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SOLUCIONARIO – 3
er
PARCIAL
𝟏. Hallar : ∭ 𝒚𝒅𝑽,
𝑺
si S es la superficie limitada por: 𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝒛 = 𝟔; 𝒚 =
Solución
Grafica del solido encerrado por las superficies (GeoGebra v6.0)
Vista 3D Proyeccion sobre el plano XY
Si desea visualizar la gráfica en GeoGebra 3D: https://www.geogebra.org/calculator/z7h7jvby
El sólido está conformado por:
Integral a evaluar
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
6 − 2 𝑦−𝑥
0
6 − 2 𝑦
2 𝑦
3
2
0
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
0
6 − 2 𝑦−𝑥
6 − 2 𝑦
2 𝑦
3
2
0
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
6 − 2 𝑦
2 𝑦
3
2
0
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
2
2 𝑦
6 − 2 𝑦
3
2
0
𝑥 = 2 𝑦
𝑥 + 2 𝑦 + 𝑧 = 6
𝑦 =
𝑥
2
𝑧 = 0
𝑦 = 0
𝑦 = 0
𝑦 =
3
2
𝑥 = 6 − 2 𝑦
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
2
2
3
2
0
∭ 𝑦 d𝑉
𝑆
𝟐. Calcule : ∫ ∫ ∫ 𝒚 𝐬𝐢𝐧
𝟐
𝟕
𝟎
𝟒
𝒚
𝟐
𝟐
𝟎
Solución
∫ ∫ ∫ 𝑦 sin
2
7
0
4
𝑦
2
2
0
= ∫ ∫ 𝑦 sin
2
0
7
4
𝑦
2
2
0
∫ ∫ ∫ 𝑦 sin(𝑥
2
7
0
4
𝑦
2
2
0
= ∫ ∫ 7 𝑦 sin(𝑥
2
4
𝑦
2
2
0
Para resolver la integral es necesario cambiar el orden de integracion
2
Graficando la region de integracion (GeoGebra v6.0)
Si desea visualizar la gráfica en GeoGebra: https://www.geogebra.org/calculator/ca62a9y
La región de integración será:
Integral a evaluar
∫ ∫ ∫ 𝑦 sin
2
7
0
4
𝑦
2
2
0
= ∫ ∫ 7 𝑦 sin
2
√
𝑥
0
4
0
𝑦 = √
𝑥
𝑦 = 0
𝑥 = 0 𝑥 = 4
2
2
2
2
2
2
𝑆
4
sin
3
sin
cos 𝜙
1
0
𝜋
0
2 𝜋
0
2
2
2
2
2
2
𝑆
sin
3
𝜙 |sin
| ∙ |cos 𝜙| ∙
5
0
1
𝜋
0
2 𝜋
0
2
2
2
2
2
2
𝑆
sin
3
𝜙 |sin
| ∙ |cos 𝜙|
𝜋
0
2 𝜋
0
2
2
2
2
2
2
𝑆
∙ (∫ |sin
2 𝜋
0
) ∙ (∫ sin
3
𝜙 ∙ |cos 𝜙|
𝜋
0
Debido a la presencia del valor absoluto en el integrando, es necesario analizar los intervalos en
los que las funciones involucradas cambian de signo para poder eliminar correctamente el valor
absoluto y realizar la integración. Esto implica dividir el dominio de integración en subintervalos
donde la función dentro del valor absoluto sea positiva o negativa, y así poder expresar la integral
como la suma de integrales sin valor absoluto, pero con el signo correspondiente.
sin
− sin
, sin
sin( 2 𝜃) , sin( 2 𝜃) ≥ 0
Caso 1 sin 2 𝜃 ≥ 0
[
]
∪ [𝜋,
]
Caso 2 sin 2 𝜃 ≤ 0
𝜃 ∈ [
, 𝜋] ∪ [
, 2 𝜋]
∫ |sin
2 𝜋
0
= ∫ sin
𝜋
2
0
𝜋
𝜋
2
3 𝜋
2
𝜋
2 𝜋
3 𝜋
2
sin
2 𝜋
0
= ∫ sin
𝜋
2
0
− ∫ sin
𝜋
𝜋
2
3 𝜋
2
𝜋
− ∫ sin
2 𝜋
3 𝜋
2
−∞ −𝜋 − 𝜋 Τ 2 0 𝜋 Τ 2 𝜋 3 𝜋 Τ 2 2 𝜋 +∞
𝜋 2
Τ 𝜋 3 𝜋 2
Τ − 𝜋 2 0
Τ −∞ −𝜋 2 𝜋 +∞
sin
2 𝜋
0
sin
2 𝜋
0
|cos 𝜙| = {
− cos 𝜙 , cos 𝜙 < 0
cos 𝜙 , cos 𝜙 ≥ 0
Caso 1 cos 𝜙 ≥ 0
𝜙 ∈ [ 0 ,
]
Caso 2 cos 𝜙 ≤ 0
𝜙 ∈ [
, 𝜋]
∫ sin
3
cos 𝜙
𝜋
0
= ∫ sin
3
𝜙 cos 𝜙 𝑑𝜃
𝜋
2
0
3
− cos 𝜙
𝜋
𝜋
2
∫ sin
3
cos 𝜙
𝜋
0
= ∫ sin
3
𝜙 cos 𝜙 𝑑𝜃
𝜋
2
0
− ∫ sin
3
𝜙 cos 𝜙 𝑑𝜙
𝜋
𝜋
2
∫ sin
3
cos 𝜙
𝜋
0
∫ sin
3
cos 𝜙
𝜋
0
Reemplazando
2
2
2
2
2
2
𝑆
2
2
2
2
2
2
𝑆
4. Calcular el volumen limitado por las superficies: 𝒚 = 𝒙
𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
−∞ +∞ 𝜋 2
Τ 3 𝜋 2
Τ 5 𝜋 2
Τ 7 𝜋 2
Τ −𝜋 2
Τ − 3 𝜋 2
Τ 0
𝜋
−∞ +∞ 𝜋 2
Τ 3 𝜋 2
Τ 5 𝜋 2
Τ 7 𝜋 2
Τ −𝜋 2
Τ − 3 𝜋 2
Τ 0 𝜋
0
𝑟
2
− 6 sin 𝜃
0
2 𝜋
𝜋
3
− 6 sin 𝜃
0
2 𝜋
𝜋
4
0
− 6 sin 𝜃
2 𝜋
𝜋
𝑉 = ∫ 324 sin
4
2 𝜋
𝜋
𝑉 = 324 ∙ ∫ sin
4
2 𝜋
𝜋
[
3
]
𝟓. Calcular: ∭ 𝒛𝒅𝑽,
𝑺
si S es la superficie limitada por: 𝒛 = 𝟏 − 𝒙
𝟐
Solución
Grafica del solido encerrado por las superficies (GeoGebra v6.0)
Vista 3D Proyeccion sobre el plano XZ
Si desea visualizar la gráfica en GeoGebra 3D: https://www.geogebra.org/calculator/zxeba5ry
El sólido está conformado por:
𝑧 = 1 − 𝑥
2
𝑦 = 𝑧
𝑧 = 1 − 𝑥
2
𝑦 = 8
𝑧 = 0
𝑥 = 0
𝑧 = 0
𝑥 = 0
2
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
8
𝑧
1 −𝑥
2
0
1
0
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
𝑧
8
1 −𝑥
2
0
1
0
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
1 −𝑥
2
0
1
0
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
2
3
0
1 −𝑥
2
1
0
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
2
2
2
3
1
0
∭ 𝑧 d𝑉
𝑆
