Matemática Iv: Universidad Técnica Federico Santa María

Universidad Técnica Federico Santa María
MAT024
Evaluaciones Resueltas 2020 y 2021-1
MATEMÁTICA IV
Ayudantes:
Ernesto Treumún
Francine Palacios
Alonso Carrasco
Sebastian Fuentes
Mario Pastrana
Abner Saavedra
Clemente Ferrer
2021-2
Departamento De Matemática
Índice
Prefacio 3
Control 1 2020-1 4
Control 1 2020-2 8
Control 1 2021-1 28
Certamen 1 2020-1 37
Certamen 1 2020-2 41
Control 2 2020-1 51
Control 2 2020-2 61
Matemática IV 2
Prefacio
En favor de ayudar al estudiante con sus evaluaciones en las circunstancias extraordinarias
en las que nos encontramos hemos dispuesto el siguiente PDF en donde se presenta las
evaluaciones de semestres en formato online anteriores, con sus respectivas soluciones y
desarrollos.
Las futuras actualizaciones de este PDF las podrá encontrar en las distintas nubes que ha dis-
puesto cada ayudante en sus respectivos paralelo. Cualquier error, consulta y/o comentario,
favor de comunicarse vía correo con cualquiera de los ayudantes.
A continuación se presenta los correos y vínculos hacia las respectivas nubes de cada ayu-
dante.
Ayudante Correo Nube

Ernestro Treumún ernesto.treumun@usm.cl Paralelo 14
Francine Palacios francine.palacios@usm.cl Paralelo 9
Alonso Carrasco alonso.carrasco@usm.cl Paralelo 10
Sebastian Fuentes sebastian.fuenteso@usm.cl Paralelo 1
Mario Pastrana mario.pastrana@usm.cl Paralelo xx
Abner Saavedra abner.saavedra@usm.cl Paralelo 13
Clemente Ferrer clemente.ferrer@usm.cl Paralelo -
24 de septiembre de 2021.
Matemática IV 3
Control 1 2020-1
Problema 1. Determine el valor de la integral

ZZ
(x2 + y 2 ) dA
E
donde E es la región plana obtenida por x2 − y 2 ≥ 1, x2 − y 2 ≤ 9, xy ≥ 1, xy ≤ 3.
a) 8.X
b) 6.
c) 16.
d) 4.
J
Solución I
Para resolver este ejercicio, usaremos un cambio de variable.

Sea u = x2 −y 2 y v = xy. Entonces los limites de integracion quedarian de la forma. 1 ≤ u ≤ 9
y 1 ≤ v ≤ 3. Luego,
∂(u, v) ∂u ∂u

2x −2y
= 2x2 + 2y 2 = 2(x2 + y 2 )
= ∂x
∂v
∂y
∂v =

∂(x, y) ∂x ∂y
y x
Así, el jacobiano está dado por (note que x2 + y 2 es siempre positivo)

∂(x, y) 1 1
∂(u, v) 2(x2 + y 2 ) = 2(x2 + y 2 ) .
=
Finalmente,
Z 9 Z 3 Z 9 Z 3
2 2 1 1
(x + y ) · dvdu = dvdu
1 1 2(x + y 2 )
2
1 1 2
1
= · (3 − 1) · (9 − 1)
2
=8
Matemática IV 4
Problema 2. Sea f : R2 → R una función continua. Si

Z 1 Z 2x Z 1Z x
f (x, y) dy dx = A y f (x, y) dy dx = B.
0 0 0 0
Determine el valor de
Z 1 Z y Z 2 Z 1
f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
y y
0 2
1 2
a) B − A.
b) A − B + 1.
c) A − 2B.
d) A − B. X
J
Solución I
Notemos que las regiones de integración de las integrales A y B corresponden a:

ΩA = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1 ∧ 0 < y < 2x}
ΩB = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1 ∧ 0 < y < x}
Por otro lado las regiones correspondientes a las integrales a resolver son:
ω1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 < y < 1 ∧ y/2 < x < y}
ω2 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < y < 2 ∧ y/2 < x < 1}
Observamos entonces que ΩA \ ΩB = ω1 ∪ ω2 , como se puede notar a continuación
Por lo tanto Z 1 Z y Z 2 Z 1
f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy = A − B.
y y
0 2
1 2
Matemática IV 5
Problema 3. Determine el valor de

Z 2 Z 4 √
x3
2 dx dy.
0 y2
62
a) .
15
514
b) .
3 ln 2
170
c) .X
ln 2
988
d) .
27
J
Solución I
Para determinar el valor, cambiaremos el orden de integración. Para ello, note en la siguiente
imagen el dominio de integración
Por lo que puede notar que, cambiando el orden, √ la variable x ahora se mueve entre 0 y 4,
por otro lado la variable y se moverá entre 0 y x. De esta forma tenemos que
Z 2Z 4 √ Z 4 Z √x √
3 3
2 x dx dy = 2 x dy dx
0 y2 0 0
√
Z √ 4
3
= x · 2 x dx
0
Z 4
1 2 √
3 3 √
= · · ln 2 · ·2 x · · xdx
ln 2 3 0 2
1 2 √
3
= · · (2 x )|40
ln 2 3 √
√
3 03
2 2 4 −2
= ·
3 ln 2
170
=
ln 2
Matemática IV 6
Problema 4. Determine el área de la región ubicada en el primer cuadrante y limitada por

la curva x y 4
+ = x2 + y 2 .
2 3
a) 13. X
b) 9.
c) 4.
d) 26.
J
Solución I
Haciendo un intercambio de coordenadas polares x = r cos(θ), y = r sin(θ), tenemos que el

jacobiano de la transformación es ∂(x,y)
∂(r,θ)
= r. Así, al reemplazar en la ecuación original:
4 4
r cos(θ) r sin(θ) 2 2 4 cos(θ) sin(θ)
+ = (r cos(θ)) + (r sin(θ)) ⇐⇒ r + = r2
2 3 2 3
4
2 cos(θ) sin(θ)
⇐⇒ r + =1
2 3
2
cos(θ) sin(θ)
⇐⇒ r + =1
2 3
1
=⇒ r = 2 .
cos(θ) sin(θ)
2
+ 3
Dado que nos piden el área de la región encerrada por dicha curva, y dado que nos la piden
π
en el primer cuadrante, tenemos que 0 ≤ θ ≤ y 0 ≤ r ≤ cos(θ) 1 sin(θ) 2 , y así
2 ( 2 + 3 )
1
Z π/2 Z 2
A(D) = ( cos(θ)
2
sin(θ)
+ 3 )
rdrdθ = 13.
0 0
Matemática IV 7
Control 1 2020-2
Problema 1. Determine el volumen del sólido ubicado en el primer octante y que se en-
cuentra limitado por las superficies y 2 = x y z + x = 1.
2
a) .
5
8
b) .
15
4
c) .X
15
1
d) .
6
J
Solución I
Notamos que en el plano z = 0 tenemos la región
Luego el volumen del sólido viene dado por (tomando en cuenta únicamente el primer oc-
tante):
Z 1 Z √x Z 1 Z √x
|1 − x| dy dx = (1 − x) dy dx
0 0 0 0
Z 1
√
= x − x3/2 dx
0
3/2
x x5/2 1
= −
3/2 5/2 0

4
=
15
Matemática IV 8
Problema 2. Sea D la región acotada por el triángulo de vértices (0, 0), (−1, 1) y (1, 1).
Determine el valor de la siguiente integral
ZZ
4(x + y)ex−y dx dy.
D
a) 16(1 − e2 ).
b) 8(1 − e−2 ).
c) 4(1 − e2 ).
d) 2(1 − e−2 ). X
J
Solución I
Para una mejor visualización, vea el siguiente gráfico donde se encuentra el triangulo con los
vértices mencionados.
Donde las rectas que unen estos tres puntos son: y = x ; y = −x ; y = 1 o equivalentemente
x − y = 0 ; x + y = 0; y = 1.
Luego la región D es la intersección de las siguientes regiones x − y ≤ 0; x + y ≥ 0; y ≤ 1.
Usando el cambio de variable u = x + y v = x − y, tenemos que
∂(u, v) ∂u ∂u

1 1
= ∂x
∂v
∂y
∂v 1 −1 = −1 − 1 = −2
=
∂(x, y) ∂x ∂y
Luego, el jacobiano está dado por

∂(x, y) 1 1
∂(u, v) = −2 = 2 .

Matemática IV 9
Además, puede notar que

u−v
y= ≤ 1,
2
junto a v ≥ u − 2, u ≥ 0 y v ≤ 0.
Graficando en el plano uv puede notar fácilmente que 0 ≤ u ≤ 2 y u − 2 ≤ v ≤ 0. Finalmente
ZZ Z 2Z 0
x−y 1
4(x + y)e dx dy = 4uev dv du
0 u−2 2
D
Z 2
= 2uev |0u−2 du
Z0 2
= 2u(1 − eu−2 ) du
0
= 2(1 − e−2 )
Matemática IV 10
Problema 3. Dada la región
R = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 4y ≤ x ≤ 4 ,

se afirma que:
Z 1 Z 4 Z 4 Z x/4
x2 2
I) e dx dy = ex dy dx.
0 4y 0 0
e16 − 1
ZZ
2
II) ex dA = .
8
R
1−e
ZZ
2
III) ex dA = .
8
R
Determine cual de las siguientes alternativas es la correcta.
a) II y III.
b) I y II. X
c) Solo III.
d) Solo I.
J
SoluciónI
I) Observando el siguiente gráfico de las curvas x = 4y y x = 4 con 0 ≤ y ≤ 1,
Matemática IV 11
notamos que 0 ≤ x ≤ 4 y que y está limitado por las curvas y = 0 e y = x/4, esto es,
0 ≤ y ≤ x/4. Así, al hacer el cambio de diferenciales obtenemos
Z 1 Z 4 Z 4 Z x/4
x2 2
e dxdy = ex dydx.
0 4y 0 0
II) Teniendo en cuenta el cambio de integrales hechos en I), tenemos que

ZZ Z 4 Z x/4 Z 4
x/4 Z 4 x
x2 x2 x2 2

e dA = e dydx = e y dx =
ex − 0 dx
0 0 0 0 0 4
R
1 1 4 x2
Z
= e 2x dx
42 0
4
1 x2
= e
8 0
e16 − 1
=
8
III) Por desarrollo de II) sabemos que III) no es correcta. Así, I) y II) son correctas.
Matemática IV 12

ZZ
I= 3x2 y 2 dA
D
√
donde D es la región limitada por las gráficas de las funciones y = x e y = 3
x.
1
a) I = − .
3
1
b) I = . X
6
13
c) I = .
36
1
d) I = .
3
J
Solución I
Observe la siguiente figura
Note que la parte sombreada es el dominio de integración y las funciones se intersectan en

los puntos (0, 0), (1, 1) y (−1, −1). Esto se deduce a través de las siguientes manipulaciones
algebraicas
√
x = 3 x =⇒ x3 = x
=⇒ x3 − x = 0
=⇒ x(x2 − 1) = 0
=⇒ x = 0 o x = 1 o x = −1
Matemática IV 13
Luego, por simetría de la región, se procederá a integrar solo la parte que está en el segundo
cuadrante, que es la mitad del dominio. Además, como la función a integrar es par, el
resultado final debemos multiplicarlo por 2.
√
Ahora bien, la variable x esta entre 0 y 1, mientras que la variable y está entre x y 3 x. Así:
√
3
Z 1 Z x
I
= 3x2 y 2 dydx
2
Z0 1 x
√
3
= x2 · (y 3 )|x x dx
Z0 1
√
x2 · ( 3 x)3 ) − x3 dx

=
Z0 1
= x2 (x − x3 )dx
Z0 1
= x3 − x5 dx
0 4
x6 1

x
= − |0
4 6
1 1 2 1 1
= − = = =⇒ I =
4 6 24 12 6
Matemática IV 14
Problema 5. Un sólido está acotado por las superficies z = x2 − y 2 , el plano z = 0 y los

planos x = a y x = −2, donde a < −2. Use integración doble para calcular el valor del
parámetro a de modo que el volumen del solido sea 16/3.
√
a) − 4 6.
√
b) 2 4 2.
√
c) −2 4 2. X
√
d) −4 2.
J
Solución I
Notemos que en z = 0 se tiene que |y| = |x|. Así, el volumen sel sólido S viene dado por:
Z −2 Z −x
2
V (S) = x − y 2 dy dx
Za −2 Zx −x
x2 − y 2 dy dx

=
a
Z −2 xZ −x
x2 − y 2 dy dx

=2
a 0
Z −2 y=−x
2 y 3
=2 x y− dx
a 3 y=0
Z −2
x3

3
=2 −x + dx
a 3
Z −2
2 3
=2 − x dx
a 3
Z −2
4
=− x3 dx
3 a
x=−2
x4
=−
3 x=a
1
= − 16 − a4

3
Finalmente, para que este volumen sea 16/3, se requiere que
1 16
− 16 − a4 =
3 3
⇔ 16 − a4 = −16

⇔ −a4 = −32
⇔ a4 = 2 · 16
√4
⇔ a = −2 2 < −2
Matemática IV 15
Problema 6. Considere la región plana D limitada por las curvas x − y = 2, x − y = 3,

x = y 3 y x − y 3 = 1. Determine el valor de
ZZ
(1 − 3y 2 )(x − y 3 ) dA.
D
a) −1.
b) −1/2. X
c) 3/2.
d) 1/2.
J
Solución I
Considere el siguiente cambio de variables:
u=x−y
v = x − y3
Luego, 2 ≤ u ≤ 3 y 0 ≤ v ≤ 1. Se sigue que

∂(u, v) 1 −1
= −3y 2 + 1
=
∂(x, y) 1 −3y 2
Luego, el jacobiano está dado por

∂(x, y) 1
∂(u, v) = 3y 2 − 1 .

Finalmente ZZ
1 − 3y 2 x − y 3 dA

I=
D
Z 3 Z 1
= −v dv du
2 0
v=1
v 2
=−
2 v=0
1
=−
2
Matemática IV 16
Problema 7. La suma de las integrales

√ √ 1
Z 1 Z y Z 4 Z y Z 9 Z
5
(9−y)+1
I= √
f (x, y) dx dy + √
f (x, y) dx dy + √
f (x, y) dx dy
0 − y 1 3 y−1−1 4 3 y−1−1
cambiando el orden de integración, queda dada por:

Z 1 Z (x+1)3 +1 Z 2 Z 9−5(x−1)
a) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.X
−1 x2 1 x2
Z 1 Z 9−5(x−1) Z 2 Z x2
b) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 (x+1)3 +1 1 9−5(x−1)
Z 0 Z (x+1)3 −1 Z 2 Z 9+5(x−1)
c) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 x2 0 x2
Z 0 Z (x+1)3 +1 Z 2 Z 9−5(x−1)
d) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 x2 0 x2
J
Solución I
Matemática IV 17
Problema 8. Determine el volumen de la región T interior al cilindro x2 + 4x + y 2 = 0 y

limitada por el plano z = 0 y la gráfica de la superficie z = x2 + y 2 + 4(x + 1).
a) −8π.
b) 8π. X
16π
c) .
3
16π
d) − .
3
J
Solución I
Sea
D = (x, y) ∈ R2 : (x + 2)2 + y 2 ≤ 4 .

Entonces el volumen del sólido T viene dado por

ZZ
2
V (T ) = x + y 2 + 4(x + 1) dA
ZDZ
2
= x + 4x + 4 + y 2 dA
ZDZ
(x + 2)2 + y 2 dA

=
D
Considerando el siguiente cambio de variables
x = −2 + r cos(θ), y = r sin(θ),
se tendrá que 0 < r ≤ 2, 0 < θ ≤ 2π y

∂(x, y)
= r > 0.
∂(r, θ)
Finalmente, ZZ
(x + 2)2 + y 2 dA

V (T ) =
D
Z 2π Z 2
= r3 dr dθ
0 0
4 r=2
r
= 2π ·
4 r=0
16
= 2π ·
4
= 8π
Matemática IV 18
Problema 9. Si f : R2 → R es una función continua, entonces la integral

Z 2 Z 2x−1 Z 3Z 3
I= f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx
1 x 2 1
es equivalente con
Z 2 Z y Z 2 Z 3 Z 3 Z 3
a) I = f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.X
y+1 y+1
1 2
1 2 2 2
Z 2 Z y Z 3 Z 3
b) I = f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
y+1
1 1 2 2
y+1
Z 2 Z 2 Z 3 Z
2
c) I = f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
1 y 2 1
Z 3 Z y
d) I = f (x, y) dx dy.
y+1
0 2
J
Solución I
Definimos las regiones
Ω1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2 ∧ x < y < 2x − 1}

Ω2 = {(x, y) ∈ R2 : 2 < x < 3 ∧ 1 < y < 3}
las cuales se pueden observar en:
Matemática IV 19
Notamos entonces que, observando las regiones en función de y tenemos que
Ω1 ∪ Ω2 = ω1 ∪ ω2 ∪ ω3 ,
donde las regiones anteriores corresponden a:

y+1
ω1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < y < 2 ∧ < x < y}
2
ω2 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < y < 2 ∧ 2 < x < 3}
y+1
ω3 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < y < 2 ∧ < x < 3}
2
En las cuales hemos invertido la función
y+1
y = 2x − 1 ⇐⇒ x = .
2
Así, la integral inicial es equivalente a:
Z 2Z y Z 2Z 3 Z 3Z 3
I= f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy
y+1 y+1
1 2
1 2 2 2
| {z } | {z } | {z }
ω1 ω2 ω3
Matemática IV 20

1 x
ey
Z Z
x dy dx.
0 x2 y
2−e
a) .
e
e
b) .
2
e+2
c) .
2
e−2
d) .X
2
J
Solución I
Para ello utilizaremos un cambio del orden de integración. A partir del siguiente gráfico
√
Note geométricamente que al cambiar el orden de integración queda 0 ≤ y ≤ 1 , y ≤ x ≤ y.
Luego
√
1 x 1 y
ey ey
Z Z Z Z
x dy dx = x
dx dy
0 x2 y 0 y y
Z 1 y
2 √
e x y
= |y dx
0 y 2
1
ey y − y2
Z
= dy
0 y 2
1 1 y
Z
= e (1 − y)dy
2 0
e−2
=
2
Matemática IV 21
Problema 11. La suma de integrales

√
3 √ √
Z −3 Z y+4+1 Z 0 Z 1−y Z 1 Z 1−y
I= f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy + √
f (x, y) dx dy.
−5 −1− y5 −3 −1− y5 0 − 1−y
cambiando el orden de integración queda dada por:

Z 0 Z 1−x2 Z 2 Z 1−x2
a) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.X
−1 −5x−5 0 (x−1)3 −4
Z 0 Z 1−x2 Z 2 Z (x−1)3 −4
b) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 −5x−5 0 −5x−5
Z 0 Z 1−x2 Z 2 Z 1−x2
c) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 (x−1)3 −4 1 (x−1)3 −4
Z 1 Z 1−x2 Z 2 Z 1−x2
d) I = f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx.
−1 −5x−5 1 (x−1)3 −4
J
Solución I
√
Notemos que la inversa de x = −1 − y/5 es y = −5(x + 1), y la inversa de x = 3 y + 4 + 1
la calculamos de la siguiente forma:
p p
x = 3 y + 4 + 1 =⇒ x − 1 = 3 y + 4 =⇒ (x − 1)3 = y + 4 =⇒ y = (x − 1)3 − 4.
√ √
Finalmente, las curvas x = 1 − y y x = − 1 − y son los dos lados de la parábola y = 1−x2
por despeje directo. Así, al observar el gráfico de la función
Matemática IV 22
Notamos que la región a integrar se divide en dos regiones Ω1 y Ω2 , donde
Ω1 = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0; −5(x + 1) ≤ y ≤ 1 − x2 }
Ω2 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ x∗ ; (x − 1)3 − 4 ≤ y ≤ 1 − x2 },
con x∗ la coordenada en el eje X de la intersección entre la parábola y = 1 − x2 y la cúbica

y = (x − 1)3 − 4. Para buscar dicha intersección notamos que
1 − x2 = (x − 1)3 − 4 ⇐⇒ 1 − x2 = x3 − 3x2 + 3x − 1 − 4 ⇐⇒ x3 − 2x2 + 3x − 6 = 0

⇐⇒ x2 (x − 2) + 3(x − 2) = 0
⇐⇒ (x − 2)(x2 + 3) = 0,
y como en el plano R2 los valores son reales, necesariamente x∗ = 2. Así, nuestra integral
original queda replanteada como
√ √ 1
Z 1 Z y Z 4 Z y Z 9 Z
5
(9−y)+1
√
f (x, y) dx dy + √
f (x, y) dx dy + √
f (x, y) dx dy
0 − y 1 3 y−1−1 4 3 y−1−1
=
Z 0Z 1−x2 Z 2 Z 1−x2
f (x, y)dydx + f (x, y)dydx.
−1 −5(x+1) 0 (x−1)3 −4
Matemática IV 23
Problema 12. Si f : R2 → R es una función continua, entonces la integral

Z 1 Z x2 Z 4 Z √x
I= f (x, y) dy dx + f (x, y) dy dx
0 0 1 0
es equivalente con
Z 1 Z 1 Z 4 Z 4
a) I = √
f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
0 y 1 y2
√
Z 1 Z y Z 2 Z y2
b) I = f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
0 0 1 0
Z 1 Z 4 Z 2 Z 4
c) I = √
f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.X
0 y 1 y2
√
Z 1 Z y Z 4 Z y2
d) I = f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy.
0 0 1 0
J
Solución I
Para resolver este ejercicio, primeramente dibujaremos el dominio de integración

√ de ambas
2
integrales juntas. Vale decir 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ x y 1 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ y ≤ x:
Luego geométricamente puede notar que √ el primer intervalo a integrar es desde y = 0 hasta
2
la intersección de las curvas y = x e y = x (que es el punto (1, 1) ). Por lo tanto 0 ≤ y ≤ 1.
√
Por otro lado la variable x va desde la curva y = x2 hasta la recta x = 4, así y ≤ x ≤ 4.
El segundo intervalo a integrar
√ respecto a la variable y corresponde desde la intersección
√ de
las curvas y = x2 e y = x (vale decir y = 1), hasta la intersección de la curva y = x y la
Matemática IV 24
√ (4, 2)), concluyendo así que 1 ≤ y ≤

recta x = 4 (por lo tanto el punto es
2
2. Por otro lado,
la variable x va desde la curva y = x hasta la recta x = 4. Vale decir y ≤ x ≤ 4.
Concluyendo así que, un cambio en el orden de integración correspondería a:
Z 1 Z 4 Z 2 Z 4
I= √
f (x, y) dx dy + f (x, y) dx dy
0 y 1 y2
Matemática IV 25
Problema 13. Sea D la región del plano determinada por las desigualdades
√ √ √
1 ≤ 2x2 − 2xy + 5y 2 ≤ 9, (1 − 3)x + (1 + 2 3)y ≤ 0 y 3(x + y) ≥ x − 2y.

ZZ
−(2x2 −2xy+5y 2 ) x+y
e arctan dA.
x − 2y
D
π
1 − e−9 .

a)
36
π2
1 − e−8 .

b)
48
5π 2 −1
e − e−9 .

c)
48
π2

1
d) .
32 1 − e9
1 π 2 (e8 − 1)
e) X
3 48e9
J
Solución I
Note que 2x2 − 2xy + 5y 2 = (x + y)2 + (x − 2y)2 y además

√ √ √ √
(1 − 3)x + (1 + 2 3)y ≤ 0 ⇐⇒ x − 3x + y + 2 3y ≤ 0
√ √
⇐⇒ x + y ≤ 3x − 2 3y
√
⇐⇒ x + y ≤ 3(x − 2y)
En resumen, se tiene que

√ √
1 ≤ (x + y)2 + (x − 2y)2 ≤ 9, x+y ≤ 3(x − 2y) y 3(x + y) ≥ x − 2y.
Utilizamos el siguiente cambio de variable u = x + y ; v = x − 2y. Luego,
∂(u, v) ∂u ∂u

∂x ∂y
1 1
= ∂v ∂v = = −2 − 1 = −3
∂(x, y) ∂x ∂y
1 −2
y el jacobiano está dado por

∂(x, y) 1 1
∂(u, v) = −3 = 3 .

Ahora bien, la región de integración utilizando este cambio de variable queda

√ √
1 ≤ u2 + v 2 ≤ 9, u ≤ 3v y 3u ≥ v.
Matemática IV 26
y por lo tanto ZZ
2 +v 2 )
u 1
e−(u arctan dA.
v 3
D
Enseguida, utilizaremos coordenadas polares. Sea u = r sin(θ) y v = r cos(θ), cuyo jacobiano

es r. Obtendremos que 1 ≤ r2 ≤ 9 entonces 1 ≤ r ≤ 3.
Por otro lado tenemos que:
√ sin(θ) √ π
r sin(θ) = 3r cos(θ) =⇒ = tan(θ) = 3 =⇒ θ =
cos(θ) 3
De la misma forma
√ sin(θ) 1 π
3r sin(θ) = r cos(θ) =⇒ = tan(θ) = √ =⇒ θ =
cos(θ) 3 6
π
Concluyendo así que 6
≤ θ ≤ π3 . Finalmente1
π
ZZ u 1 Z 3 Z
−(u2 +v 2 ) 1 3
−r2 r sin(θ)
e arctan dA = e arctan r dθ dr
v 3 3 1 π
6
r cos(θ)
D
π
Z 3 Z
1 3 2
= e−r arctan (tan(θ)) r dθ dr
3 1 π
6
π
Z 3Z
1 3 2
= re−r θ dθ dr
3 1 π
6
3 π3
θ2
Z
1 −r2

= re dr
3 1
π 2
Z 3 2 6 2
1 2 π π
= re−r − dr
3 1 18 72
1 π 2 (e8 − 1)
=
3 48e9
1
En las alternativas originales no se encontraba la respuesta correcta, por ello se agregó en rojo cual
debería ser el resultado verídico.
Matemática IV 27
Control 1 2021-1
Problema 1. Usando integrales dobles, determine el valor del volumen del sólido acotado
por el plano xy, el plano x + y + z = 2 y el cilíndro parabólico y = x2
129
a) .
20
111
b) .
20
81
c) .X
20
9
d) .
2
J
Solución I
Matemática IV 28
2 2 2
√ 2. Sea S la porción de la esfera x + y + z = 16 acotada por los planos z = 2
Problema
y z = 2 3. Determine el valor de
ZZ p
z x2 + y 2 dS.
S
64 √
a) (3 3 + 1)π.
3
64 √
b) (3 2 − 1)π.
3
64 √
c) (3 3 − 1)π.X
3
64 √
d) (2 3 − 1)π.
3
J
Solución I
Matemática IV 29
Problema 3. Calcule la masa de la superficie

√
S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + (y − 2)2 = 2, 0 ≥ z ≥ 8 − (x2 + y 2 )},
√ √
cuya densidad viene dada por ρ(x, y, z) = 2(y − 2)2 .
a) 4π.
b) 16π.X
c) 8π.
d) 32π.
J
Solución I
Matemática IV 30
Problema 4. El area de la superficie S : x2 + z 2 − 4z = 0 que esta comprendida entre los

planos y = 0 e y = 4 − z es igual a:
a) 8π.X
b) 18π.
c) 16π.
d) 12π.
J
Solución I
Matemática IV 31
Problema 5. Sea D la región del plano en el primer cuadrante, acotada por las curvas
x4 − y 4 = 1, x4 − y 4 = 2, x2 y 2 = 1, x2 y 2 = 2.

ZZ
4 4 2 2
16x3 y 3 (x4 + y 4 )ex −y +2x y −1 dA.
D
1
a) (e − 1)(3e4 − e2 ).X
2
e
b) (e2 − e)(3e4 − 2e2 ).
2
1 2
c) (e − e)(e4 − e2 ).
4
e−1 2
d) (e − e)(e4 − e2 ).
2
J
Solución I
Haciendo el cambio de variable
x4 − y 4 = u
x2 y 2 = v
obtenemos que
1 ≤ x4 − y 4 ≤ 2 ⇐⇒ 1 ≤ u ≤ 2
1 ≤ x2 y 2 ≤ 2 ⇐⇒ 1 ≤ v ≤ 2,
y además,

∂(u, v) 4x3 −4y 3
= = 8yx5 + 8xy 5 = 8xy(x4 + y 4 ),
∂(x, y) 2xy 2 2yx2
por lo cual,
∂(x, y) 1 1
= ∂(u,v)
= .
∂(u, v) 8xy(x4 + y 4 )
∂(x,y)
Dado que la región a integrar se encuentra en el primer cuadrante, entonces el producto

xy ≥ 0. Así, dado que x4 + y 4 es siempre no negativo, podemos concluir que

∂(x, y) 1 1
= = .
∂(u, v) |8xy(x4 + y 4 )| 8xy(x4 + y 4 )
Matemática IV 32
Finalmente, nuestra integral quedará como

ZZ Z 2Z 2

3 3 4 4 x4 −y 4 +2x2 y 2 −1 3 3 4 4 x4 −y 4 +2x2 y 2 −1
∂(x, y)
16x y (x + y )e dA. = 16x y (x + y )e ∂(u, v) dvdu

1 1
D
Z 2 Z 2
4 −y 4 +2x2 y 2 −1 1
= 16x3 y 3 (x4 + y 4 )ex dvdu
1 1 8xy(x4 + y 4 )
Z 2 Z 2
4 −y 4 +2x2 y 2 −1
= 2x2 y 2 ex dvdu
1 1
Z 2 Z 2
= 2veu+2v−1 dvdu
1 1
1
= (e − 1)(3e4 − e2 ).
2
Matemática IV 33
Problema 6. Determine el valor de la siguiente integral

1/4 1 2 1 1 2
yex yex
Z Z Z Z
I= dxdy + dxdy.
0 1/2 x3 1/4
√
y x3
1 √
a) (e − e).
4
1 √
b) (e + 4 e).
4
1 √
c) (e − 4 e).X
4
1 √
d) (e − 4 e).
2
J
Solución I
Al graficar las regiones
Ω1 := {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1/4, 1/2 ≤ x ≤ 1}
y
√
Ω2 := {(x, y) ∈ R2 : 1/4 ≤ y ≤ 1, y ≤ x ≤ 1}
observamos que Ω1 ∪ Ω2 = {(x, y) ∈ R2 : 1/2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 }.
Matemática IV 34
Luego,
1/4 1 2 1 1 2 2 2
yex yex yex yex
Z Z Z Z ZZ ZZ
dxdy + dxdy = dA + dA
0 1/2 x3 1/4
√
y x3 x3 x3
Ω1 Ω2
ZZ x2
ye
= dA
x3
Ω1 ∪Ω2
1 x2 2
yex
Z Z
= dydx
1/2 0 x3
2 x2
1 1 ex 2
Z
= y dx
2 1/2 x3 0
1 1 1 x2
Z
= e 2xdx
2 2 1/2
1
1 x2
= e
4 1/2
1
= (e − e1/4 ).
4
Matemática IV 35
Problema 7. Sea D la región delimitada por las curvas y = 2x, y = 0, x = 2. Determinar

el valor de ZZ
máx{x, y} dxdy
D
18
a) .
3
b) 6.
21
c) .
3
20
d) .X
3
J
Solución I
Primeramente grafiquemos el dominio de integración, junto a la recta y = x.
Note que toda la sección sobre la recta y = x son los puntos que cumplen y ≥ x. Por lo tanto
el máximo en este sector es y.
Análogamente, en la sección inferior de la recta y = x, los puntos cumplen y ≤ x. Luego
basta dividir el dominio según la recta y = x, arriba de este cumple que máx{x, y} = y, y
abajo máx{x, y} = x.
Finalmente
ZZ Z 2 Z 2x Z 2 Z x
20
máx{x, y} dxdy = y dydx + x dydx = .
0 x 0 0 3
D
Matemática IV 36
Certamen 1 2020-1
Problema 1. Sea D una lámina acotada entre las curvas
y = x3 , y = x3 + 1, y + x = 0, y + x − 3 = 0.
Sea ρ(x, y) = (x3 + x)(3x2 + 1) la densidad de D y considere la recta ` : y + x = 1. Calcule

el momento de inercia de la lámina D con respecto a la recta `.
1
a) .
8
21
b) .
8
9
c) .
8
21
d) − .
8
J
Solución I
Matemática IV 37
Problema 2. Sea S el sólido determinado por las desigualdades

p p
0 ≤ z ≤ 1 + x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ x2 + y 2 + x, x2 + y 2 ≤ x2 + y 2 y y ≥ 0.

ZZZ
y
dV.
x2 + y2
S
17
a) .
12
7 π
b) − .
4 3
5 π
c) − .
4 3
15
d) .
6
J
Solución I
Matemática IV 38
Problema 3. Sea S el sólido limitado por las superficies

p p
z = x2 + y 2 , z = 3x2 + 3y 2 , x2 + y 2 + z 2 = 1, z = 2.

ZZZ
z dV.
S
a) 0.
125π
b) .X
48
127π
c) .
16
127π
d) − .
16
J
Solución I
Matemática IV 39
Problema 4. Sea E la región determinada por las inecuaciones
1 ≤ x2 − y 2 ≤ 4, 1 ≤ xy ≤ 3, x2 + y 2 ≤ z ≤ 2(x2 + y 2 ).
Calcule ZZZ
xyz
dV.
x4− y4
E
a) 6 ln 2.X
b) ln 4.
c) 2 ln 4.
d) 3 ln 2.
J
SoluciónI
Matemática IV 40
Certamen 1 2020-2
Problema 1. Determine el volumen limitador por los planos z = 0, x + y + z = 2 y por la

superficie y = x2 .
111
a) .
20
81
b) .X
20
16
c) .
5
17
d) .
10
J
Solución I
Matemática IV 41
Problema 2. Sea S el sólido acotado por las superficies y = 0, y = 2x y x2 + z 2 = 1.

Determine el volumen de S .
8
a) .X
3
2
b) .
3
c) 1
4
d) .
3
J
Solución I
Matemática IV 42
Problema 3. Sea S el sólido acotado por las superficies

r
√ x2 + z 2 √
y = x2 + z 2 , y = , y = a.
3
Encuentre el valor del parámetro a para que se cumpla la igualdad
ZZZ
y dV = 6π.
S
√
a) 3.
b) 2.
√
c) 3 2.
√
d) 2 3.X
J
SoluciónI
Matemática IV 43
Problema 4. Suponga que f es una función real continua en el intervalo [0, 1]. Suponga
además que Z 1
u2 f (u) du = 3.
0
Sea S el sólido encerrado entre los planos x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1. Calcule

ZZZ
f (x + y + z) dV.
S
3
a) .X
2
5
b) .
2
2
c) .
3
3
d) .
5
J
Solución
I
Matemática IV 44
Problema 5. En R3 considere la bola centrada en el origen con radio igual a uno. El

casquete con x > 0 tiene densidad δ1 y el casquete con x < 0 tiene densidad δ2 . Encuentre
las coordenadas del centro de masa de la bola.
a) (0, 0, 0).

3(δ1 − δ2 )
b) , 0, 0 .X
8(δ1 + δ2 )

δ1 − δ2 δ1 − δ2 δ1 − δ2
c) , , .
2 2 2

δ1 − δ2
d) , 0, 0 .
2
J
Solución I
Matemática IV 45
Problema 6. Sea V el sólido dado por
x2 + y 2 ≥ 4z 2 , x2 + y 2 ≤ 2 y z ≥ 0.

ZZZ
(2zx2 + 2zy 2 ) dV.
V
2π
a) .X
3
16π
b) .
3
√
2 2π
c) .
5
16π
d) .
5
J
SoluciónI
Matemática IV 46
Problema 7. Sea ZZZ

2
I= e(x+y) dV,
Ω
donde Ω es el sólido acotado por los planos
z = x + y, z = x − y, x − y = −1, x − y = 1, x + y = 1 y x + y = 2.
Determine el valor de I.
a) 2(e4 − e).
b) e4 − e.
1 4
c) (e − e).X
2
1 4
d) (e − e).
4
J
Solución I
Matemática IV 47
Problema 8. Sea Ω el sólido en el primer cuadrante acotado por los planos coordenados y
la superficie √ √
x + y + 3 z = 1.
Encuentre el volumen de Ω.
1
a) .
30
1
b) .
40
1
c) .X
60
1
d) .
20
J
Solución I
Matemática IV 48
Problema 9. Sea S el cuerpo homogéneo de densidad constante k > 0 limitado por las
superficies
x2 + y 2 − y = 0, z = 0, 2z = x2 + y 2 .
Encuentre el valor de la masa de S .
kπ
a) .
64
3kπ
b) .
32
3kπ
c) .
2
3kπ
d) .X
64
J
SoluciónI
Matemática IV 49
Problema 10. Halle el volumen del sólido limitado por el cilíndro x2 + y 2 = 4 y el hiperbo-
loide x2 + y 2 − z 2 = 1.
2π
a) .
3
√
b) 4 3π.X
√
c) 2π 3.
4π
d) .
3
J
Solución I
Matemática IV 50
Control 2 2020-1
Problema 1. Un alambre tiene la forma de una curva C descrita por la intersección de las
superficies
S1 : x2 + y 2 + z 2 = 4z y S2 : z + x = 4.
Si la densidad en cada punto de C viene dada por ρ(x, y, z) = 1 + x2 + y 2 , calcule la masa
del alambre.
√
a) 8π 2.
√
b) 7π 2.
√
c) 6π 2.
√
d) 9π 2.
J
Solución I
Matemática IV 51
Problema 2. Evaluar la integral

Z
sin x cos x dx + (xy + cos x cos y) dy,
C
en donde C es un arco de la cicloide recorrida en sentido positivo:
x = t − sin t, y = 1 − cos t, 0 ≤ t ≤ 2π.
3π
a) − .
2
π
b) − .
2
5π
c) − .
2
d) −3π.
J
Solución I
Matemática IV 52
Problema 3. Sea γ la porción de la elipse x2 + 4y 2 = 4 ubicada en el primer cuadrante, la

cual se recorre en sentido positivo. Determine el valor de la siguiente integral
Z
(x sin x2 − 4y 3 ) dx + (x3 + y cos y 2 ) dy
γ
a) 3π + 21 (cos 4 − sin 1 + 1).
b) 3π + 12 (cos 4 − sin 1 − 1).
c) 3π + 12 (cos 4 + sin 1 + 1).
d) 3π + 12 (sin 1 + 1 − cos 4).
J
Solución I
Matemática IV 53
Problema 4. Sea ζ la curva parametrizada como

6 6 π
x= t sin t, y= t sin t + t3 (ecos t − 1) con 0 ≤ t ≤ .
π π 2
Determine el valor de Z
(yexy + x) dx + xexy dy.
ζ
π2
a) e9 + .
4
π2
b) e9 + − 1.
4
9
c) + 1.
2
7
d) e9 + .
2
J
Solución I
Matemática IV 54
Problema 5. Dado un alambre que posee la forma de la curva Γ de ecuación
x2/3 + y 2/3 = a2/3 , a > 0.
Si la densidad en cada punto es una constante σ > 0. Calcule el momento de inercia del
alambre Γ respecto al origen.
a) 4σa3 .
b) 2σa3 .
c) 6σa3 .
d) 3σa3 .
J
Solución I
Matemática IV 55
Problema 6. Considere un alambre cuya forma está dada por la curva C descrita por la
intersección de las superficies
S1 : z − x2 − 4y 2 = 0 y S2 : z = 2x + 3, x ≥ 1.
Determine la masa del alambre descrito por C si la densidad en cada punto está dada por
ρ(x, y) = (x − 1)|y|.
2
a) (203/2 − 1).
57
4
b) (203/2 − 1).
57
4
c) (103/2 − 1).
57
4
d) (201/2 − 1).
57
J
Solución I
Matemática IV 56
Problema 7. Sea C la curva dada por la intersección de las superficies x2 + z 2 = 5 y

y 2 − z 2 = 2. Halle el valor de Z
z dx,
C
√ √ √ √
donde C va desde el punto ( 5, 2, 0) hasta el punto (0, 7, 5).
a) 0.
π
b) .
2
√
5π
c) − .
2
5π
d) − .
4
J
Solución I
Matemática IV 57
Problema 8. Determine para que valor de a > 0 se cumple

Z
2
(x2 y cos x + 2xy sin x − y 2 ex ) dx + (x2 sin x − 2yex − y) dy = ,
9
Γ
donde Γ es la porción del astroide x2/3 + y 2/3 = a2/3 que está ubicada en el II, III y IV
cuadrante recorrida en sentido positivo.
√
2 3
a) .
9
√
2
b) .
3
√
3
c) .
3
1
d) √ .
3 3
J
Solución I
Matemática IV 58
Problema 9. Halle el valor de la integral

I
−8x dx + y 3 dy − (y + z) dz.
C
donde C es la curva, con orientación positiva, dada por la intersección de las superficies
y 2 + z 2 = 2z y y 2 + 4x = 0.
π
a) .
2
b) 2π.
c) −π.
d) 0.
J
Solución I
Matemática IV 59
Problema 10. Considere el campo vectorial
F = (ex sin y − my, ex cos y − m3 + 1)
con m constante y γ la curva contenida en el gráfico de la función y = cos x que une el punto
A = (π/2, 0) y B = (−π/2, 0). Determine el valor de m para que el trabajo que realiza F en
mover un objeto desde A hasta B siguiendo la trayectoria γ sea igual a 8.
a) m = 4.
b) m = −2.
c) m = 0.
d) m = 16.
J
Solución I
Matemática IV 60
Control 2 2020-2
Problema 1. La forma de un alambre viene dada por la ecuación
x2 + y 2 = a2 , a > 0.
Si la densidad del alambre en cada punto (x, y) está dada por δ(x, y) = |x| + |y|, su masa es:
a) 8a2 . X
b) 4a2 .
c) 6a2 .
d) 2a2 .
J
Solución I
Matemática IV 61
Problema 2. Sea γ la curva intersección de las superficies x2 + y 2 = 1 e y = z, con z ≥ 0.

Calcular Z
y 2 dx + xy dy + xz dz,
γ
si γ se recorre en sentido positivo, mirado desde el plano xy.
a) 2π.
π
b) .
4
c) −4.
d) 0. X
J
Solución I
Matemática IV 62
Problema 3. Determinar el valor de la siguiente integral

(0,1,1)
Z
sin(y) cos(x) dx + cos(y) sin(x) dy + dz
(1,0,1)
a) −1.
b) 0.X
c) 5.
d) 3/2.
J
Solución I
Matemática IV 63
Problema 4. Calcular
I
7y − esin x dx + 15x − sin y 3 + 8y dy

donde C es la circunferencia de radio 3 centrada en el punto (5, −7) recorrida en sentido

positivo
a) −72π.
b) 72π.X
c) 36π.
d) −36π.
J
Solución I
Matemática IV 64
Problema 5. El trabajo efectuado por el campo de fuerzas F = (y, 2x) sobre una partícula
que se mueve desde (0, 0) hasta (1, 1) siguiendo la trayectoria y = xn , con n > 0 es igual a
2n + 1
a) .
n
b) 2.
2n + 1
c) .X
n+1
2n − 1
d) .
n
J
Solución I
Matemática IV 65
Problema 6. Calcular
Z
x2 y cos x + 2xy sin x − y 2 ex dx + x2 sin x − 2yex − y dy.

donde γ es la porción del astroide parametrizado como x = a cos3 t, y = a sin3 t, que se ubica
en el I, II y III cuadrante y se recorre en sentido positivo.
a) 3a2 .
b) −3a2 .
c) −3a2 /2.X
d) 3a2 /2.
J
Solución I
Matemática IV 66
Problema 7. Use el teorema de Green para calcular

Z
xy 2 dx
γ
donde γ es el pétalo de rosas de ecuación r = cos(3θ) que se encuentra a la derecha del eje
y.
a) 0.X
b) −π/6.
c) −π.
d) −π/2.
J
Solución I
Matemática IV 67

Matemática Iv: Universidad Técnica Federico Santa María

Cargado por

Copyright:

Formatos disponibles

Matemática Iv: Universidad Técnica Federico Santa María

Cargado por

Información del documento

Descripción original:

Título original

Derechos de autor

Formatos disponibles

Compartir este documento

Compartir o incrustar documentos

Opciones para compartir

¿Le pareció útil este documento?

¿Este contenido es inapropiado?

Copyright:

Formatos disponibles

Matemática Iv: Universidad Técnica Federico Santa María

Cargado por

Copyright:

Formatos disponibles

Universidad Técnica Federico Santa María

Ayudante Correo Nube

Problema 1. Determine el valor de la integral

donde E es la región plana obtenida por x2 − y 2 ≥ 1, x2 − y 2 ≤ 9, xy ≥ 1, xy ≤ 3.

Para resolver este ejercicio, usaremos un cambio de variable.

Así, el jacobiano está dado por (note que x2 + y 2 es siempre positivo)

Problema 2. Sea f : R2 → R una función continua. Si

Notemos que las regiones de integración de las integrales A y B corresponden a:

Problema 3. Determine el valor de

Problema 4. Determine el área de la región ubicada en el primer cuadrante y limitada por

Haciendo un intercambio de coordenadas polares x = r cos(θ), y = r sin(θ), tenemos que el

Notamos que en el plano z = 0 tenemos la región

Luego, el jacobiano está dado por

Además, puede notar que

Problema 3. Dada la región

Determine cual de las siguientes alternativas es la correcta.

I) Observando el siguiente gráfico de las curvas x = 4y y x = 4 con 0 ≤ y ≤ 1,

II) Teniendo en cuenta el cambio de integrales hechos en I), tenemos que

Problema 4. Determine el valor de

Observe la siguiente figura

Note que la parte sombreada es el dominio de integración y las funciones se intersectan en

Problema 5. Un sólido está acotado por las superficies z = x2 − y 2 , el plano z = 0 y los

Problema 6. Considere la región plana D limitada por las curvas x − y = 2, x − y = 3,

Considere el siguiente cambio de variables:

Luego, 2 ≤ u ≤ 3 y 0 ≤ v ≤ 1. Se sigue que

Luego, el jacobiano está dado por

Problema 7. La suma de las integrales

cambiando el orden de integración, queda dada por:

Problema 8. Determine el volumen de la región T interior al cilindro x2 + 4x + y 2 = 0 y

Entonces el volumen del sólido T viene dado por

Considerando el siguiente cambio de variables

se tendrá que 0 < r ≤ 2, 0 < θ ≤ 2π y

Problema 9. Si f : R2 → R es una función continua, entonces la integral

Definimos las regiones

Ω1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2 ∧ x < y < 2x − 1}

las cuales se pueden observar en:

Notamos entonces que, observando las regiones en función de y tenemos que

donde las regiones anteriores corresponden a:

Problema 10. Determine el valor de

Problema 11. La suma de integrales

cambiando el orden de integración queda dada por:

Notamos que la región a integrar se divide en dos regiones Ω1 y Ω2 , donde

con x∗ la coordenada en el eje X de la intersección entre la parábola y = 1 − x2 y la cúbica

1 − x2 = (x − 1)3 − 4 ⇐⇒ 1 − x2 = x3 − 3x2 + 3x − 1 − 4 ⇐⇒ x3 − 2x2 + 3x − 6 = 0

Problema 12. Si f : R2 → R es una función continua, entonces la integral

Para resolver este ejercicio, primeramente dibujaremos el dominio de integración

√ (4, 2)), concluyendo así que 1 ≤ y ≤

Determine el valor de la siguiente integral

Note que 2x2 − 2xy + 5y 2 = (x + y)2 + (x − 2y)2 y además

En resumen, se tiene que

Utilizamos el siguiente cambio de variable u = x + y ; v = x − 2y. Luego,

y el jacobiano está dado por

Ahora bien, la región de integración utilizando este cambio de variable queda

Enseguida, utilizaremos coordenadas polares. Sea u = r sin(θ) y v = r cos(θ), cuyo jacobiano

Problema 3. Calcule la masa de la superficie

Problema 4. El area de la superficie S : x2 + z 2 − 4z = 0 que esta comprendida entre los

Determine el valor de la siguiente integral

Haciendo el cambio de variable