CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 1
Aarau
Elaborado por: Carlos Avilés Gáleas
EJERCICIOS PROPUESTOS
I. Para cada una de las siguientes funciones, calcule todas las derivas parciales
de primer orden:
a) 𝑓( 𝑥, 𝑦) = ( 𝑥 + 𝑦) 𝑒2𝑥𝑦
+ 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑦2) − 2𝑥𝑦3
b) 𝑔( 𝑥, 𝑦) = (𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
) tan−1
(2𝑥𝑦)
II. Si 𝑤 = 𝑦2
𝑠𝑒𝑛(2𝑥), donde 𝑥 = tan( 𝑟𝑠𝑡) , 𝑦 = ln⁡(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡), determine
𝜕𝑤
𝜕𝑡
.
III. Si 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función definida por la ecuación
( 𝑥𝑦 − 𝑧2)√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 8, halle
𝜕𝑧
𝜕𝑥
⁡𝑦⁡
𝜕𝑧
𝜕𝑦
.
IV. La presión (P), el volumen (V) y la temperatura (T) de un mol de gas ideal,
están relacionados mediante la ecuación PV = 8.31T, donde P se mide en
kilopascales, V en litros y T en grados kelvin. Use diferenciales para
determinar el cambio aproximado en la presión, si el volumen pasa de 12
litros a 12.4 litros y la temperatura disminuye de 310 grados kelvin a 307
grados kelvin.
V. El radio de un cilindro circular recto decrece a razón de 5 cm/min y la altura
crece a razón de 12 cm/min. Determine la razón de cambio del volumen del
cilindro en el instante en que su radio es 20 cm y su volumen es
16,000𝜋𝑐𝑚3
.
VI. Clasifique los extremos relativos de la función
𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑦3
+ 𝑥2
− 6𝑥𝑦 + 3𝑥 + 6𝑦 − 7.
VII. Se desea construir una caja de forma rectangular sin tapadera, con una
capacidad de 250 centímetros cúbicos. Determine las dimensiones de la
caja, tal que el área de la superficie de dicha caja sea mínima.

VIII. Se representa la superficie de un lago por una región en el plano 𝑥𝑦.
La profundidad de dicho lago en cualquier punto (𝑥, 𝑦) está dada por la
función 𝒉( 𝒙, 𝒚) = 𝟒𝟎𝟎 − 𝟑𝒙 𝟐
𝒚 𝟐
.
Si un bañista está en el punto 𝐏𝟎(𝟏, −𝟐), determine en qué dirección debe
nadar para que la profundidad aumente lo más rápido posible y calcule la
máxima variación de la profundidad en el punto P0.
Si por el contrario, el bañista se encuentra en una situación de riesgo,
¿Hacia dónde debe nadar para llegar lo más rápido posible a un lugar menos
profundo?
IX. Resuelva las siguientes integrales:
a. ∬ (3𝑥2
𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥) 𝑑𝐴,R
donde R = [−1,1] × [1,2]
b. ∫ ∫ 𝑒 𝑥−2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0
c. ∫ ∫ √ 𝑥⁡𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑒 𝑦
𝑦
1
0
d. ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2
)𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0
(Invierta el orden de integración)
e. ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥
ln⁡( 𝑥)
0
𝑒
1
(Sugerencia: Invierta el orden de integración)
f. ∭ ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑉𝐸
, donde E es la región en 𝑅3
Acotada por: 𝑧 = 0, 𝑦 = 2𝑧, 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0, 𝑦 = 1
X. Calcule el volumen del sólido limitado por el cilindro 𝑥2
+ 𝑦2
= 4 y los
planos 𝑦 + 𝑧 = 4, 𝑧 = 0. (Use coordenadas polares).
XI. Use coordenadas cilíndricas para calcular el volumen del sólido acotado por
las superficies 𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑥, 𝑧 = 𝑥⁡ ∧ ⁡𝑧 = 2𝑥.
XII. Mediante integrales triples en coordenadas esféricas, calcular el volumen
del sólido en el interior del cono 𝑧2
= 𝑥2
+ 𝑦2
, bajo la esfera
𝑥2
+ 𝑦2
+ (𝑧 − 5)2
= 25. Y sobre la esfera centrada en el origen de radio 3.

SOLUCIÓN A LOS EJERCICIOS
PROPUESTOS
I. Para cada una de las siguientes funciones, calcule todas las derivas parciales
de primer orden:
a) 𝑓( 𝑥, 𝑦) = ( 𝑥 + 𝑦) 𝑒2𝑥𝑦
+ 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑦2) − 2𝑥𝑦3
Solución:
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= (
𝜕
𝜕𝑥
[ 𝑥 + 𝑦]) 𝑒2𝑥𝑦
+ ( 𝑥 + 𝑦)
𝜕
𝜕𝑥
[ 𝑒2𝑥𝑦] + 𝑐𝑜𝑠( 𝑦2) − 2𝑦3
𝑓𝑥 = 𝑒2𝑥𝑦
+ ( 𝑥 + 𝑦) 𝑒2𝑥𝑦
∙ 2𝑦 + 𝑐𝑜𝑠( 𝑦2) − 2𝑦3
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= (
𝜕
𝜕𝑦
[ 𝑥 + 𝑦]) 𝑒2𝑥𝑦
+ ( 𝑥 + 𝑦)
𝜕
𝜕𝑦
[ 𝑒2𝑥𝑦] − 2𝑥𝑦 sin( 𝑦2) + 6𝑥𝑦2
𝑓𝑦 = 𝑒2𝑥𝑦
+ ( 𝑥 + 𝑦) 𝑒2𝑥𝑦
∙ 2𝑦 − 2𝑥𝑦 sin( 𝑦2) + 6𝑥𝑦2
∴ 𝑓𝑥 = 𝑒2𝑥𝑦(1 + 2𝑥𝑦 + 2𝑦2) + 𝑐𝑜𝑠( 𝑦2) − 2𝑦3
∴ 𝑓𝑦 = 𝑒2𝑥𝑦(1 + 2𝑥𝑦 + 2𝑥2) − 2𝑥𝑦𝑠𝑖𝑛( 𝑦2) + 6𝑥𝑦2

b) 𝑔( 𝑥, 𝑦) = (𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
) tan−1
(2𝑥𝑦)
Solución:
𝜕𝑔
𝜕𝑥
= (
𝜕
𝜕𝑥
[ 𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2]) ∙ tan−1(2𝑥𝑦) + (
𝜕
𝜕𝑥
[tan−1(2𝑥𝑦)]) (𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
)
𝜕𝑔
𝜕𝑦
= (
𝜕
𝜕𝑦
[ 𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2]) ∙ tan−1(2𝑥𝑦) + (
𝜕
𝜕𝑦
[tan−1(2𝑥𝑦)]) (𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
)
II. Si 𝑤 = 𝑦2
𝑠𝑒𝑛(2𝑥), donde 𝑥 = tan( 𝑟𝑠𝑡) , 𝑦 = ln⁡(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡), determine
𝜕𝑤
𝜕𝑡
.
Solución:
𝝏𝒘
𝝏𝒕
=
𝝏𝒘
𝝏𝒙
∙
𝝏𝒙
𝝏𝒕
+
𝝏𝒘
𝝏𝒚
∙
𝝏𝒚
𝝏𝒕
⟹ 2𝑦2
cos(2𝑥) ∙ 𝑟𝑠 ∙ 𝑠𝑒𝑐2( 𝑟𝑠𝑡) + 2𝑦⁡𝑠𝑒𝑛(2𝑥) ∙
3𝑠
5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡
∴
𝜕𝑤
𝜕𝑡
= 2⁡𝑙𝑛2(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡) 𝑐𝑜𝑠(2 𝑡𝑎𝑛(𝑟𝑠𝑡)) 𝑠𝑒𝑐2(𝑟𝑠𝑡) + 2⁡𝑙𝑛(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡)⁡𝑠𝑒𝑛(2⁡𝑡𝑎𝑛(𝑟𝑠𝑡)) ∙
3
5𝑟 + 3𝑡
∴ 𝑔 𝑥 = (2𝑥 − 𝑦) 𝑡𝑎𝑛−1(2𝑥𝑦) +
2𝑦
1 + 4𝑥2 𝑦2
(𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
)
∴ 𝑔 𝑦 = (−𝑥 + 2𝑦) 𝑡𝑎𝑛−1(2𝑥𝑦) +
2𝑥
1 + 4𝑥2 𝑦2
(𝑥2
− 𝑥𝑦 + 𝑦2
)

III. Si 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función definida por la ecuación:
( 𝑥𝑦 − 𝑧2)√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 8, halle
𝜕𝑧
𝜕𝑥
⁡𝑦⁡
𝜕𝑧
𝜕𝑦
.
Solución
𝝏𝒛
𝝏𝒙
 Derivación implícita y regla del producto :
𝜕(𝑥𝑦 − 𝑧2
)
𝜕𝑥
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 +
𝜕(√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)
𝜕𝑥
( 𝑥𝑦 − 𝑧2) = 0
(𝑦 − 2𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
) √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 +
(𝑥 − 𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
) ( 𝑥𝑦 − 𝑧2)
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
= 0
o Multiplicamos por: √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
(𝑦 − 2𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
) ( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2) + (𝑥 − 𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
) ( 𝑥𝑦 − 𝑧2) = 0
o Distribuimos:
𝑦( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2) − 2𝑧( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2)
𝜕𝑧
𝜕𝑥
+ 𝑥( 𝑥𝑦 − 𝑧2) + 𝑧( 𝑥𝑦 − 𝑧2)
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 0
o Combinamos términos comunes y pasamos al otro lado los que no tienen la
derivada:
(𝑧( 𝑥𝑦 − 𝑧2) − 2𝑧( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2))
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −𝑥( 𝑥𝑦 − 𝑧2) − 𝑦( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2)
o Simplificamos un poco:
(−2𝑥2
𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2
𝑧 − 3𝑧3
)
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= −2𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑧2
− 𝑦3
− 𝑦𝑧2
o Y despejamos:
∴
𝜕𝑧
𝜕𝑥
=
−2𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑧2
− 𝑦3
− 𝑦𝑧2
−2𝑥2 𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2 𝑧 − 3𝑧3
∴
𝜕𝑧(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
=
2𝑥2
𝑦 − 𝑥𝑧2
+ 𝑦3
+ 𝑦𝑧2
2𝑥2 𝑧 − 𝑥𝑦𝑧 + 2𝑦2 𝑧 + 3𝑧3

Solución
𝝏𝒛
𝝏𝒚
 Derivación implícita y regla del producto :
𝜕(𝑥𝑦 − 𝑧2
)
𝜕𝑦
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 +
𝜕(√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)
𝜕𝑦
( 𝑥𝑦 − 𝑧2) = 0
(𝑥 − 2𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑦
) √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 +
(𝑦 − 𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑦
) ( 𝑥𝑦 − 𝑧2)
√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
= 0
o Multiplicamos por: √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
(𝑥 − 2𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑦
) ( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2) + (𝑦 − 𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑦
) ( 𝑥𝑦 − 𝑧2) = 0
o Distribuimos:
𝑥( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2) − 2𝑧( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2)
𝜕𝑧
𝜕𝑦
+ 𝑦( 𝑥𝑦 − 𝑧2) + 𝑧( 𝑥𝑦 − 𝑧2)
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 0
o Combinamos términos comunes y pasamos al otro lado los que no tienen la
derivada:
(𝑧( 𝑥𝑦 − 𝑧2) − 2𝑧( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2))
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −𝑦( 𝑥𝑦 − 𝑧2) − 𝑥( 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2)
o Simplificamos un poco:
(−2𝑥2
𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2
𝑧 − 3𝑧3
)
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= −𝑥3
− 2𝑥𝑦2
− 𝑥𝑧2
+ 𝑦𝑧2
o Y despejamos:
∴
𝜕𝑧
𝜕𝑦
=
−𝑥3
− 2𝑥𝑦2
− 𝑥𝑧2
+ 𝑦𝑧2
−2𝑥2 𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2 𝑧 − 3𝑧3
∴
𝜕𝑧(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
=
𝑥3
+ 2𝑥𝑦2
+ 𝑥𝑧2
− 𝑦𝑧2
2𝑥2 𝑧 − 𝑥𝑦𝑧 + 2𝑦2 𝑧 + 3𝑧3

IV. La presión (P), el volumen (V) y la temperatura (T) de un mol de gas ideal,
están relacionados mediante la ecuación PV = 8.31T, donde P se mide en
kilopascales, V en litros y T en grados kelvin. Use diferenciales para
determinar el cambio aproximado en la presión, si el volumen pasa de 12
litros a 12.4 litros y la temperatura disminuye de 310 grados kelvin a 307
grados kelvin.
Solución:
P = 8.31 (
T
V
)
 Cambio aproximado en la presión ∆𝑉 ≈ 𝑑𝑣
𝑑𝑃 =
𝜕𝑃
𝜕𝑇
∙ 𝑑𝑇 +
𝜕𝑃
𝜕𝑉
𝑑𝑣
𝑑𝑃 = (
8.31
𝑉
) 𝑑𝑇 + (−
8.31𝑇
𝑉2
) 𝑑𝑣
𝑑𝑇 = −3°𝑘⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑉 = 0.4⁡𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠
𝑑𝑃 = (
8.31
12
) (−3) + (−
8.31(310)
122
) (0.4)
𝑑𝑃 = −2.0775 − 7.15583
𝑑𝑃 = −9.23333⁡𝑘𝑖𝑙𝑜𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑠
∴ 𝒅𝑷 = −𝟗. 𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑⁡𝐤𝐢𝐥𝐨𝐩𝐚𝐬𝐜𝐚𝐥𝐞𝐬

V. El radio de un cilindro circular recto decrece a razón de 5 cm/min y la altura
crece a razón de 12 cm/min. Determine la razón de cambio del volumen del
cilindro en el instante en que su radio es 20 cm y su volumen es
16,000𝜋𝑐𝑚3
.
Solución:
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= −5⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= 12
 La fórmula para calcular el volumen del cilindro es: 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝜋𝑟2
ℎ
 Despejamos para la altura (h):
ℎ =
𝑉
𝜋𝑟2
⇒ 𝑆𝑖⁡𝑉 = 16,000𝜋
ℎ =
16,000𝜋
𝜋(20)2
= 𝟒𝟎𝐜𝐦
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝜋 [2𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
∙ ℎ + 𝑟2
𝑑ℎ
𝑑𝑡
]
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝜋[2(20)(−5)(40) + (20)2
(12)]
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝜋[−8000 + 4800] = −3200𝜋⁡ 𝑐𝑚3
𝑚𝑖𝑛⁄
∴
𝒅𝒗
𝒅𝒕
= −𝟑𝟐𝟎𝟎𝝅 𝒄𝒎 𝟑
𝒎𝒊𝒏⁄

VI. Clasifique los extremos relativos de la función
𝑓( 𝑥, 𝑦) = 𝑦3
+ 𝑥2
− 6𝑥𝑦 + 3𝑥 + 6𝑦 − 7.
Solución:
 Puntos críticos: 𝑓𝑥 = 0⁡⁡ ∧⁡ 𝑓𝑦 = 0
𝑓𝑥 = 2𝑥 − 6𝑦 + 3⁡⁡⁡⁡ ∧⁡ 𝑓𝑦 = 3𝑦2
− 6𝑥 + 6
 Sistema de ecuación:
⟹ {
2𝑥 − 6𝑦 + 3 = 0
3𝑦2
− 6𝑥 + 6 = 0
 Resolviendo sistema de ecuación por el método de sustitución:
{
2𝑥 − 6𝑦 = −3⁡⁡⁡⁡⁡⁡(1) ⟹ 𝑥 =
6𝑦 − 3
2
3𝑦2
− 6𝑥 = −6⁡⁡⁡⁡⁡(2)
 En (1)
 En (2):
: 3 {
3𝑦2
− 6 (
6𝑦 − 3
2
) = −6⁡⁡⁡⁡⁡
𝑦2
−
6𝑥 − 3
1
= −2⁡⁡⁡⁡
𝑦2
− 6𝑦 + 3 + 2 = 0 ⟹ 𝑦2
− 6𝑦 + 5 = 0 ⟹ ( 𝑦 − 5)( 𝑦 − 1) = 0
 En (1):
Sustituyendo 𝑦 = 5:
𝑥 =
6𝑦 − 3
2
⟹
6(5) − 3
2
=
30 − 3
2
=
27
2
∴ 𝒙 =
𝟐𝟕
𝟐
Sustituyendo 𝑦 = 1:
𝑥 =
6𝑦 − 3
2
⟹
6(1) − 3
2
=
6 − 3
2
=
3
2
∴ 𝒙 =
𝟑
𝟐
𝑥 =
6𝑦 − 3
2
∴ 𝒚 = 𝟓⁡ ∧ ⁡⁡𝒚 = 𝟏

 Por tanto, los puntos críticos son:
∴ P. C.⁡1 = (
27
2
, 5) ∴ P. C.2 = (
3
2
, 1)
 Calculando las derivadas parciales de segundo orden:
∴ 𝑓𝑥 = 2𝑥 − 6𝑦 + 3⁡⁡⁡⁡ ⟹ 𝑓𝑥𝑥 = 2⁡⁡⁡⁡
∴ 𝑓𝑥𝑦 = 2𝑥 − 6𝑦 + 3 ⟹ 𝑓𝑥𝑦 = −6
∴ 𝑓𝑦 = 3𝑦2
− 6𝑥 + 6 ⟹ 𝑓𝑦𝑦 = 6𝑦
 Calculamos el determinante:
D = 𝑓𝑥𝑥 ∗ 𝑓𝑦𝑦 − (𝑓𝑥𝑦)
2
⟹ 2 ∙ 6𝑦 − (−6)2
⁡⁡⁡D = 12𝑦 − 36
 Entonces, para cada punto crítico, se logra que:
 min⁡{ 𝑦3 + 𝑥2 − 6𝑥𝑦 + 3𝑥 + 6𝑦 − 7} = −
137
4
⁡𝑒𝑛⁡(𝑥, 𝑦) = (
27
5
, 5)
∴ P. C.⁡1 = (
27
2
, 5, −
137
4
)
 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜_𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎 { 𝑦3 + 𝑥2 − 6𝑥𝑦 + 3𝑥 + 6𝑦 − 7} = −
9
4
⁡𝑒𝑛⁡(𝑥, 𝑦) = (
3
2
, 1)
∴ P. C.⁡2 = (
3
2
, 1, −
9
4
)
Puntos críticos 𝒇 𝒙𝒙 𝒇 𝒚𝒚 𝒇 𝒙𝒚 𝐃 = 𝟏𝟐𝒚 − 𝟑𝟔 Clasificación
∴ 𝐏. 𝐂.⁡𝟏 = (
𝟐𝟕
𝟐
, 𝟓) 2 6𝑦 ⟹ 6(5) = 30 −6 24 > 0 mínimo
∴ 𝐏. 𝐂. 𝟐 = (
𝟑
𝟐
, 𝟏) 2 6𝑦 ⟹ 6(1) = 6 −6 −24 < 0 Punto silla

VII. Se desea construir una caja de forma rectangular sin tapadera, con una
capacidad de 250 centímetros cúbicos. Determine las dimensiones de la
caja, tal que el área de la superficie de dicha caja sea mínima.
Solución:
𝐴 = 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 + 𝑥𝑦
𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 = 250
{
∇𝐴 = 𝜆∇V
𝑉 = 250
{
2z + y = λyz⁡⁡⁡(1)
2𝑧 + 𝑥 = λxz⁡⁡⁡(2)
2𝑥 + 2𝑦 = λxy⁡⁡(3)⁡⁡
𝑥𝑦𝑧 = 250⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(4)
(1) − (2)
y − x = λz(y − x)
( 𝑦 − 𝑥)(λz − 1) = 0
𝑦 = 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡ó⁡⁡⁡⁡λz = 1 ⟹ λ =
1
𝑧
⁡
Si λz = 1 ⟹ (1): 2𝑧 + 𝑦 = 𝑦
𝑧 ≠ 0⁡ ⟺ 𝑧 = 0
No puede ser.
Entonces ⁡⁡⁡⁡⁡𝒚 = 𝒙
{
2𝑧 + 𝑥 = 𝜆𝑥𝑧⁡⁡(2)
4𝑥 = 𝜆𝑥2
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(3)
𝑥2
𝑧 = 250⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(4)
{
2𝑧 + 𝑥 = 𝜆𝑥𝑧⁡⁡(2)
𝜆𝑥 = 4⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(3)
𝑥2
𝑧 = 250⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(4)
(3)⁡en⁡(2):
2𝑧 + 𝑥 = 4𝑧
𝑥 = 2𝑧⁡⁡⁡⁡(5)
(5)⁡en⁡(4):
(2𝑧)2
∙ 𝑧 = 250
4𝑧3
= 250
∴ 𝒛 =
𝟓
√ 𝟐
𝟑 ≈ 𝟑. 𝟗𝟔𝟖𝟓
∴ 𝒙 =
𝟏𝟎
√ 𝟐
𝟑 = 𝒚⁡ ≈ 𝟕. 𝟗𝟑𝟕𝟎

VIII. Se representa la superficie de un lago por una región en el plano 𝑥𝑦.
La profundidad de dicho lago en cualquier punto (𝑥, 𝑦) está dada por la
función 𝒉( 𝒙, 𝒚) = 𝟒𝟎𝟎 − 𝟑𝒙 𝟐
𝒚 𝟐
.
Si un bañista está en el punto 𝐏𝟎(𝟏, −𝟐), determine en qué dirección debe
nadar para que la profundidad aumente lo más rápido posible y calcule la
máxima variación de la profundidad en el punto P0.
Si por el contrario, el bañista se encuentra en una situación de riesgo,
¿Hacia dónde debe nadar para llegar lo más rápido posible a un lugar
menos profundo?
Solución
 Calculando el gradiente de la función de profundidad:
𝛻ℎ(𝑥, 𝑦) = ⟨ℎ 𝑥, ℎ 𝑦⟩ = ⟨−6𝑥𝑦2
, −6𝑥2
𝑦⟩
 En el punto dado es:
𝛻ℎ(1, −2) = ⟨−6(1)(−2)2
, −6(1)2
(−2)⟩ = ⟨−24,12⟩
 Que sería la dirección hacia donde debe nadar el bañista
para que la profundidad aumente lo más posible.
 Y su magnitud es: (que es la máxima variación de la
profundidad)
‖∇ℎ(1, −2)‖ = √(−24)2 + 122 = √720 ≈ 26.83
 Y para nadar hacia la dirección menos profunda pues nadar
en la dirección diametralmente opuesta obviamente, o sea
en la dirección del vector ⟨𝟐𝟒, −𝟏𝟐⟩.

IX. Resuelva las siguientes integrales:
a. ∬ (3𝑥2
𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥) 𝑑𝐴,R
donde R = [−1,1] × [1,2]
Solución:
𝐈 = ∫ ∫ (3𝑥2
𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥) 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝟐
𝟏
𝟏
−𝟏
I = ∫ (
3
2
𝑥2
𝑦2
−
1
2
𝑥𝑦2
+ 𝑥𝑦)
1
2
𝑑𝑥
1
−1
I = ∫ [(
3
2
𝑥2
∙ 4 −
1
2
𝑥 ∙ 4 + 𝑥 ∙ 4) − (
3
2
𝑥2
−
1
2
𝑥 + 𝑥)] 𝑑𝑥
1
−1
I = ∫ (
9
2
𝑥2
+
3
2
𝑥) 𝑑𝑥 = (
3
2
𝑥3
+
3
4
𝑥2
)
−1
1
= (
3
2
+
3
4
) − (−
3
2
+
3
4
)
1
−1
= 3
∴ ∬(3𝑥2
𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥) 𝑑𝐴 = 3⁡
R

b. ∫ ∫ 𝑒 𝑥−2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0
Solución:
Primero, hacemos la integral interna, la cual es con respecto a 𝑥 Para ello
separamos la potencia usando la propiedad:
𝑎 𝑚+𝑛
= 𝑎 𝑚
⋅ 𝑎 𝑛
De esa manera queda una parte que es constante (lo que tenga 𝑦) y sale de esa
integral interna (mas no de la externa).
I = ∫ ∫ 𝑒 𝑥−2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑒 𝑥
𝑒−2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0
I = ∫ 𝑒−2𝑦
∫ 𝑒 𝑥
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0
= ∫ 𝑒−2𝑦
∙
𝑙𝑛3
0
𝑒 𝑥|0
𝑙𝑛7
𝑑𝑦⁡
I = ∫ 𝑒−2𝑦[ 𝑒 𝑙𝑛7
− 𝑒0] 𝑑𝑦 =
𝑙𝑛3
0
∫ 𝑒−2𝑦[7 − 1] 𝑑𝑦
𝑙𝑛3
0
I = 6 ∫ 𝑒−2𝑦
𝑑𝑦 = 6 ∙
𝑒−2𝑦
−2
|
0
𝑙𝑛3
= −3𝑒−2𝑦|0
𝑙𝑛3
𝑙𝑛3
0
I = −3 ∙ [ 𝑒−2∙𝑙𝑛3
− 𝑒−2∙0] = −3 ∙ [𝑒 𝑙𝑛3−2
− 𝑒0
]
I = −3 ∙ [3−2
− 1] = −3 ∙ [
1
9
− 1] = −3 ∙ [−
8
9
] =
8
3
∴ ∫ ∫ 𝑒 𝑥−2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦 =
8
3
≈ 2.67
𝑙𝑛7
0
𝑙𝑛3
0

c. ∫ ∫ √ 𝑥⁡𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑒 𝑦
𝑦
1
0
Solución:
I = ∫ ∫ √ 𝑥⁡𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ {
2
3
𝑥⁡
2
3}
𝑦
𝑒 𝑦
𝑑𝑦 =
2
3
∫ 𝑒⁡
2
3
⁡𝑦
− 𝑦⁡
2
3⁡𝑑𝑦
1
0
1
0
𝑒 𝑦
𝑦
1
0
I = {
2
3
(
2
3
𝑒⁡
3
2⁡𝑦
) −
2
3
(
2
5
𝑦⁡
5
2⁡
)}
0
1
=
4
9
𝑒⁡
3
2 −
32
45
∴ ∫ ∫ √ 𝑥⁡𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑒 𝑦
𝑦
1
0
=
4
9
𝑒⁡
3
2 −
32
45

d. ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2
)𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0
(Invierta el orden de integración)
Solución:
 La región de integración para la integral dada es:
 Cambiando el orden de integración tenemos la siguiente región:

 Para nuestra nueva región tenemos que:
{
0 ≤ 𝑥 ≤ 9
0 ≤ 𝑦 ≤ √ 𝑥
 Nuestra integral queda de la siguiente manera:
I = ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠( 𝑥2) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ [
𝑦2
𝑐𝑜𝑠( 𝑥2)
2
]
0
√ 𝑥9
0
√ 𝑥
0
9
0
𝑑𝑥 =
1
2
∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑥2) 𝑑𝑥
9
0
 Para la integral que queda, hacemos un cambio de variable:
{
𝑢 = 𝑥2
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 ⟶
𝑑𝑢
2
= 𝑥𝑑𝑥
⟶ {
Si⁡𝑥 = 0⁡entonces⁡𝑢 = 0
Si⁡𝑥 = 9⁡entonces⁡𝑢 = 81
 Finalmente:
I =
1
2
∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠( 𝑥2) 𝑑𝑥
Cambio⁡de⁡variable
→
9
0
⁡
1
4
∫ cos( 𝑢) 𝑑𝑢 = [
𝑠𝑒𝑛(𝑢)
4
]
0
8181
0
=
𝑠𝑒𝑛(81)
4
∴ ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2
)𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0
=
𝑠𝑒𝑛(81)
4

e. ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥
ln⁡( 𝑥)
0
𝑒
1
(Sugerencia: Invierta el orden de integración)
Solución:
I = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥
ln⁡( 𝑥)
0
𝑒
1
I = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ 𝑦𝑥| 𝑒 𝑦 𝑑𝑦
𝑒
1
0
e
e 𝑦
1
0
I = ∫ 𝑒𝑦 − 𝑦⁡𝑒 𝑦
⁡𝑑𝑦 =
𝑒
2
𝑦2
|
0
1
− [𝑦⁡𝑒 𝑦|0
1
− ∫ 𝑒 𝑦
𝑑𝑦
1
0
]
1
0
I =
𝑒
2
− [𝑒 − [ 𝑒 − 1]] =
𝑒
2
− 1
∴ ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥
ln⁡( 𝑥)
0
𝑒
1
=
𝑒
2
− 1 ≈ 0.3591

f. ∭ ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑉𝐸
, donde E es la región en 𝑅3
Acotada por: 𝑧 = 0, 𝑦 = 2𝑧, 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0, 𝑦 = 1
Solución:
I = ∭ ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑉 = ∫ ∫ ∫ ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑦/2
0
1
0
2
0𝐸
I = ∫ ∫ (𝑥𝑧 − 𝑦𝑧 +
𝑧2
2
1
0
2
0
)|0
𝑦/2
𝑑𝑦𝑑𝑥⁡
I = ∫ ∫ (
𝑥𝑦
2
−
𝑦2
2
+
𝑦2
8
) 𝑑𝑦𝑑𝑥
1
0
2
0
I = ∫ ∫ (
𝑥𝑦
2
−
3𝑦2
8
) 𝑑𝑦𝑑𝑥
1
0
2
0
I = ∫ (
𝑥𝑦2
4
−
𝑦3
8
)
2
0
|
0
1
𝑑𝑥
I = ∫ (
𝑥
4
−
1
8
) 𝑑𝑥
2
0
I =
𝑥2
8
−
𝑥
8
|
0
2
=
1
2
−
1
4
=
1
4
∴ ∭ ( 𝑥 − 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑉
𝐸
=
1
4

X. Calcule el volumen del sólido limitado por el cilindro 𝑥2
+ 𝑦2
= 4 y los
planos 𝑦 + 𝑧 = 4, 𝑧 = 0. (Use coordenadas polares).
Solución:
 Calculando el radio del círculo 𝑥2
+ 𝑦2
= 4
𝑅 𝑐 = 𝑥2
+ 𝑦2
= 4
𝑅 𝑐 = 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑟2
𝑅 𝑐 = 𝑟2
= 4 ⇒ √ 𝑟2 = √4 ⟹ 𝑟 = 2
∴ 𝑅 𝑐 = 2
 La región de integración es ∴ 𝑅 𝑐 = 2
 Ahora el plano 𝑦 + 𝑧 = 4, será nuestra función a integrar.-
Es decir 𝑧 = 4 − 𝑦, en coordenadas polares 𝑧 = 4 − 𝑟𝑠𝑒𝑛( 𝜃).
 Ilustración del sólido y la región de integración:
 Por consiguiente, la integral es:
𝑉 = ∫ ∫ (4 − 𝑟𝑠𝑒𝑛( 𝜃))𝑟⁡𝑑𝑟𝑑𝜃
2
0
2𝜋
0

⁡𝑉 = ∫ ∫ (4𝑟 − 𝑟2
𝑠𝑒𝑛( 𝜃))⁡𝑑𝑟𝑑𝜃
2
0
2𝜋
0
⁡𝑉 = ∫ [∫ 4𝑟𝑑𝑟 − ∫ 𝑟2
𝑠𝑒𝑛( 𝜃) 𝑑𝑟
2
0
2
0
] 𝑑𝜃
2𝜋
0
⁡𝑉 = ∫ [2𝑟2|0
2
− (𝑠𝑒𝑛( 𝜃)) ∙
𝑟3
3
|
0
2
] 𝑑𝜃
2𝜋
0
𝑉 = ∫ [{2(2)2
− 2(0)0} − {
23
3
−
03
3
} 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]
2𝜋
0
𝑑𝜃
𝑉 = ∫ [{2(4) − 0} − {
8
3
− 0} 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]
2𝜋
0
𝑑𝜃
⁡⁡𝑉 = ∫ 8⁡𝑑𝜃 −
8
3
∫ 𝑠𝑒𝑛( 𝜃)⁡𝑑𝜃
2𝜋
0
2𝜋
0
⁡𝑉 = 8𝜃|0
2𝜋
−
8
3
[− cos( 𝜃)]|0
2𝜋
= 16𝜋 +
8
3
[cos(2𝜋) − cos(0)] = 16𝜋
∴ 𝑉 = 16𝜋

XI. Use coordenadas cilíndricas para calcular el volumen del sólido acotado por
las superficies 𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑥, 𝑧 = 𝑥⁡ ∧ ⁡𝑧 = 2𝑥.
Solución:
 Graficando las funciones dadas del sólido:

 Completamos cuadrados con la primera superficie para facilitar el
trabajar con ella:
𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑥 → 𝑥2
− 2𝑥 + 𝑦2
= 0 → (𝑥 − 1)2
+ 𝑦2
= 1
Es un cilindro de radio 1 y con eje axial paralelo al eje z que pasa
por el punto (1,0).
En coordenadas cilíndricas esa superficie es:
𝑟2
= 2𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃) → 0 ≤ 𝑟 ≤ 2 cos( 𝜃) , 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
Entonces, los planos que acotan el cilindro son:
𝑧 = 𝑥 ⟹ 𝑧 = 𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃)⁡∧ ⁡⁡𝑧 = 2𝑥 ⟹ 𝑧 = 2𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃)⁡⁡
Por tanto:
V = ∫ ∫ ∫ 𝑟𝑑𝑧𝑑𝑟𝑑𝜃
2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
2𝑐𝑜𝑠(𝜃)
0
2𝜋
0
V = ∫ ∫ 𝑟 (𝑧)| 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
⏟
(𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃))
𝑑𝑟𝑑𝜃
2𝑐𝑜𝑠(𝜃)
0
2𝜋
0
V = ∫ ∫ 𝑟(𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃))𝑑𝑟𝑑𝜃
2𝑐𝑜𝑠(𝜃)
0
2𝜋
0
V = ∫ cos⁡( 𝜃) [
𝑟3
3
]
0
2𝑐𝑜𝑠(𝜃)2𝜋
0
𝑑𝜃 = ∫ cos⁡( 𝜃) [
8𝑐𝑜𝑠3( 𝜃)
3
−
03
3
]
2𝜋
0
𝑑𝜃
V =
1
3
∫ 8𝑐𝑜𝑠4( 𝜃) =
1
3
∫ [3 + 4 cos(2𝜃) + cos⁡(4𝜃)] 𝑑𝜃
2𝜋
0
2𝜋
0
V =
1
3
[3𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛(2𝜃) +
1
4
𝑠𝑒𝑛(4𝜃)]
0
2𝜋
V =
1
3
[(6𝜋 + 2𝑠𝑒𝑛(4𝜋) +
1
4
𝑠𝑒𝑛(8𝜋)) − 0]

V =
1
3
[(6𝜋) − 0] =
1
3
(6𝜋) = 2𝜋 ≈ 6.2831
⁡
XII. Mediante integrales triples en coordenadas esféricas, calcular el volumen
del sólido en el interior del cono 𝑧2
= 𝑥2
+ 𝑦2
, bajo la esfera
𝑥2
+ 𝑦2
+ (𝑧 − 5)2
= 25. Y sobre la esfera centrada en el origen de radio 3.
Solución:
 Graficando las funciones dadas del sólido:
∴ 𝑉 = 2𝜋 ≈ 6.2831

 En esféricas:
𝑥2
+ 𝑦2
+ (𝑧 − 5)2
= 25
𝜌2
𝑐𝑜𝑠2( 𝜃) 𝑠𝑖𝑛2( 𝜙) + 𝜌2
𝑠𝑖𝑛2( 𝜃) 𝑠𝑖𝑛2( 𝜙) + (𝜌 cos( 𝜙) − 5)2
= 25
𝜌2
𝑠𝑖𝑛2( 𝜙) [𝑐𝑜𝑠2( 𝜃) + 𝑠𝑖𝑛2( 𝜃)⏟
1
] + [ 𝜌2
cos2( 𝜙) − 10𝜌 cos( 𝜙) + 25] = 25
𝜌2
𝑠𝑖𝑛2( 𝜙) + 𝜌2
cos2( 𝜙) − 10𝜌 cos( 𝜙) = 0
𝜌2
[𝑠𝑖𝑛2( 𝜙) + cos2( 𝜙)⏟
1
] − 10𝜌 cos( 𝜙) = 0
𝜌2
− 10𝜌 cos( 𝜙) = 0 ⇒ 𝜌[ 𝜌 − 10 cos( 𝜙)] = 0
∴ 𝜌 = 10 cos( 𝜙)
𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 9 → 𝜌2
= 9 → 𝜌 = 3
𝑧2
= 𝑥2
+ 𝑦2
→∴ 𝜙 = 𝜋
4⁄
𝜌2
𝑐𝑜𝑠2( 𝜙) = 𝜌2
𝑠𝑖𝑛2( 𝜙)
cos⁡( 𝜙)
𝑠𝑖𝑛( 𝜙)
= 1 ⟹ 𝑡𝑎𝑛( 𝜙) = 1
 Descripcion del sólido:
0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋
0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜋
4⁄
3 ≤ 𝜌 ≤ 10 cos( 𝜙)

 Calculamos el volumen:
V = ∫ ∫ ∫ 𝜌2
𝑠𝑖𝑛𝜙⁡𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝜃
10𝑐𝑜𝑠𝜙
3
𝜋
4⁄
0
2𝜋
0
V = ∫ ∫
1
3
𝜌3
𝑠𝑖𝑛𝜙
𝜋
4⁄
0
|
3
10𝑐𝑜𝑠𝜙
𝑑𝜙𝑑𝜃
2𝜋
0
V =
1
3
∫ ∫ 1000𝑐𝑜𝑠3
𝜙𝑠𝑖𝑛𝜙 − 27𝑠𝑖𝑛𝜙⁡⁡𝑑𝜙𝑑𝜃
𝜋
4⁄
0
2𝜋
0
V =
1
3
∫ −1000 ∙
1
4
𝑐𝑜𝑠4
𝜙
2𝜋
0
+ 27𝑐𝑜𝑠𝜙|
0
𝜋
4⁄
𝑑𝜃
V =
1
3
∫ −250 (
1
√2
)
4
+ 27 (
1
√2
) + 250 − 27⁡𝑑𝜃
2𝜋
0
V =
1
3
∫ −250 (
1
√2
)
4
+ 27 (
1
√2
) + 250 − 27⁡𝑑𝜃
2𝜋
0
V =
1
3
∫ −
125
2
+
27
√2
+ 223⁡𝑑𝜃
2𝜋
0
V =
1
3
[
321
2
+
27
√2
] 𝜃|
0
2𝜋
= 2𝜋 [
107
2
+
9
√2
]
∴ V = π(107 + 9√2) ≈ 376.1363
∴ V = π(107 + 9√2) ≈ 376.1363

XIII. Emplee la ley del gas ideal PV = kT con k = 5, para determinar la razón de
cambio de la presión P (medida en N/cm2
por minuto) en el instante en
que el volumen del gas es de 80⁡cm3
y la temperatura es de 75°, si el
volumen se incrementa a razón de 3⁡cm3
/min y la temperatura se
incrementa a razón de 0.3° por minuto. ¿Está aumentado o disminuyendo
la presión?
Solución:
PV = Kt
𝑑
𝑑𝑡
[PV] =
𝑑
𝑑𝑡
[kT]
𝑑𝑃
𝑑𝑡
𝑉 +
𝑑𝑉
𝑑𝑡
𝑃 = 𝑘
𝑑𝑇
𝑑𝑡
 Presión P:
𝑃𝑉 = 𝑘𝑇 ⟹ 𝑃(80) = 5(75°)
𝑃 =
75.5
80
=
75
16
= 4.6875⁡
 Sustituimos datos:
𝑑𝑃
𝑑𝑡
(80) + 3(4.6875⁡) = 5(0.3)
80
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 1.5 − 14.0625
𝑑𝑃
𝑑𝑡
=
−12.5625
80
𝑑𝑃
𝑑𝑡
= 0.15703125
𝑁
𝑐𝑚3 𝑚𝑖𝑛
∴ La⁡presión⁡está⁡disminuyendo

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