Solucionario de Calculo 3 de Mitacc

1.- calcule las siguientes integrales iteradas 1 1−x 1+ x

a ¿∫ ∫

∫

0

2y

0

2

xdzdydx

Solución: 1 1−x

∫ ∫ [xz ] 0

0

1 1−x

∫∫ 0

1

∫ 0

1+ y 2y

0

[

2

1 1−x

dydx=¿∫ ∫ [( 1+ y 2 ) x−2 xy ]dydx 0

0

1

1−x x y3 2 [ x + x y −2 xy ] dydx=¿ ∫ [xy − −x y ] dx 3 0 0 2

]

x ( 1−x )3 x ( 1−x )− −x ( 1−x )2 dx 3

1

∫ [ x−x 2−x ( 1−3 ( 1 )2 x+3 ( 1 ) x 2−x 2) −x ( 1−2 x + x 2 ) ] dx 0

1

[

−x 2 3 [ ] −x−6 x + 3 x dx=¿ −2 x3 + x 4 ∫ 2 4 0 2

3

1

]

0

−1 3 −2−8+3 −7 −2+ = = 2 4 4 4

2

2 y lnx

b ¿∫∫ ∫ y e z dzdxdy 1 y

0

Solución: 2 y

2

2 y

∫∫ [ y e ]

z lnx 0

1

y

2

dxdy=¿∫ ∫ [ y elnx − y e0 ]dxdy 1 y

2 y

2

2

2

y y x3 ∫∫ [ yx− y ] dxdy=¿ ∫ [ 2 − yx ] dy y 1 y 1

2

∫ 1

2

∫ 1

2

∫ 1

[

y ( y2 ) yy 2 − y y 2− + yy dy 2 2

]

[

y5 y3 − y 3− + y 2 dy 2 2

[

y5 3 3 2 − y6 3 4 y3 − y + y dy=¿ − y + 2 2 12 8 3

2

]

] [

6

]

2

1

3

2 3 4 2 1 3 1 47 − 2+ − + − = 12 8 3 12 8 3 24

π π 2 2 xz

c ¿∫∫ ∫ cos 0

z 0

( yz ) dydxdz π π 2 2 xz

π π 2 2

xz

y y I =∫∫ ∫ cos dydxdz=∫ ∫ z sin z z 0 0 0 0 0 π π 2 2

I =∫∫ Z sin 0 0

()

( )∫ dxdz 0

π π 2 2

π 2

π 2

0 0

0

z

( xzz ) dxdz=∫∫ z sin ( x ) dxdz=−∫ z cos ( x )∫ dz

Integramos por partes: u=z =¿ du=dz ; v=∫ cos ( z ) dz=sin ( z )

π 2

π 2

π 2

π x x x x I =z sin ( z )∫ −∫ sin ( z ) dx− sin + cos ( z )∫ +cos −cos ( 0 ) − =1 2 2 2 2 0 0 0 2

2

x

√3 x

d ¿∫ ∫ ∫ 1 0

()

y dzdydx y + z2 2

0

Solución: 2 x

√3 x

I =∫ ∫ ∫ 1 0

0

2

√3 X

y 1 dzdydx = ∫ ∫ ln ⁡( y 2+ z2 )∨0x dzdx 2 2 2 1 0 y +z

y 2+ z2 [ln ⁡( ¿ ¿)−ln ⁡( x2 )]dzdx √3 X

∫¿ 0

2

1 I= ∫¿ 21 Integramos por partes: 2

2

u=ln ( x + z )=¿ du=

2

2 zdz ; V =∫ dz=z x 2+ z 2

|

[

√3 x

2

]

√3 x 1 2 z dz I = ∫ zln ( x 2 + z 2 )−2 zln ( x ) − ∫ 2 2 dx 2 1 0 x +z 0

2

I=

√3 x

1 2 z2 dz 2 2 ( ) [ 3 x ln x + 3 x −2 3 x ln ( x ) − √ ∫√ ∫ x 2+ z 2 ] dx 2 1 0 2

√3 X

2 ( z 1+ x 2−x 2 ) dz 1 I = ∫ [ √ 3 x ln ( 4 )− ∫ ] dx 2 1 x 2+ z 2 0 2

√3X

√3 x

1 dz I = ∫ [ √ 3 x ln ( 4 )−2 x 2 ∫ dz+2 x 2 ∫ 2 2 ]dx 2 1 0 0 x +z

()

2

2

2

[ ( )| ]

−1 [ 2 x 2 ( √3 x ) ] dx +∫ xartg z ∫ x 1 2 1 1

I =√ 3 x 2 ln ⁡( 4)∨

2

√3 x

❑ dx

0

2

I =√ 3 ( 4−1 ) ln ( 4 )−√ 3∫ x dx+∫ [ xarctg ( √ 3 ) ] dx 3

1

1

| |

3 4 2 −π x 2 2 15 √ 3 π √ I =3 √ 3 ln ( 4 ) − x + 1¿ 3 √ 3 ln ( 4 ) − 4

1

6

π π π

e)

∫∫∫ xysen ( yz ) dzdydx 0 0 0

Solución: π π π

⟹∫ ∫∫ xysen ( yz ) dzdydx 0 0 0

π π

¿∫ ∫ x cos ( yz)¿0π dydx 0 0

( πy ) −x x cos ¿ ¿ dydx ¿ π

∫¿ 0

π

¿∫ ¿ 0

π

¿∫ 0

π

[

xsen( πy) −xy ¿0π dx π

[

xsen(π ) π ¿0 dx π

¿∫ πx− 0

]

2

]

4

2

[

2

2

]

2 πx x sen (π ) π ¿ − ¿0 2 2π

3

¿

2

π −πsen (π ) 2π

π π π

π 3−πsen( π 2 ) ∫∫∫ xysen ( yz ) dzdydx= 2π 0 0 0 √ x x+ y 2

ln 2

f¿

∫∫∫ −ln 2 0

ye z dzdy dx

0

ln 2 √ x −ln ( x )

I =∫ ∫ 0

∫

0

ln ( x )

2 2

y e dzdxdy =∫ ∫ y e z

0

z

0 0

2 2

2

I =∫∫ ( xy− y ) dxdy=∫ 0 0

0

(

x2 y −xy 2

2 2

∫ dxdy=∫∫ [ y e ln( x )− y e z ] dxdy 0

)

y

0 0

2

2

∫ dy=∫ y

2

1

(

y3 y3 − y 3− + y e dy 2 3

y2 y2 y1 64−1 16−1 8−1 21 7 31 I= − + ∫¿ − + = −5+ = 12 3 3 1 12 3 3 4 3 12

1

z

y

g ¿∫ ∫ ∫ x y 2 z 3 dxdydz 0 0 0

Solución: 1

z

y

1 z

x2 y2 z3 y ∫∫∫ x y z dxdydz =∫∫ 2 ∨ 0dydz 0 0 0 0 0 2

1

z

3

x2 y 2 z 3 ∫∫ 2 dydz 0 0

)

1 z

4 3

y z dydz 2

I =∫∫ 0 0

1

5

0

1

5

1

3

8

9

1

Z Z z z 1 dz=∫ dz = ∨ ¿ 10 10 90 90 0 0

I =∫ 0

2 x

h)

3

y z z ∨ dz 10 0

I =∫

√3 x

∫∫ ∫ 1 0

0

y dzdydx y + z2 2

Solución: 2 x

√3 x

⇒∫∫ ∫ 1 0

¿

0

2

√3 x

2

√3 x

y dzdydx y + z2 2

1 ∫ ∫ ln( y 2 + z 2)¿0x dzdx 21 0

1 ¿ ∫ ∫ [ ln ( x 2+ z 2 ) −ln ( x 2 ) ] dzdx 21 0 2

2

u=ln ( x + z ) ⇒du=

2

[

2

[

2 zdz ; v=∫ dz=z x2+ z2

]

√3 x

¿

1 2 z 2 dz 2 ln ( x2 + z 2 )−27 ln ( x ) ¿√0 3 x − ∫ 2 2 dx ∫ 20 0 x +z

¿

1 ∫ 20

√3 x

√ 3 x ln ( x 2+3 x 2 )−2 √ 3 x ln ( x )− ∫ 0

]

2 z2 dz dx x 2+ z 2

2

2

2

z + x −x dz ¿ 2 ¿ x + z2 2 ¿ dx √3 x

( 4) − ∫ ¿ 0

2 ln ¿ ¿ 2 1 ¿ ∫¿ 20 2

1 ¿ ∫ 20

[

√3 x

√3 x

√ 3 x ln ( 4 )−2 x ∫ dz +2 x ∫ 2

2

0

0

]

dz dx x + z2 2

[ 2 x 2 (√ 3 x)] dx +¿ 2

2

1 ∫¿ 20 ¿ (4 )¿ ¿ √ 3 x 2 ln ¿ 1−

2

2

¿ √ 3 ( 4−1 ) ln ( 4 ) −√3 ∫ x dx+∫ [ xarctan ( √ 3 ) ] dx 3

0

1

4 2 1+¿ ¿ 3 4 √ (¿)− x ¿ 4 ¿ 3 √ 3 ln ¿ ¿ 3 √ 3 ln(4)− 2 x

√3x

∫∫ ∫ 1 0

0

15 √ 3 π + 4 2

y 15 3 π dzdydx=¿ 3 √ 3 ln(4 )− √ + 2 4 2 y +z 2

0

y x

i¿ ∫ ∫ ∫ ( z 2− y ) d zdxdy −1 0 1

0

y

x

−1 y

y

−1 x

2 2 3 2 2 3 ∫∫∫ ( z − y ) dzdxdy=∫ ∫ x y2 z ∫ dydz=∫∫ y y2 z dydz −1 0 1 0 0 o 0 0 2

0

y

o

o

o

I =∫ ∫ ∫ ( z 2− y ) dxdxdy=∫ ∫ −1 o 1

0

o

I =∫ ∫ −1 1

0

I =∫ −1

a

j ¿∫

(

(

−1 −1

3

o

)

(

(

3

z −zy 3 4

I =∫ 0

1

2

0

y

)∫ dy 0

y 4 y3 y 2 y3 y4 y2 y3 1 1 1 1 77 − − + y dy= − − + ∫ ¿ 0+ + + + = 12 2 3 60 8 6 3 −1 60 8 6 3 120

)

∫ 0

∫ √ a2−x 2− y 2 dzdydx 0

Solución: a

)∫ dxdy

x 1 x x y x − xy + y dxdy ∫ − − + xy 3 3 13 2 3 −1

√ a2−x 2 √ a2−x 2− y 2

0

x

√ a2−x 2 √ a2−x 2− y 2

∫ 0

∫ √ a2−x 2− y 2 dzdydx 0

z √a 2−x 2− y 2 [¿ ¿] √ a −x − y0 dydx 2

2

2

√ a2 −x 2

∫

¿

0

a

I =∫ ¿ 0

a

I =∫

√ a2−x 2

∫ √ a2−x 2− y 2 √ a2−x 2− y 2 dydx

0

0

a

√ a2−x 2

I =∫ 0

∫

( a 2−x 2− y 2 ) dydx

0

y3 3 √ a −x (¿)∨ 0dx

a2 y−x 2 y − 2

2

a

I =∫ ¿ 0

3/ 2

( a2 −x2 ) √ a2− x2−

( a2−x 2 ) 3

2 2 [¿ ]∨√ a −x dx

0

a

I =∫ ¿ 0

a2−x 2 ¿ ¿ ¿ 3/2 ¿ 2¿ ¿ a

I =∫ ¿ 0

Hacemos:

x=asen ( θ )=¿ dx=acos ( θ ) dθ

π x=a=¿ a=asen ( θ )=¿θ= ; x=0=¿ 0=asen ( θ )=¿ θ=0 2 π 2

I=

I=

3 /2 2 [ a2 cos2 ( θ ) ] acos ( θ ) dθ= 2 a ∫ 3 0 3

2a 3

π 4 2

∫ [ sen2 ( θ ) ]

2

dθ=

0

2a 3

π 4 2

∫ 0

[

π 2 2

∫ cos3 ( θ ) cos ( θ ) dθ 0

2

]

1+cos ( 2θ ) dθ 2

π 4 2

I=

a 6

∫ [1+2 cos ( 2 θ ) +cos 2 (θ) ] dθ 0

[

4

π 2

π 2

[

]

]

I=

1+cos ( 4 θ ) a θ + sen(θ)∨ +∫ dθ 3 2 0 0

I=

a4 π θ sen(4 θ) 2 +sen ( π ) + + ∨ 0❑ 3 2 2 8

I=

a4 π π sen( 2 π ) a4 π π a4 π + + = + = 3 2 4 8 6 2 4 8

[

π

[

] ( )

2 2x

k)

√2 xy

∫∫ ∫ 1

x

]

√ 1−x 2− y 2

zdzdydx x2 + y 2 + z 2

Solución: 2 2x

¿

|

1 dydx ∫∫ ln ( x 2+ y 2+ z 2 ) √ 2 xy 21 x √ 1−x 2− y 2 2 2x

1 ¿ ∫ ∫ [ ln ( x 2+ y 2+ xy ) −ln ( x 2 + y 2−1−x 2− y 2) ] dydx 21 x

2 2x

¿

1 [ ln ( x 2+ y 2 )−ln ( 1 ) ] dydx ∫ ∫ 21 x 2 2x

¿∫ ∫ [ ln( x + y ) ] dydx 1 x

dy=¿ y u=ln( x + y)⇒ du=

dy ; v=∫ ¿ x+ y

2x x−¿ 2x

y ln (x + y)|¿¿ ∫ x

y dy ] dx x+y

¿ 2

¿∫ ¿ 1

2x

( 2 x + x )−x ln ( x+ x )−¿∫ x

( y + x−x) dy x+ y

2 x ln ¿ ¿ ¿ 2

¿∫ ¿ 1

2

[

¿∫ x ln 1

2

2

[

¿∫ x ln 1

2

2x

]

]

9x − y 2 x +ln (x + y ) 2 x dx 2 x x

|

( 92x )−2 x+ x + x ln(3 x)−ln(2 x)] dx

[ ( ) ]

¿∫ x ln 1

( )

[ ( ) |

¿∫ x ln 1

2x

9x dy −∫ dy + x ∫ dx 2 x+ y x x

27 x −x dx 4

2

x 2

xdx=¿ u=ln

¿

( 274 x )⇒ du= dxx ; v=∫ ¿ 2

x2 27 x 2 x 2 dx x2 2 ln −∫ − 2 4 1 1 2x 2 1

( )|

|

2

27 x 2 1 − −2+ 2 4 1 2

¿ 2 ln

( ) |

¿ 2 ln

( 272 )− 12 ln ( 272 )−1+ 14 −2+ 12 ln ( 812√ 3 )− 94

(

3

)

1 27 .81 √3 ¿ ln −5 2 16 2 2x

√2 xy

∫∫ ∫ 1

x

√ 1−x 2− y 2

zdzdydx 1 273 .81 √3 = ln −5 16 x2 + y 2 + z 2 2

(

)

π 2 cos θ 4 +r sin θ

L¿ ∫ ∫ 0

0

π 2 cos θ

∫

4 +r sin θ

∫ ∫ zr ∫ 0

0

rdzdrdθ

o

drdθ

0

π 2 cos θ

∫ ∫ ( 4+r sin θ ) rdrdθ 0

0

π 2 cos θ

∫ ∫ ( 4 r +r 2 sin θ ) drdθ 0

0

π 2

cos θ

3

∫ 4 r + r3 sin θ ∫ dθ 0 0

π 2

∫ 0

[

2

π 2

]

2

2 cos θ+

cos θ ∙ sin θ dθ 3 π 2

2∫ cos2 dθ+ 0

1 cos 3 θ sin θdθ ∫ 30

π 2

1 2 cos ∙ sinθ ∙ dθ ∫ 3 0

u=cos θ=¿ du=sin θdθ π 2

−1 2 u du ∫ 2 0 π 2

π 2

π 2

+sin θ −1 4 −1 11 1 3u − ∫ cos θ ∫ − dθ= ∫ 4 0 8 4 0 2 12 12 0 4 5. – Calcule las siguientes integrales triples sobre el sólido U dado: ❑

∭( x +2 y−3 z )dx dy dz

a)

u

U= {( x ; y ; z )/0 ≤ x ≤ √ 4− y , 0 ≤ y ≤ 2,0 ≤ z ≤ 3 } 2

Solución: √ 4− y 2

2 3

0

0 0

∫ ∫∫ ( x+ 2 y −3 z ) dxdydz

¿ (¿ x + 2 xy −3 xz )¿30 dydz 2

2

∫¿ 0

√ 4− y2

¿

∫

¿

0

¿

√ 4− y 2

2

0

0

∫ ∫ ( 9+6 y −9 z ) dydz 2

2

9 y +3 y −9 yz ¿∨¿ 0 dz ¿ √ 4 − y2

¿

∫

¿

0

√ 4− y 2

¿

∫

( 18+12−18 z ) dz

0

¿(18 z +12 z−9 z 2 )¿ √0 4− y

2

¿ 18 √ 4− y 2−12 √ 4− y 2−9( 4− y 2) ¿ 18 √ 4− y 2−12 √ 4− y 2+ 9 y 2−36 2 3

∫∫ ( x +2 y −3 z ) dxdydz =¿18 √4− y 2−12 √4− y 2+ 9 y 2 −36 0 0

√ 4− y 2

∫

¿

0

❑

b)

∭( x12 + y12 − z12 )dV u

U= {( x ; y ; z )/0≤ x ≤ y 2 ,0 ≤ y ≤ √ z ,0 ≤ z ≤ 1 }

Solución: y

2

√z 1

1

1

1

∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz 0 0 0

y

2

√z

¿∫ ∫ 0 0

y

2

√z

¿∫ ∫ 0 0

y

2

¿∫ 0

y

2

¿∫ 0

y

2

¿∫ 0

3

1

1

(

2 2 2 x + y x + z 2 x ¿10 dydz 3

(

2 + y 2 + z 2 dydz 3

1

( 23 y + 23 y ( 23 z ( 23 z

1 /2

1 /2

1

3 /2

)

)

)

+ z 1/ 2 y ¿√0 z dz

2 + (z 1 /2)3 /2 + z 1 /2 z 1 /2 dz 3

)

2 + z 3/ 4 + z dz 3

)

2

(

)

4 8 z ¿ z 3 /2 + z7 / 4 + ¿0y 9 21 2

¿

❑

∭( u

(

4 3 8 7 /2 z 4 y + y + 9 21 2

(

2

) 4

1 1 1 4 8 z + 2 − 2 ) dV = y 3 + y 7/ 2+ 2 9 21 2 x y z

)

1.-Use coordenadas cilíndricas o esféricas para calcular la integral triple en cada caso:

∭

a)

dx dy dz √ x + y 2 +(z−2)2 2

Graficando:

En coordenadas cilíndricas 08 ∫ ∫∫ 1∙ ρ2 sin ∅ dρd ∅ dθ 0 0 0

π π 2 2

8∫ ∫ 0 0

a

−ρ3 sin ∅∫ d ∅ dθ 3 0

π π 2 2

8∫ ∫ 0 0

π 2

8∫ 0

3

−a sin ∅ d ∅ dθ 3 π 2

3

π 2

−a a3 cos ∅∫ dθ=8∫ dθ 3 0 0 3

3

π 2

a 4 a3 3 ¿ 8 θ∫ ¿ πu 3 0 3 h b

√ b2−x 2

0 0

0

∫∫ ∫ √ x 2+ y 2 dx dy dz

c)

Solución: Por coordenadas cilíndricas:

{

0 ≤ y ≤ √ b2−x 2 D 0≤x≤b 0≤ z≤h

{

0≤ r ≤ b x=rcosθ π⇒ o ≤θ ≤ y=rsenθ ⇒ J ( r ; θ ; z )=r 2 z=z 0≤ z≤h

{

π 2 b h

¿∫∫ ∫ r . r dzdrdθ 0 0 0

π 2 b

|

¿∫ ∫ r 2 z h drdθ o 0 0

π 2 b

¿∫ ∫ h r 2 drdθ 0 0

π 2

¿∫ 0

π 2

¿∫ 0

3

4r b dθ 3 0

|

3

4b dθ 3

|

¿

4 b3 π θ 2 3 0

¿

2 π b3 3

h b

√ b2−x 2

0 0

0

3

∫∫ ∫ √ x 2+ y 2 dx dy dz= 2 π3b 2

¿∫

√ 2 x 2+x 2

a

0

0

∫ ∫ z √ x 2 + y 2 dzdydx

0

Solución

Sea D:

{

z=0 0≤ x≤2 z=0 , 2 0≤ y ≤ √ 2 x+ x ⇒ y=0 , y =2 √ 2 x+ x x =0 , 0≤ z≤a x=0

Y

2

x

x=r cosθ , y=r senθ , z=z 0 ≤θ ≤

π , 0≤ r ≤2 cosθ , 0≤ z ≤ a 2

ademas J ( r , θ , z )=r z .r . r dz 2 cosθ

a

∫ (∫ ¿ dr ) dθ 0

2

√ 2 x−x 2

∫ dx ∫ 0

0

0

¿ ¿

a

π /2

dy ∫ z √ x + y dz= ∫ ¿ 2

0

2 cosθ

0

2

z r 2

∫

2

0 2 cosθ

∫

x2

0

2 π/2

a (¿dr )dθ= 2

(¿¿ dr )dθ= π /2

¿∫¿ 0

3

∫ r3 /¿ 0 2 π /2

a 2

2

∫¿ 0

2

1−sen 2 a 4a 1 8 (¿θ) cosθdθ= 1− = 3 3 9

[ ]

¿

4a 3

2 π /2

3

∫ cosθ dθ= 0

4a 3

2 π /2

∫¿ 0

√ 1−x 2 √ 1−x 2− y 2

1

e ¿∫

∫ √ x2 + y 2 + z 2 dzdydx

∫

0

0

2y

Solución: 0 ≤θ ≤

π π ; 0 ≤∅ ≤ ; 0 ≤ ρ≤ 1 2 2

dV = ρ 2 sin (∅) dρd ∅ dθ π π 2 2 1

π π 2 2 1

0 0 0

0 0 0

∫∫∫ √ ρ2 sin(∅)dρd ∅ dθ=¿∫∫∫ ρ sin (∅)dρd ∅ dθ π π 2 2 1

π π 2 2

1

∫∫∫ ρ3 sin ( ∅ ) dρd ∅dθ=¿ ∫∫ [ 0 0 0

0 0

π π 2 2

π 2

ρ4 sin ( ∅ ) ] d ∅ dθ 4 0

π

sin ( ∅ ) [cos ( ∅ ) ]02 dθ ∫∫ 4 d ∅ dθ= −1 ∫ 4 0 0 0 π 2

π 2

−1 π −1 cos −cos ( 0 ) dθ= ∫ −1 dθ ∫ 4 0 2 4 0 π

()

1 2 π 3 [θ ] = u 4 0 8

1

√ 2 x √ 1−x 2− y 2

∫∫ ∫

f)

0

0

2

2 −1/ 2

z (x + y )

dzdydx

0

Solución:

√ 1−x 2− y 2

∫

z(x 2 + y 2 )−1 /2 dz

0

−1 √ 1−x 2− y 2 2 2

2

∫

(x + y )

0

❑

h ¿∭ ❑ e

2

x +y z

−1

zdz=( x 2 + y 2 ) 2

z2 2

|

2

dv , donde U es el solido acotado por la superficie z=√ x + y

U

y limitado por los planos x2 + y 2=2 z y el plano z=2 Solución: Graficamos

2

2

−π 3π ≤θ≤ ; 0 ≤r ≤ a ; r ≤ z ≤ a 4 4

Límites:

ea ¿ ¿ a (¿ ¿ r ¿ ¿−e r) rdrdθ a

∫¿ 0

3π 4

rdrdθ=∫ ¿

Integramos

−π 4 x

e ∨¿ a

∫¿ 0 3π 4 a a

3π 4

I =∫ ∫ ∫ e x rdzdrdθ= ∫ ¿ −π 0 r 4

−π 4

ea −e r (¿)dr=r e a−er Integración por partes u=r=¿ du=dr ; V =∫ ¿ r ea (¿ a0¿−er ) dr a

r (r e −e )∨−∫ ¿ dθ a

2

o

¿

3 π/4

I= ∫ ¿ −π /4

3 π/4

[

(

[

−a 2 e a a + e −1 a0❑ dθ 2

I = ∫ a ( a e a−e2 ) − −π / 4

3 π/4

I = ∫ a ( a e a−e2 ) + −π / 4

(

2 a

)|

]

r e −er a0❑ dθ 2

)|

]

I =(a2 ea −a e a−

2

a

a

a e π +e a−1) θ∨ ¿ [a 2 e a−2 e a ( a−1 ) −2] 2 0 2

1

√ 2 √ 1−x 2− y2 x

f ¿∫

−1 2 2

2

∫ ∫ z (x + y )

0

0

dzdydx

0

Solución: √ 1−x 2− y 2

∫

I=

−1 2 2

2

z ( x + y ) dz

0

2

−1 √ 1−x 2− y 2 2 2

∫

I =( x + y )

z dz

0

I =( x 2+ y 2)

2

−1 2

−1 2 2

I =( x + y )

x

I =∫ ( x 2+ y 2) 0

z2 2 (1−x 2− y 2 ) 2 −1 2

(1−x 2− y 2 ) dy 2

1

√2

I =∫ √ 2 X (1−2 X 2)dx 0

Remplazando obtenemos:

11

2 1+ √ ¿ 1 ¿ - 24 √ 2 ln ¿ ¿

3.- Con la ayuda de coordenadas cilíndricas o esféricas, evalue las siguientes integrales:

a)

x (¿ ¿ 2+ y 2 + z 2)3 /2 ∭¿

dv, u:

x 2+ y 2 + z 2 ≤ 1

Llevando a coordenadas esféricas:

0 ≤θ ≤ 2 π

0 ≤θ ≤ π 0 ≤ e ≤1

x 2+ y 2 + z 2 ≤

Se sabe que: x=e cos ∅sin ∅

y=e sin ∅sin ∅ z=e cos ∅

J ( r ,θ , ∅ )=e 2 sin∅

e 2 cos θ 2 sin ∅2 +e 2 sin θ2 sin ∅2+ e2 cos θ2 =1

1

2

e =1 2

2

2

2

2

2

2

2

e cos θ sin ∅ +e sin θ sin ∅ + e cos θ =1 e=± 1

Entonces: 2π π 1

3

I =∫ ∫ ∫ ( e 2) 2 e 2 sin ∅ de d ∅ dθ 0

0 0

2π π 1

I =∫ ∫ ∫ e5 sin ∅ de d ∅ dθ 0

0 0

2π π

I =∫ ∫ 0

0

6

e sin ∅ d ∅dθ 6

2π π

1 I =∫ ∫ sin ∅ d ∅ dθ 0 0 6 2π

I =∫ 0

2π

I =∫ 0

−1 [ cos ∅ ] dθ 6 −1 [ −1−1 ] dθ 6 2π

I=

2π

1 1 2π dθ= ∅∫ .= ∫ 3 0 3 0 3

❑

1 calcular ∭ ( x 2+ y 2 ) dxdydz , d onde el T esta limitado por las superficies z= ( x 2 + y 2 ) , z =2 2 T Solución

pasando a coordenadas cilindricas x=rcosθ , y=rsenθ , z=z 2

r t=( r ,θ , z ) 0 ≤r ≤ 2∧ 0≤ θ ≤ 2 π ∧ ≤ z ≤2 2 2

∫ r2 3

r /2

¿ (¿ ¿.r dz ) dθ 2π

∫ ¿ dr 0

¿

2

( x 2+ y 2) dxdydz =∫ ¿ 0 ❑

∭¿ T

2

r 2 3 r (¿¿)dθ 2 r3 −r 5 2 π (¿ ) dr 2 2−

2π

2

∫ ¿ dr=∫ ¿ 0

0

¿ 2

¿∫ ¿ 0

¿2π

(

4

6

)

r r 16 − ∨¿ π 2 12 3

l=∭ (x + y + z )( x+ y −z)( x− y −z) dxdydz , donde U es el tetraedro

4.- calcule

limitado por los planos x+y+z=0, x+y-z=0, x-y-z=0, 2x-z=1. Solución: u=x + y + z v =x+ y −z

w=x− y−z x=

u+w 2

y=

v −w 2

z=

u−v 2

J (u , v , w )=

−1 4

x+ y+ z=

u+ w v−w u−v + + =0 ⇒u=0 2 2 2

x+ y−z=

u+w v −w u−v + − =0 ⇒ v=0 2 2 2

x− y−z=

u+ w v−w u−v − − =0 ⇒ w=0 2 2 2

2 x −z=2

u+ w u−w − =1⇒ 2u−v + 4 w=1 2 2

D= { (u , v , w ) /u=0, v=0, w=0, 2u−v + 4 w=1 }

x− y−¿ ∭( x + y + z )(x+ y−z)(¿ z ) dxdydz

∭ uvw /J (u , v , w)d u dvdw 1 1−2 u 2 4 2 u+ 4 w−1

1 ∫ 4 0

∫ 0

1 1−2u 2 4

1 ∫ 80

∫

∫ 0

1 1−2 u 2 4

wuv dvdwdu=

0

1 ∫ 4 0

∫

2

⌈w

0

2 u+ 4 w−1

uv ⌉ 2 0

dwdu

1 2

1−2 u 4

1 wu(4 ( u /+4 w +4 wu−u−2 w ) +1) dwdu= ∫ ⌈ u w2 ( 4 ( u2 w+ 4 w 3 /3+2 w2 u−uw−w 2) + w)⌉ 0 80

1/ 2

2

2

2

2

u 4 u −4 u +1 8u ( ) du=⌈ ∫ u ( 1−2 ) 4 3 3

6

−

0

32 u5 8 u3 u 2 12 1 3 + 6 u4 − + ⌉ = u 5 3 2 0 184

5-calcule I=

∭ √ x 2+ y 2 + z 2 dv , donde u es el solido limitado por las superficies z=√ x 2+ y 2 √ x2

(¿ + y 2 + z 2)dxdydz ∭¿

z=

√ x2 + y 2

z=3

, z=3

du

√ x 2+ y 2

∫ (√ x 2 + y 2 + z 2)dx 0

y

2 2 ∫ 2 √2 x +2 y 2 0 √x + y +z

3

∫ 0

(2 √ x2 + y2 ) y

√x +y 2

2

+z

2

dy=

=

2x = √ x + y 2+ z2 2

2 √ x 2+ y 2

√ x 2 + y 2+ z2 ( 2 √ x 2+ y 2 ) y

√x + y +z 2

2

2

y

remplasando obtenemos :(27

√ 2−

27 ¿π 2

❑

7.−calcule ∭ x √ x 2 + y 2 dxdydz ,donde U es el solido exterior al cilindro U

x 2+ y 2 −2 y =0 y limitado por las erficies z=√ x 2+ y 2 , 2

2

x + y =z+12, x+ y ≥ 0, sugerncia :utilice cordenadas cilindricas Solución: 2

2

2

2

la ecuacion del cilindro x + y −2 y =0=¿ x + ( y−1 ) =1 En el esquema: Los limites: −π 3π ≤θ≤ 4 4 x 2+ y 2 −2 y =0=¿ r 2=2 rsen(θ) r=2 sen ( θ )=¿ 0 ≤ r ≤2 sen (θ)

3 π / 4 2 rsen(θ)

I= ∫

2

r −12 ≤ z ≤ r Integramos:

−π / 4

r

∫ ∫ 0

rcos(θ) √ r 2 rdzdrdθ

r2−12

2

r −r 3 r cos ⁡( θ)(¿¿+12)drdθ 2 rsen ( θ )

∫

¿

0 3 π /4

I= ∫ ¿ −π / 4

r 4−r 5 cos ⁡( θ)(¿ ¿+12 r 3 )drdθ 2 rsen ( θ )

∫

¿

0 3 π /4

I= ∫ ¿ −π / 4

5

r 5 3π/4 6 2rsen (θ ) dθ ∫ cos ⁡(θ)[¿ −r6 +3 r 4 ] 0 −π / 4 I =¿ 32 sen 5 (θ) 5 6 −32 sen ( θ ) cos ⁡( θ)[¿ +48 sen4 (θ) ]dθ 3 3 π/4

I= ∫ ¿ −π / 4

I =[

I=

32 sen6 (θ) 32 sen7 (θ) 48 sen 4 (θ) 3 π /4 − + ] 30 21 5 −π /4

[ ( ) ( )] [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]

16 3π π 48 3π π 32 3π π sen6 −sen6 + sen5 +sen 5 − sen7 + sen7 15 4 4 5 4 4 21 4 4

10.-Halle el volumen del solido bajo la superficie z=4−x 2− y 2 ; interior al cilindro x 2+ y 2=1 y sobre el plano xy

En el esquema

Los limites, pasamos a coordenadas cilíndricas: x 2+ y 2 =¿ r=1=¿ 0≤ r ≤1 ; 0 ≤ z ≤ 4−r 2 ; 0 ≤θ ≤ 2 π 2 π 5 4−r

v =∫ ∫ 0

2π

(

0

2π 1

∫ rdzdrdθ=∫ ∫ r ( 4−r 2 ) drdθ

0

v =∫ 2 r 2−

2

0

r4 4

0 0

)

1

2π

0

0

∫ dθ=(2− 14 ) θ ∫ ¿

7 (2 π ) 7 π 3 = u 4 2

13.- encuentre el volumen en el primer octante acotado por el paraboloide z=x 2+ y 2 , el cilindro Solución:

y ¿ x2

y los planos y=x, z=0

2

1

x x +y

V =∫ ∫ 0 x2

1 x

∫

0 x2

dzdydx

0

x2 + y 2

∫∫|z|0

2

1 x

dydx=¿∫ ∫ x2 + y 2 dydx 0 x2

x 2 3

(x ) x (¿¿ 2( x)+ )−(x2 ( x 2 )+ ) 3 3 ¿ dx ¿ ¿ 1 3 x y 2 x y+ dx=∫ ¿ 3 x 0 3

|

|

2

1

¿∫ ¿ 0

3

6

x x −x 4 + 3 3 3 6 4x x −x 4 + 3 3

x3 +

|

−4 x 7 x 5 4 x 4 (¿)dx= − + 21 5 12

1

|

0

1

(¿)dx=∫ ¿ 0

1

∫¿ 0

¿

−4 (1)7 ( 1 )5 ( 1 )4 3 3 − + = u 21 5 3 35

14 Halle los volúmenes de los cuerpos limitados por las superficies que se indiquen. 1 3 2 x 2 y∨los planos x= . x= . y=0 x a) Por los cilindros z=2/ ,2x,z=0 en el 2 2 primer octante.

2π 1 y

∫∫∫ k r 3

Solución:

0

dzdrd θ

0 r2

4

(

r 5 r r6 − dθ 5 6 ¿

)

2π

(¿ ¿−r ) drdθ=k ∫ ¿ 5

K=k

0

1

∫¿ 0 2π

∫¿ 0

3 Reemplazando obtenemos: (4ln(3)-2) u

x 2 + 4 y 2 =z el plano z=0 y los cilijdros

i)por el paraboloide x 2 =y x 2 + z 2= y 2 ,

x 2 + z 2 =5y 3

∫ r 2 z dr dθ

π 2 3

0

y

∫∫∫ rdzdθ 0 0 0

=

¿

π 2

∫¿ 0

3

∫ 4 r 2 drdθ 0

¿

π 2

∫¿ 0

y 2=x ,

π 2

∫ 43r

3

dθ

0

Reemplazado obtenemos:

j) Po la superficies

2

3 3 u 7

2

2

y + z =4 ax , x=3 a , y =ax

Solución: rdz 3

4

∫ (∫ ¿ dr) dθ 0

0

¿ ¿

π 2

∫¿ 0

3

∫ 4 r2 0

π 2 3

∫∫ r 2 zdrdθ = 0 0

¿ ¿

π 2

∫¿ 0

π 2

3

∫ 43r dθ 0 Remplazando obtenemos: (6 π +9 d)

z 2=x 2+ y 2

,

√ 3¿ u 3

x 2+ y 2 + z 2=a2 , sobre el cono

ρ=costante

π 2π 4 a

π 2π 4

∫∫∫ ρ2 sin( ∅)dρd ∅ dθ=¿ ∫∫ [ 0

π 2π 4

∫∫ 0

0

0 0

2π

3

π

3 a sin ( ∅ ) a d ∅ dθ= ∫ [−cos ( ∅ ) ]04 dθ 3 3 0

2π

¿

0 0

a

ρ3 sin ( ∅ ) ] d ∅ dθ 3 0

[

]

π

a3 √ 2 )dθ= a3 (1− √ 2 )θ 4 = 2 π a3 1− √ 2 (1− ∫ 3 0 2 3 2 3 2 0

(

)

17.−calcule paso a paso la integraltriple de f ( x , y , z )= √ x 2+ y 2 sobre el solidoo Dlimitado por las graficas de z=2 entnces dedudcimos z=2 , z=r Solución θ=2 π r=2 z=2

I=

∫ ∫ ∫ r .rdzdrdθ

θ=0 r=0 z=r

3 2 r −r ¿ ( 2−r ) r 2=¿ ¿ 2

2π

I =∫ 0

4 8π dθ= 3 3

)

c ¿. encontrar el centro de masadel solido dentro del paraboide x 2 + y 2=z y fueradel cono x 2 + y 2=z 2 , p es la de Solución

{

x 2 + y 2=z ⟹ z 2=z ⇒ z=0 , luego pasado a coordenadas cilindricas z =1 x 2 + y 2=z

{

r ,θ , z /0 ≤θ ≤ 2 π , 0 ≤ r ≤ 1 ,r 2 ≤ z ≤ r ¿ D=¿ zkrdz k ( 3 5) r −r dr 2 1

∫ ¿ dθ 0

1

¿ ¿ ¿

2π

(∫ ¿ dr ) dθ=∫ ¿ r2

0

1

∫¿ 0

¿

2π

M xy=∫ ¿ 0

4

r 4 zkrdz k 3 5 ( r −r ) dr 2 1

∫ ¿ dθ 0

¿ ¿ ¿

1

2π

∫ ¿ dr =∫ ¿ 0

0

1

¿

∫¿ 0

−r 6 )¿ 6 2π k ¿ ∫¿ 20

(¿

r 2 cosθkdz kcosθ r 2 ( r −r 2 ) dr 1

∫ ¿ dθ 0

1

¿ ¿ ¿ ¿

2π

(∫ ¿ dr )dθ=∫ ¿ r2

0

1

∫¿ 0

¿

2π

xz=∫ ¿ 0

M¿

4

(

5

)|

|

2π

r r k k k kcosθ − dθ= ∫ cosθdθ= senθ = ( 0−0 )=0 4 6 20 0 20 20 ¿ 2π

¿∫ ¿ 0

rsenθ . rkdz senθ r 2 1

1

2π

1

∫ (∫ ¿ dr) dθ=k ∫ (∫ ¿ ( r−r 2 ) dr )dθ 0

r

0

2

0

¿ ¿

2π

M yz=∫ ¿ 0

2π

¿ k ∫ senθ 0

(

r4 r5 k −k − dθ= (−cosθ ) = ( 1−1 ) =0 4 5 20 20

)|

|

zkrdz r ( r −2 ) dr 1

∫ ¿ dθ 0

¿ ¿ ¿

1

2π

(∫ ¿ dr ) dθ= r2

k ∫¿ 2 0

1

∫¿ 0

¿

2π

M=∫ ¿ 0

1

2π

(

3

4

)

2π

k ∫ ( r −r ) drdθ= k2 ∫ r3 − r4 ∨dθ= 240 ∫ dθ= kπ 12 0 0 0 ¿ 2π k ¿ ∫¿ 20 2

3

πk M yz 0 M xz M xy 12 X= = =0 , Y = =0 , Z= = =1 M πk M M πk 12 12 el centro de masaes (0,0,1)

z−2 ¿ ¿ ¿2 x 2 + y 2 +¿ dxdydz ¿

❑

b ¿ . f ( x , y , z ) =∭ ¿ U

Solución

pasando a coordenadas cilindricas

{

x=rcosθ y=rsenθ → J ( r ,θ , z )=r z=z

D=

{ r ,θ0, z ≤ r ≤ 1∧ 0 ≤θ ≤ 2 π ∧−1 ≤ z ≤1}

z −2 ¿ ¿ ¿2 ¿ z −2 ¿ ¿ ¿2 rdr 2 √r +(¿¿¿dz ) dθ 1

∫¿ 0 1

¿

∫¿ −1 2

2

x + y +¿ dxdydz ¿ ❑

∭¿ U

z−2 ¿ ¿ ¿2 ¿ z−2 ¿ ¿ 1+¿ dz √ ¿ dθ ¿ ¿ ¿ 1

∫¿ −1

r 2 +¿ √¿ 1

∫¿ −1

¿

2π

¿∫ ¿ 0

z−2 ¿ ¿ ¿2 z−2 √ 1+ ¿ dθ 2 ¿ 2π

¿∫ ¿ 0

( 3 √10−√ 2−3 ) + ln ⁡∨ √ 2−1 ∨¿ 2π

¿∫ 0

¿

[√

3 10−√ 2 1 + ln 2 2

√ 10−3

|√√ | ]

2−1 3 − dθ=¿ 10−3 2

18) calcule el volumen del solido encerrado entre las superficies entre las superficies

x 2 + z 2= y 2 y

x 2+ z 2=5 y

y=r cos ( θ ) , z=r sin ( θ ) , x=x J : ( r ,θ , x )=r

2

2

Pasando a coordenadas polares π 2 1

2

1 x x +4 y

∫∫ ∫ 0

√x π 2

0

dzdxdy=∫ ∫

|

0 0

5

√ 2−r2

∫ r

π 2 1

3 r r4 2 2 z r dzdrdθ=∫∫ (2−r ) − drdθ 3 0 0 3 2

5 1

|

1 −1 r (2−r 2) 2 − dθ ∫ 3 0 5 5 0

Reemplazando obtenemos las coordenadas (0,0,

99 7 )

19.- determine el volumen del solido limitado por el cono

x 2= y 2+ z2 y el

x 2=20− y2 −z2

paraboloide x=ρ cos θ sin ∅

y=ρ sin θ sin ∅ z=ρ cos θ J (ρ , θ ,∅) =

ρ2 sin∅

{(ρ , θ ,∅)/a ≤ ρ≤ b , 0 ≤θ ≤ 2 π , 0 ≤ ∅≤ π2 }

S=

π 2π 2 1

2

2

∅ ρ( ρ2 sin ∅)dρd ∅ dθ ∫∫∫ ρ cos ρ 0 0 0 π 2π 2

ρ4 ( 2 ∫∫ 4 cos ∅ sin ∅ ) d ∅ dθ 0 0 Reemplazando: 448 3 πu 3 1. Halle el volumen del solido limitado superiormente por la esfera x 2+ y 2 +(z−1)2 =1 e inferiormente por el paraboloide Graficamos: x 2+ y 2 + ( z−1 )2=1

Esfera: c(0,0,1) ˄ r=1 x 2+ y 2 + ( z−1 )2=1

z=x 2+ y 2

En coordenadas polares: 0 ≤θ ≤ 2 π 0