APUNTES 1 CALCULO N VARIABLES

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Soluciones del final de junio de Cálculo (grupo C) (2015)
1. Sea g(x,y)=x2+2y2�4x . a) Clasificar los puntos críticos de g . [2 puntos]
b) Hallar los valores máximo y mínimo de g sobre el círculo x2+y29 .
a)
gx=2(x�2)=0
gy=4y=0
! (2,0) . Como Hg=
����2 00 4
����>0 , el punto es un mínimo.⇥
Poniendo g=(x�2)2+2y2�4 queda claro (y que el mínimo es absoluto)
⇤
.
b) Ambos extremos han de existir, por ser g continua en un conjunto compacto.
Sobre el borde del círculo:
x�2=lx x=�2 , y=±
p
5
2y=ly ! l =2 " , y=0 #
x2+y2=9 x=±3
. 5 candidatos:
g
�
�2,±
p
5
�
= 22 máximos, g(�3,0)=21 , g(3,0)=�3 , g(2,0)= �4 mínimo.
[Las curvas de nivel de g son elipses, que, como deben, son tangentes en los puntos calculados a la circunferencia].
2. Sea f (x,y)=
p
x2+y2 �x . a) Estudiar si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0,0) .
b) Dibujar la curva de nivel f (x,y)=1 y precisar para qué vector u unitario es mínima Du f (0,�1) .
c) Hallar
!
D f , siendo D el semicírculo x
2+y21 , yx . [2.5 puntos]
x
1
z=0
y
u
f
∆
z=1
–1
–1/2
y
f(0,y)
f(x,0)
y-y
-2x 0
a) f (x,0)= |x|�x , f (0,y)= |y| no derivables ) @ parciales en (0,0) .
Como no existen las parciales, f no es diferenciable en (0,0) .
[Que f es continua en R2 es obvio, pues lo es la raíz para valores positivos].
b) f =1 ) x2+y2=x2+2x+1 , x = 12 [y
2�1]
⇥
parábola con x0(�1)=�1
⇤
.
—f =
� xp
x2+y2
�1, yp
x2+y2
�
, —f (0,�1)=(�1,�1) ) u =
� 1p
2
, 1p
2
�
,
pues la derivada direccional el mínima en sentido opuesto al gradiente.⇥
En polares: —f = fr er+ 1r fq eq =(cosq�1,senq)
⇤
.
[También se deduce del hecho de que el gradiente es perpendicular a la
curva de nivel en el punto y de que apunta hacia donde crece el campo]. dibujo de f
con Maple
c)
Z p/4
�3p/4
Z 1
0
r2(1�cosq)dr dq = 13
�
p �
⇥
senq ]p/4�3p/4
�
= p �
p
2
3 .⇥
En cartesianas las integrales son bastante complicadas
⇤
.⇥
Pensé preguntar también: d) D f = 1r =(x
2+y2)�1/2 (mejor en polares)
⇤
.
3. Calcular una de las dos integrales triples
$
V
f dxdydz siguientes: [1 punto]
a) Si V es el sólido acotado en x�0 , y�0 por x=y , z=0 e y2+z=1 , y siendo f (x,y,z)= e�z .
b) Si V es el sólido encerrado entre x2+y2=1 , z=0 y z=x2+y2 , y siendo f (x,y,z)=z .
y=x
y
x
1
1
1
z=1-y2
1
1
y= 1–x2
z=r 2
1
b)a)
–1
a) Es importante elegir un buen orden de integración:Z 1
0
Z y
0
Z 1�y2
0
e�z dzdxdy = 12
Z 1
0
y
�
1� ey2�1
�
dy = 12
⇥
y2� ey2�1
⇤1
0 =
1
2e .⇥
Por ejemplo, con
Z 1
0
Z 1
x
Z 1�y2
0
e�z dzdydx aparece
Z 1
x
ey2�1 dy no calculable
⇤
.
b) Claramente las coordenadas adecuadas son las cilíndricas:Z 2p
0
Z 1
0
Z r2
0
rzdzdr dq = 2p 12
Z 1
0
r5dr = p6 .⇥
En cartesianas es largo:
Z 1
�1
Z p1�x2
�
p
1�x2
Z x2+y2
0
z dzdydx = 2
Z 1
0
Z p1�x2
0
�
x4+2x2y2+y4
�
dydx = 215
Z 1
0
(8x4+4x2+3)
p
1�x2 dx
=
"
2
15
Z p/2
0
(8sen4t+4sen2t+3)cos2t dt = · · ·
⇤
.
x=sen t
4. Sean c(t)=
�
t3,2t2
�
. a) Hallar la longitud del tramo de curva descrita por c cuando t2 [�1,0] . [2 puntos]
b) Hallar su recta tangente en (�1,2) y el punto en que esta recta tangente vuelve a cortar la curva.
c) Si h(x,y)= e2x+y , hallar la integral de línea de —h desde (0,0) hasta (1,2) sobre la curva descrita por c .
a) c0(t)=(3t2,4t) , kc0(t)k=
p
9t4+16t2 = |t|
p
9t2+16 .
L =
Z 0
�1
(�t)
p
9t2+16 dt = 127
⇥
� (9t2+16)3/2
⇤0
�1=
53�43
27 =
61
27 .
b) c(�1)=(�1,2) , c0(�1)=(3,�4) . Tangente: x(s)=(3s�1,2�4s) s=1/2�!
� 1
2 ,0
�
.
Corta la curva para t y s que cumplan: t3=3s�1 , 2t2=2�4s !
(3s�1)2=(1�2s)3 , 8s3�3s2= 0 , s= 38 !
� 1
2 ,
1
8
� ⇥
y s=0 ! (�1,2)
⇤
.⇥
O bien, la curva y=2x2/3 y la recta y= 2�4x3 se cortan si 27x
2 "=(1�2x)3
⇤
.
c)
Z
c
—h ·ds = h(1,2)�h(0,0)= e4�1 =
Z 1
0
(6t2+4t)e2t3+2t2dt = e2t3+2t2
⇤1
0 (cálculo innecesario).
5. Sean S la superficie z=4�4x2�y2, con z�0 y f(x,y,z)=(y,2x,1+yz) . a) Hallar div f y rot f . [2.5 puntos]
b) Calcular la integral de línea de f sobre la elipse que limita S . c) Comprobar el teorema de Stokes.
y
x
z
S
D
1
2
4
y
x
D 1
2
n
∂S
∂S
a) div f = 0+0+y = y . rot f =
������
i j k
∂x ∂y ∂z
y 2x 1+yz
������= (z,0,1) .
b) Parametrización más sencilla (en el sentido del dibujo): c(t)=(cos t,2sen t,0) .I
∂S
f ·ds =
Z 2p
0
(2sen t,2cos t,1)·(�sen t,2cos t,0)dt
=
Z 2p
0
(4cos2t�2sen2t)dt =
Z 2p
0
(1+3cos2t)dt = 2p .
c) Una posible parametrización de la superficie S es
r(x,y)=(x,y,4�4x2�y2) , rx⇥ ry=(8x,2y,1) , con (x,y)2D , región elíptica.
[El pvf apunta en el sentido adecuado al recorrido de ∂D para aplicar Stokes].
"
S
rot f ·dS =
"
D
⇥
8x(4�4x2�y2)+1
⇤
dxdy =
"
D
1
⇥
= área de D = p ·2 ·1
⇤
.
impar y D simétrico
Para hallar este área lo más útil es (ejemplo de apuntes) el cambio x=cosq , y=2senq , con J=2r !
Área de D =
Z 2p
0
Z 1
0
2r dr dq = 2p .
⇥
Sin usar la imparidad, aquí saldría una
Z 2p
0
Z 1
0
16r2c(4�4r2)dr dq =0
⇤
.⇥
En cartesianas (aún sin simplificar) acaba saliendo:
Z 1
�1
Z 2p1�x2
�2
p
1�x2
1 dydx = 8
Z 1
0
p
1�x2 dx =
Z p/2
0
cos2t dt = 2p
⇤
.
También podíamos parametrizar S usando las polares anteriores típicas de las elipses:
r =(r cosq ,2r senq ,4�4r2) , 0r10q 2p ! rr⇥ rq =
������
i j k
c 2s �2r
�r s 2r c 0
������= 2r(8r cosq ,4r senq ,1) .
Con ellas queda:
"
S
rot f ·dS =
Z 2p
0
Z 1
0
2r(4�4r2,0,1)·(8r cosq ,4r senq ,1)dr dq = 2p como antes.
Cálculo (grupo C) Soluciones del examen de septiembre (8 de septiembre de 2015)
1. Hallar los b para los que f (x, y)= x2�bxy+y2�4x�2y tiene un mínimo local en un punto de y=1 . [1.5 ptos]
f
x
=2x�by�4=0 x=2 b=�4
f
y
=2y�bx�2=0 , y=1! b "=0 ó x "=0 ! (2,1) , (0,1) .
�����
2 �b
�b 2
�����=4�b
2 . (2,1) mínimo, si b=0
⇥
(0,1) silla
⇤ .
2. Sea F (x, y, z)= x2e2y+2+ 4 sen(x+2z)+2z2 . a) Hallar el plano tangente y la recta normal a la superficie
F (x, y, z)=6 en el punto (2,�1,�1) . b) Escribir un vector unitario u tal que D
u
F (2,�1,�1)=8 . [2.5 ptos]
rF= �2x e2y+2+4 cos(x+2z) , 2x2e2y+2 , 8 cos(x+2z)+4z� . rF (2,�1,�1)= (8, 8, 4)=4(2, 2, 1) .
a) Plano tangente: 2(x�2)+2(y+1)+(z+1)=0 , 2x+2y+z=1 . Recta normal: (2t+2, 2t�1, t�1) .
b) i o j claramente valen (pues F
x
=F
y
=8 ).
⇥
Hay otros infinitos que cumplen: 8a+8b+4c=8 y a2+b2+c2=1
⇤
.
3. Sea g(x, y)=2 e�
p
x
2+y2 . a) Dibujar su corte con el plano x=0 y su gráfica. ¿Es g diferenciable en (0, 0)?
b) Calcular el volumen del recinto limitado por la gráfica de g y el plano z=1 . [2.5 ptos]
2e
ln2
y
–|y|
a) De revolución. g(0,y)=2e� |y | ) g
y
(0,0) no existe
) g no diferenciable en (0, 0) .
b) 2 e�
p
x
2+y2 =1 , r=
p
x2+y2= log 2 . Polares-cilíndricas:
V =
Z 2⇡
0
Z ln 2
0
r
⇥
2 e�r�1⇤ dr d✓ = 2⇡ ⇥�2(r+1) e�r� 12r2
⇤ ln 2
0 = 2⇡
⇥
1�ln 2� 12 (ln 2)2
⇤
.
4. Sea f(x, y, z)=e�z i+ j�xe�z k . a] Calcular directamente la integral de línea de f desde (1, 1, 0) hasta (1, 0, 3)
a lo largo del segmento que une los puntos. b] Hallar, si existe, una función potencial para f . [2 ptos]
a] c(t)= (1, 1�t, 3t) , t 2 [0, 1]!
R
c f ·ds =
R 1
0
�
e�3t,1,�e�3t � · (0,�1, 3) dt =
R 1
0 (�1�3e
�3t ) dt = e�3�2 .
b] rot f =0 , f2C1 ) hay potencial.
U= xe�z+p(y, z)
U= y + q(x, z)
U= xe�z+r (x, y)
, U= xe�z+y
⇥ R
c f ·ds = U (1, 0, 3)�U (1, 1, 0)= e
�3�2 ⇤ .
Elegir entre 5 y 6:
5. Calcular
"
D
(2x�y)3 dx dy , siendo D el cuadrilátero de vértices (0, 0) , (1, 0) , (2, 2) y (1, 2) de dos formas:
i) directamente, ii) haciendo el cambio u=2x�y , v= y . [1.5 ptos]
v
u
2
y
x
0
2
1
y=2x y=2x–2
D
2
2
i) Para no hacer 2 integrales, es mejor integrar primero respecto a x :
R 2
0
R
y/2+1
y/2 (2x�y)
3 dx dy=
R 2
0
1
8
⇥
(2x�y)4⇤y/2+1
y/2 dy=
R 2
0 2 dy= 4 .
Más largo:
R 1
0
R 2x
0 (2x�y)
3dy dx +
R 2
1
R 2
2x�2(2x�y)
3dy dx
=
R 1
0 4x
4dx +
R 2
1
⇥
4�4(x�1)4⇤ dx = 45+4� 45 = 4 .
ii) Con el cambio: u=2x�y
v= y
, x=
u+v
2
y=v
, @(x,y)@(u,v) =
�����
1/2 1/2
0 1
�����=
1
2 .
1
2
R 2
0
R 2
0 u
3du dv=1· ⇥ 14u4
⇤2
0= 4 .
6. Hallar
"
S
F ·n dS , para F (x,y,z)= (x,1,2) , S la superficie x2+y2+z2=9 y n su normal unitaria exterior.
[Se puede hallar utilizando un teoremaadecuado]. [1.5 ptos]
Mucho más corto utilizando el teorema de la divergencia. Es S=@V esfera de radio 3 y es divF=1 .
La integral pedida coincide con:
#
V
1 dx dy dz=
Z 2⇡
0
Z 3
0
Z ⇡
0
⇢2 sen � d� d⇢ d✓= 36⇡ = volumen de V = 43⇡3
3 .
Directamente: r (�,✓)= (3 sen � cos ✓, 3 sen � sen ✓, 3 cos �) , ✓ 2 [0, 2⇡] , �2 [0, ⇡] , r�⇥ r✓ = 3 sen � r (�,✓) .
[sentido correcto]
!
S
F ·n dS=
R 2⇡
0
R ⇡
0 9 sen � (3 sen � cos ✓, 1, 2) · (sen � cos ✓, sen � sen ✓, cos �) d� d✓
= 9
R 2⇡
0
R ⇡
0
⇥ 3
2 sen
3�(1+cos 2✓) + sen2� sen ✓ + 2 sen � cos �
⇤
d� d✓=
[se anula] [se anula] [se anula]
=27⇡
R ⇡
0 (1�cos
2�) sen � d� = 27⇡
⇥� cos � + 13 cos3�
⇤⇡
0 = 36⇡ .
Soluciones del control 1 de Cálculo (5 de abril de 2016)
1. Sea f (x,y)= x
4
3y2+x6 , f (0,0)=0 . a] En (0,0) , precisar si existen fx y fy , si es continua y si es diferenciable.
b] Hallar el u unitario para el que Du f (1,1) es mínima. c] Hallar el plano tangente a la gráfica de f en (1,1) .
d] Si c(t)=
(
et, e3t
)
, hallar, con la regla de la cadena en Rn, la derivada de h(t)= f (c(t)) en t=0 . [0.4 puntos]
a] f (x, 0)= 1
x2
, x,0 ⇒ fx (0, 0) no existe. f (0, y)=0 ⇒ fy (0, 0)=0 .
Como sobre y=0 la f −→
x→0
∞ , es discontinua en el origen.
[
O bien: f (x,mx2)= 13m2+x2 −→x→0
1
3m2 o f (x,mx
3)= 1(3m2+1)x2 −→x→0
∞ .
De acercarse por rectas no se saca nada: f (x,mx)= x23m2+x4 −→x→0 0
]
.
Por no existir una parcial o no ser continua, f no es diferenciable en (0,0) .
b] ∇f =
( 2x3 (6y2−x6)
(3y2+x6)2 ,−
6x4y
(3y2+x6)2
)
, ∇f (1,1)= 18 (5,−3) . u =
(
− 5√
34
, 3√
34
)
(vector opuesto al gradiente y unitario).
d] Plano tangente: f (1, 1)= 14 , z =
1
4+
5
8 (x−1)−
3
8 (y−1) , o mejor, z =
5x−3y
8 .
e] c(0)= (1, 1) , c′(t)=
(
et, 3e3t
)
, c′(0)= (1, 3) , h′(0)= ∇f
(
c(0)
)
· c′(0)= − 12 .
[
Comprobamos componiendo y derivando: h(t)= e
4t
3e6t+e6t =
1
4e
−2t → h′(t)=− 12e
−2t t=0−→ − 12
]
.
2. Sea f (x, y, z)=
(
xz2, yx2, zy2−3z2
)
. a] Calcular: i) div f , ii) ∇
(
div f
)
, iii) rot f y iv) ∆
(
div f
)
.
b] Dibujar la superficie div f =0 , hallar la recta perpendicular a ella en el punto (1, 2 , 1) y precisar su punto
de corte con el plano x=0 . [0.35 puntos]
a] i) div f= z2+x2+y2−6z . ii) ∇
(
div f
)
=2(x , y , z−3) . iii) rot f =
��������
i j k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
xz2 yx2 zy2−3z2
��������
=2(yz , xz , xy) .
iv) ∆
(
div f
)
=6 .
b] x2+y2+(z−3)2=9 es la superficie esférica de centro (0, 0, 3) y radio 3 ,
y la recta perpendicular a ella en cualquier punto pasará por su centro.
Un vector normal a la superficie se obtiene de ii): (1, 2,−2) .
x = (1, 2, 1)+ t (1, 2,−2)= (1+t, 2+2t, 1−2t) que corta x=0 para t=−1 →
punto de corte (0 , 0 , 3) que habíamos anticipado.
3. Sea F (x, y)= ex+y−2y . a] Probar que F=1 define una función y(x) de C
1 cerca del
punto (0,0) y hallar la recta tangente a la curva en ese punto.
[0.35 puntos]
Elegir dos entre b], c] y d] : b] Escribir el desarrollo de Taylor de orden 2 de F en torno a (0, 0) .
c] Hallar un punto de la curva F=1 donde no sea aplicable el teorema de la función implícita.
d] Si h(u, v)=F
(
u−v3, v+u−2
)
, hallar, utilizando la regla de la cadena en Rn, ∇h en (u, v)= (1, 1) .
a] Fy= ex+y−2 , Fy (0,0)=−1,0 ⇒ define y(x) . ex+y (1+y′)−2y′=0 → y′= e
x+y
2− ex+y
(0,0)
−→1→ y= x .
F (0,0)=1 (es de la curva) Fx = ex+y , y′=−FxFy lleva a lo mismo
↗
b] F (x, y)=1+(x+y)+ 12 (x+y)
2+ · · · −2y= 1+x−y+ 12 x
2+xy+ 12 y
2+ · · ·
(
no se necesita derivar, aunque es
fácil: Fxx =Fxy =Fyy = ex+y
)
.
c] Problemas si ex+y=2 , que llevado a F=1 nos da 2−2y=1 , y= 12 . e
x+1/2=2 , x= ln 2− 12 .
[Como Fx ,0 La x siempre se puede poner siempre como función derivable de y , e incluso es calculable].
d] (u, v)= (1, 1) → (x, y)= (0, 0) , Fu=Fx+Fy
(0,0)
−→ 1−1=0 , Fv=−3v2Fx+Fy −→ −3·1−1=−4 .
O en forma matricial: ∇h(1,1)= ∇F (0,0)
(
1 −3v2
1 1
)
(1,1)
= (1,−1)
(
1 −3
1 1
)
= (0 ,−4) .
[
Décimas: 1: a] 6+6+3=15, ∇=5, b] 7, c] 5, d] 8. 2: a] 4+4+4+4=16, b] 7+7+5=19, c] 8. 3: a] 15, b,c,d] 10
]
.
Soluciones del control 2 de Cálculo (24 de mayo de 2016)
Elegir entre 1a y 1b :
1a. Calcular la integral
"
D
x dx dy , donde D es la parte del círculo x2+y2≤2y con x≥0 , y≥ x , integrando:
i) en cartesianas (de las dos formas posibles), ii) en polares. [0.3 ptos]
r
r=2senqy
2−2y+x2=0 → y=1+
√
1−x2 , x=
√
2y−y2 .
i)
∫ 1
0
∫ 1+√1−x2
x
x dy dx =
∫ 1
0
[
x−x2+x(2−x2)1/2
]
dx= 12 x
2− 13 x
3− 13 (1−x
2)3/2
]1
0
= 12 .∫ 1
0
∫ y
0
x dx dy +
∫ 2
1
∫ √2y−y2
0
x dx dy= 12
∫ 1
0
y2dy+ 12
∫ 2
1
(2y−y2) dy= 16+
1
2
[
y2−
y3
3
]2
1
= 12 .
ii) r2=2rsen θ .
∫ π/2
π/4
∫ 2 sen θ
0
r2 cos θ dr dθ = 83
∫ π/2
π/4
sen3θ cos θ dθ= 23 sen
4θ
]π/2
π/4=
1
2 .
1b. Calcular el volumen de la parte de la esfera x2+y2+(z−1)2≤1 situada por encima del cono z=
√
x2+y2 ,
integrando: i) en cilíndricas y ii) en esféricas. [0.3 ptos]
r
r=2senf
z=1+ 1-r2El cono x2+y2= z2 y la esfera x2+y2=2z−z2 se cortan si z=0 , 1 .
V es el sólido de revolución del primer dibujo respecto al eje z .
i) Cilíndricas. La esfera pasa a ser z2−2z−r2=0 , z=1+
√
1−r2 y el cono z=r .$
V
1 =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ 1+√1−r2
r
r dz dr dθ = 2π
∫ 1
0
[
r−r2+r (1−r2)1/2
]
dr
= 2π
[
1
2r
2− 13r
3− 13 (1−r
2)3/2
]1
0
= π .[
Con el orden dr dz aparecen dos integrales como las de 1a]
]
.
ii) En esféricas, la esfera toma la forma ρ2=2ρ cos φ , ρ=2 cos φ .$
V
1 =
∫ 2π
0
∫ π/4
0
∫ 2 cos φ
0
ρ2 sen φ dρ dφ dθ = 2π3
∫ π/4
0
8 cos3φ sen φ dφ
= 4π3
[
− cos4φ
]π/2
π/4 =
4π
3
(
1− 14
)
= π .
2. a] Calcular
$
V
y dx dy dz , si V es el sólido acotado por y= x2 y los planos y=1 , z=0 e y+z=0 .
b] Hallar el valor de la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z)= (y, x, z) desde (−1, 1,−1) hasta (1, 1,−1)
sobre la curva intersección de y= x2 con y+z=0 . [0.2+0.2 = 0.4 ptos]
y=1
y
x
–1
1
y=x2
1
z=–y
–1
a]
$
V
y =
∫ 1
−1
∫ 1
x2
∫ 0
−y
y dz dy dx =
∫ 1
−1
∫ 1
x2
y2 dy dx = 23
∫ 1
0
(
1−x6
)
dx = 23
[
1− 17
]
= 47 .
O bien:
$
V
y =
∫ 1
0
∫ 0
−y
∫ √y
−
√
y
y dx dz dy =
∫ 1
0
∫ 0
−y
2y3/2 dz dy =
∫ 1
0
2y5/2dy = 47 .
b] rot f =
��������
i j k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
y x z
��������
= (0, 0, 1−1)= 0 y f∈C1 en R3 ⇒ existe función potencial.
Ux = y → U= xy+ p(y, z)
Uy = x → U= xy+ q(x, z)
Uz = z → U= 12 z
2+ r (x, y)
, U= xy+ 12 z
2 ⇒
∫
c
f · ds = U (1, 1,−1)−U (−1, 1,−1)= 2 para todo camino.
También podríamos parametrizar la curva dada: c(x)=
(
x , x2,−x2
)
, x ∈ [−1,1]→∫
c
f · ds =
∫ 1
−1
(
x2, x,−x2
)
· (1, 2x,−2x) dt =
∫ 1
−1(3x
2+2x3) dx = 2
∫ 1
0 3x
2 dx = 2 .
O tomar el camino más simple que une los puntos: c(x)= (x , 1 ,−1) , x ∈ [−1, 1] →∫
c
f · ds =
∫ 1
−1
(
1 , x ,−1
)
·
(
1 , 0 , 0) dx =
∫ 1
−1 dx = 2 .
3. Sea D parte de la elipse 4x2+y2≤4 con y≤0 . a] Comprobar el teorema de Green sobre D para el campo
f(x, y)= (y , 2x) , haciendo la integral doble
[
mejor con el cambio x=r cos θ
y=2r sen θ
]
. b] Hallar
∮
xy ds . [0.5 ptos]
1
–2
c
c
1
2
D
a] gx− fy=1 . Para hallar
!
D
1 (que debe dar π , mitad del área de la elipse) usamos el cambio:
Jacobiano ∂(x,y)∂(r,θ) =
�����
cos θ −r sen θ
2 sen θ 2r cos θ
�����
=2r . 4x2+y2=4r2=4 → r=1 . θ ∈ [−π, 0] ."
D
1 dx dy =
∫ 0
−π
∫ 1
0
2r dr dθ = π
[
r2
]1
0 = π .
[
En cartesianas:
∫ 1
−1
∫ 0
−2
√
1−x2
dy dx = 4
∫ 1
0
√
1−x2 dx =
x=sen s
4
∫ π/2
0
cos2s ds = 2
∫ π/2
0
(1+cos 2s) ds = π
]
.
c1= (cos t, 2 sen t) , t ∈ [−π, 0] .
∫
c1
f · ds =
∫ 0
−π
(2s, 2c) · (−s, 2c) dt =
∫ 0
−π
[
3 cos 2t+1] dt= 32 sen 2t
]0
−π
+π=π .
[
En cartesianas: c∗=
(
x,−2
√
1−x2
)
, x ∈ [−1,1] .
∫
c∗
f · ds =
∫ 1
−1
2
(
−
√
· , x
)
·
(
1, 2x√
·
)
dx= 4
∫ 1
0
3x2−1√
1−x2
dx= · · ·
]
.
Para el segmento: c2= (x, 0) , t ∈ [1,−1] .
∫
c2
f · ds =
∫ −1
1 (0, 2x) · (1, 0)
= 0
dx = 0 . Por tanto,
�
∂D
f · ds = π .
b] Sobre c2 la integral es 0 , pues lo es el integrando. Para la elipse: ‖c′1‖=
√
s2+4c2 =
√
4−3s2 . Por tanto:∮
xy ds = 0+
∫ 0
−π
2 sen t cos t
(
4−3 sin2t
)1/2 dt =− 29 (4−3 sin2t)3/2]0−π = 0 [integrando impar en xsobre curva simétrica].
[
En cartesianas: ‖c′∗‖=
√1+3x2√
1−x2
.
∮
xy ds =
∫ 1
−1
−2x
√
1+3x2 dx= 0 (integrando impar)
]
.