UNIVERSIDAD DE COSTA RICA
FACULTAD DE CIENCIAS
ESCUELA DE MATEM ´
ATICA
DEPARTAMENTO DE MATEM´
ATICA APLICADA
MA-1003 C´alculo III
II CICLO 2017
Ex´amenes parciales y sus soluciones
Coordinador del curso: Jos´e Rosales-Ortega
1
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Análisis matemático de superficies revolucionarias y integrales múltiples, Apuntes de Ingeniería
Documento que contiene el análisis matemático de superficies revolucionarias, ecuaciones de la superficie de revolución, intersección de superficies y cálculo de integrales múltiples.
Tipo: Apuntes
2016/2017
Subido el 14/07/2022
usuario desconocido 🇨🇷
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UNIVERSIDAD DE COSTA RICA
FACULTAD DE CIENCIAS
ESCUELA DE MATEM ATICA´
DEPARTAMENTO DE MATEM ATICA APLICADA´
MA-1003 C´alculo III
II CICLO 2017
Ex´amenes parciales y sus soluciones
Coordinador del curso: Jos´e Rosales-Ortega
´Indice
- Introducci´on.
- Soluci´on Primer Parcial.
- Soluci´on Segundo Parcial.
- Soluci´on Tercer Parcial.
- Reposici´on Primer Parcial.
- Reposici´on Segundo Parcial
- Reposici´on Tercer Parcial
- Examen de Ampliaci´on I-2017
- Soluci´on Primer Parcial.
Universidad de Costa Rica Escuela de Matem´atica 9 de Setiembre de 2017. MA-1003 C´alculo III Segundo Semestre
Soluci´on Examen Parcial # 1
- a) 15 puntos Considere el c´ırculo (x − 5)^2 + z^2 = 9 en el plano y= 0. Verifique que la
superficie de revoluci´on que uno obtiene al hacer girar dicho c´ırculo alrededor del eje z viene dada por la f´ormula:
x^2 + y^2 + z^2
- 32z^2 − 68 x^2 + y^2
Inicialmente la curva y el eje de revoluci´on viven en el mismo plano, luego tomamos un
punto arbitrario (x, y, z) en la superficie de revoluci´on solicitada, y a la cual llamaremos Σ. De lo dicho anteriormente, se sigue que (x, 0 , z) ∈ Σ y que adem´as cumple (x − 5) +^2 z^2 = 9. Buscamos ahora la distancia entre (x, 0 , z) y el eje de revoluci´on , lo cual nos
da lo siguiente:
d ((x, 0 , z ), (0, 0 , z )) =
x^2 =
r 5 ±
9 − z^2
ya que de (x − 5)^2 + z^2 = 9, se llega, por pura ´algebra elemental, a lo siguiente:
x^2 =
9 − z^2
Por otra parte, cuando el punto,(x, y, z) empieza a rotar, ya y 6 = 0, y se tiene que, la
distancia al eje de revoluci´on es la misma, y adem´as dada por:
d ((x, y, z), (0, 0 , z)) =
p x^2 + y^2.
Al igualar las dos distancias anteriores se tiene que:
r 5 ±
9 − z^2
p x^2 + y^2.
Elevando al cuadrado y desarrollando las f´ormulas notables se tiene:
9 − z^2 = x
2
- y +
2 z
2 − 34.
Elevando una vez m´as al cuadrado y acomodando t´erminos se llega a que:
x
2
- y
2
- z
2 ^2
- 32z
2 − 68 x
2
- y
2 ^
b) 5 puntos Qu´e figura(s) se obtiene(n) al realizar la intersecci´on de la superficie de revoluci´on del punto anterior con el plano z = 0? Debe indicar f´ormulas en su respuesta.
Al poner z = 0 en la f´ormula obtenida en la parte anterior se llega a que:
x
2
- y
2
− 68 x
2
- y
2
Lo anterior representa una cuadr´atica en x^2 + y^2 , cuyo discriminante es 3600. Luego,
las soluciones son:
x
2
- y
2
2 ,
x^2 + y^2 =
2 .
Por lo tanto se obtienen dos c´ırculos conc´entricos de radio 8 y 2, respectivamente.
- Sea C la curva que resulta de la intersecci´on de la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 6, y del paraboloide
y = x^2 + z^2.
a) 10 puntos Encuentre una parametrizaci´on trigonom´etrica, ~α(θ), de C, con θ ∈ [0, 2 π].
Lo primero que se hace es ver que y^2 + y = 6, de donde se sigue que y = 2 yy = −3.
Por la naturaleza del problema se concluye que y = 2.
Luego al sustituir y = 2 en cualesquiera de las superficies, se llega a x^2 + z^2 = 2, que
es un c´ırculo y se parametriza como x =
2 cos( θ); z = 2 sin(
θ) donde θ ∈ [0 , 2 π].
Por lo tanto, ~α(θ) =
2 cos( θ), 2 , 2 sin(
θ)
, donde θ ∈ [0 , 2 π].
b) 10 puntos Encuentre en el punto (1, 2 , −1), de la curva C, los vectores T , ~ N , ~ B~, y el escalar κ.
Observemos que para θ = 7π/4 se tiene que ~α (7π/ 4) = (1, 2 , −1).
Se concluye que:
α ~ ′(θ) =
2 sin(θ), 0 ,
2 cos(θ)
α ~ ′′(θ) =
2 cos(θ), 0 , −
2 sin(θ)
Al evaluar en θ = 7π/4 se sigue que:
~α ′(7π/4) = (1, 0 1), , ~α ′′(7π/4) = (− 1 , 0 , 1)
Como ||α~ ′(7π/4)|| =
2, entonces T~
(^7) π 4
√^1 2
, 0 , √^12
, y tambi´en se tiene
que (^) N~
(^7) π 4
Adem´as, del hecho de que
~α
′ (7π/ 4) × ~α π/
′′ (7 4) =
i j k 1 0 1 − 1 0 1
se sigue que κ
7 π 4
√ √^4 2
3 =^
√^1 2 , y de una sola vez que^
B~
7 π 4
- 20 puntos Considere la siguiente superficie z = 1 − x^2 − 2 y^2. Determine el plano tangente
a dicha superficie en el punto (1,
2 , −4) y verifique que dicho plano tangente contiene a la recta L que pasa por (1, 0 , 4) y vector director (1,
Consideramos la funci´on escalar F (x, y, z) = 1 − x^2 − 2 y^2 − z. Es claro que nuestra superficie inicial es una superfice de nivel de F , aquella para la cual F (x, y, z) = 0.
Por lo tanto, se concluye que
∂φ
∂y
= −ex^ sin(y) +
∂f
∂u
∂f ∂v
y de esto sigue que:
∂φ
∂x
- e
x sin(y)
∂f
∂u
∂f
∂v
Luego al restar los lados derechos de las ecuaciones (1) y (2) se sigue que
∂f
∂u
∂f
∂v
∂f
∂u
∂f
∂v
∂f
∂u
∂f
∂v
- 20 puntos Suponga que z^2 + x^3 + 5x^2 y = 5xyz define impl´ıcitamente a z = z(x, y).
Suponiendo que z(1, 1) = 2 determine el valor de
∂^2 z
∂x∂y
Al derivar parcialmente con respecto a la variable y se tiene que:
2 z
∂z
∂y
- 5x
2 = 5xz + 5xy
∂z
∂y
Al poner x = 1 , y = 1 en la relaci´on anterior se sigue que 4
∂z
∂y
∂z
∂y
(1, 1), y
con lo cual
∂z ∂y (1^ ,^ 1) =^ −5.
Al derivar parcialmente con respecto a x a la expresi´on anterior se sigue:
∂z
∂x
∂z
∂y
- 2z
∂^2 z
∂x∂y
- 10x = 5z + 5x
∂z
∂x
- 5y
∂z
∂y
- 5xy
∂^2 z
∂x∂y
Si evaluamos en x = 1, y = 1 se sigue que:
∂z
∂x
∂^2 z
∂x∂y
∂z
∂x
∂^2 z
∂x∂y
Al simplificar se obtiene:
∂^2 z
∂x∂y
∂z
∂x
Para terminar , debemos derivar parcialmente la relaci´on original, con respecto a x y luego
evaluar en x = 1 , y= 1:
2 z
∂z
∂x
- 3x
2
- 10xy = 5yz + 5xy
∂z
∂x
∂z
∂x
Por lo tanto, de los c´alculos anteriores se deduce que
∂^2 z
∂x∂y
- Sean f (x, y, z) = x^2 + 2y − z una funci´on, y ~α(θ) =
cos(θ),
1 + sin(θ) √ 5
2 + 2 sin( )θ √ 5
curva
con θ ∈ [0, π ].
a) 10 puntos Hallar la derivada direccional de f en el punto
a lo
largo de la curva ~α(θ).
Recordar que la derivada direccional de f a lo largo de α~(θ) es dada por DT~ (θ)f^ (~α(θ)),
donde T~ (θ) es el vector tangente a la curva ~α(θ). Como las derivadas parciales de f son
continuas, ya que son polinomios, se sigue que:
DT~ (θ)f (α~ (θ)) = ∇f ( ~α(θ)) · T~ (θ).
Los c´alculos los haremos para θ arbitrario, y luego para uno espec´ıfico.
Observe que ~α ′(θ) =
− sin(θ),
cos( )θ √ 5 ,^
2 cos( )√θ 5
, y adem´as ||α~ ′(θ)|| = 1, de donde se sigue que
~T (θ) = ~α ′(θ) =
− sin(θ),
cos(θ) √ 5
2 cos( )θ √ 5
Por otra parte, se tiene que
∇f (x, y, z) = (2x, 2 , −1) =⇒ ∇f (~α (θ)) = (2 cos(θ), 2 , −1).
Por lo tanto, se sigue que:
DT~ (θ)f (~α(θ)) = (2 cos(θ), 2 , −1) ·
− sin(θ),
cos(θ) √ 5
2 cos( )θ √ 5
= −2 cos(θ) sin(θ).
Queremos el resultado en el punto
, luego vemos que debe ser θ = π,
ya que ~α(π) =
Teniendo en cuenta lo anterior se concluye que: DT~ (π)f (~α (π)) = −2 cos(π) sen (π) = 0.
b) 10 puntos Hallar todos los puntos sobre la curva α~(θ) en los cuales la derivada
direccional de f a lo largo de ~α(θ) es igual a cero.
Ya tenemos por la parte anterior lo siguiente:
DT~ (θ)f (~α(θ)) = (2 cos(θ), 2 , −1) ·
− sin(θ),
cos(θ) √ 5
2 cos( )θ √ 5
= −2 cos(θ) sin(θ).
Tenemos que hallar los θ ∈ [0, π ] tales que: -2 cos(θ) sin(θ) = 0, y con tales θhallaremos
los puntos α~(θ).
Es claro que θ = 0, π anulan al seno, y que π/2 anula al coseno, luego los puntos busca- dos son ~α(0) = (1, 1 /
5); ~α π/( 2) = (0, 2 / 5 , α~
5); (π) = (− 1 , 1 / ,
- Soluci´on Segundo Parcial.
Universidad de Costa Rica
Escuela de Matem´atica Octubre de 2017. MA-1003 C´alculo III Segundo Semestre
Soluci´on Examen Parcial # 2
b) 10 puntos Calcule el valor de I.
El c´alculo de I se procede a realizar teniendo en cuenta lo anterior:
I =
Z 2
0
"Z
3 x^2
− 3 x^2
1 + x^3
dy
dx
Z 2
0
6 x^2
1 + x^3
dx
= 2 ln
1 + x
3 ^2
0 =2 ln(9).
- 20 puntos Calcule el volumen del s´olido T limitado por el cono z = 2
p x^2 + y^2 y por el
paraboloide z = 3 − x^2 − y^2.
El s´olido en cuesti´on se encuentra arriba del cono z = 2
p x^2 + y^2 y por debajo del parabo-
loide z = 3 − x^2 − y^2. El estudiante debe indicar un dibujo al respecto.
Del c´alculo z = 3 − z^2 /4 se deduce que z = 2, y por lo tanto la proyecci´on de dicho s´olido
en el plano xy es el c´ırculo x^2 + y^2 = 1.
Luego
V ol(T ) =
Z Z Z
T
1 dV
Z Z
x^2 +y^2 ≤ 1
3 − x^2 − y^2 − 2
p x^2 + y^2
dx dy
Z (^2) π
0
Z 1
0
3 − r^2 − 2 r
r dr dθ
= 2 π
Z 1
0
3 r − r^3 − 2 r^2
dr
= 2 π
3 r^2
2
r^4
4
2 r^3
3
1
0
=
7 π
6
- 20 puntos Sea Q la regi´on acotada por los siguientes planos: x = 0; y = 0; z = 0; x + z=
1; y + z = 1, calcule el valor de la siguiente integral triple:
I =
Z Z Z
Q
1 + (1 − z)^2
dV.
Puede ser ´util, dependiendo de lo que usted decida realizar, que
Z 1
0
ln
1 + w
2 ^
dw = ln(2) −
π
2
El estudiante debe realizar un dibujo, y darse cuenta que los planos x + z = 1 y y + z= 1
se cortan a lo largo del plano x = y, y que en el plano xy se forma el cuadrado [0, 1] × [0 1].,
Del an´alisis de la regi´on de integraci´on se observa que en los ´ordenes dx dz dy y dy dz dx la
expresi´on I consta de una sola integral, en cada caso, pero que en el orden dz dy dx debemos
partir en dos integrales, adem´as que es m´as dif´ıcil el empezar integrando
4 1+(1−z)^2 con respecto a z.
Por lo tanto, integrando en el orden dx dz dy se tiene:
I =
Z 1
0
Z (^1) −y
0
Z (^1) −z
0
1 + (1 − z)^2
dx dz dy
Z 1
0
Z (^1) −y
0
4 x
1 + (1 − z)^2
1 −z
0
dz dy
Z 1
0
Z (^1) −y
0
4(1 − z)
1 + (1 − z)^2
dz dy
Z 1
0
−2 ln
1 + (1 − z)
2 ^1 −y 0 dy
Z 1
0
2 ln(2) − 2 ln(1 +y
2 )
dy
=2 ln(2) − 2
Z 1
0
ln(1 + y
2 ) dy
=2 ln(2) − 2
ln(2) − 2 +
π
2
=4 − π.
(Igual puntaje del anterior)Si el estudiante decide integrar en el orden dy dz dx se tiene:
I =
Z 1
0
Z (^1) −x
0
Z (^1) −z
0
1 + (1 − z)^2
dy dz dx
Z 1
0
Z (^1) −x
0
4 y
1 + (1 − z)^2
1 −z
0
dz dx
Z 1
0
Z (^1) −x
0
4(1 − z)
1 + (1 − z)^2
dz dx
Z 1
0
−2 ln
1 + (1 − z)^2
^1 −x 0
dx
Z 1
0
2 ln(2) − 2 ln(1 +x^2 )
dx
=2 ln(2) − 2
Z 1
0
ln(1 + x
2 ) dx
=2 ln(2) − 2
ln(2) − 2 +
π
2
=4 − π.
La estudiante Cristina Segreda realiz´o el orden dydxdz y lleg´o a:
I =
Z 1
0
Z (^1) −z
0
Z (^1) −z
0
1 + (1 − z)^2
dy dx dz
Z 1
0
Z (^1) −z
0
4 y
1 + (1 − z)^2
1 −z
0
dx dz
Z 1
0
Z (^1) −z
0
4(1 − z)
1 + (1 − z)^2
dx dz
Z 1
0
4(1 − z)^2
1 + (1 − z)^2
dz
Z 0
1
u^2
1 + u^2
du
Z 1
0
du −
Z 1
0
1 + u^2
du
=4 (1 − arctan(1))
=4 − π.
- 20 puntos Para la funci´on, f (x, y) = 2021 −
x^2
4
− y
2 , definida sobre la elipse x
2
y^2
4
encuentre su valor m´ınimo y el punto o puntos donde se alcanza.
Se forma la siguiente funci´on:
L(x, y, λ) = 2021 −
x^2
4
− y^2 + λ
x^2 +
y^2
4
El gradiente de L es dado por:
∇L(x, y, λ) =
x
2
- 2λx, − 2 y +
λy
2
, x
2
y^2
4
luego debemos resolver el sistema:
x
2
- 2λx = 0
− 2 y +
λy
2
x^2 +
y^2 4 −^ 1 = 0.
−x + 4λx = 0
− 4 y + λy = 0
x^2 +
y^2 4 = 1.
x(−1 + 4λ) = 0
y(−4 + λ) = 0
x^2 +
y^2 4 = 1.
Se tienen los casos: x = 0, o bien λ = 1/4.
Si x = 0, entonces de la ecuaci´on que define la elipse se llega a que y = ±2. Entonces se
tienen los puntos cr´ıticos: (0, 2); (0, −2).
Si λ = 1/4, entonces se tiene que y = 0, y de esto se sigue que x^2 = 1, y entoncesx = ±1. Se tienen los puntos cr´ıticos: (1, 0); (− 1 , 0).
Evaluando los puntos cr´ıticos en la funci´on obtenemos lo siguiente:
f (0, 2) = f(0. − 2) = 2017, f (1, 0) = f (− 1 , 0) = 2021 − 1 / 4 ,
y se concluye que 2017 es el m´ınimo y se alcanza en los puntos (0, ±2).
- 20 puntos Calcule el valor de la integral:
Z Z Z
T
z dV , donde T es la regi´on que es interior
a la esfera x^2 + y^2 + (z − 2)^2 = 4, exterior al cono z =
p x^2 + y^2 , e interior al cono =
3 · z p x^2 + y^2.
Lo primero que vamos a hacer es calcular las intersecciones entre las superficies en cuesti´on,
y tener as´ı una idea de cu´al es el s´olido a considerar en la integral triple.
La esfera con el cono z =
p x^2 + y^2 se intersecan en z = 0 y en z= 2.
La esfera y el cono
3 z =
p x^2 + y^2 se intersecan en z = 0 y z= 1.
Los conos se intersecan s´olo en z = 0.
Vamos a utilizar coordenadas esf´ericas: x = ρ cos( θ) sen ( ψ); y = ρ sen (θ ) sen (ψ); z = ρ cos( ψ), y jacobiano ρ^2 sen (ψ).
Los l´ımites del s´olido en cuesti´on son ρ desde 0 y hasta ρ = 4 cos(φ).
El ´√angulo ψ va desde ρ cos(ψ) = ρ sen (ψ), es decir tan(ψ) = 1 , con lo cual ψ = π/4, y hasta 3 ρ cos(ψ) = ρ sen (ψ), es decir ψ = π/3.
El ´angulo θ va desde 0 hasta 2 .φ
Por lo tanto, tenemos que:
Soluci´on Examen Parcial # 3
Cuenta con tres horas para realizar el examen. El examen consta de seis preguntas, veinte puntos cada una. Debe realizar las primeras cuatro, y elegir solamente una entre las
´ultimas dos. No hay puntos extras. Debe justificar cada ejercicio con los m´etodos vistos en clase o establecidos en la carta al estudiante.
- Suponga que C es una curva parametrizada por α(t) =
et
2 sen (πt), t^2 − 2 t
, para t ∈ [0 1].,
Considere a F~ (x, y) = (x^2 + 2xy − y^2 , x^2 − 2 xy − y^2 ) campo vectorial para el cual existe un
campo escalar f (x, y) tal que F~ (x, y ) = ∇f ( x, y). Encuentre el valor de la integral de l´ınea: R C F~ · d~r.
Ya nos dicen que el campo vectorial F~ es potencial, luego procedemos a calcular expl´ıcita-
mente a f (x, y).
No es dif´ıcil darse cuenta que f (x, y, z) = x
3 3 +^ x
(^2) y − xy (^2) − y^3 3 +^ c, donde^ c^ es cualquier constante.
Por lo tanto, se sigue que: Z
C
F^ ~ · d~r =
Z
C
x^2 + 2xy − y^2
dx +
x^2 − 2 xy − y^2 )
dy
Z
C
∇f (x, y, z) · d~r
= f ( α(1)) − f (α(0))
= f (0, −1) − f (0 0),
- Encuentre, usando Green, el valor de la siguiente integral de l´ınea: I =
I
C
1 + e
√ x
dx + x
2
- cos (y
2017 )
dy, donde C es la curva cerrada, ubicada en el primer cuadrante y reco- rrida de forma antihoraria, que se forma por los arcos de circunferencia de radios 1 y 2, respectivamente y por los segmentos rectil´ıneos, 1 ≤ x ≤ 2 en el eje x, y 1 ≤ y ≤ 2, en el eje
y.
El estudiante debe dibujar la regi´on de integraci´on e indicar la orientaci´on.
Sean P (x, y) = 1 + e
√ x (^) y Q(x, y) = x (^2) + cos (y (^2017) ), y observe que tanto la curva como P, Q
satisfacen las condiciones del teorema de Green.
Entonces se sigue que:
I
C
1 + e
√ x
dx +
x
2
- cos (y
2017 )
dy =
Z Z
D
∂Q
∂x
∂P
∂x
dA
Z Z
D
2 x dA
Z (^) π/ 2
0
Z 2
1
2 r
2 cos(θ) dr dθ
Z (^) π/ 2
0
cos(θ) dθ
- Sea D una regi´on, que no contiene al punto (0, 0), de ´area igual a 4 en R^2 , es decir,
RR
D
1 dA =
- Encuentre el ´area de la superficie S, dada por z = 1 + 3
p x^2 + y^2 , donde ( x, y) ∈ D.
Lo primero que hacemos es parametrizar a la superficie: Φ(x, y) = (x, y, 1 + 3
p x^2 + y^2 ),
donde ( x, y) ∈ D.
Calculamos Φx = 1 , 0 ,
3 x p x^2 + y^2
, Φy = 0 1, ,
3 y p x^2 + y^2
Luego el producto fundamental es Φx × Φy =
− 3 x p x^2 + y^2
− 3 y p x^2 + y^2
La norma de este producto es ||Φx × Φy || =
s 9 x^2 + 9y^2
x^2 + y^2
Luego se concluye que:
´area (S) =
Z Z
D
|| Φx × Φy ||dA
Z Z
D
10 dA
Z Z
D
1 dA
- Sea C el paralelogramo que se obtiene al unir los puntos (1, 1 , 0); (0, 1 , 1); (0 , 0 , 2); (1 , 0 , 1); (1, 1 , 0)
por medio de segmentos de recta , y orientado en tal orden.
Calcule, usando Stokes , el valor de la siguiente integral de l´ınea: Z
C
(2y + z) dx + (4 x + y − z) dy + (5x + 4y + z) dz.
- Parametrice la curva borde C que forma en el primer octante el plano x + y + z = 1 para
calcular el valor de la integral: Z
C
xze xze
y dx −
y dy + z dz.
Indique la orientaci´on de la curva.
Vamos a trabajar con la orientaci´on que vista desde arriba es antihoraria. Si el estudiante La curva C es un tri´angulo, el cual parametrizaremos en el sentido (1, 0 , 0) −→ (0, 1 , 0) −→
(0, 0 , 1) −→ (1 , 0 ,0).
Se forman tres curvas, las cuales llamaremos C 1 , C 2 , y C 3.
A la curva C 1 se parametriza por α 1 (t) = (1 − t, t, 0) con t ∈ [0 1].,
A la curva C 2 se parametriza por α 2 (t) = (0, 1 − t, t) con t ∈ [0 1].,
A la curva C 3 se parametriza por α 3 (t) = (t, 0 , 1 − t) con t ∈ [0 1].,
Luego: (^) Z
C 1
F^ ~ · d~r =
Z 1
0
(1 − t)0 e )
t d(1 − t) − (1− t e
0 d(t) + 0d(0) = 0.
Z
C 2
F^ ~ · d~r =
Z 1
0
0 te
1 −t d(0) − 0 te
1 −t d(1 − t) + td(t) =
Z 1
0
t dt =
Z
C 3
F^ ~ · d~r =
Z 1
0
t(1 − t )e t t t t t
0 d( ) − (1 − )e
0 d(0) + (1 − )d(1 − ) =
Z 1
0
(−t^2 + 2t − 1) dt = −
Por lo tanto: (^) Z
C
F^ ~ · d~r = 0 +^1 2
- Utilice el teorema de Gauss para calcular la siguiente integral de superficie:
Z Z
S
F^ ~ · ~n dS,
donde S es la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 4, y F~ (x, y, z) = (x^3 , y , z^3 3 ).
El teorema de Gauss establece que
I =
Z Z
S
F^ ~ · ~n dS =
Z Z Z
Q
div ~F dV =
Z Z Z
Q
3(x
2
- y +
2 z
2 ) dV,
donde Q es el s´olido que encierra la esfera orientada con vector normal hacia afuera.
La ´ultima integral se debe calcular utilizando coordenadas esf´ericas: x = ρ cos( θ) sin(ψ), y = ρ sin(θ) sin(ψ ), x = ρ cos(ψ ), y con jacobiano igual a J(θ, ψ, ρ) = ρ^2 sin(ψ).
Los l´ımites de Q en esf´ericas son 0 ≤ ρ ≤2, 0 ≤ ψ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2 π.
Luego se concluye que:
I =
Z (^2) π
0
Z (^) π
0
Z 2
0
3 ρ^4 sin(ψ)dρ dψ dθ =
6 π
5
Z (^) π
0
sen (φ)ρ
5
^2
0
dφ =
384 π
5
El entendimiento es una especie de ´extasis. Carl Sagan
- Reposici´on Primer Parcial.
Universidad de Costa Rica Escuela de Matem´atica 27 de Setiembre de 2017 MA-1003 C´alculo III Segundo Semestre
Reposici´on Examen Parcial # 1
Cuenta con tres horas para realizar el examen. El examen consta de cinco preguntas que
suman cien puntos. Debe justificar cada ejercicio que realice con los m´etodos vistos en clase o establecidos en la carta al estudiante.
- 20 puntos Considere la curva: α(~θ) = cos(θ),
sin(θ),
sin( θ) + 1 [0 ].
, donde θ ∈ , 2 π
Justifique que el vector normal N~ a la curva, ~α, en cada punto θ, verifica la relaci´on N~ + ~α =
P^ ~ , donde usted debe encontrar a P~.
- Sea C la curva que es la intersecci´on de las esferas x^2 + y^2 +z^2 = 1, y (x−1) 2 +y^2 +( z− 1)^2 = 1.
a) 10 puntos Encuentre una parametrizaci´on trigonom´etrica, ~α(θ), de C, con θ ∈ [0, 2 π].
b) 10 puntos Encuentre en el punto
, de la curva C, la torsi´on τ.
- 20 puntos Sea a ∈ R, una constante, y consideremos la superficie S cuya ecuaci´on es:
axz + (a.
2 − 1)x + y
2
- y + z = a
2 − 1
Sea π el plano tangente a S en el punto (1, 0 , 0). Determine todos los valores de a para los
cuales el eje z est´a contenido en π.
- 20 puntos Suponga que φ(x, y, z) =
xy ln( )x
z
- xf
y
x
z
x
, donde f (u, v) es una funci´on
diferenciable. Encuentre, usando regla de la cadena, el valor de la siguiente expresi´on:
z
y
[(x, y, z ) · ∇φ(x, y, z ) − φ(x, y, z )].
- Calcule la derivada direccional en el punto (1, 2 , 1) de la funci´on f (x, y, z) = x^3 +4xy+z^2 − 2 yz
en la direcci´on que se indica:
a) 10 puntos En la direcci´on hacia el origen
b) 10 puntos En la direcci´on en que la derivada direccional tenga su m´aximo valor
El entendimiento es una especie de ´extasis. Carl Sagan