4 x

du=9

4 x=¿dx=

4

9du S=

16

9 ∫

0

3

(u )1

2 du=32

27 (1+9

4 x)

3

2|0

3

= 4

27(31√ 31−8 )

19)

f ( x , y )=2 y+ x2

R: tri!ngulo cu&os "rtices son #$,$), #1,$), #1,1)

*e o+tiene la siguiente integral:

∫0

1

∫0

x

(5+4 x2 )1

2 dydx

sando 7icroso.t 7at'ematics se o+tiene:


9/19

∫0

1

∫0

x

(5+4 x2 )1

2 dydx=1.3183

Ejercicios 14.'(

9)

∫0

3

∫( 9− y2)

1

2

( 9− y2)1

2

∫0

y2

ydzdxdy

Ealuando esta integral en 7icroso.t 7at'ematics se o+tiene:

∫0

3

∫( 9− y2)

1

2

( 9− y2)1

2

∫0

y2

ydzdxdy=64.8=324

5


10/19

15)

El sólido acotado por el para+oloide z=6− x2− y2 & z=0

8os lmites de son: 0 ≤ z ≤6− x2− y2

8a .igura pro&ecta una un crculo so+re el eje , entonces los lmites de son:

−√ 6− y2≤ x ≤√ 6− y2

En el eje ; la .igura est! delimitada por: −2.25≤ y ≤2.25 < −√ 6 ≤ y ≤√ 6

Entonces, la integral ueda:

∫−√ 6

√ 6

∫−√ 6− y2√ 6− y 2

∫0

6− x2− y2

dzdxdy

Ejercicios 14.)


11/19

1(

∫−1

5

∫0

π

2

∫0

3

(rcosθ ) drdθdz∫0

π

2

(r2

2

cosθ)

|0

3

dθdz=¿∫−1

5

∫0

π

2

9

2

cosθdθdz=∫−1

5

9

2

senθ

|0

π

2 dz

¿∫−1

5

¿

¿∫−1

59

2dz=

9

2 z|

−1

5

=27

/)

∫0

4

∫0

z

∫0

π

2

r er

dθdrdz

sando 7icroso.t 7at'ematics se o+tiene:

∫0

4

∫0

z

∫0

π

2

r er

dθdrdz=π e4+3 π =π (e4+3)

19)

*ólido limitado arri+a por z=2 x & a+ajo por z=2 x2+2 y 2

*e conoce ue:

x=rcosθ

y=rsenθ

z= z


12/19

0e donde se o+tiene:

z=2 rcosθ z=2r2 cosθ2+2 r2 senθ2=2r2

A partir de estos datos se pueden 'allar los lmites de integración, por lo tanto:

∫0

π

∫0

cosθ

∫2 r

2

2 rcosθ

rdzdrdθ ¿∫0

π

∫0

cosθ

(rz )|2 r22 rcosθ

drdθ=∫0

π

∫0

cosθ

(2 r2 cosθ−2r3 ) drdθ

(23 r3 cosθ− r4

2 )|0cosθ

dθ=¿∫0

π 1

6cos

4θ dθ

¿∫0

π

¿

1

6 ( sen2 x

4+

sen4 x

32+3 x

8 )|0π

=1

6π

Ejercicios 14.*

9)

x=3 u+2 v y=3 v

*e de.ine una .unción 3 como:

T (u , v )=(3u+2v ,3v)

0e esta .unción & con la gr!.ica se o+tienen los lmites so+re el plano u:

T (0, 0 )= (3 (0 )+2 (0 ) ,3 (0 ) )=(0,0 )


13/19

T (0, 1 )=(3 (0 )+2 (1 ) ,3 (1 ) )=(2,3 )

T (1, 0 )=(3 (1 )+2 (0 ) ,3 (0 ) )=(3,0 )

Entonces:

0 ≤u ≤ 1 0 ≤ v ≤ 1

*e o+tiene .inalmente la gr!.ica:

15)

∫ R

∫ 4 ( x2+ y2) dA

x=1

2(u+v ) y=

1

2(u−v )

*e de.ine una .unción 3 como:


14/19

T (u , v )=( 12 (u+v ) , 12 (u−v ))

0e esta .unción & con la gr!.ica se o+tienen los lmites so+re el plano u:

−1(−1)+(¿)

1

2(¿,

1

2((−1)−(−1)) )=(−1, 0 )

T (−1,−1 )=¿

−1(1)+(¿)

1

2(¿,

1

2( (1 )−(−1 ) ) )=(0, 1 )

T (1,−1 )=¿

1

(−1)+(¿)1

2(¿,

1

2((−1)−(1)) )=(0,−1 )

T (−1,1 )=¿

1

(1)+(¿)1

2(¿,

1

2( (1 )−(1 ) ) )=(1, 0 )

T (1,1 )=¿

Entonces:

−1≤ u≤ 1 −1≤ v ≤1

8as deriadas parciales de & ; son:

∂ x

∂ u=

1

2

∂ x

∂ v=

1

2


15/19

∂ y

∂u=

1

2

∂ x

∂ v=−1

2

8uego, se 'alla el jaco+iano de la siguiente manera:

∂( x , y )∂(u , v )

=|∂ x

∂u

∂ x

∂ v

∂ y

∂u

∂ x

∂ v|=|

1

2

1

2

1

2

−12

|=−12*e de.ine la siguiente integral con los cam+ios de aria+le correspondientes:

∫ R

∫ 4 ( x2+ y2) dA=∫−1

1

∫−1

1

4 [(12 (u+v ))2

+( 12 (u−v ))2

] dudv

¿∫−1

1

∫−1

1

2 [u2+v2 ]dudv=∫−1

1

(2( u3

3+u v2))|−1

1

dv=∫−1

1

4 ( 13+v2)dv

¿ 4

(1

3

v+v

3

3

)|−1

1

=4

(v+v3

3

)|−1

1

=4

(4

3

)=

16

3

+#,A: 8a respuesta del li+ro era8

3 pero este mismo ejercicio se reisó en

7atla+ & 7icroso.t 7at'ematics, rati.icando nuestro resultado de16

3

Ejercicios 1&.2

1)


16/19

3omando =1 como: y= x se o+tiene la siguiente parametrización para =1:

r 1 (t )=ti+t

; tomando =% como: y=√ x se o+tiene la siguiente parametrización para la

cura =%:

r 2 (t )=(2−t ) i+√ 2−t

>inalmente se tiene una parametrización para la cura total =:

r (t )={ ti+ t 0 ≤t ≤ 1(2−t ) i+√ 2−t 1 ≤t ≤ 2

/)

∫C

( xy ) ds

C : r (t )=4 ti+3 t

0 ≤t ≤ 1

*e o+tiene r?#t):

r! ( t )=4 i+3


17/19

0e este modo se o+tiene la magnitud de r?#t):

‖r ! (t )‖=√ ( x ! (t ) )2

+ ( y (t ) )2=√ (4 )2+(3 )2=5

Adem!s, parametrizando se o+tiene:

x=4 t y=3 t z= xy=(4 t ) (3 t )=12 t 2

>inalmente, se da la siguiente integral:

∫C

( xy ) ds=∫0

1

(12 t 2 ) (5 ) dt =5 (12 t 3

3 )|01

=20

19)

a) Encontrar una parametrización continua por secciones de la tra&ectoria = uese muestra en la .igura

C 1 : x (t )=t y ( t )=0 z ( t )=0 0 ≤ t ≤ 1 C 2 : x (t )=1 y ( t )=0 z ( t )=t −11 ≤t ≤2

C 2 : x (t )=1 y (t )=t −2 z (t )=12≤ t ≤3

@or tanto, = est! dada por:

r (t )={ ti0≤ t ≤1

i+(t −1 ) " 1≤t ≤2i+( t −2 ) +" 2≤t ≤3


18/19

+) Ealuar ∫C

(2 x+ y2− z ) ds a lo largo de =

=on la parametrización propuesta en el primer literal se o+tiene lo siguiente:

@rimero, se 'alla r?#t) para cada una de los segmentos de cura:

r 1! ( t )=1=‖r1! ( t )‖=√ (1 )2=1 r 2! (t )=1=‖r 2! ( t )‖=√ (1 )2=1

r 3! ( t )=1=‖r 3! (t )‖=√ (1 )2=1

@or -ltimo, la integral ueda:

∫C (2 x+ y2

− z ) ds ¿∫0

1

(2t ) (1 )dt +∫1

2

(2 (1 )−(t −1 ) ) (1 )dt +∫2

3

(2 (1 )+ ( t −2 )2

−1 ) (1 ) dt

¿∫0

1

(2t ) dt +∫1

2

(3−t )dt +∫2

3

(t 2−4 t +5 ) dt

¿ t 2|01

+3 t −t

2

2|12

+t

3

3−2t 2+5t |

2

3

¿1+ 32+ 4

3

¿23

6

+#,A: Este ejercicio se resolió con una parametrización di.erente a la respuestaindicada en el li+ro, sin em+argo, se comprue+a ue es correcta porue alealuarla en la integral se o+tiene el mismo resultado

>IA8 >IA8 >IA8B C 0A 76*B 3ER7ICDDDDDD


19/19

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