Análisis Matemático 2 Ingeniería UBA - Ejercicios de coloquio - Resueltos

1. 1
RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS DE COLOQUIO CLASIFICADOS
POR TEMAS
I) CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA Y TEOREMAS INTEGRALES
II) CURVAS, SUPERFICIES, ÁREAS Y VOLÚMENES
III) ECUACIONES DIFERENCIALES
I) CIRCULACIÓN, FLUJO, DIVERGENCIA Y TEOREMAS INTEGRALES
EJERCICIO1. Sea , y sea T la curva perímetro del
triángulo de vértices A = (1,1, 0), B = (-1,1, 2), C = (2,1, 1) recorrida en el orden
. Calcular la circulación de F a lo largo de T.
2
( , , ) (2 , , 3 )F x y z yz y y z= + 2
C
S
S
( )
A Ba a
RESOLUCIÓN: Indicando con S a la superficie del triángulo, es decir:T , se tiene
(Teorema de Stokes) (con la orientación de η compatible con
la de T indicada en el enunciado). Calculemos:
= ∂
(
. ( ).
T S
F Tds Rot F dη σ=∫ ∫∫
( (
= ∂
2 2
( )( , , ) (1,2 , 2 )
2 3
x y zRot F x y z y z
yz y y z
+ − + 
 = ∂ ∂ ∂ = − 
 + 
Por otra parte, el triángulo está contenido en el plano de ecuación y = 1; por lo tanto su
versor normal (que es constante por tratarse de una superficie contenida en un plano) es
o bien η = . Observando la orientación indicada en el enunciado,
se trata del primer caso:
(0,1,0)η =
(
(0, 1,0)−
(
( ) ( ) ( 2,0,2) (1,0,1) 2 0 2 (0,4,0) 4.(0,1,0)
1 0 1
B A C A
+ − + 
 − ∧ − = − ∧ = − = = 
  
Por lo tanto, teniendo en cuenta que para todos los puntos de S es y = 1:
. ( ). (1,2 , 2 ).(0,1,0) 2 2 2
T S S S S
F Tds Rot F d y z d yd d Area Sη σ σ σ σ= = − = = =∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
( (
Para el cálculo del área del triángulo puede aprovecharse el producto vectorial ya
calculado:
1 1
2 2( ) ( ) ( ) 4 2Area S B A C A= − ∧ − = =
Por lo tanto la circulación pedida es 4.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------

2. 2
EJERCICIO 2. Sea S la superficie parametrizada por
( , ) (cos( ) ( ), ( ) ( ),cos( )) , 0 2 , 0sen sen senϕ θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ π θ π≤ < ≤ <a
Hallar de manera que el flujo de a través de la porción
de S en la que , y con el normal alejándose del centro, sea
( 1,1)a ∈ −
z >
( , , ) (2 , ,0)F x y z x y=
a 6
3 π .
RESOLUCIÓN: La superficie S es claramente la esfera de centro en el origen de
coordenadas y radio 1. Indiquemos, para cada a : .
Se trata de calcular de manera que
( 1,1)∈ − { }( , , ) :aS x y z S z= ∈ a>
( 1,1)a ∈ − 6
3.
a
F η π=
(
2π=
(
aS
S
∫∫ , donde η es el campo
de versores normales exteriores a la esfera S (es decir: “alejándose del centro”). Dado
que la divergencia de F es constante (= 3), puede ser efectiva la aplicación del teorema
de la divergencia, teniendo presente que las superficies no son cerradas.
Consideremos, para cada , el cuerpo sólido(a ∈ −1,1)
.{ }3 2 2 2
( , , ) : 1,aK x y z x y z z= ∈ℜ + + ≤ a≥
a
}
Claramente es (unión disjunta), dondea aK S D∂ = ∪
{ } {3 2 2 2 3 2 2 2
( , , ) : 1, ( , , ) : 1 ,aD x y z x y z z a x y z x y a z a= ∈ℜ + + ≤ = = ∈ℜ + ≤ − =
(disco horizontal de centro en (0,0, a) y radio 2
1 a− ). El versor normal a este disco,
exterior al cuerpo , es (0, 0,-1). Por lo tanto F(x, y, z).(0,0,-1) = 0 (para todo (x, y, z))
y resulta:
aK
3 ( ) ( ) . .(0,0, 1) .
a a a a
a
K S D S
Vol K Div F dv F d F d F dη σ σ η σ= = + − =∫∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
( (
Se trata entonces de determinar de manera que el volumen de sea( 1,1)a ∈ − aK 2
3 π ,
es decir, la mitad del volumen de la esfera de radio 1. Evidentemente, la respuesta es a
= 0, pues es exactamente media esfera sólida.0K
Observación: Para 0 se tiene, calculando el volumen de mediante
coordenadas cilíndricas:
1a≤ ≤ aK
22 2 2
3
2
3
2
12 1 1 1
2 21 1
3 2
0
0 0 0
2 2 3 3 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 2 3 3 2 2 3 6 2 3
( ) 2 [ 1 ] 2 (1 )
2 (1 1 ) (1 ) 2 2
a a a
a
a
Vol K d d dz a d a
a a a a a a a a
ρπ ρ
ρ
θ ρ ρ π ρ ρ ρ ρ π ρ ρ
π π π
−− − = −
=
 = = − − = − − −  
     = − − + − − + = − − + + = − +     
∫ ∫ ∫ ∫
2
=
Por lo tanto, 3 22 1 1 1 1 1 1
3 6 2 3 3 2 3( ) ( 1) 0 0 3aK a a a a a aπ= ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ∨ =
1a≤ ≤
Vol .
(estamos considerando el caso 0 ). Puesto que 3 1>
1 0a− ≤ <
, es necesariamente a = 0.
Para el caso , puede observarse que 4
3( ) ( )a aK Vol Kπ −= −Vol y por lo tanto
2 2
3 3( ) ( ) 0a aVol K Vol K aπ −= ⇔ = ⇔ − = . Es decir: la única solución es a = 0.

3. 3
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3. Sea S una porción de área 2 del cono de ecuación 2 2
z x y= + .
Calcular el flujo a través de S, con el normal dirigido hacia el eje del cono, del campo
( , , ) ( , ,2 )F x y z x y z= +
RESOLUCIÓN: La superficie S admite una parametrización
( , ) ( , ) ( cos( ), ( ), )senρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρΦ =a
donde varía en algún dominio . Para esta parametrización:( , )ρ θ (0, ) [0,2 )D π⊂ +∞ ×
(cos( ), ( ),1) , ( ( ), cos( ),0) , ( cos( ), ( ),1)sen sen senθ θ ρ θ ρ θ ρ θ θ
ρ θ ρ θ
∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ
= = − ∧ = −
∂ ∂ ∂ ∂
−
Por lo tanto el campo de vectores normales está orientado “hacia el eje del cono” y el
elemento de área es 2d dσ ρ ρ= dθ . Entonces, el flujo pedido es
2
2
. ( ( , )).
( cos( ), ( ),2 ). ( cos( ), ( ),1) ( 2 )
2 2 ( ) 2 2
S D
D D
D S
F d F d d
sen sen d d d d
d d d Area S
η σ ρ θ ρ θ
ρ θ
ρ θ ρ θ ρ ρ θ θ ρ θ ρ ρ ρ ρ θ
ρ ρ θ σ
∂Φ ∂Φ
= Φ ∧ =
∂ ∂
= + − − = − + +
= = = =
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
(
=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 4: Sea , donde es una función
, y R la región de descripta por . Sabiendo que el flujo
de F a través del borde de R hacia su exterior es , calcular , siendo D
la región de descripta por .
2
( , , ) ( , ,4 ( , ))F x y z y x zh x y= −
3
ℜ 2 2
1 ,x y+ ≤
2π
2 2
1x y+ ≤
2
:h ℜ → ℜ
1z≤ ≤
( , )
D
h x y∫∫
2
C 0
dxdy
2
ℜ
RESOLUCIÓN:
Las hipótesis permiten (y sugieren) aplicar el “teorema de la divergencia” al campo F en
la región R, pues el dato es precisamente el flujo de F a través del borde :R∂
1
0
1
2
2 . ( ) 4 ( , ) 4 ( , )
4 ( , ) ( , )
ext
R R R D
D D
F d div F dv h x y dxdydz dz h x y dxdy
h x y dxdy h x y dxdy
π η σ
π
∂
= = = =
= ∴ =
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------

4. 4
EJERCICIO 5: Sea F(x, y, z)= ( y , x-z , z ) . Hallar a de manera que sea máxima la
circulación de F a lo largo de la curva de ecuaciones , orientada
de manera que su tangente en ( 0 , 1 , 0 ) tenga coordenada x negativa.
2 2 2
1, 5x y z a+ = = x
RESOLUCIÓN:
Parametrizando γ π se tiene2
( ) (cos( ), ( ),5 cos( )) , 0 2t t sen t a t t= ≤ ≤ 2( ) (0,1,0)π
γ = y
2 2
2'( ) ( ( ),cos( ), 5 ( )) , '( ) ( 1,0, 5 )t sen t t a sen t aπ
= − − = − −γ γ
por lo tanto, el sentido de la parametrización es el requerido. Ahora:
2 2 2
2 2 2 4
( ( )). '( ) ( ( ),(1 5 )cos( ),5 cos( )).( ( ),cos( ), 5 ( ))
( ) (1 5 )cos( ) 25 cos( ) ( )
F t t sen t a t a t sen t t a sen t
sen t a t a t sen t
γ γ = − − −
− + − −
=
y resulta
[ ] [ ]
2 2 2
2 2 2 4
0 0 0
22 2 41 1
2 20 0
2 2
. ( ) (1 5 ) cos( ) 25 cos( ) ( )
( )cos( ) (1 5 ) ( )cos( ) 25 . ( )
1 1
2 (1 5 ) 2 5
2 2
C
F ds sen t dt a t dt a t sen t dt
t sen t t a t sen t t a sen t
a a
π π π
ππ
π π π
= − + − − =
 = − − + − + − = 
= − + − = −
∫ ∫ ∫ ∫
uur
21
2
Por lo tanto es obvio que el valor máximo posible de esta circulación es 0 y se obtiene
para a = 0.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 6: Sea una función C tal que . Calcular el flujo del
gradiente de f a través del borde del sólido descripto por ,
hacia el exterior.
3
:f ℜ → ℜ 3 2
3f∇ =
2 2
x y+ ≤ 4 , 0 1, 1z y≤ ≤ ≤ −
RESOLUCIÓN: Indicando con R el sólido del enunciado, se tiene (“teorema de la
divergencia”):
2
1 3 1 3
2
0 3 34
. ( ) 3 ( ) 3 3 ( 4 1)ext
R R x
f d div f dv vol R dz dx dy x dxη σ
−
∂ − −− −
∇ = ∇ = = = − −∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Mediante el cambio de variable :2 ( )x sen= t

5. 5
( )
( )
[ ]
3
2 3
3
32
3
3
3
3
2
2
. 3 ( 4 4 ( ) 1)2cos( ) 6 (2 cos( ) 1)cos( )
2 3
6 (2cos ( ) cos( )) 12 cos( ) ( ) ( ) 6 3
3 2
2 3
6 4 3 3
3 2
arsen
ext
R arsen
f d sen t t dt t t dt
t t dt t t sen t sen t
π
π
π
π
π
π
η σ
π
π
π
−∂ −
−
−
∇ = − − = −
 
= − = + − = + − 
 
 
= − = −  
 
∫∫ ∫ ∫
∫
=
=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 7: Sea un F un campo vectorial C tal que y el flujo de F a
través de la superficie descripta por
3
. 2F∇ =
2 2
1 ( 1) 2= − + 1
2,z y ≥y x − con el normal de
coordenada y positiva es 3. Hallar el flujo de F a través de la superficie descripta por
2 2 21 1
2 4( 1) ( ) 2 ,x y z y− + − + = ≤ 1
2 , con el normal con coordenada y negativa.
RESOLUCIÓN: Indiquemos con S y las superficies dadas, es decir:1 2S
{ }
{ }
3 2 2 2 1
1 2
3 2 2 21 1 1
2 2 4 2
22 2
1
3 2 1
21 1 1
2 2 2 2
( , , ) : ( 1) ( 1) 2 0 , 1
( , , ) : ( 1) ( ) 2 ,
1
( , , ) : 1,
S x y z x y z y
S x y z x y z y
yx z
x y z y
= ∈ℜ − − − + = ≤ ≤
= ∈ℜ − + − + = ≤
     −− 
= ∈ℜ + + =             
≤
.
Obsérvese que la primera es la parte de un cono elíptico - con vértice en (1,1,0) y eje de
simetría paralelo al eje y - comprendida entre el vértice y el plano de ecuación 1
2y = .
La segunda es la parte de un elipsoide - con centro en 1
2(1, ,0) y ejes de simetría

6. 6
paralelos a los ejes coordenados - comprendida entre el vértice (1,0,0) y el plano de
ecuación 1
2y = . Ambas superficies tienen el mismo borde, la elipse
{ }3 2 2 1 1
1 2 4 2
22
3 1
21 1
2 2 2
( , , ) : ( 1) 2 ,
1
( , , ) : 1,
S S x y z x z y
x z
x y z y
∂ = ∂ = ∈ℜ − + = = =
   − 
= ∈ℜ + = =         
y encierran el sólido
{ }3 2 2 2 2 21 1 1
2 4 4( , , ) : ( 1) 2 1 ( 1) 2 , ( 1) 2K x y z x z y x z x z= ∈ℜ − − − − ≤ ≤ − − + − + ≤2
2
3
es decir: . Los campos normales indicados en el enunciado son exteriores
al sólido K, por lo tanto
1K S S∂ = ∪
2 (
1 2 2
) ( ) . . . 3 .
K K S S S
vol K div F dv F d F d F d F dη σ η σ η σ η σ
∂
= = = + = +∫∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
Entonces, el flujo pedido es
.
2
. 2 ( )
S
F d vol Kη σ = −∫∫
Cálculo de vol(K):
Con el cambio de coordenadas 1 1
2 2 2
1 cos( ) , ( )x zρ θ ρ θ= + = sen (el determinante
jacobiano es 1
4 2
ρ ) se tiene 2 2 1
4) 2x z ρ− + = 2
( 1 . Entonces, indicando
{ } {2 2 2 21
4( , ) : ( 1) 2 , ' ( , ) : 0 1,0 2D x z x z D ρ θ ρ θ π= ∈ℜ − + ≤ = ∈ℜ ≤ ≤ ≤ ≤ }
resulta:
( ) ( )
21 12 2
4 2
2 2 2 21 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 4 2 2
2 3
1 11 ( 1) 2
1 1
4 2 4 2
' '( 1) 2 1
2 1 1
2 2 21 1 1 1
2 2 24 2 4 2
0 0 0
21
2 3 34 2
( )
1 1
(1
x z
D D Dx z
vol K dy dxdz dy d d dy d d
d d d
ρ ρ
ρ ρ
π
π
ρ ρπ
ρ ρ θ ρ ρ θ
θ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ
ρ
− −− − +
− − − − − − − −
     
     = = =
     
    
= − + − = − + − =
= − − −
∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫
=
3
2
1
1 1 1
2 3 34 2 8 2
0
)
ρ
π π
ρ
=
=
  = − + =    
Por lo tanto la respuesta es

7. 7
2
4 2
. 3
S
F d π
η σ = −∫∫
En este gráfico se puede ver el corte del sólido con el plano de ecuación x =1.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 8. Sea C la curva de ecuaciones y sea
.
2
, 1, 0z x y x= = ≤ 1≤
≤
( , , ) ( 3 , 2 , 0)F x y z x z y z= − +
(a) Graficar C y calcular la circulación de F a lo largo de C, recorrida de manera que el
tangente tenga coordenada z positiva.
(b) Calcular el flujo del rotor de F a través de la superficie descripta por
con el normal de coordenada y negativa.2
1, , 0 1y x z x x= ≤ ≤ ≤
RESOLUCIÓN (a) Se trata de un arco de parábola:
Una parametrización de la curva C es γ = y puesto que
el sentido de recorrido es el pedido en el enunciado. Entonces
2
( ) ( ,1, ) , 0 1t t t t≤ ≤
'( ) (1,0,2 )tγ = t

8. 8
11 1 2
2 2 3
0 0 0
1
( , ) . ( ,1, ). '( ) ( 3 )
2 2
t
C t
t
F C F ds F t t t dt t t dt tγ
=
=
 
= = = − = − = 
 
∫ ∫ ∫
r
Circ −
RESOLUCIÓN (b): La superficie S está contenida en el plano de ecuación y = 1 y por
lo tanto su dirección normal es constante. Teniendo en cuenta la orientación requerida
en el enunciado, el versor normal a elegir es η = . Por otra parte, el rotor de F
es
(0, 1, 0)−
(
( )( , , ) 1, 3 , 0
3 2 0
x y zRotF x y z
x z y z
+ − + 
 = ∂ ∂ ∂ = − − 
 − + 
y por lo tanto el flujo pedido es
( )
2
1
0
11 2 3
2
0 0
( , ) . 3 3. ( ) 3
1 1 1 1
3 3 3. 3.
2 3 2 3 6 2
x
S S x
x
x
Flujo RotF S RotF d d Area S dx dz
x x
x x dx
η σ σ
=
=
= = = =
   
= − = − = − = =  
  
∫∫ ∫∫ ∫ ∫
∫
(
=
Otra forma de calcular este flujo es, aprovechando el cálculo hecho en (a), aplicar el
teorema de Stokes:
1
( , ) . . . .
2S C
Flujo RotF S F ds F ds F ds F ds
∂ Γ
= = + = − +∫ ∫ ∫ ∫
r r r
Γ
r
Donde Γ = . Entonces:{ }(1 ,1,1 ) : 0 1t t t− − ≤ ≤
1
0
1 1
0 0
1
( , ) (1 3(1 ),2 1 ,0).( 1,0, 1)
2
1 1
( 2 2 ,3 ,0).( 1,0, 1) (2 2 ) 2 1
2 2
Flujo RotF S t t t dt
t t dt t dt
= − + − − − + − − − =
= − + − + − − − = − + − = − + − =
∫
∫ ∫
1 1
2 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 9. Sea S la superficie dada por la ecuación , donde
f(x,y) es una funciónC , tal que f(x,y) > 0 cuando y f(x,y) = 0 cuando
y D es el disco descripto por . Si el flujo de
a través de S orientada con el normal con z positiva es 2,
hallar .
( , ) , ( , )z f x y x y D= ∈
2 2
1x y+ <
2 2
1x y+ ≤
2
2
,3z
y
2 2
1x y+ =
( , , )F x y z
(
D
∫∫
(2 , )x y z= +
, )f x y dxd
RESOLUCIÓN: Dadas las hipótesis respecto de f, el número pedido es el volumen de

9. 9
{ }3
( , , ) : ( , ) , 0 ( , )K x y z x y D z f x y= ∈ℜ ∈ ≤ ≤
Por otra parte, la divergencia de F es 6 (constante) y por lo tanto, utilizando el teorema
de la divergencia obtenemos:
1 1 1
( , ) ( ) ( ) . .
6 6 6
1 1 1
.2 (2 , ,0).(0,0, 1)
6 6 3
D K S
D
f x y dxdy vol K Div F dxdydz F d F d
x y d
η σ η σ
σ
= = = +
= + − =
∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫
(
D
=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
II) CURVAS, SUPERFICIES, ÁREAS Y VOLÚMENES
EJERCICIO 1. Graficar aproximadamente la curva C en ℜ parametrizada por3
t t2
(3 , , ) ,1 2t t t≤ ≤a
y calcular la circulación de 1
2( , , ) (1, , )F x y z y z y z= − + a lo largo de C con t creciente.
RESOLUCIÓN: La curva C es un arco de la parábola contenida en plano de ecuación y
= z, con vértice en el origen de coordenadas y su semieje de simetría es el semieje .
Los extremos de este arco de parábola son (3,1,1) y (12,2,2). Puede calcularse
directamente la circulación pedida:
x+
2 2 2
223 15 15 151 1
2 2 2 2 2 41
1 1 1
45
. (1, , )(6 ,1,1) (6 ) (4 1)
4
t
t
C
F Tds t t t t t dt t t dt tdt t
=
=
 = − + = + = = = − = ∫ ∫ ∫ ∫
(
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 2. Hallar un vector tangente en el punto (6,-1,2) a la curva intersección
del paraboloide de ecuación con el cono de ecuación2
2x y= + 2
z 2 2
6 2x y= + z
2
2
=
.
RESOLUCIÓN: El paraboloide es la superficie de nivel 0 del campo escalar
, y el cono es la superficie de nivel cero del campo escalar
(con la restricción ). Obsérvese que, efectivamente,
. Por lo tanto un vector tangente posible es
2
( , , ) 2f x y z x y z= − −
2
( , , ) 6(2g x y z x y= −
(6, 1,2) 0 (6, 1,f − = = −
2
)z+
2)g
0x ≥
(6, 1,2) (6, 1,2) (1,4, 4) (12,24, 24) 12(1,4, 4) (1,2, 2)
12 1 4 4 12(0, 2, 2) 24(0,1,1)
1 2 2
f g∇ − ∧ ∇ − = − ∧ − = − ∧ −
+ − + 
 = − = − − = − 
 − 

10. 10
Observación: La curva en cuestión es
{ } { }3 2 2 2 2 2 2 2
( , , ) : 2 6 2 ( , , ) : 2 6, 6C x y z x y z y z x y z y z x= ∈ℜ = + = + = ∈ℜ + = =
es decir: una elipse contenida en el plano de ecuación x = 6.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3. Sea R la región en ℜ descripta por . Hallar a de
manera que el volumen de la parte de R contenida en el cilindro de ecuación
sea la mitad del volumen de R.
3 2 2
16x y z+ ≤ ≤
2 2
x y a+ ≤ 2
=
≤ =
≤ ≤
RESOLUCIÓN: Puesto que a es solución sii -a es solución, buscaremos las soluciones
positivas. Si , la región R queda contenida en el cilindro, por lo tanto debemos
considerar . En este caso, la parte de R contenida en el cilindro puede
describirse cómodamente en coordenadas cilíndricas:
2
16a ≥
4a< <0
{ }
{ }
{ }
{ }
3 2 2 2 2 2
3 2 2 2
3 2 2
3 2
( , , ) : 16
( cos( ), ( ), ) : 16
( cos( ), ( ), ) :
( cos( ), ( ), ) : 0 16
aK x y z x y z x y a
sen z z a
sen z z a
sen z a a z
ρ θ ρ θ ρ ρ
ρ θ ρ θ ρ
ρ θ ρ θ ρ
= ∈ℜ + ≤ ≤ ∧ + ≤
= ∈ℜ ≤ ≤ ∧
= ∈ℜ ≤ ≤ ∪
∪ ∈ℜ ≤ ≤ ∧
Entonces:
2
2 2
2 4 4 4
2 2 16
2 3 2 2
0 0 0 0 0
2 4 2 2 2 4 2 41
2 4 2 4 20
2 41
2
( ) 2 [ ] (16 )
2 (16 ) 2 (16 ) ( 16 )
(16 )
a a a a
a
a
a
a a a
Vol K d d dz d d dz a d a a
a a a a a a
a a
π π
ρ
ρ
ρ
θ ρ ρ θ ρ ρ π ρ ρ ρ π
π ρ ρ π π π π
π
=
=
= + = − + −
   = − + − = − + − = + −   
= −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
a
=
=

11. 11
En particular se tiene el volumen de R, que corresponde al caso a = 4: Vol .
Por lo tanto debemos plantear
( ) 128R π=
2 4 1281
2 2(16 ) 64a a− = =π π , es decir:π
4 21
20 16a a= − + 64 . Resolviendo: 2 16 256 128
16 128 16 8 2
1
a
± −
= = ± = ± . Por
lo tanto se tienen dos soluciones positivas:
16 8 2 5,226 , 16 8 2 2,164+ ≈ − ≈
de las cuales hay que descartar la primera (por ser > 4).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 4: Calcular el área de la porción de superficie descripta por
2 2 2 2
, 5z x y x y z= + + ≤ − 4
≤ ≤
.
RESOLUCIÓN: Utilizando la parametrización
ϕ ρ 2
( , ) ( cos( ), ( ), ) , 5 4 , 0 2senθ ρ θ ρ θ ρ ρ ρ θ π= ≤ −
donde 2 2 225 25 5 9 5 3
4 4 2 4 2 25 4 5 4 ( ) 1ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ≤ − ⇔ − + ≤ − ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ 4 ,
se tiene
( , ) (cos( ), ( ),1) , ( , ) ( ( ), cos( ),0)sen sen
ϕ ϕ
ρ θ θ θ ρ θ ρ θ ρ θ
ρ θ
∂ ∂
= = −
∂ ∂
( , ) ( , ) ( cos( ), ( ), )sen
ϕ ϕ
ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ ρ
ρ θ
∂ ∂
∧ = −
∂ ∂
y por lo tanto el elemento de área del cono, con esta parametrización, es
2d
ϕ ϕ
σ ρ θ ρ
ρ θ
∂ ∂
= ∧ =
∂ ∂
d d d dρ θ
Finalmente, el área pedida es
2 4
0 1
16 1
2 2.2 15 2
2 2
d d
π
θ ρ ρ π π
 
= − = 
 
∫ ∫ .
.
En este gráfico puede verse un corte del cono, de ecuación z = ρ, y del paraboloide, de
ecuación 21 4
5 5z ρ= + .

12. 12
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 5: Hallar a > 0 tal que
5
22 2
( )
aD
x y dxdy+∫∫ 4=
2
, siendo el disco de
ecuación .
aD
2 2
x y a+ ≤
RESOLUCIÓN:
5
2
2 7 7
2 2 5
0 0 0
2
4 ( ) . 2
7 7a
aa
D
a
x y dxdy d d
π
ρ π
θ ρ ρ ρ π
 
= + = = = 
 
∫∫ ∫ ∫ . Por lo
tanto, debe ser
1
7
14
a
π
 
=  
 
. (Obsérvese el jacobiano ρ en la segunda integral ).
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 6. Sea S la superficie descripta por la parametrización
. Calcular el área de S.2 2 2 2
( , ) ( , , ) , 4u v v u v u u v− +a ≤
RESOLUCIÓN:
Sea y sea tal que Φ = .
Entonces el elemento de área de S es
{ 2 2 2
( , ) : 4D u v u v= ∈ℜ + ≤ } 3
: DΦ → ℜ 2 2
( , ) ( , , )u v v u v u−
( )2 2
0 2 1 (2 ,1, 2 ) 1 4
1 2 0
du dv u du dv v u du dv u v du dv
u v
v
+ − + 
∂Φ ∂Φ  ∧ = = − = + + ∂ ∂
 − 
y resulta:

13. 13
( ) ( )
( ) ( )
22 2 3
2 2 2 2 2
00 0
3
2
1
( ) 1 4 1 4 2 1 4
12
17 1 4913 1 36,177
6 6
D
Área S u v du dv d d
ρθ
ρ
θ ρ ρ ρ π ρ
π π
=
=
 
= + + = + = +  
= − = − ≈
∫∫ ∫ ∫ =
=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
III) ECUACIONES DIFERENCIALES
EJERCICIO 1. Un corcho flota en la superficie de un estanque y su velocidad depende
de su posición según V(x,y) = (2y,-x) . Hallar la trayectoria del corcho si a tiempo t = 0
está en el punto de coordenadas (1,0).
RESOLUCIÓN: La trayectoria γ = del corcho verifica, en todo instante
: γ γ , es decir:
( ) ( ( ), ( ))t x t y t
( ))y tt ∈ℜ '( ) ( ( )) ( ( ),t V t V x t= =
( ) '( ) 2 ( )
( ) '( ) ( )
i x t y t
ii y t x t
=
= −
Se deduce inmediatamente (multiplicando la primera ecuación por x(t), la segunda por
2y(t) y sumando) que , es decir:( ) '( ) 2 ( ) '( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 0x t x t y t y t x t y t y t x t+ = −
2 21
2 ( ) ( ) ( ) '( ) 2 ( ) '( ) 0d
dt x t y t x t x t y t y t + = +  =
para todo t . Por lo tanto las coordenadas de la posición del corcho satisfacen una
ecuación de la forma
∈ℜ
2 21
2 x y+ = c para alguna constante c. Puesto que por hipótesis el
punto (1,0) está en la trayectoria, resulta que la constante es c = 1
2 . Por lo tanto el
corcho se mueve en la elipse de ecuación .2 2
2 1x y+ =
Observación 1: La ecuación para las líneas de campo de V es x dx + 2ydy = 0, es decir
la ecuación diferencial exacta 2 21
2( )d x y+ = 0 .
Observación 2: Si se desean conocer las funciones x(t) e y(t), basta parametrizar la
elipse en la forma 1
2
( ) ( ( ), ( )) (cos( ( )), ( ( ))t x t y t t sen tθ= =γ . Reemplazando en las
ecuaciones (i) y (ii) :
θ
2 1
2 2
'( ) ( ( )) ( ( )) , '(t sen t sen t tθ θ θ− = )cos( ) cos( ( )t tθ θ= − , de
donde se deduce que ( ) 2t t cte− +θ = . Para la condición inicial dada, puede elegirse
cte = 0 (o cualquier múltiplo entero de 2π ). Resulta entonces:
1 1
2 2
( ) (cos( 2 ), ( 2 )) (cos( 2 ), ( 2 ))t t sen t t sen−
= − − = tγ
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 2: La velocidad de una partícula en el plano depende de su posición
según la ley V(x, y) = (-y, x). ¿Qué distancia recorre la partícula para ir desde el punto
(0,-3) hasta (3,0)?

14. 14
RESOLUCIÓN: La parametrización γ = de la trayectoria de la partícula
en función del tiempo t satisface la ecuación γ , es decir:
( ) ( ( ), ( ))t x t y t
'( ) (t V= ( ))tγ
) '( ) (
) '( ) ( )
i x t y t
ii y t x t
= −
=
)
Multiplicando la primera ecuación por x(t), la segunda por y(t) y sumando las dos
ecuaciones resultantes se obtiene
2 2
( ) ( )
'( ) ( ) '( ) ( )
2 2
d x t y t
x t x t y t y t
dt
 
= + = + 
 
2 2 2
( )y t cte r+ = =
0 . Por lo
tanto (suponiendo que t varía en un intervalo real, lo que por consideraciones físicas
clásicas parece razonable) es . Por lo tanto el camino recorrido
por la partícula es una circunferencia centrada en el origen de coordenadas. Por el
enunciado del problema, la circunferencia debe contener los puntos (0,-3) y (3,0) y el
campo de velocidades corresponde al sentido antihorario de recorrido; por lo tanto el
radio es r = 3 y la distancia recorrida es
( )x t
1 3
2
4 2
rπ π= .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 3: Hallar una función y(t) estrictamente positiva, inversamente
proporcional a su derivada, y que satisface y(0) = 3 , y’(0) = 2.
RESOLUCIÓN: La función en cuestión debe satisfacer la ecuación ( )
'( )
k
y t
y t
= ,
donde la constante de proporcionalidad (inversa) queda determinada por las condiciones
iniciales dadas, pues para t = 0 resulta 3 ( y por lo tanto k = 6.
Entonces, teniendo en cuenta que y debe ser estrictamente positiva:
0)
'(0) 2
k
y
y
= = =
k
2 2
6
. ' 6 6 6 12
' 2 2
y y
y y y t cte y t
y
′
 
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + 
 
cte
Para t = 0 se deduce que cte = 9 y por lo tanto 12 9y t= + , que resulta definida y
derivable para 9 3
12 4> − = −t .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------