Pauta Corregida Certamen 2 Cálculo III PLEV

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UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN 
FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICAS 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
GAJ/AHN/gaj/ahn 
22/01/2015 
Pauta Certamen 2 Cálculo III PLEV (2025) 
Problema 1 (15 puntos) 
Sea 𝐾 el sólido limitado superiormente por la esfera 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑎2, e inferiormente por la 
esfera 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 2𝑎𝑧, con 𝑎 > 0. Exprese las integrales que permiten calcular el volumen de 
𝐾 en coordenadas cilíndricas y esféricas. Calcule dicho volumen. 
Solución. 
Restando las ecuaciones de las esferas se tiene 𝑎2 = 2𝑎𝑧 ⟺ 𝑧 =
𝑎
2
. Luego la proyección del sólido 
en el plano 𝑋𝑌 está dada por 𝐷 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 ≤
3𝑎2
4
. De donde el volumen del sólido en coordenadas 
cilíndricas es: 
𝑉 𝐾 = 𝑟𝑑 𝑟, 𝜃, 𝑧 
𝐾∗
 
Donde 𝐾∗ = 𝑟, 𝜃, 𝑧 ∈ ℝ3 ∶ 0 ≤ 𝑟 ≤
 3𝑎
2
 , 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 , 𝑎 − 𝑎2 − 𝑟2 ≤ 𝑧 ≤ 𝑎2 − 𝑟2 . 
Las ecuaciones de las esferas en coordenadas esféricas son: 
𝜌 = 𝑎
𝜌 = 2𝑎 cos 𝜙 
Igualando se tiene 2𝑎 cos 𝜙 = 𝑎 ⟹ 𝜙 =
𝜋
3
. Luego en coordenadas esféricas el volumen está dado 
por: 
𝑉 𝐾 = 𝜌2 sen 𝜙 𝑑 𝜌, 𝜃, 𝜙 
𝐾∗∗
 
Donde: 
𝐾∗∗ = 𝜌, 𝜃, 𝜙 ∈ ℝ3 ∶ 0 ≤ 𝜌 ≤ 𝑎 , 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 , 0 ≤ 𝜙 ≤
𝜋
3
 
∪ 𝜌, 𝜃, 𝜙 ∈ ℝ3 ∶
𝜋
3
≤ 𝜙 ≤
𝜋
2
0 , ≤ 𝜌 ≤ 2𝑎 cos 𝜙 , 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 
8 puntos por una de las dos expresiones correctas 
5 puntos la expresión restante 
 
Luego usando la segunda expresión: 
 𝑉 𝐾 = 𝜌2 sen 𝜙 𝑑𝜌
𝑎
0
𝑑𝜙
𝜋
3
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
+ 𝜌2 sen 𝜙 𝑑𝜌
2𝑎 cos 𝜙
0
𝑑𝜙
𝜋
3
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 2𝜋 1 −
1
2
 
𝑎3
3
 +
8𝑎3
3
 cos3 𝜙 sen 𝜙 𝑑𝜙
𝜋
2
𝜋
3
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 =
𝑎3𝜋
3
+ 
8𝑎3
3
 2𝜋 
1
64
 
 =
5𝑎3𝜋
12
 
2 puntos 
OBS: También es posible usar coordenadas cilíndricas obteniéndose: 
 𝑉 𝐾 = 𝑟𝑑𝑧
 𝑎2−𝑟2
𝑎− 𝑎2−𝑟2
𝑑𝑟
 3𝑎
2
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 𝑟 2 𝑎2 − 𝑟2 − 𝑎 𝑑𝑟
 3𝑎
2
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 2𝜋 −
2
3
 𝑎2 − 𝑟2 
3
2 −
𝑎𝑟2
2
 
0
 3𝑎
2
 
 = 2𝜋 −
𝑎3
12
−
3𝑎3
8
+
2𝑎3
3
 
=
5𝑎3𝜋
12
 
Bonos de 5 puntos por dibujo correcto. 
 
 
 
 
 
 
Problema 2 (10 puntos) 
Considere el campo vectorial 𝐹 ∶ ℝ2 − −1,0 ⟶ ℝ2, definido por: 
𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
𝑖 +
𝑥 + 1
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
𝑗 
Calcule la integral de línea 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 , donde 𝐶 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 16 es recorrida en sentido horario. ¿Es 
dicho Campo Vectorial Conservativo en su dominio? 
Solución. 
Sea 𝐶1 ∶ 𝑥 + 1 
2 + 4𝑦2 = 1. Es claro que 𝐶1 está en la región interior de 𝐶. Sea 𝑅 la región 
interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Es claro que 𝐹 es de clase 𝐶
1 en un abierto que contiene a 𝐶, 𝐶1, 𝑅. 
Considerando que 𝐶 debe estar en sentido negativo, y orientando a 𝐶 en sentido positivo, por el 
Teorema de Green Segunda Forma: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= − 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥 + 1
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 −
𝑦
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
− 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
⋯𝟓 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 
Como: 
∀ 𝑥, 𝑦 ≠ −1,0 ∶ 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥 + 1
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
 −
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥 + 1
 𝑥 + 1 2 + 4𝑦2
 = 0 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
Se tiene que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= − 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝛾1 𝑡 = −1 + cos 𝑡 ,
1
2
sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐. 
Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= −
1
2
sen 𝑡 , cos 𝑡 ∙ − sen 𝑡 ,
1
2
cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 𝜋 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
Se concluye que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −𝜋 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
Como 𝐶 está contenida en el dominio del campo, y es una curva de Jordan, se concluye que el 
Campo no es conservativo porque para una curva de Jordan, la integral no da cero. 
1 punto 
Problema 3 (15 puntos) 
Sea 𝑆 = 𝐹𝑟 𝐾 , donde 𝐾 es el sólido del problema 1, orientada con normal unitaria exterior. 
Calcule la integral 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴𝑆 , donde 𝐹
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 , 𝑦, 2𝑧 . 
Solución. 
Notemos que 𝑆 es una superficie suave por secciones y orientable con normal unitaria exterior, 
además 𝑆 = 𝐹𝑟 𝐾 . Como 𝐹 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑆 y 𝐾, por el Teorema de 
Gauss: 
 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴
𝑆
= 𝑑𝑖𝑣 𝐹 𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
= 2𝑥𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
+ 3 𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
 
7 puntos 
Pero del problema 1 sabemos que: 
3 𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
= 3𝑉 𝐾 =
5𝑎3𝜋
4
 
3 puntos 
Usando coordenadas esféricas para la otra integra y usando el problema 1 se tiene: 
 2𝑥𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
= 𝜌3 cos 𝜃 sen 𝜙 𝑑𝜌
𝑎
0
𝑑𝜙
𝜋
3
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
+ 𝜌3 cos 𝜃 sen 𝜙 𝑑𝜌
2𝑎 cos 𝜙
0
𝑑𝜙
𝜋
3
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
⋯𝟒 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 
 = 4𝑎4 cos4 𝜙 cos 𝜃 sen 𝜙 𝑑𝜙
𝜋
3
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 0 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴
𝑆
=
5𝑎3𝜋
4
 
1 punto 
OBS: En coordenadas cilíndricas se tiene: 
 2𝑥𝑑 𝑥, 𝑦, 𝑧 
𝐾
= 𝑟2 cos 𝜃 𝑑𝑧
 𝑎2−𝑟2
𝑎− 𝑎2−𝑟2
𝑑𝑟
 3𝑎
2
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
⋯𝟒 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 
 
Problema 4 (20 puntos) 
Sea 𝑆 la superficie del cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 4 entre los planos 𝑧 = −1, 𝑥 + 𝑧 = 1. Además considere 
el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = −𝑧, 𝑥, 𝑦 . Verifique el Teorema de Stokes. 
Solución. 
Sea 𝑆 orientada con normal unitaria exterior. Consideremos las curvas 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 4 , 𝑧 = −1, 
𝐶2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 4 , 𝑧 = 1 − 𝑥. Notar que 𝑆 es suave, orientable y además 𝜕𝑆 = 𝐶1 ∪ 𝐶2. Sea 𝐶1 
orientada en sentido positivo y 𝐶2 en sentido negativo, ambas con respecto al vector 𝑘 . Además 𝐹 
es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶1 , 𝐶2 y 𝑆. Por el Teorema de Stokes: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
= 𝑟𝑜𝑡 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴
𝑆
 
5 puntos 
Cálculo de la Integral de Superficie. 
Una parametrización de 𝑆 es 𝜑 ∶ 𝐷 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ3 , 𝜃, 𝑧 ⟼ 𝜑 𝜃, 𝑧 = 2 cos 𝜃 , 2 sen 𝜃 , 𝑧 . 
Donde 𝐷 = 𝜃, 𝑧 ∈ ℝ2 ∶ 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 , −1 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 2 cos 𝜃 ⋯𝟑 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔. 
 
Notar que: 
𝜕𝜑
𝜕𝜃
 𝜃, 𝑧 = −2 sen 𝜃 , 2 cos 𝜃 , 0 
𝜕𝜑
𝜕𝑧
 𝜃, 𝑧 = 0,0,1 ⋯𝟐 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 
De donde: 
𝜕𝜑
𝜕𝜃
 𝜃, 𝑧 ×
𝜕𝜑
𝜕𝑧
 𝜃, 𝑧 = 
𝑖 𝑗 𝑘 
−2 sen 𝜃 2 cos 𝜃 0
0 0 1
 = 2 cos 𝜃 , 2 sen 𝜃 , 0 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
Luego, como elegimos la normal unitaria exterior se tiene 𝑛 𝜃, 𝑧 = 2 cos 𝜃 , 2 sen 𝜃 , 0 . 
Además: 
𝑟𝑜𝑡 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
−𝑧 𝑥 𝑦
 = 1, −1,1 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
 
 
Usando la definición se tiene: 
 𝑟𝑜𝑡 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴
𝑆
= 1, −1,1 ∙ 2 cos 𝜃 , 2 sen 𝜃 , 0 𝑑 𝜃, 𝑧 
𝐷
⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 
 = 2 cos 𝜃 − 2 sen 𝜃 𝑑𝑧
1−2 cos 𝜃
−1
𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 2 cos 𝜃 − 2 sen 𝜃 2 − 2 cos 𝜃 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = 4 cos 𝜃 − 4 sen 𝜃 − 4 cos2 𝜃 + 4 sen 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
= −2 1 + cos 2𝜃 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
 = −4𝜋 ⋯𝟐 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 
Cálculo de las Integrales de Línea. 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝛾1 𝑡 = 2 cos 𝑡 , 2 sen 𝑡 , −1 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐. 
Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 1,2 cos 𝑡 , 2 sen 𝑡 ∙ −2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 , 0 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −2 sen 𝑡 + 4 cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= 2 1 + cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 4𝜋 
1 punto 
 
 
 
 
 
Una parametrización de 𝐶2 es 𝛾2 𝑡 = 2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 , 1 − 2 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 ⋯𝟏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐. 
Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
= 2 sen 𝑡 − 1,2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 ∙ 2 cos 𝑡 , −2 sen 𝑡 , −2 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= 4 sen 𝑡 cos 𝑡 − 2 cos 𝑡 − 4 sen2 𝑡 − 4 cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −8𝜋 
1 punto 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2= −4𝜋 
1 punto 
Lo que verifica el Teorema de Stokes en este problema. 
OBS: También es posible orientar la superficie interiormente obteniéndose: 
 𝑟𝑜𝑡 𝐹 ∙ 𝑛 𝑑𝐴
𝑆
= 4𝜋 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= −4𝜋 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
= 8𝜋 
Tiempo: 100 minutos.