UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO

FACULTAD DE INGENIERIA
ESCUELA DE INGENIERÍA METALÚRGICA

CURSO:

MATEMÁTICA III

ALUMNOS:

 GUADALUPE LIZANA DANIEL

 GUADALUPE REVILLA PATRICIA
 JULCA POLO ALEXANDRA
 NUÑUVERO GIL CARLOS
 URBINA GUEVARA CEILAN
 VENTURA GRADOS JEAN

CICLO : III

TRUJILLO 2018
  EJERCICIO N° 4 :
Calcular la integral ∬𝐷 𝑥 2 𝑦𝑒 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 , D es la región 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 , 0 ≤
𝑦≤2

Solución:

1 2
∫ ∫ 𝑥 2 𝑦𝑒 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [∫ (𝑥 2 𝑦𝑒 𝑥𝑦 𝑑𝑦)]𝑑𝑥
0 0

𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠:

u = xy , du = xdy ; dv = x𝑒 𝑥𝑦 dy , v = 𝑒 𝑥𝑦
1
= ∫ (𝑥𝑦𝑒 𝑥𝑦 − ∫ 𝑥𝑒 𝑥𝑦 𝑑𝑦)]𝑑𝑥
0
1
2
= ∫ (𝑥𝑦𝑒 𝑥𝑦 − 𝑒 𝑥𝑦 ⃒ ) 𝑑𝑥
0 0
1 1 1 1
2𝑥 2𝑥 2𝑥 2𝑥
= ∫ (2𝑥𝑒 −𝑒 + 1) 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑥𝑒 𝑑𝑥 − ∫ 𝑒 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥
0 0 0 0

𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 ∶ 𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 ; 𝑑𝑣 = 𝑒 2𝑥

𝑥 1 1 1
[2( 𝑒 2𝑥 ) − 𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 + 𝑥] ⃒
2 2 2 0
1
= (𝑥𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 + 𝑥)⃒ =2
0

 EJERCICIO N°5.E
Calcular:
2 1
∫ ∫ 𝑒 𝑥 (cos 𝑦 + cos 𝑒 𝑥 )𝑑𝑦𝑑𝑥
0 0

SOLUCIÓN:
2 1 2 1
∫ ∫ 𝑒 (cos 𝑦 + cos 𝑒 )𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ (𝑒 𝑥 cos 𝑦 + 𝑒 𝑥 cos 𝑒 𝑥 )𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥 𝑥
0 0 0 0
 2
1
= ∫ (sin 𝑦 𝑒 𝑥 + cos 𝑥 𝑒 𝑥 ⃒ )𝑑𝑥
0 0
2
= ∫ (sin 1 𝑒 𝑥 + cos 𝑥 𝑒 𝑥 )𝑑𝑥
0
2 2
= sin 1 ∫ 𝑒 𝑑𝑥 + ∫ cos 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑥
0 0

2 2
= sin 1 𝑒 𝑥 ⃒ + sin 𝑒 𝑥 ⃒ = sin 1 𝑒 2 − 2 sin 1 + sin 𝑒 2
0 0

 EJERCICIO N°9:
π
Calcular la integral ∬𝐷 𝑥 2 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 , D es la región 0 ≤ 𝑥 ≤ ,0 ≤ 𝑦 ≤
2
2
SOLUCIÓN:
π
2
2
∬ 𝑥 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ (𝑥 2 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥𝑦 2 𝑑𝑦)𝑑𝑥
2 2
0 0
𝐷

π
2 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑦 2 2
=∫ ⃒ 𝑑𝑥
0 2 0
π
2 𝑥𝑠𝑒𝑛4𝑥 π
= ∫ 𝑑𝑥 =
0 2 16

 EJERCICIO N°33

Calcular ∬𝐷 (1 + 𝑥) sin 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 , donde D es el trapezoide de vértices

(0,0) , (1,0) , (1,2) , (0,1)
SOLUCIÓN:
Graficando las coordenadas.
 𝑦 =𝑥+1
Calculamos la integral
2 𝑥+1
=∫ ∫ (𝑠𝑒𝑛𝑦 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥
0 0
1
𝑥+1
∫ − cos 𝑦 − 𝑥 cos 𝑦 ⃒ 𝑑𝑥
0 0
1 1 1
∫ − cos(𝑥 + 1)𝑑𝑥 − ∫ 𝑥 cos(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑑𝑥
0 0 0

𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 ∶

𝑢 = 𝑥 , 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 ; 𝑑𝑣 = cos(𝑥 + 1) , 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1)
1 𝑥2
−𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1) − [𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1) − ∫0 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1)𝑑𝑥 ] + 𝑥 +
2

𝑥2 1
= −𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1) − 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 1) − cos(𝑥 + 1) + 𝑥 + ⃒
2 0
3
= − 2𝑠𝑒𝑛2 − 𝑐𝑜𝑠2 + 𝑠𝑒𝑛1 + 𝑐𝑜𝑠1
2

 EJERCICIO N° 43-A
Calcule las siguientes integrales:
b) ∬(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦, donde la región D está limitada por las rectas
𝑦 = 𝑥 , 𝑥 + 𝑦 = 2𝑎 , 𝑥 = 0
SOLUCIÓN:
Integrando:
𝑎 2𝑎−𝑥
𝐼=∫ ∫ (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥
0 𝑥
𝑎
𝑦 3 2𝑎 − 𝑥
2
𝐼 = ∫ (𝑥 𝑦 + )| 𝑑𝑥
0 3 𝑥
𝑎
(2𝑎 − 𝑥)3
2(
𝑥3
𝐼 = ∫ [𝑥 2𝑎 − 𝑥) + − 𝑥 3 − ] 𝑑𝑥
0 3 3
𝑎 3
7𝑥 (2𝑎 − 𝑥)3
= ∫ [2𝑎𝑥 2 − + ] 𝑑𝑥
0 3 3
2𝑎𝑥 3 7𝑥 4 (2𝑎 − 𝑥)4 𝑎
𝐼= − − )|
3 12 12 𝑜
2𝑎4 7𝑎4 (2𝑎−𝑎)4 16𝑎4 4𝑎4
𝐼= − − + =
3 12 12 12 3

 EJERCICIO N°64-B
Hallar el volumen del sólido indicado:

b) El tetraedro limitado por los planos coordenados y el plano 3𝑥 +

4𝑦 + 𝑧 − 2 = 0
SOLUCIÓN:
 2/3 2−3𝑥/4
∫ ∫ (2 − 3𝑥 − 4𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥
0 0

2 2 − 3𝑥
3
∫ [(2𝑦 − 3𝑥𝑦 − 2𝑦 )| 4 ] 𝑑𝑥
2
0 0

1 2/3
[∫ (4 − 12𝑥 + 9𝑥 2 )𝑑𝑥 ]
8 0

1 2/3
[4𝑥 − 6𝑥 2 + 3𝑥 3 | ]
8 0

1 8 8 8 1
[ − + ] = 𝑢3
8 3 3 9 9

 EJERCICIO N°2

𝑑𝑥𝑑𝑦
Calcular ∬ (4−𝑥 2 −𝑦2 )1/2 , donde D es el recinto dado por 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 ≤ 0

SOLUCIÓN:
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑟 2 ⇒ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2𝑥
 𝑟 2 = 2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) ⇒ 𝑟 = 2 cos(𝜃)

𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2𝑥 ⇒ (𝑥 − 1)2 + 𝑦 2 ≤ 1

De donde los límites son:

−𝜋 𝜋
0 ≤ 𝑟 ≤ 2cos(𝜃) ⇒ ≤𝜃≤ ; 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
2 2

𝜋 𝜋
2cos(𝜃)
𝑑𝐴 2 𝑟𝑑𝑟𝜃 2 2cos(𝜃)
𝐼=∬ 2 2 1/2
= ∫ ∫ = − ∫ √4 − 𝑟 2 | 𝑑𝜃
(4 − 𝑥 − 𝑦 ) −
𝜋
0 √4 − 𝑟 2 −
𝜋 0
2 2
𝜋 𝜋
2 2
𝐼 = − ∫ [√4 − 4𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − 2] 𝑑𝜃 = ∫ [2 − 2√1 − cos(𝜃)]𝑑𝜃
𝜋 𝜋
− −
2 2
𝜋 𝜋
2
𝐼 =-∫ [2 − 2𝑠𝑒𝑛(𝜃)]𝑑𝜃 = 2𝜃 + 2cos(𝜃)|
𝜋
2
𝜋
2 −2

𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
𝐼 = 2 ( + ) + 2 cos ( ) − 2 cos (− ) = 2𝜋 + 0 − 0 = 2𝜋
2 2 2 2

 EJERCICIO N°7
Calcular
𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑥2 𝑦2
∬ 2 2
, 𝑎 > 0, 𝑏 > 0 y D es la región limitada por la elipse 𝑎2 + 𝑏2 = 1
√𝑥2 +𝑦2 +4
𝑎 𝑏

SOLUCIÓN:
𝑟 2 𝑎2 (𝜃) 𝑟 2 𝑏 2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃)
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑦 = 𝑟𝑏𝑠𝑒𝑛(𝜃) ⇒ + =1⇒𝑟=1
𝑎2 𝑏2
Donde los límites son:

0 ≤ 𝑟 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 ; 𝑑𝐴 = 𝑎𝑏𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑎𝑏𝑟𝑏𝑟𝑑𝜃
𝐼=∬ =∬
2 2 2 2 2𝜃 𝑏 2 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
√𝑥 2 𝑦 2 √𝑎 𝑟 𝑐𝑜𝑠 + +4
𝑎 𝑏 𝑎2 𝑏2
 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
𝐼 = 𝑎𝑏 ∬ = 𝑎𝑏 ∬
√𝑟 2 [𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃] + 4 √𝑟 2 + 4
2𝜋
1
= 𝑎𝑏 ∫ √4 + 𝑟 2 | 𝑑𝜃
0 0
2𝜋
𝐼 = 𝑎𝑏(√5 − 2)𝜃| = 2𝜋𝑎𝑏(√5 − 2)
0

 EJERCICIO N°19

𝑎 √𝑎2 −𝑥 2
∫0 ∫0 √𝑎2 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥

SOLUCION:

Región R: 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 ; 0 ≤ 𝑦 ≤ √𝑎2 − 𝑥 2

𝑦 = √𝑎2 − 𝑥 2 → 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎2 → circunferencia de radio a.

(se toma solo el primer cuadrante puesto que x e y toman valores a

partir de 0)

Graficamos y transformamos a coordenadas polares

Región R:
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 ; 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 ; 𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2
De donde los límites son:
𝜋
0≤𝑟≤𝑎; 0≤𝜃≤ ; 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
2
Entonces tenemos:
𝜋⁄ 𝑎
2
I= ∫0 ∫0 √𝑎2 − 𝑥 2 −𝑦 2 dA
𝜋⁄ 𝑎
2
I= ∫0 ∫0 √𝑎2 − 𝑟 2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

Para resolver la integral hacemos u=𝑎2 − 𝑟 2

du=-2rdr
−𝑑𝑢
dr=
2𝑟

reemplazamos:
𝜋⁄ 1
2 𝑎 𝑟.𝑢 ⁄2 .−𝑑𝑢
I= ∫0 ∫0 . 𝑑𝜃
2𝑟
3
𝜋⁄ (2)𝑢2 𝑑𝑢 𝑎
I= − ∫0 2 | . 𝑑𝜃
2(3) 0
3
𝜋⁄ (𝑎2 −𝑟 2 )2 𝑎
I=− ∫0 2 | . 𝑑𝜃
3 0
1 𝜋⁄ 3 3
2 [(𝑎 2
I=− ∫0 − 𝑎2 )2 − (𝑎2 − 0)2 ] 𝑑𝜃
3

1 3 𝜋⁄ 3 3
I=− (−𝑎2 )2 𝜃 | 2 = 𝑎 . (𝜋 − 0) =𝜋𝑎
3 0 3 2 6

 EJERCICIO N°34
𝑎 √𝑎2 −𝑦 2
∫ ∫ (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥
0 0

SOLUCION:
(se toma solo el primer cuadrante puesto que x e y toman valores a
partir de 0)

Región R: 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑎 ; 0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑎2 − 𝑦 2

𝑥 = √𝑎2 − 𝑦 2 → 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎2 → circunferencia de radio a.

Graficamos y transformamos a coordenadas polares
Región R:
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 ; 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 ; 𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2
De donde los límites son:
𝜋
0≤𝑟≤𝑎; 0≤𝜃≤ ; 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
2
Entonces tenemos:
𝜋⁄ 𝑎
I= ∫0 2
∫0 𝑟 2 dA
𝜋⁄ 𝑎
I= ∫0 2
∫0 𝑟 2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
𝜋⁄ 𝑟 4 𝑎
2 | . 𝑑𝜃
I= ∫0
4 0
𝜋⁄ 𝑎4
2
I= ∫0 . 𝑑𝜃
4

𝑎4 𝜋⁄ 4 4
I= 𝜃 | 2 = 𝑎 . (𝜋 − 0) =𝜋𝑎
4 0 4 2 8
  EJERCICIO N°138-B
Calcular la masa y el centro de masa de la lámina indicada para la
densidad que se proporciona.
Lámina: Región limitada por 𝑦 = 𝑥 2 ; 𝑦 2 = 𝑥, densidad proporcional al
cuadrado de la distancia al origen.
SOLUCIÓN:

1 √𝑋
M=∫0 ∫𝑥2 𝐾 (𝑥 2 + 𝑦 2 )dydx
1 √𝑋
M=𝑘 ∫0 ∫𝑥2 (𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝑦 2 𝑑𝑦).dx

𝑦3
) |√𝑋
1
M=𝑘 ∫0 (𝑥 2 𝑦 + .dx
3 𝑥2
3
1 √𝑋 𝑥6
M=𝑘 ∫0 [(𝑥 2 √𝑋 + ) − (𝑥 4 + )].dx
3 3

3
1 5 𝑥2 𝑥6
M=𝑘 ∫0 [(𝑥 2 + ) − (𝑥 4 + )].dx
3 3

7 5
2𝑋 2 2𝑋 2 𝑋5 𝑋7 1
M=K( + − − ) | .dx
7 15 5 21 0
7 5
2(1)2 2(1)2 (1)5 (1)7
M=K( + − − )
7 15 5 21

6
M=k( )
35

Calculamos Mx:

Mx=∬𝐷 𝑦𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴

1 √𝑋
Mx=∫0 ∫𝑥2 𝑘𝑦 (𝑥 2 + 𝑦 2 )dydx
1 √𝑋
Mx=𝑘 ∫0 ∫𝑥2 (𝑦𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝑦 3 𝑑𝑦).dx
 1 𝑥2 𝑦 2 𝑦4
Mx=𝑘 ∫0 ( + ) |√𝑋 .dx
2 4 𝑥2
1 𝑥3 𝑥2 𝑥6 𝑥8
Mx=𝑘 ∫0 [( + )−( + )].dx
2 4 2 4

𝑥4 𝑥3 𝑥7 𝑥9 1
Mx=k( + − − ) | .dx
8 12 14 36 0
(1)4 (1)3 (1)7 (1)9 55
Mx=k( + − − )= k( )
8 12 14 36 504

Calculamos My:

My=∬𝐷 𝑥𝜌(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴

1 √𝑋
My=∫0 ∫𝑥2 𝑘𝑥 (𝑥 2 + 𝑦 2 )dydx
1 √𝑋
My=𝑘 ∫0 ∫𝑥2 (𝑥 3 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 2 𝑑𝑦).dx

𝑥𝑦 3
) | √𝑋
1
My=𝑘 ∫0 (𝑥 3 𝑦 + .dx
3 𝑥2
5
1 7 𝑥2 𝑥7
My=k∫0 (𝑥 2 + − 𝑥5 − ).dx
3 3

9 7
2𝑥 2 2𝑥 2 𝑥6 𝑥8 1
My=k( + − − ) | .dx
9 21 6 24 0
9 7
2(1)2 2(1)2 (1)6 (1)8 55
My=k( + − − )= k( )
9 21 6 24 504

Ahora reemplazamos M, Mx y My para encontrar el centro de masa:

55𝑘 55𝑘
𝑀𝑦 𝑀𝑥 504 504 275 275
C.G=(𝑋; 𝑌)=( ; )=( 6𝑘 ; 6𝑘 )= ( ; )
𝑀 𝑀 432 432
35 35

 EJERCICIO N°4:
∭𝑇 𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 el domino de T esta limitada por la esfera 𝑥 2 + 𝑦 2 +
𝑧 2 = 1 y los planos x=0, y=0, z=0.
SOLUCIÓN:
Graficamos 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1
Ahora graficamos 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1 y los planos x=0, y=0, z=0.

Para los limites:

 0 ≤ 𝑧 ≤ √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2
 0 ≤ 𝑦 ≤ √1 − 𝑥 2
 0≤𝑥≤1
Entonces tenemos:
1 √1−𝑥 2 √1−𝑥 2 −𝑦 2
I= ∫0 ∫0 ∫0 𝑥𝑦𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥

√1−𝑥 2 2 2
𝑥𝑦 𝑧 |√1 − 𝑥 − 𝑦 dydx
1
I= ∫0 ∫0
0
 1 √1−𝑥 2
I= ∫0 ∫0 𝑥𝑦 √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 dydx

Para resolver la integral hacemos u=1 − 𝑥 2 − 𝑦 2

du=-2ydy
−𝑑𝑢
dy=
2𝑦

reemplazamos:
1
1 √1−𝑥 2 𝑥𝑦𝑢2 .−𝑑𝑢
I= ∫0 ∫0 2𝑦
.dx
3

I= − ∫0
1 𝑥(2)𝑢2 𝑑𝑢 √1
| − 𝑥 2 .dx
2(3) 0
3

I= − ∫0
1 𝑥(2)𝑢2 𝑑𝑢 √1
| − 𝑥 2 .dx
2(3) 0
3 3
1 𝑥(1−𝑥 2 −1+𝑥 2 )2 𝑥(1−𝑥 2 )2
I= − ∫0 − .dx
3 3
3
1 𝑥(1−𝑥 2 )2
I= ∫0 .dx
3

Para resolver la integral hacemos u=1 − 𝑥 2

du=-2xdx
−𝑑𝑢
dx=
2𝑥

reemplazamos:
3 5 5
1 1 𝑥𝑢2 .−𝑑𝑢 1 3
1 1 𝑢2 (2) 1 1 (1−𝑥 2 )2 1
I= ∫ = − ∫0 𝑢2 𝑑𝑢 =− | =− |
3 0 2𝑥 6 6 5 0 3 5 0
1 5⁄ 5⁄ 1
I=− [ (1 − 1) 2 − (1 − 1) 2] =
15 15

 EJERCICIO N°2

Calcular la integral curvilínea ∫𝑐 √2𝑥 2 + 𝑧 2 𝑑𝑆, donde C circunferencia 𝑥 2 +

𝑦 2 + 𝒛𝟐 = 𝒂𝟐 , 𝒚 = 𝒙
SOLUCIÓN:
La curva en su forma paramétrica está dada por:
𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑎2
𝑥 2 + 𝑥 2 + 𝑧 2 = 𝑎2
 2𝑥 2 + 𝑦 2 += 𝑎2
Entonces:
𝑎 𝑎
𝑥= cos(𝑡); 𝑦 = cos(𝑡); 𝑧 = 𝑎 sen(𝑡)
√2 √2
𝑎 𝑎
𝑑𝑥 = − sen(𝑡)(𝑑𝑡); 𝑑𝑦 = − sen(𝑡)(𝑑𝑡); 𝑧 = 𝑎 cos(𝑡)(𝑑𝑡)
√2 √2

Luego tenemos en cuenta lo siguiente:

𝑑𝑠 = √(𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2 + (𝑑𝑧)2 𝑑𝑡

𝑎2 𝑎2
𝑑𝑠 = √ (sen2 (𝑡) + (sen2 (𝑡)) + 𝑎2 cos2 (𝑡)𝑑𝑡
2 2

𝑑𝑠 = √𝑎2 (sen2 (𝑡) + cos2 (𝑡)𝑑𝑡

𝑑𝑠 = √𝑎2 (1)𝑑𝑡
𝑑𝑠 = 𝑎 𝑑𝑡
Finalmente, la integral sería
2𝜋 2𝜋
∫ 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆 = ∫ √2𝑥 2 + 𝑧 2 𝑑𝑠 = ∫ √2𝑥 2 + 𝑧 2 𝑎 𝑑𝑡
𝐶 0 0
2𝜋
= ∫ √𝑎2 𝑎 𝑑𝑡
0

= 𝑎2 𝑡│2𝜋
0

= 2𝜋 𝑎2

 EJERCICIO N° 7A :
Calcular la integral curvilínea ∫𝑐 𝑟 𝑑𝑆, siendo r el radio vector. A lo largo
de una vuelta completa de la hélice cónica de ecuaciones paramétricas
𝑥 = 𝑎 𝑡cos(𝑡); 𝑦 = 𝑎 𝑡sen(𝑡); z=ct
SOLUCIÓN:
La curva está en forma paramétrica está dada por
𝑥 = 𝑎 𝑡cos(𝑡 ); 𝑦 = 𝑎 𝑡sen(𝑡); z=ct
Calculamos dx; dy; dz:
 𝑑𝑥 = 𝑎[cos(𝑡 ) − 𝑡 sen]; 𝑑𝑦 = 𝑎[sen(𝑡 ) + 𝑡 cos(𝑡 )]; 𝑑𝑧 = 𝑐𝑑𝑧
Luego calculamos ds:

𝑑𝑠 = √(𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2 + (𝑑𝑧)2 𝑑𝑧

𝑑𝑠 = √𝑎2 [cos 𝑡 − 𝑡 sen(𝑡 )]2 + 𝑎2 [𝑡 cos(𝑡 ) + sin(𝑡)]2 + 𝑐 2 𝑑𝑧

𝑑𝑠
= √𝑎2 [cos 2 𝑡 − 2𝑡 sen(𝑡 ) cos(𝑡 ) + 𝑡 2 sen2 (𝑡 ) + 2𝑡 sen(𝑡 ) cos 𝑡 + 𝑡 2 cos2 (𝑡)𝑑𝑧

𝑑𝑠 = √𝑎2 + (1 + 𝑡 2 ) + 𝑐 2 𝑑𝑧
Ahora hallar r: 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑟 2

𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = √𝑎2 𝑡 2 cos2 (𝑡 ) + 𝑎2 𝑡 2 sen2 (𝑡 ) + 𝑐 2 𝑡 2

= 𝑡 √𝑎 2 + 𝑐
Finalmente, la integral es:
2𝜋
∫ 𝑟𝑑𝑠 = ∫ 𝑡 √𝑎2 + 𝑐 2 √𝑎2 (1 + 𝑡 2 ) + 𝑐 𝑑𝑡
𝐶 0

Hacemos: 𝑢 = 𝑎2 (1 + 𝑡 2 ) + 𝑐 2
𝑑𝑢 = 2𝑡𝑎2 𝑑𝑡
Entonces los nuevos límites serían cuando:
𝑡=0 ⇒ 𝑢 = 𝑎2 + 𝑐 2
𝑡 = 2𝜋 ⇒ 𝑢 = 𝑎2 (1 + 4𝜋 2 ) + 𝑐 2

Por tanto:
𝑎2 (1+4𝜋 2 )+𝑐 2
√𝑎2 + 𝑐 2
𝐼=∫ 𝑑𝑢
𝑎2 +𝑐 2 2𝑎2

2 √𝑎2 + 𝑐 2 𝑢3⁄2 𝑎2(1+4𝜋2)+𝑐 2

𝐼= │𝑎2+𝑐 2
3 2𝑎2
√𝑎2 + 𝑐 2
𝐼= 2
[(𝑎2 (1 + 4𝜋 2 ) + 𝑐 2 )3⁄2 − (𝑎2 + 𝑐 2 )3⁄2
3𝑎
  EJERCICIO N °21
Calcular la integral curvilínea ∫𝑐(𝑥 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑦, donde C
es la parábola 𝑦 = 𝑥 2 , donde (−1 ≤ 𝑥 ≤ 1)
SOLUCIÓN:
Parametrizamos la ecuación 𝑥 = 𝑡; 𝑦 = 𝑡 2
𝑑𝑥 = 𝑑𝑡; 𝑑𝑦 = 2𝑡 𝑑𝑡
Entonces:
1
𝐼 = ∫ (𝑥 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑦 = ∫ [(𝑡 2 − 2𝑡 3 )𝑑𝑡 + (𝑡 4 − 2𝑡 3 )(2𝑡 )𝑑𝑡]
𝑐 −1
1
= ∫ [(𝑡 2 − 2𝑡 3 ) + (2𝑡 5 − 4𝑡 4 )]𝑑𝑡
−1
1
= ∫ [2𝑡 5 − 4𝑡 4 − 2𝑡 3 + 𝑡 2 ]𝑑𝑡
−1

𝑡6 4 5 𝑡4 𝑡3 1
= − 𝑡 − + │−1
3 5 2 3
1 4 1 1 1 4 1 1
=( − − + )−( + − − )
3 5 2 3 3 5 2 3
8 2 14
=− + =−
5 3 15

 EJERCICIO N° 31
Evalúe la integral curvilínea ∫𝑐(𝑦𝑥 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦, donde C es dado por
𝑦 = −𝑥 3 del origen al punto (1,-1)
SOLUCIÓN:

Parametrizamos la curva
Sea x=t entonces 𝑦 = −𝑡 3
𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 d𝑦 = −3𝑡 2 𝑑𝑡
Entonces la integral quería:
 1
𝐼 = ∫ (𝑦𝑥 𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ (−𝑡 3 )(𝑡 )2 𝑑𝑡 + (𝑡 − 𝑡 3 )(−3𝑡 2 𝑑𝑡 )
2)
𝑐 0
1
𝐼 = ∫ [−𝑡 5 − 3𝑡 3 + 3𝑡 5 ]𝑑𝑡
0
1
𝑡 6 3𝑡 4 1
5 3]
𝐼 = ∫ [2𝑡 − 3𝑡 𝑑𝑡 = − │
0 3 4 0
1 3 −5
= − =
3 4 12

 EJERCICIO N° 38:

Calcular ∫𝐶 (𝑥 2 − 𝑦𝑧)𝑑𝑥 + (𝑦 2 − 𝑥𝑧)𝑑𝑦 − 𝑥𝑦𝑑𝑧, donde C es la curva dada

𝑡2 𝑡4
por las ecuaciones 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = ,𝑧 = desde A (0, 0, 0) hasta B(1, 1/2,
2 2
1/2).
SOLUCIÓN:
 Tenemos:
 𝑥 = 𝑡 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑡2
 𝑦= → 𝑑𝑦 = 𝑡 𝑑𝑡
2
𝑡4
 𝑧= → 𝑑𝑧 = 2𝑡 3 𝑑𝑡
2
 Hallamos los nuevos limites
Cuando
𝑥=0→𝑡=0
𝑥=1→𝑡=1

 Reemplazando en la ecuación

1 2
2
𝑡2 𝑡4 𝑡2 𝑡4
∫ [(𝑡 ) − ( ) ( )] 𝑑𝑡 + [( ) − (𝑡) ( )] 𝑡 𝑑𝑡
0 2 2 2 2
𝑡2
− [(𝑡) ( ) (2𝑡 3 )] 𝑑𝑡
2

1
𝑡6 𝑡5 𝑡6
∫ (𝑡 − ) + ( − ) − 𝑡 6 𝑑𝑡
2
0 4 4 2

1
𝑡5 𝑡 6 2𝑡 6 4𝑡 6
2
∫ 𝑡 + −( + + ) 𝑑𝑡
0 4 4 4 4
 1
𝑡 5 7𝑡 6
2
∫ 𝑡 + − 𝑑𝑡
0 4 4

1
𝑡3 𝑡6 𝑡7
[ + − ]∫
3 24 4
0

13 16 17
( + − ) − (0)
3 24 4

3 1
= =
24 8

 EJERCICIO N°60:

Calcular la integral ∫C x 2 y 2 dx + xy 2 dy, donde C es el camino cerrado,

formado por la recta x = 1 y la parábola y 2 = x (antihorario).
SOLUCIÓN:
 Si tenemos 𝑦 = 𝜑(𝑥), 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 =

𝑏
=∫𝑎 [𝑃(𝑥, 𝜑(𝑥)) + 𝑄(𝑥, 𝜑(𝑥))𝜑′(𝑥)] 𝑑𝑥

 Además
𝑑𝑥
𝑦 = 𝜑(𝑥) = √𝑥, → 𝜑′(𝑥) =
2√𝑥

 Luego
1 𝑥.𝑥 𝑑𝑥
∫𝐶 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑦 2 𝑑𝑦 = 2 ∫0 𝑥 2 . 𝑥 𝑑𝑥 + 2√𝑥
1 𝑥 2 𝑑𝑥
= 2 ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥 +
2√𝑥
5
𝑥 4 𝑥 ⁄2 1
= 2( + ){
4 5 0

𝟏 𝟏 𝟗 𝟗
= 𝟐( + ) = 𝟐 =
𝟒 𝟓 𝟐𝟎 𝟏𝟎

 EJERCICIO N°69-B:
 (2,1)
Calcular la integral curvilínea ∫(0,2) 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦:

SOLUCIÓN:
 Probamos la exactitud donde se debe cumplir que

𝝏𝑷(𝒙, 𝒚) 𝝏𝑸(𝒙, 𝒚)
=
𝝏𝒚 𝝏𝒙
𝝏𝑷(𝒙,𝒚) 𝟐𝒙𝒚
 = = 𝟐𝒙
𝝏𝒚 𝝏𝒚

𝝏𝑸(𝒙,𝒚) 𝒙𝟐
 = = 𝟐𝒙
𝝏𝒙 𝝏𝒙

𝝏𝑭(𝒙,𝒚) 𝝏𝑭(𝒙,𝒚)
 Al ser iguales concluimos que ∃𝑭(𝒙, 𝒚)/ = 𝑷(𝒙, 𝒚); =
𝝏𝒙 𝝏𝒚
𝑸(𝒙, 𝒚)

 𝐹 (𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
= ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥
2𝑦𝑥 2
=
2
𝐹 (𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑥 2 + 𝑔(𝑦)

 𝐹 (𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑄(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦
= ∫ 𝑥 2 𝑑𝑦
𝐹 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦
∴ 𝐶𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑥 2 𝑦 = 𝑦𝑥 2 + 𝑔′ (𝑦)
0 = 𝑔′(𝑦)
ENTONCES DECIMO QUE 𝑔(𝑦) = 𝐾 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐾 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ∈ 𝑅
∴ 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑥 2 + 𝐾

 Por últimos analizamos en los puntos que nos piden:

De A= (0,2) hasta B= (2,1)
2,1
𝐹 (𝑥, 𝑦) = (𝑦𝑥 2 ) {
0,2
= (1. 2 ) − (2. 02 )
2

=4

𝐹(𝑥, 𝑦) = 4