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- Una carga eléctrica está distribuida sobre la región R de tal manera que su densidad de
carga σ(𝑥, 𝑦) (medida en culombios por metro cuadrado). Use integrales dobles para
calcular la carga total (justifique cada paso de la solución)
σ ( x , y )= y − x donde R es la región acotada por
2 x = y
2
y y =
x −
2
Comenzamos por realizar la representación gráfica de la región R:
R
Las intercepciones de ambas curvas son:
Igualamos ambas funciones → 2 x =
[
x −
2
]
2
2 x =
x −
2
x −
2
2 x =
x
2
− x +
x
2
− x +
x
4
− x
3
x
2
− x
3
2
x
x
2
x
− 2 x = 0
x
4
− x
3
x
2
− x
3
2
x
x
2
x
− 2 x = 0
x
4
− 2 x
3
3 x
2
5 x
El termino independiente lo podemos aproximar a cero para sacar factor común x:
x ( x
3
− 2 x
2
3 x
El polinomio de grado 3 tiene 1 raíz real y 2 raíces imaginarias quedando:
x ( x −1.9)( x
2
−0.2 x +1.14)= 0
Por ende, los puntos de intercepción son: (0,0) y (1.9,1.9).
El flujo de carga (densidad de carga), cuya expresión se da en el enunciado, se mide en
Culombios/metro cuadrado, por lo cual para hallar la carga total se hace necesario multiplicar
esta densidad por el área de la región R. Esta carga total se determinará aplicando integración
doble:
Q
TOTAL
( y − x ) dA
Los límites de la región R se indican a continuación:
Q
TOTAL
0
1,
x −
1
2
2
√ 2 x
( y − x ) dydx
Integrando con respecto a “y” y evaluando la integral:
Q
TOTAL
0
1,
[
y
2
− xy
] |
x −
1
2
2
√ 2 x
dx
Q
TOTAL
0
( x −
√
2 x x ) −
[
x −
4
− x ( x −
2
]
dx
Q
TOTAL
0
( x − √
2 x
3 / 2
)−
[
x −
4
− x
3
2
x
]
dx
Q
TOTAL
0
[
x −√ 2 x
3
2
3
− x
2
x −
4
x
]
dx
Q
TOTAL
[
x
2
√
x
5
2
x
4
x
3
( x − 1 )
5
x
2
] |
0
1,
Q
TOTAL
=0,49 Culombios
2. Use GeoGebra para dibujar la región 𝑅 y use integrales triples para calcular su volumen:
𝑅 está fuera del cilindro
x
2
2
, z = 2 y y dentro de la esfera
x
2
2
2
La grafica en GeoGebra de la región es la siguiente:
Despejamos “x” en la ecuación del cilindro, “x” y “z” en la ecuación de la esfera:
x = ± √
1 − y
2
;
x = ± √
4 − y
2
− z
2
; z = ± √
4 − y
2
− x
2
Planteando la integración triple queda:
− 2
− 1
√ 4 − y
2
− z
2
√ 1 − y
2
−√ 4 − y
2
− x
2
√ 4 − y
2
− x
2
dzdxdy
Como el sólido es simétrico con respecto a origen de coordenadas, esta integral triple
permite calcular el volumen de dicho solido pero solo la cuarta parte, por lo que debemos
multiplicar la expresión de la integral triple por 4:
− 2
− 1
√ 4 − y
2
− z
2
√ 1 − y
2
−√ 4 − y
2
− x
2
√ 4 − y
2
− x
2
dzdxdy
Se hará un cambio a coordenadas cilíndricas para operar las ecuaciones:
x = r. cosθ y = r. senθθ z = z
Las variables de integración estarán en los siguientes rangos:
π ⩽ θ ⩽ 2 π 1 ⩽ r ⩽ 2
−√ 4 − r
2
⩽ z ⩽ √ 4 − r
2
Replanteando la integral con las nuevas coordenadas:
dzdxdy = 4
3
2
π
2 π
1
2
−√ 4 − r
2
√ 4 − r
2
rdzdrdθ = 4
3
2
π
2 π
1
2
r z |
−√ 4 − r
2
√ 4 − r
2
. drdθ = 4
3
2
π
2 π
1
2
r ( √
4 − r
2
√
4 − r
2
) drdθ
3
2
π
2 π
1
2
2 r √
4 − r
2
drdθ =− 4
3
2
π
2 π
√
( 4 − r
2
)
3
|
1
2
dθ
3
2
π
2 π
√
( 4 − r
2
)
3
|
1
2
dθ =
3
2
π
2 π
[
3
3
] dθ
3
2
π
2 π
[ 2 √
√
3 ] dθ
Por lo que al resolver esta última integral obtendremos el volumen buscado:
V =
( 2 √ 2 − 3 √ 3 ) θ
|
3
2
π
2 π
( 2 √ 2 − 3 √ 3 )( 2 π −
π )= 3 π u. v
3. Use el teorema de Green para calcular
C
❑
(
yx , xy + 2 senθ ( x ) )
ds donde C empieza en (0,1)
sigue por la curva y = 1 − x
2
hasta (1,0), sigue a lo largo de x hasta el origen y continua
en línea recta hasta (0,1)
El recorrido indicado se muestra a continuación:
Es un recorrido en sentido horario (orientada negativamente).
La expresión general del Teorema de Green es:
C
❑
Pdx + Qdy =
D
❑
∂ Q
∂ x
∂ P
∂ y
dA
Para calcular la integral de línea, se debe parametrizar la curva C de acuerdo con la
expresión:
σ 1
❑
Fds =¿−
0
1
F
[
σ
i
( t )
]
, σ
i
'
( t )
dt ¿
El signo negativo es porque la curva se recorre en sentido horario.
Ahora parametrizamos la curva graficada:
{
C 1 :
{
y = 1 − t
2
x = t
0 ≤ t ≤ 1
C 2 :
{
x = 1 − t
y = 0
0 ≤ t ≤ 1
C 3 :
{
x = 0
y = t
0 ≤t ≤ 1
0
1
tsenθt = uv −
vdu
0
1
tsenθt =− t .cost +
cost. dt
0
1
tsenθt =− t .cost + senθt
Sustituyendo en
I
1
y resolviendo la integral de todos los términos:
I
1
0
1
( t − t
3
− 2 t
2
4
− 4 tsenθt ) dt
I
1
t
2
t
4
t
3
t
5
− 4 t. cost + 4 senθt
|
0
1
I
1
[
2
4
3
5
− 4 ( 1 ). cos ( 1 )+ 4 senθ ( 1 )
]
[
2
4
3
5
−( 1 ). cos ( 1 )+ senθ (
I
1
El segundo término de la integral llamémoslo
I
2
I
2
0
1
[
0,2 senθ ( 1 − t ) ]
σ
2
'
( t ) dt
I
2
0
1
[
0,2 senθ ( 1 − t ) ]
[ −1,0] dt
I
2
El tercer término de la integral llamémoslo
I
3
I
3
0
1
[
0,2 senθ ( 0 ) ]
σ
3
'
dt
I
3
0
1
[
0,2 senθ ( 0 ) ]
( 0,1) dt
I
3
Por lo cual:
C
❑
( yx , xy + 2 senθ ( x ) ) dA =−1.
4. Usando el teorema de Stokes, calcular el trabajo realizado por la fuerza
F
x , y , z
=( e
− y
, e
y
, e
z
al mover un objeto sobre la curva C dada por la intersección del
plano x + 2 y + 2 z = 2 y los planos xy , xz , yz
Graficando la curva en el sistema de coordenadas tenemos:
Aplicando el teorema de la integral de linea:
w =
C
❑
Fdr =¿ ¿
Debemos calcular la parametrización de la curva en sentido antihorario, para lo cual la
proyectamos sobre el plano xy e indicamos el sentido del recorrido:
C 1 :
{
y = 0
x = t
z =
2 − t
0 ≤t ≤ 2
C 2 :
{
x = 2 − t
y =
t
z = 0
0 ≤ t ≤ 2
C 3 :
x = 0
y = 1 −
t
z =
t
0 ≤t ≤ 2
Obtenemos los vectores velocidad que están sobre la región:
σ
1
( t )=
t , 0,
2 − t
→ σ
1
'
( t ) =
σ
2
( t )=
2 − t ,
t
→σ
2
'
( t )=
σ
3
( t )=
t
t
→ σ
3
'
( t )=
Como tenemos 3 curvas, tendremos 3 integrales de línea a resolver:
C
❑
Fdr =¿
0
2
(
e
− 0
, e
0
, e
2 − t
2
)
dt +
0
2
(
e
− t
2
, e
t
2
, e
0
)
dt +
0
2
(
e
t
2
− 1
, e
1 −
t
2
,e
t
2
)
dt ¿
Simplificando:
w =
C
❑
Fdr =¿
0
2
e
2 − t
2
) dt +
0
2
(− e
− t
2
e
t
2
) dt +
0
2
− e
1 −
t
2
e
t
2
) dt ¿
La primera integral llamémosla
I
1
:
I
1
0
2
e
2 − t
2
) dt
I
1
(
t + e
2 − t
2
0
2
=( 2 + 1 )−( 0 + e )= 3 − e
La segunda integral llamémosla
I
2
:
I
2
0
2
(− e
− t
2
e
t
2
) dt
I
2
(
2 e
− t
2
t
2
)
0
2
e
2 + e
2
e
La tercera integral llamémosla
I
3
:
I
3
0
2
− e
1 −
t
2
e
t
2
) dt
I
3
(
e
1 −
t
2
t
2
0
2
=( 1 + e ) −( e + 1 )= 0
Por lo que el trabajo realizado es:
w =
C
❑
Fdr =¿ 3 − e +
2 + e
2
e
w =
C
❑
Fdr =¿
e
5. Utilizando el teorema de la divergencia, halle el volumen del solido E acotado
superiormente por el cono
x = 2 √ z
2
2
e inferiormente por la esfera
x
2
2
2
y el
plano x = 0.
La grafica en Geogebra del solido es:
V =
V
❑
dv
V =
V
❑
dxdydz
Los límites del volumen son, de acuerdo a la gráfica “simétrica” en Geogebra, tomando la
mitad del mismo (parte superior hacia el eje x positivo) es:
0 ≤ x ≤ 2 √
z
2
2
− 3 ≤ y ≤ 3
√
9 − y
2
− x
2
≤ z ≤ √
9 − y
2
− x
2
Planteando la integral:
V =
− 3
3
0
2 √ z
2
2
−√ 9 − y
2
− x
2
√ 9 − y
2
− x
2
dxdzdy
Es necesario hacer un cambio de coordenadas cartesianas a coordenadas esféricas para
resolver la integral mas cómodamente:
x = r. senθθ. cos ∅ ; y = r. senθθ. senθ ∅ ; z = r. cos ∅ ; r
2
= x
2
2
2
0 ≤ θ ≤ π ; 0 ≤∅ ≤
π
; 0 ≤ r ≤ 3
Por lo cual la integral queda:
V =
0
π
0
π
2
0
3
r
2
senθ ∅ drdθd ∅
V =
0
π
0
π
2
(
r
3
)
0
3
senθ ∅ dθd ∅
V =
0
π
0
π
2
9 senθ ∅ dθd ∅
V =
0
π
9 senθ ∅ ( θ )
0
π / 2
d ∅
V =
0
π
πsenθ ∅ d ∅
V =
π (−cos ∅ ) |
0
π
V = 9 π u. v
