Resolucion de La Practica n4 de Matematica III

“Año de la Diversificación Productiva y del Fortalecimiento de la Educación”

UNIVERSIDAD NACIONAL

DE INGENIERÍA Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

DOCENTE :

ARÉVALO VILLANUEVA MANUEL

INTEGRANTES:

RODAS LÓPEZ, MELANIE ELENA

MAURICIO VELASQUEZ, KEVIN

BUENO SEGOVIA, OMAR

QUISPE CARDENAS, RUBEN

PILARES CHOCCARE,WILL

CICLO :

TERCER CICLO

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

2

1.- Use el Teorema de Green para calcular el área de la región acotada por el Limacon (Caracol)

de Pascal.

SOLUCIÓN:

Sabemos que su ecuación es:

(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑎𝑥)2 = 𝑏(𝑥2 + 𝑦2)

Podemos expresarlo en coordenadas polares:

𝑟 = 𝑎 cos 𝜃 + 𝑏

Determinamos las componentes 𝑥 e 𝑦:

𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = 𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃

𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑎 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃

Aplicamos la formula de áreas obtenida por el teorema de Green:

𝑥 = 𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos𝜃

𝑑𝑥 = (−2 acos 𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝜃

𝑦 = 𝑎 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑑𝑦 = (𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃

𝐴 =1

2 ∮ 𝑥 𝑑𝑦 − 𝑦 𝑑𝑥

𝑐

𝐴 =1

2 ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos𝜃) (𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃 − (𝑎 cos𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃) (−𝑎 sen2 𝜃 cos2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃

2𝜋

0

Lo dividiré en 2 integrales para una mayor comodidad al resolver:

Primera integral :

𝐼1 = ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃)(𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃2𝜋

0

𝐼1 = ∫ −𝑎2𝑠𝑒𝑛2 𝜃 cos2 𝜃 + 𝑎2 cos4 𝜃 + 2𝑎𝑏 cos3 𝜃 − 𝑎𝑏 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝑏2 cos 𝜃 𝑑𝜃2𝜋

0

𝐼1 = (−𝑎2 (𝜃

8−

𝑠𝑒𝑛4𝜃

32) + 𝑎2 (

3𝜃

8+

𝑠𝑒𝑛4𝜃

32+

𝑠𝑒𝑛2𝜃

4) + 2𝑎𝑏 (

𝑠𝑒𝑛3𝜃

12+

3𝑠𝑒𝑛𝜃

4) − 𝑎𝑏 (

𝑠𝑒𝑛33𝜃

3) + 𝑏2 (

𝑠𝑒𝑛3𝜃

12+

3𝑠𝑒𝑛𝜃

4) )|

0

2𝜋

𝐼1 = −𝜋

4𝑎2 +

3𝜋

4𝑎2 + 2𝑎𝑏(0) − 𝑎𝑏(0) + 𝑏2(0)

𝐼1 =𝑎2𝜋

2



3

𝐼2 = ∫ (𝑎 cos2 𝜃 + 𝑏 cos 𝜃)(𝑎 cos2 𝜃 − 𝑎 sen2 𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃2𝜋

0

𝐼2 = ∫ (−2𝑎2 cos2 𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 3𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 𝑏2𝑠𝑒𝑛2𝜃 )𝑑𝜃2𝜋

0

𝐼2 = (−2𝑎2 (

𝜃

8−

𝑠𝑒𝑛4𝜃

32) + 3𝑎𝑏 (

𝑠𝑒𝑛33𝜃

3) − 𝑏

2 (𝜃

2−

𝑠𝑒𝑛2𝜃

4) )|

0

2𝜋

𝐼2 = (−2𝑎2 (𝜋

4) + 3𝑎𝑏(0) − 𝑏2(𝜋) )|

0

2𝜋

𝐼2 = −𝑎2𝜋

2− 𝑏2𝜋

Reemplazando en la integral

𝐴 =1

2 ∮ 𝑥 𝑑𝑦 − 𝑦 𝑑𝑥

𝑐

𝐴 =1

2 ((

𝑎2𝜋

2) − (−

𝑎2𝜋

2− 𝑏2𝜋) )

𝐴 = (𝑎2

2+ 𝑏2)𝜋



4

2. Evalúe la integral de línea ∮ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧𝑐

, siendo c la curva de intersección

de las superficies 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1 y 𝑧 = 𝑥 − 1 .

SOLUCIÓN:

Entonces hallamos la intersección de las ecuaciones :

𝑥2 + 𝑦2 + (𝑥 − 1)2 = 1

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1 = 1

2𝑥2 − 2𝑥 + 𝑦2 = 0

𝑥2 − 𝑥 +𝑦2

2= 0

𝑥2 − 𝑥 +1

4+

𝑦2

2=

1

4

(𝑥 −1

2)2

+𝑦2

2=

1

4

Esta es la ecuación de la intersección proyectada en plano 𝑧 = 0



5

Parametrizando:

(𝑥 −1

2)2

+𝑦2

2=

1

4

𝑥 =1

2+

cos (𝑡)

2 ; 𝑦 =

𝑠𝑒𝑛𝑡

√2 ; 𝑧 =

cos(𝑡)

2−

1

2

𝑑𝑥 =−𝑠𝑒𝑛(𝑡)

2𝑑𝑡 ; 𝑑𝑦 =

cos (𝑡)

√2𝑑𝑡; 𝑑𝑧 =

−𝑠𝑒𝑛(𝑡)

2𝑑𝑡; 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

Reemplazando en la integral:

𝐼 = ∫ (1 + cos(𝑡)

2+ 2)

2𝜋

0

(−𝑠𝑒𝑛(𝑡)

2)𝑑𝑡 + 3

cos(𝑡) − 1

2(cos(𝑡)

√2)𝑑𝑡 +

𝑠𝑒𝑛𝑡

√2

2

(−𝑠𝑒𝑛(𝑡)

2)𝑑𝑡

𝐼 = ∫(5 + cos(𝑡)) − 𝑠𝑒𝑛(𝑡)

4

2𝜋

0

𝑑𝑡 +3

2√2∫ (cos(𝑡) − 1)cos (𝑡)𝑑𝑡 −

1

2√2∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)2𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡

2𝜋

0

2𝜋

0

1

4(−5∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡

2𝜋

0

− ∫ cos(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡2𝜋

0

) +3

2√2(∫ cos(𝑡)2 𝑑𝑡 − ∫ cos(𝑡) 𝑑𝑡

2𝜋

0

2𝜋

0

) −1

2√2∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)3𝑑𝑡

2𝜋

0

𝐼 =1

4[−5(0) − 0] +

3

2√2[𝜋 − 0] −

1

2√20 =

3√2𝜋

4

∮ (𝑥 + 2)𝑑𝑥 + 3𝑧𝑑𝑦 + 𝑦2𝑑𝑧𝑐

= 3𝜋

2√2=

3√2𝜋

4



6

3.- Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerzas 𝑓̅(�̅�) = (𝑦2; 𝑧2; 𝑥2) a lo largo de la curva

de intersección de la superficie esférica 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2 y el cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥 siendo

𝑧 ≥ 0 y 𝑎 ≥ 0 . El camino es recorrido de modo que observado el plano 𝑥𝑦 desde el eje 𝑧

positivo el sentido sea el de las agujas del reloj .

SOLUCION:

Procedemos a hallar la intersección de las graficas:

Tenemos :

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥

Restándolas:

𝑧2 = 𝑎2 − 𝑎𝑥

𝑧 = ±√𝑎2 − 𝑎𝑥

Pero 𝑧 ≥ 0

𝑧 = √𝑎2 − 𝑎𝑥



7

Parametrizamos 𝑧 = √𝑎2 − 𝑎𝑥:

𝑧 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡

𝑥 = 𝑎 cos2 𝑡

Como :

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎𝑥

(𝑎 cos2 𝑡)2 + 𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡

𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 − 𝑎2 cos4 𝑡 = 𝑎2(cos2 𝑡 − cos4 𝑡)

𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 (1 − cos2 𝑡)

𝑦2 = 𝑎2 cos2 𝑡 . sen2 𝑡

𝑦 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡 . 𝑐𝑜𝑠𝑡 = 𝑎𝑠𝑒𝑛2𝑡

2

Entonces parametrizando el trabajo quedara determinado por:

�̅�𝑡 = (𝑎 cos2 𝑡 ; 𝑎 𝑠𝑒𝑛2𝑡

2; 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡)

�̅�′𝑡 = (−2𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 𝑡 ; acos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)

𝑊 = ∫�̅� . 𝑑𝑟 = ∫ �̅�(�̅�𝑡) . �̅�′𝑡𝑑𝑡

Pero es en sentido HORARIO (negativo):

𝑊 = − ∫ �̅�(�̅�𝑡) . �̅�′𝑡𝑑𝑡 = ∫ �̅�(𝑎cos2 𝑡;𝑎

𝑠𝑒𝑛2𝑡2

;𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡). (−2𝑎𝑠𝑒𝑛 𝑡. 𝑐𝑜𝑠 𝑡 ; 𝑎 cos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)𝑑𝑡

𝑊 = −∫(𝑎2𝑠𝑒𝑛22𝑡

4; 𝑎2 𝑠𝑒𝑛2𝑡 ; 𝑎2 cos4 𝑡) . (−𝑎 𝑠𝑒𝑛 2𝑡;𝑎cos2𝑡 ; 𝑎 cos 𝑡)𝑑𝑡

𝑊 = −∫ (−𝑎3

4𝑠𝑒𝑛32𝑡 + 𝑎3𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑐𝑜𝑠 2𝑡 + 𝑎3 cos5 𝑡) 𝑑𝑡

2𝜋

0

𝑊 = −𝑎3

2. 𝜋



8

4. Un alambre tiene la forma de una circunferencia 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎2 . Determine su nada y su

momento de inercia respecto a su diámetro, si la densidad en el punto (x,y) es |𝑥| + |𝑦|.

SOLUCIÓN:

Primero hallamos la masa para la cual usamos:

𝑚 = ∫ (|𝑥| + |𝑦|)𝑑𝑠𝑐

Sabemos que: 𝑑𝑠 = √𝑥´(𝑡)2 + 𝑦´(𝑡)2𝑑𝑡

Parametrizando: 𝑥 = acos(𝑡) ; 𝑦 = 𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡); 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

𝑑𝑠 = 𝑎𝑑𝑡

Entonces :

𝑚 = ∫ (|acos (𝑡)| + |𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡)|2𝜋

0

)𝑎𝑑𝑡

𝑚 = 𝑎2 ∫ (|cos (𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|)𝑑𝑡2𝜋

0

𝑚 = 𝑎2[∫ |cos (𝑡)|𝑑𝑡 +2𝜋

0

∫ |sen (𝑡)|𝑑𝑡]2𝜋

0

𝑚 = 𝑎2(4 + 4) = 8𝑎2

Ahora para hallar el momento de inercia de la circunferencia de radio “a”:

𝐼𝑌 =|𝑥| + |𝑦|

3∫ 𝑥3𝑑𝑦𝑐

𝐼𝑌 =|acos (𝑡)| + |𝑎𝑠𝑒𝑛(𝑡)|

3∫ (acos(𝑡))3 acos(𝑡) 𝑑𝑡

2𝜋

0

𝐼𝑌 = 𝑎5|cos (𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|

3∫ cos (𝑡)4𝑑𝑡

2𝜋

0

𝐼𝑌 = 𝑎5|cos(𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|

3(3𝜋

4) =

𝐼𝑌 = 𝜋𝑎5|cos(𝑡)| + |𝑠𝑒𝑛(𝑡)|

4

𝐼𝑌 = 𝜋𝑎4|x| + |𝑦|

4



9

5. Use la definición del flujo, para calcular el flujo del campo vectorial �̅�(�̅�) = (𝑦; 𝑧; 𝑥) a través

de la superficie limitada mediante el cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2 y por los planos 𝑧 = 𝑥 y 𝑧 = 0

(𝑧 ≥ 0). No use el teorema de la divergencia.

SOLUCION:

𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠

𝑆

= ∬�̅�(𝑟, 𝜃). 𝜇�̂�𝑑𝑠

𝑆

Intersección del cilindro con el plano: 𝑧 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜑 = ∫ ∫ (𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧, 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃). (𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑠𝑒𝑛𝜃, 0)𝑅𝑑𝑧𝑑𝜃𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑧=0

𝜋2

𝜃=−𝜋2

= ∫ ∫ (𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑧𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑅𝑑𝑧𝑑𝜃𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑧=0

𝜋2

𝜃=−𝜋2

= ∫ ((𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 +(𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃)2

2𝑠𝑒𝑛𝜃)

𝜋2

𝜃=−𝜋2

𝑅𝑑𝜃

= ∫3𝑅3𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃

2𝑑𝜃

𝜋2

𝜃=−𝜋2

=−3𝑅3

2∫ 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑(𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝜋2

𝜃=−𝜋2

=−3𝑅3

2(𝑐𝑜𝑠3(

𝜋2)

3−

𝑐𝑜𝑠3(−𝜋2 )

3)

𝜑 = 0



10

Hallamos el flujo en la base :

𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠

𝑆

= ∬�̅�(�̅�) . −�̂� 𝑑𝑠

𝑆

= ∬(𝑦, 𝑧, 𝑥)(0,0,−1)𝑑𝑠

𝑆

𝜑 = −∬𝑥𝑑𝑠

𝑆

= −∫ ∫ (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 ) 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑟

0

𝜋2

𝜃=−𝜋2

𝜑 = −∫ ∫ 𝑟2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃𝑟

0

𝜋2

𝜃=−𝜋2

= −∫𝑟3

3𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜋2

𝜃=−𝜋2

𝑑𝜃

=> 𝜑 = −2𝑅3

3

Hallamos el flujo en la tapa superior inclinada:

�̅� = (1

√2, 0,

−1

√2)

𝜑 = ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝑠

𝑆

= ∬�̅�(�̅�). �̅� 𝑑𝐴

|�̅�. �̅�|𝐴

= ∬(𝑦, 𝑧, 𝑥). (1

√2, 0,

−1

√2)(√2)𝑑𝐴

𝐴

∬(𝑦 − 𝑥)𝑑𝐴

𝐴

= ∫ ∫ (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟

𝜋2

𝜃=−𝜋2

𝑅

𝑟=0

∫ ∫ (𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝜃𝑟2𝑑𝑟

𝜋2

𝜃=−𝜋2

𝑅

𝑟=0

∫ (𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑐𝑜𝑠𝜃)|−𝜋2

𝜋2 𝑟2𝑑𝑟

𝑅

𝑟=0

=> 𝜑 =2𝑅3

3

La sumatoria de flujos es igual a :

= 0 +2𝑅3

3−

2𝑅3

3

= 0



11

6.- Evalue la integral de línea ∫ �̅�𝜍

· 𝑑�̅� , siendo el mapo vectorial �̅�(�̅�) = (3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ; 𝑥3𝑧 −

3𝑥; 𝑥3𝑦 − 2𝑧) y 𝜍 e la trayectoria que une los puntos 𝐴(0; 0; 2), 𝐵(0; 0; 0), 𝐶(1; 1; 0),

𝐷(3; 0; 0) 𝑦 𝐸(0; 3; 0) .

SOLUCIÓN:

Verificamos si el campo vectorial es conservativo por medio de su rotacional:

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = ||

𝑖̂ 𝑗̂ �̂�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧𝑃 𝑄 𝑅

||

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝜕𝑅

𝜕𝑦−

𝜕𝑄

𝜕𝑧) 𝑖̂ + (

𝜕𝑃

𝜕𝑧−

𝜕𝑅

𝜕𝑥) 𝑗̂ + (

𝜕𝑄

𝜕𝑥−

𝜕𝑃

𝜕𝑦) �̂�

En el problema:

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = ||

𝑖̂ 𝑗̂ �̂�𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

3𝑥2𝑦𝑧 + 3𝑦 𝑥3𝑧 + 3𝑥 𝑥3𝑦 + 2𝑧

||

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝜕𝑥3𝑦 − 2𝑧

𝜕𝑦−

𝜕𝑥3𝑧 − 3𝑥

𝜕𝑧) 𝑖̂ + (

𝜕3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦

𝜕𝑧−

𝜕𝑥3𝑦 − 2𝑧

𝜕𝑥) 𝑗̂

+ (𝜕𝑥3𝑧 − 3𝑥

𝜕𝑥−

𝜕3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦

𝜕𝑦) �̂�

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = (𝑥3 − 𝑥3)𝑖̂ + (3𝑥2𝑦 − 3𝑥2𝑦)𝑗̂ + (3𝑥2𝑧 − 3 − (3𝑥2𝑧 − 3))�̂�

𝑅𝑜𝑡 �̅�(�̅�) = 0

Por lo tanto el campo vectorial es conservativo y es gradiente, procedemos a hallar su función

potencial:

�̅�(�̅�) = ∇𝜑

(3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ; 𝑥3𝑧 − 3𝑥; 𝑥3𝑦 − 2𝑧) = (𝜕𝜑

𝜕𝑥;𝜕𝜑

𝜕𝑦;𝜕𝜑

𝜕𝑧)

Empezaremos con la primera componente, integrando con respecto a 𝑥:

𝜕𝜑

𝜕𝑥= 3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦

∫(3𝑥2𝑦𝑧 − 3𝑦 ) 𝑑𝑥 = 𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧) …………(1)

lo derivaremos con respecto a 𝑦 para igualarlo a su segunda componente:

𝜕𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧)

𝜕𝑦= 𝑥3𝑧 − 3𝑦 + 𝐺′(𝑦;𝑧)

𝑥3𝑧 − 3𝑦 + 𝐺′(𝑦;𝑧) = 𝑥3𝑧 − 3𝑥



12

𝐺′(𝑦;𝑧) = −3𝑥 + 3𝑦

Integro con respecto a 𝑦 para obtener 𝐺′(𝑦;𝑧) y reemplazarlo en (1)

𝐺′(𝑦;𝑧) = −3𝑥 + 3𝑦

𝐺(𝑦;𝑧) = −3𝑥𝑦 +3𝑦2

2+ 𝐻(𝑧)

Entonces :

𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 + 𝐺(𝑦;𝑧)

𝑥3𝑦𝑧 − 3𝑥𝑦 − 3𝑥𝑦 +3𝑦2

2 + 𝐻(𝑧)

𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2

2 + 𝐻(𝑧)

Derivo con respecto a 𝑧 e igualo la tercera componente :

𝜕𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2

2 + 𝐻(𝑧)

𝜕𝑧= 𝑥3𝑦 + 𝐻′(𝑧)

𝑥3𝑦 + 𝐻′(𝑧) = 𝑥3𝑦 − 2𝑧

𝐻′(𝑧) = −2𝑧

𝐻(𝑧) = −𝑧2 + 𝑘

Reemplazando en (1):

𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2

2− 𝑧2 + 𝑘

Reempalzando con los valores de la curva en los puntos 𝐴(0; 0; 2) 𝑦 𝐵(0; 3; 0):

(𝑥3𝑦𝑧 − 6𝑥𝑦 +3𝑦2

2− 𝑧2 + 𝑘)|

0;3;0

0;0;2

= −4



13

7 .Determine, el área de la parte paraboloide hiperbólico 2 2z y x que se halla entre los

cilindros 𝑥2 + 𝑦2 = 1 𝑥2 + 𝑦2 = 4

SOLUCION:

2 2z y x

2 2: 0f x y z

Dfn

Df

2 2

(2 , 2 ,1)

4 4 1

x yn

x y

2 2

1.

4 4 1n k

x y

. .S

dk dyA

n k

Llevamos todo a polares:

2 2 2 2

2

0 1 0 1

2

.. 4 1.

1

4 1

r r

r d drA r r dr d

r

2 22

1

4 12 ( )

2r

rA d r

⟶

2 3/2

22(4 1)

4 31

rA

r

3/2 3/22

16 1 54 3

A

3/2 3/217 56

A



14

8.- Utilice la ley de Gauss para determinar la carga contenida en el hemisferio sólido 𝑥2 + 𝑦2 +

𝑧2 ≤ 𝑎2, 𝑧 ≥ 0, si el campo eléctrico es �⃑� (�⃗�) = (𝑥; 𝑦; 2𝑧).

SOLUCIÓN

La ley de gauss establece que la carga neta encerrada por medio de una superficie cerrada es :

𝑄 = 휀0 ∬𝐸 ⋅ 𝑑𝑆𝑠

𝑥 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑧 = 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑄 = 휀0 ∬𝐸 ⋅ (𝑟𝑥 × 𝑟𝑦)𝑑𝐴𝐷

𝑟𝑥 × 𝑟𝑦 = ||

𝑖 𝑗 𝑘

1 0 2𝜕𝑔

𝜕𝑥

0 1 2𝜕𝑔

𝜕𝑦

||=−2𝜕𝑔

𝜕𝑥𝑖 − 2

𝜕𝑔

𝜕𝑦𝑗 + 𝑘 = 4𝑥𝑖 + 4𝑦𝑗 + 𝑘

𝑄 = 휀0 ∬(𝑥; 𝑦; 2𝑧) ⋅ (4x, 4y, 1) 𝑑𝐴𝐷

𝑄 = 휀0 ∬(4𝑥2 + 4𝑦2 + 2𝑧) 𝑑𝐴𝐷

A coordenadas polares:

𝑄 = 휀0 ∫ .𝑎

0

∫ [4(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 + 4(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 + 𝑎2 − (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2]𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃2𝜋

0

𝑄 = 2휀0 ∫ .2𝜋

0

∫ [𝑟2 + 𝑎2]𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑎

0

𝑄 = 2휀0 ∫ 𝑑𝜃 (𝑟3

3+ 𝑎2𝑟)|

0

𝑎

.2𝜋

0

𝑄 =16𝜋𝑎3

3



15

9. El cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑥 recorta una porción de superficie S en la hoja superior del

cono 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2. Calcule la integral de superficie 4 4 2 2 2 2

5

1x y y z z x ds

SOLUCION:

2 2 2 2 2; : 0z x y f x y z

Dfn

Df

�⃑� =(2𝑥,2𝑦,−2𝑧)

2√𝑥2+𝑦2+𝑧2

�⃑� =(𝑥, 𝑦, −𝑧)

√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2

2 2 2.

zn k

x y z

4 4 2 2 2 2

5

1x y y z z x ds

= ∬(𝑥4 − 𝑦4 + 𝑦2𝑧2 − 𝑧2𝑥2 + 1)𝑑𝐴

|�̅�. �̅�|𝑆

= ∬ [(𝑥2 − 𝑦2)(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑧2(𝑦2 − 𝑥2) + 1

|�̅�. �̅�|]

𝑆

𝑑𝐴

= ∬ [(𝑥2 − 𝑦2)(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2) + 1]𝑆

𝑑𝐴

|�̅�. �̅�|

Pero del dato 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2 o mejor dicho 𝑥2+𝑦2 − 𝑧2 = 0

∬𝑑𝐴

|�̅�. �̅�|𝑆

= ∬√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2

𝑧𝑑𝐴

𝑆

Nuevamente usamos que 𝑥2+𝑦2 = 𝑧2

2 22 2 2 2

2 2 2 2

2 )( ).

)A A

x yx y x ydA dA

x y x y

=22. 2 2. (1) 2.

A A

dA dA



16

10. Si 𝑓(�̅�) = (�̅� × �̅�). (�̅� × �̅�) , siendo �̅�(�̅�) = (𝑥; 𝑦; 𝑧) 𝑦 �̅� 𝑦 �̅� son vectores constantes,

demuestre que ∇𝑓(𝑥; 𝑦; 𝑧) = �̅� × (�̅� × �̅�) + �̅� × (�̅� × �̅�)

SOLUCION:

∇𝑓(𝑥; 𝑦; 𝑧)

∇((�̅� × �̅�). (�̅� × �̅�))

∇(휀𝑖𝑗𝑘𝑟𝑖𝐴𝑗�̂�𝑘. 휀𝑙𝑛𝑚𝑟𝑙𝐵𝑛�̂�𝑚)

∇(휀𝑖𝑗𝑘𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑙𝑛𝑘𝑟𝑙𝐵𝑛)

∇((𝛿𝑖𝑙𝛿𝑗𝑛 − 𝛿𝑖𝑛𝛿𝑗𝑙)𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛)

∇(𝛿𝑖𝑙𝛿𝑗𝑛𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛 − 𝛿𝑖𝑛𝛿𝑗𝑙𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑙𝐵𝑛)

∇(𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑗𝐵𝑖)

𝑑(𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝑟𝑗𝐵𝑖)

𝑑𝑥𝑝�̂�𝑝

2𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑗 − 𝑟𝑗𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑖

(𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑗) + (𝑟𝑖𝐴𝑗𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝑟𝑗𝐴𝑗𝐵𝑖�̂�𝑖)

[𝑟𝑖𝐴𝑗(𝐵𝑗�̂�𝑖 − 𝐵𝑖�̂�𝑗)] + [(𝑟𝑖𝐵𝑗 − 𝑟𝑗𝐵𝑖)𝐴𝑗�̂�𝑖]

{𝑟𝑖𝐴𝑗[(𝛿𝑖𝑝𝛿𝑗𝑞 − 𝛿𝑖𝑞𝛿𝑗𝑝)𝐵𝑞�̂�𝑝])} + {[(𝛿𝑖𝑟𝛿𝑗𝑠 − 𝛿𝑖𝑠𝛿𝑗𝑟)𝑟𝑟𝐵𝑠]𝐴𝑗�̂�𝑖}

{𝑟𝑖𝐴𝑗[(휀𝑖𝑗𝑘휀𝑝𝑞𝑘𝐵𝑞�̂�𝑝])} + {[휀𝑖𝑗𝑡휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠]𝐴𝑗�̂�𝑖}

(𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑖𝑗𝑘휀𝑝𝑞𝑘𝐵𝑞�̂�𝑝) + (휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠휀𝑖𝑗𝑡𝐴𝑗�̂�𝑖)

휀𝑞𝑘𝑝𝐵𝑞(𝑟𝑖𝐴𝑗휀𝑖𝑗𝑘)�̂�𝑝 + 휀𝑗𝑡𝑖𝐴𝑗(휀𝑟𝑠𝑡𝑟𝑟𝐵𝑠)�̂�𝑖

�̅� × (�̅� × �̅�) + �̅� × (�̅� × �̅�)

Documents

Resolucion de La Practica n4 de Matematica III