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 = 𝑦2𝑠𝑒𝑛(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

𝜕𝑥𝑦

𝜕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 − 𝟑𝒙𝟐𝒚𝟐.

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. ∬ (3𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥)𝑑𝐴,R

donde R = [−1,1] × [1,2]

b. ∫ ∫ 𝑒𝑥−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0

c. ∫ ∫ √𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑒𝑦

𝑦

1

0

d. ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2)𝑑𝑥𝑑𝑦9

𝑦23

0 (Invierta el orden de integración)

e. ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥ln(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 = 𝑦2𝑠𝑒𝑛(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) + 2𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝑥) ∙3𝑠

5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡

∴𝜕𝑤

𝜕𝑡= 2𝑙𝑛2(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡) 𝑐𝑜𝑠(2 𝑡𝑎𝑛(𝑟𝑠𝑡)) 𝑠𝑒𝑐2(𝑟𝑠𝑡) + 2𝑙𝑛(5𝑟𝑠 + 3𝑠𝑡)𝑠𝑒𝑛(2𝑡𝑎𝑛(𝑟𝑠𝑡)) ∙

3

5𝑟 + 3𝑡

∴ 𝑔𝑥 = (2𝑥 − 𝑦) 𝑡𝑎𝑛−1(2𝑥𝑦) +

2𝑦

1 + 4𝑥2𝑦2(𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2)

∴ 𝑔𝑦 = (−𝑥 + 2𝑦) 𝑡𝑎𝑛−1(2𝑥𝑦) +

2𝑥

1 + 4𝑥2𝑦2(𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2)



III. Si 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función definida por la ecuación:

(𝑥𝑦 − 𝑧2)√𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 8, halle 𝜕𝑧

𝜕𝑥𝑦

𝜕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:

(−2𝑥2𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2𝑧 − 3𝑧3)𝜕𝑧

𝜕𝑥= −2𝑥2𝑦 + 𝑥𝑧2 − 𝑦3 − 𝑦𝑧2

o Y despejamos:

∴𝜕𝑧

𝜕𝑥=−2𝑥2𝑦 + 𝑥𝑧2 − 𝑦3 − 𝑦𝑧2

−2𝑥2𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2𝑧 − 3𝑧3

∴𝜕𝑧(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑥=2𝑥2𝑦 − 𝑥𝑧2 + 𝑦3 + 𝑦𝑧2

2𝑥2𝑧 − 𝑥𝑦𝑧 + 2𝑦2𝑧 + 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:

(−2𝑥2𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2𝑧 − 3𝑧3)𝜕𝑧

𝜕𝑦= −𝑥3 − 2𝑥𝑦2 − 𝑥𝑧2 + 𝑦𝑧2

o Y despejamos:

∴𝜕𝑧

𝜕𝑦=−𝑥3 − 2𝑥𝑦2 − 𝑥𝑧2 + 𝑦𝑧2

−2𝑥2𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 − 2𝑦2𝑧 − 3𝑧3

∴𝜕𝑧(𝑥, 𝑦)

𝜕𝑦=𝑥3 + 2𝑥𝑦2 + 𝑥𝑧2 − 𝑦𝑧2

2𝑥2𝑧 − 𝑥𝑦𝑧 + 2𝑦2𝑧 + 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

𝜕𝑉𝑑𝑣

𝑑𝑃 = (8.31

𝑉)𝑑𝑇 + (−

8.31𝑇

𝑉2) 𝑑𝑣

𝑑𝑇 = −3°𝑘𝑑𝑉 = 0.4𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠

𝑑𝑃 = (8.31

12) (−3) + (−

8.31(310)

122) (0.4)

𝑑𝑃 = −2.0775 − 7.15583

𝑑𝑃 = −9.23333𝑘𝑖𝑙𝑜𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑠

∴ 𝒅𝑷 = −𝟗. 𝟐𝟑𝟑𝟑𝟑𝐤𝐢𝐥𝐨𝐩𝐚𝐬𝐜𝐚𝐥𝐞𝐬



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 = 𝜋𝑟2ℎ

Despejamos para la altura (h):

ℎ =𝑉

𝜋𝑟2⇒ 𝑆𝑖𝑉 = 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 𝑐𝑚

3

𝑚𝑖𝑛⁄

∴𝒅𝒗

𝒅𝒕= −𝟑𝟐𝟎𝟎𝝅𝒄𝒎

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

23𝑦2 − 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} = − 1374𝑒𝑛(𝑥, 𝑦) = (

27

5, 5)

∴ P. C.1= (27

2, 5, −

137

4)

𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜_𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎 {𝑦3+𝑥2−6𝑥𝑦+3𝑥+6𝑦−7} = − 9

4𝑒𝑛(𝑥, 𝑦) = (

3

2, 1)

∴ P. C.2= (3

2, 1, −

9

4)

Puntos críticos 𝒇𝒙𝒙 𝒇𝒚𝒚 𝒇𝒙𝒚 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∇V𝑉 = 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 = 𝑥óλz = 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)

𝑥2𝑧 = 250(4)

{

2𝑧 + 𝑥 = 𝜆𝑥𝑧(2)𝜆𝑥 = 4(3)

𝑥2𝑧 = 250(4)

(3)en(2):

2𝑧 + 𝑥 = 4𝑧

𝑥 = 2𝑧(5)

(5)en(4):

(2𝑧)2 ∙ 𝑧 = 250

4𝑧3 = 250

∴ 𝒛 =𝟓

√𝟐𝟑 ≈ 𝟑. 𝟗𝟔𝟖𝟓

∴ 𝒙 =𝟏𝟎

√𝟐𝟑 = 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 − 𝟑𝒙𝟐𝒚𝟐.

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) = ⟨ℎ𝑥 , ℎ𝑦⟩ = ⟨−6𝑥𝑦2, −6𝑥2𝑦⟩

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. ∬ (3𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥)𝑑𝐴,R

donde R = [−1,1] × [1,2]

Solución:

𝐈 = ∫ ∫ (3𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥)𝑑𝑦𝑑𝑥𝟐

𝟏

𝟏

−𝟏

I = ∫ (3

2𝑥2𝑦2 −

1

2𝑥𝑦2 + 𝑥𝑦)

1

2

𝑑𝑥1

−1

I = ∫ [(3

2𝑥2 ∙ 4 −

1

2𝑥 ∙ 4 + 𝑥 ∙ 4) − (

3

2𝑥2 −

1

2𝑥 + 𝑥)] 𝑑𝑥

1

−1

I = ∫ (9

2𝑥2 +

3

2𝑥)𝑑𝑥 = (

3

2𝑥3 +

3

4𝑥2)

−1

1

= (3

2+3

4) − (−

3

2+3

4)

1

−1

= 3

∴ ∬(3𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥)𝑑𝐴 = 3

R



b. ∫ ∫ 𝑒𝑥−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0

Solución:

Primero, hacemos la integral interna, la cual es con respecto a 𝑥 Para ello

separamos la potencia usando la propiedad:

𝑎𝑚+𝑛 = 𝑎𝑚 ⋅ 𝑎𝑛

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 = ∫ ∫ 𝑒𝑥−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑒𝑥𝑒−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0

𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0

I = ∫ 𝑒−2𝑦∫ 𝑒𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0

= ∫ 𝑒−2𝑦 ∙𝑙𝑛3

0

𝑒𝑥|0𝑙𝑛7𝑑𝑦

I = ∫ 𝑒−2𝑦[𝑒𝑙𝑛7 − 𝑒0]𝑑𝑦 =𝑙𝑛3

0

∫ 𝑒−2𝑦[7 − 1]𝑑𝑦𝑙𝑛3

0

I = 6∫ 𝑒−2𝑦𝑑𝑦 = 6 ∙𝑒−2𝑦

−2|0

𝑙𝑛3

= −3𝑒−2𝑦|0𝑙𝑛3

𝑙𝑛3

0

I = −3 ∙ [𝑒−2∙𝑙𝑛3 − 𝑒−2∙0] = −3 ∙ [𝑒𝑙𝑛3−2− 𝑒0]

I = −3 ∙ [3−2 − 1] = −3 ∙ [1

9− 1] = −3 ∙ [−

8

9] =

8

3

∴ ∫ ∫ 𝑒𝑥−2𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 =8

3≈ 2.67

𝑙𝑛7

0

𝑙𝑛3

0



c. ∫ ∫ √𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑒𝑦

𝑦

1

0

Solución:

I = ∫ ∫ √𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ {2

3𝑥23}𝑦

𝑒𝑦

𝑑𝑦 =2

3∫ 𝑒

23𝑦 − 𝑦

23𝑑𝑦

1

0

1

0

𝑒𝑦

𝑦

1

0

I = {2

3(2

3𝑒 32𝑦) −

2

3(2

5𝑦 52)}0

1

=4

9𝑒32 −

32

45

∴ ∫ ∫ √𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑒𝑦

𝑦

1

0

=4

9𝑒32 −

32

45



d. ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2)𝑑𝑥𝑑𝑦9

𝑦23

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 = ∫ [𝑦2𝑐𝑜𝑠(𝑥2)

2]0

√𝑥9

0

√𝑥

0

9

0

𝑑𝑥 =1

2∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥2)𝑑𝑥9

0

Para la integral que queda, hacemos un cambio de variable:

{𝑢 = 𝑥2

𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 ⟶𝑑𝑢

2= 𝑥𝑑𝑥

⟶ {Si𝑥 = 0entonces𝑢 = 0Si𝑥 = 9entonces𝑢 = 81

Finalmente:

I =1

2∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥2)𝑑𝑥

Cambiodevariable→

9

0

1

4∫ cos(𝑢) 𝑑𝑢 = [

𝑠𝑒𝑛(𝑢)

4]0

8181

0

=𝑠𝑒𝑛(81)

4

∴ ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥2)𝑑𝑥𝑑𝑦9

𝑦2

3

0

=𝑠𝑒𝑛(81)

4



e. ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥ln(𝑥)

0

𝑒

1 (Sugerencia: Invierta el orden de integración)

Solución:

I = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥ln(𝑥)

0

𝑒

1

I = ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ 𝑦𝑥|𝑒𝑦𝑑𝑦𝑒

1

0

e

e𝑦

1

0

I = ∫ 𝑒𝑦 − 𝑦𝑒𝑦𝑑𝑦 =𝑒

2𝑦2|

0

1

− [𝑦𝑒𝑦|01 −∫ 𝑒𝑦𝑑𝑦

1

0

]1

0

I =𝑒

2− [𝑒 − [𝑒 − 1]] =

𝑒

2− 1

∴ ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥ln(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)𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥𝑦/2

0

1

0

2

0𝐸

I = ∫ ∫ (𝑥𝑧 − 𝑦𝑧 +𝑧2

2

1

0

2

0

)|0𝑦/2𝑑𝑦𝑑𝑥

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)𝑑𝑉𝐸

=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

𝑅𝑐 = 𝑥2 + 𝑦2 = 4

𝑅𝑐 = 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2

𝑅𝑐 = 𝑟2 = 4 ⇒ √𝑟2 = √4 ⟹ 𝑟 = 2

∴ 𝑅𝑐 = 2

La región de integración es ∴ 𝑅𝑐 = 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))𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃2

0

2𝜋

0



𝑉 = ∫ ∫ (4𝑟 − 𝑟2𝑠𝑒𝑛(𝜃))𝑑𝑟𝑑𝜃2

0

2𝜋

0

𝑉 = ∫ [∫ 4𝑟𝑑𝑟 − ∫ 𝑟2𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑑𝑟2

0

2

0

] 𝑑𝜃2𝜋

0

𝑉 = ∫ [2𝑟2|02 − (𝑠𝑒𝑛(𝜃)) ∙

𝑟3

3|0

2

] 𝑑𝜃2𝜋

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 = ∫ 8𝑑𝜃 −8

3∫ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑑𝜃2𝜋

0

2𝜋

0

𝑉 = 8𝜃|02𝜋 −

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 = ∫ ∫ ∫ 𝑟𝑑𝑧𝑑𝑟𝑑𝜃2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)

𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)

2𝑐𝑜𝑠(𝜃)

0

2𝜋

0

V = ∫ ∫ 𝑟 (𝑧)|𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)2𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)

⏟ (𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃))

𝑑𝑟𝑑𝜃2𝑐𝑜𝑠(𝜃)

0

2𝜋

0

V = ∫ ∫ 𝑟(𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃))𝑑𝑟𝑑𝜃2𝑐𝑜𝑠(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)]𝑑𝜃2𝜋

0

2𝜋

0

V =1

3[3𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛(2𝜃) +

1

4𝑠𝑒𝑛(4𝜃)]

0

2𝜋

V =1

3[(6𝜋 + 2𝑠𝑒𝑛(4𝜋) +

1

4𝑠𝑒𝑛(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

𝜌2𝑐𝑜𝑠2(𝜃)𝑠𝑖𝑛2(𝜙) + 𝜌2𝑠𝑖𝑛2(𝜃)𝑠𝑖𝑛2(𝜙) + (𝜌 cos(𝜙) − 5)2 = 25

𝜌2𝑠𝑖𝑛2(𝜙) [𝑐𝑜𝑠2(𝜃) + 𝑠𝑖𝑛2(𝜃)⏟ 1

] + [𝜌2 cos2(𝜙) − 10𝜌 cos(𝜙) + 25] = 25

𝜌2𝑠𝑖𝑛2(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⁄

𝜌2𝑐𝑜𝑠2(𝜙) = 𝜌2𝑠𝑖𝑛2(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 = ∫ ∫ ∫ 𝜌2𝑠𝑖𝑛𝜙𝑑𝜌𝑑𝜙𝑑𝜃10𝑐𝑜𝑠𝜙

3

𝜋4⁄

0

2𝜋

0

V = ∫ ∫1

3𝜌3𝑠𝑖𝑛𝜙

𝜋4⁄

0

|3

10𝑐𝑜𝑠𝜙

𝑑𝜙𝑑𝜃2𝜋

0

V =1

3∫ ∫ 1000𝑐𝑜𝑠3𝜙𝑠𝑖𝑛𝜙 − 27𝑠𝑖𝑛𝜙𝑑𝜙𝑑𝜃

𝜋4⁄

0

2𝜋

0

V =1

3∫ −1000 ∙

1

4𝑐𝑜𝑠4𝜙

2𝜋

0

+ 27𝑐𝑜𝑠𝜙|0

𝜋4⁄

𝑑𝜃

V =1

3∫ −250(

1

√2)4

+ 27 (1

√2) + 250 − 27𝑑𝜃

2𝜋

0

V =1

3∫ −250(

1

√2)4

+ 27 (1

√2) + 250 − 27𝑑𝜃

2𝜋

0

V =1

3∫ −

125

2+27

√2+ 223𝑑𝜃

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 80cm3 y la temperatura es de 75°, si el

volumen se incrementa a razón de 3cm3/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

𝑑𝑡𝑉 +

𝑑𝑉

𝑑𝑡𝑃 = 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)

80𝑑𝑃

𝑑𝑡= 1.5 − 14.0625

𝑑𝑃

𝑑𝑡=−12.5625

80

𝑑𝑃

𝑑𝑡= 0.15703125

𝑁

𝑐𝑚3𝑚𝑖𝑛

∴ Lapresiónestádisminuyendo

cÁlculo diferencial e integral

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