Soluciones Parciales II Ciclo - 2017 PDF

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UNIVERSIDAD DE COSTA RICAFACULTAD DE CIENCIASESCUELA DE MATEMATICA ́DEPARTAMENTO DE MATEMATICA APLICADA ́MA-1003 C ́alculo IIIII CICLO 2017Ex ́amenes parciales y sus solucionesCoordinador del curso: Jos ́e Rosales-OrtegáIndice Introducci ́on. Soluci ́on Primer Parcial. Soluci ́on Segundo Parcial. S...

Description

UNIVERSIDAD DE COSTA RICA FACULTAD DE CIENCIAS ´ ESCUELA DE MATEMATICA ´ DEPARTAMENTO DE MATEMATICA APLICADA

MA-1003 C´ alculo III II CICLO 2017

Ex´ amenes parciales y sus soluciones

Coordinador del curso: Jos´e Rosales-Ortega

1

´ Indice 1. Introducci´ on.

3

2. Soluci´ on Primer Parcial.

4

3. Soluci´ on Segundo Parcial.

8

4. Soluci´ on Tercer Parcial.

15

5. Reposici´ on Primer Parcial.

20

6. Reposici´ on Segundo Parcial

21

7. Reposici´ on Tercer Parcial

22

8. Examen de Ampliaci´ on I-2017

23

2

1.

Introducci´ on.

Este material tiene como fin el ayudar en su preparaci´on, a los estudiantes de C´alculo III (MA-1003), para el examen de ampliaci´ on. Es el segundo que se realiza durante este a˜ no, y nos quedamos con los comentarios de algunos estudiantes sobre el hecho de que les sirvi´ o mucho en la preparaci´on de su examen de ampliaci´on. Los errores en la digitaci´on ser´an de responsabilidad u´nica del profesor Jos´e Rosales-Ortega. La mayor´ıa de los problemas se deben a los colegas Mark Villarino, Leonardo Marranghello, y su servidor, Jos´e Rosales Ortega. Se han a˜ nadido soluciones dadas por estudiantes del grupo 10, y sus nombres aparecen en su momento. Algunos colegas nos han se˜ nalado algunas fallas las cuales se corrigieron, y se les agradece, en especial a los profesores Joseph Varilly y Miguel Walker. No hay dibujos porque es creencia(basada en pl´aticas con numerosos colegas de la UCR, y de universidades for´ aneas) que el estudiante debe adquirir su propia visi´ on geom´etrica de las diferentes figuras propias del c´alculo en varias variables. Sin embargo, esto s´olo refleja el pensamiento de un grupo y no ha sido probado en investigaciones del tipo que se realiza en matem´ atica educativa. Esperamos que este material sea de provecho para el fin que fue creado, y cualquier sugerencia se puede dirigir al correo [email protected] Para comodidad del autor el formato de los ex´ amenes se ha variado, y se ha quitado texto superfluo para los fines del documento. Por u´ltimo, para que el lector pueda pr´ acticar se han a˜ nadido los ex´amenes de reposici´on, pero sin soluci´on. Adem´as, para que el estudiante est´e advertido: el examen de este semestre tendr´a la modalidad la cual exige que el estudiante resuelva las preguntas de los parciales donde obtuvo una nota menor a 70. Este examen est´a particionado en tres bloques, cada uno de ellos con dos preguntas de temas que aparecieron en los parciales ordinarios. Si usted obtuvo menos de 70 en s´ olo uno de los tres parciales ordinarios, entonces deber´ a resolver las dos preguntas del bloque con preguntas de ese parcial, y contar´ a con una hora de tiempo para tal efecto. En este caso, cada pregunta vale 50 puntos. Si usted obtuvo menos de 70 en dos de los tres parciales, deber´ a resolver las preguntas de los bloques respectivos con preguntas sobre esos parciales, y contar´ a con dos horas para tal efecto. En este caso cada pregunta vale 25 puntos. Si usted obtuvo menos de 70 en los tres parciales, deber´ a resolver todas las preguntas del examen, y contar´a con tres horas para tal efecto. En este caso cada pregunta vale 16,67 puntos cada una.

3

2.

Soluci´ on Primer Parcial. Universidad de Costa Rica Escuela de Matem´atica MA-1003 C´alculo III

9 de Setiembre de 2017. Segundo Semestre

Soluci´ on Examen Parcial # 1 1.

a) 15 puntos Considere el c´ırculo (x − 5)2 + z 2 = 9 en el plano y = 0. Verifique que la superficie de revoluci´on que uno obtiene al hacer girar dicho c´ırculo alrededor del eje z viene dada por la f´ ormula:  2 2   x + y 2 + z 2 + 32z 2 − 68 x2 + y 2 + 256 = 0.

Inicialmente la curva y el eje de revoluci´ on viven en el mismo plano, luego tomamos un punto arbitrario (x, y, z) en la superficie de revoluci´on solicitada, y a la cual llamaremos Σ. De lo dicho anteriormente, se sigue que (x, 0, z) ∈ Σ y que adem´as cumple (x − 5)2 + z 2 = 9. Buscamos ahora la distancia entre (x, 0, z) y el eje de revoluci´ on , lo cual nos da lo siguiente: r 2 √ √ 5 ± 9 − z2 , d ((x, 0, z ), (0, 0, z )) = x2 = ya que de (x − 5)2 + z 2 = 9, se llega, por pura a´lgebra elemental, a lo siguiente:  √ 2 x2 = 5 ± 9 − z 2 . Por otra parte, cuando el punto,(x, y, z) empieza a rotar, ya y 6= 0, y se tiene que, la distancia al eje de revoluci´ on es la misma, y adem´as dada por: p d ((x, y, z), (0, 0, z)) = x2 + y 2 .

Al igualar las dos distancias anteriores se tiene que: r 2 p √ 2 5± 9−z = x2 + y 2 .

Elevando al cuadrado y desarrollando las f´ormulas notables se tiene: √ ±10 9 − z 2 = x2 + y 2 + z 2 − 34. Elevando una vez m´as al cuadrado y acomodando t´erminos se llega a que:  2 2   x + y 2 + z 2 + 32z 2 − 68 x2 + y 2 + 256 = 0.

b) 5 puntos Qu´e figura(s) se obtiene(n) al realizar la intersecci´on de la superficie de revoluci´on del punto anterior con el plano z = 0? Debe indicar f´ ormulas en su respuesta. Al poner z = 0 en la f´ormula obtenida en la parte anterior se llega a que:  2 2   x + y 2 − 68 x2 + y 2 + 256 = 0. 4

Lo anterior representa una cuadr´ a tica en x2 + y 2 , cuyo discriminante es 3600. Luego, las soluciones son: 2

2

x +y =

68 + 68 −

√

3600

2 √

3600

=

128 = 64 = 82 , 2

8 = 4 = 22 . 2 2 Por lo tanto se obtienen dos c´ırculos conc´entricos de radio 8 y 2, respectivamente. x2 + y 2 =

=

2. Sea C la curva que resulta de la intersecci´on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 6, y del paraboloide y = x2 + z 2 . a) 10 puntos Encuentre una parametrizaci´on trigonom´etrica, α ~ (θ), de C, con θ ∈ [0, 2π]. Lo primero que se hace es ver que y 2 + y = 6, de donde se sigue que y = 2 y y = −3. Por la naturaleza del problema se concluye que y = 2. 2 2 Luego al sustituir y = 2 en cualesquiera √ de las superficies, √ se llega a x + z = 2, que es un c´ırculo y se parametriza como x = 2 cos(θ); z = 2 sin(θ) donde θ ∈ [0, 2π ]. √ √  Por lo tanto, α ~ (θ) = 2 cos(θ), 2, 2 sin(θ) , donde θ ∈ [0, 2π ].

~ , B, ~ y el b) 10 puntos Encuentre en el punto (1, 2, −1), de la curva C, los vectores T~ , N escalar κ. Observemos que para θ = 7π/4 se tiene que α ~ (7π/4) = (1, 2, −1). Se concluye que:  √ √  α ~ ′ (θ) = − 2 sin(θ), 0, 2 cos(θ) ,  √ √  α ~ ′′ (θ) = − 2 cos(θ), 0, − 2 sin(θ) . Al evaluar en θ = 7π/4 se sigue que:

α ~ ′ (7π/4) = (1, 0, 1) , √

′

Como ||~ α (7π/4)|| = 1 + 1 = √   7π   √ ~ = − 2, 0, 2 . que N

√

α ~ ′′ (7π/4) = (−1, 0, 1)

2, entonces T~

4

 7π  4

=



√1 , 0, √1 2 2



, y tambi´en se tiene

Adem´as, del hecho de que

se sigue que κ

   i j k    α ~ ′ (7π/4) × ~α′′ (7π/4) =  1 0 1  = (0, −2, 0),  −1 0 1 

 7π  4

=

√ 4 √ 3 2

=

√1 2

~ , y de una sola vez que B

 7π  4

= (0, −1, 0).

3. 20 puntos Considere la siguiente superficie z = 1 − x2 − 2y 2 . Determine el plano tangente √ a dicha superficie en el punto (1, 2, −4) y verifique √ que dicho plano tangente contiene a la recta L que pasa por (1, 0, 4) y vector director (1, 2, −10).

Consideramos la funci´on escalar F (x, y, z) = 1 − x2 − 2y 2 − z. Es claro que nuestra superficie inicial es una superfice de nivel de F , aquella para la cual F (x, y, z) = 0. 5

Ahora bien, el vector gradiente ∇F (x, y, z) = (−2x, −4y, −1) es perpendicular a nuestra superficie en cada uno de sus puntos (a, b, c). √ √ √ Como (1, 2, −4) es un punto de la superficie, entonces√∇F (1, 2, −4) = (−2, −4 2, −1) es vector normal al plano tangente a la superficie en (1, 2, −4). √ Dicho plano ormula: √−2x − 4 2y − z = d, y lo evaluamos en el √ tangente es dado por la f´ punto (1, 2, −4) , de donde se obtiene 2x + 4 2y + z = 6.. √ Por u´ltimo, se ve que al reescribir la recta en la forma x = 1 + λ, y = 2λ, z = 4 − 10 λ, donde λ ∈ R, se sigue que: √ √ 2(1 + λ) + 4 2( 2λ) + (4 − 10λ) = 2 + 4 + 10λ − 10λ = 6. 4. 20 puntos Considere la funci´on φ(x, y) = ex cos (y) + f (x + y, x − y), donde f (u, v) es una funci´on diferenciable.  2  2 ∂φ ∂φ ∂f ∂f x x . Verifique lo siguiente: − e cos(y) − + e sin(y) = 4 ∂u ∂v ∂x ∂y Procedemos a calcular la derivada parcial de φ con respecto a x, ∂ x ∂φ = (e cos (y) + f (x + y, x − y)) ∂x ∂x ∂ = ex cos(y) + (f (x + y, x − y)) . ∂x Para calcular la derivada parcial con respecto a x, del u´ltimo sumando de la igualdad anterior, hacemos u = x + y y v = x − y y procedemos a utilizar regla de la cadena: ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f ∂f = · + · = + . ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂f ∂f ∂φ , y de esto sigue que: = ex cos(y) + + ∂x ∂u ∂v   2  ∂f ∂f 2 ∂φ x + − e cos(y) = ∂u ∂v ∂x

Por lo tanto, se concluye que

(1)

De manera totalmente similar se tiene que la derivada parcial de φ con respecto a y , ∂φ = ∂y

∂ (ex cos (y) + f (x + y, x − y)) ∂y ∂ = −ex sin(y) + (f (x + y, x − y)) . ∂y

Para calcular la derivada parcial con respecto a y, del u ´ltimo sumando de la igualdad anterior, hacemos u = x + y y v = x − y y procedemos a utilizar regla de la cadena: ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f ∂f = · + · = − . ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v

6

∂φ

∂f ∂f y de esto sigue que: − ∂v ∂y ∂u   2  ∂f ∂f 2 ∂φ x − + e sin(y) = ∂u ∂v ∂x

Por lo tanto, se concluye que

= −ex sin(y) +

(2)

Luego al restar los lados derechos de las ecuaciones (1) y (2) se sigue que  2   ∂f ∂f 2 ∂f ∂f ∂f ∂f =4 . − − + ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u 5. 20 puntos Suponga que z 2 + x3 + 5x2 y = 5xyz define impl´ıcitamente a z = z(x, y). ∂ 2z (1, 1). Suponiendo que z(1, 1) = 2 determine el valor de ∂x∂y Al derivar parcialmente con respecto a la variable y se tiene que: 2z

∂z ∂z + 5x2 = 5xz + 5xy . ∂y ∂y

Al poner x = 1, y = 1 en la relaci´on anterior se sigue que 4 con lo cual

∂z (1, 1) ∂y

∂z ∂z (1, 1) + 5 = 10 + 5 (1, 1), y ∂y ∂y

= −5.

Al derivar parcialmente con respecto a x a la expresi´on anterior se sigue: 2

∂z ∂z ∂ 2z ∂ 2z ∂z ∂z . · + 10x = 5z + 5x + 5y + 2z + 5xy ∂x∂y ∂x ∂y ∂x∂y ∂x ∂y

Si evaluamos en x = 1, y = 1 se sigue que: −10

∂z ∂ 2z ∂ 2z ∂z (1, 1) = 5 (1, 1) − 25 + 5 (1, 1) + 4 (1, 1). ∂x∂y ∂x∂y ∂x ∂x

Al simplificar se obtiene: ∂z ∂ 2z (1, 1) = −15 (1, 1) + 25. ∂x ∂x∂y Para terminar , debemos derivar parcialmente la relaci´on original, con respecto a x y luego evaluar en x = 1, y = 1: 2z

∂z ∂z ∂z (1, 1) = 3. + 3x2 + 10xy = 5yz + 5xy =⇒ ∂x ∂x ∂x

Por lo tanto, de los c´ alculos anteriores se deduce que

∂ 2z (1, 1) = −20. ∂x∂y

  1 + sin(θ) 2 + 2 sin(θ ) √ curva 6. Sean f (x, y, z) = x + 2y − z una funci´on, y α ~ (θ) = cos(θ), √ , 5 5 con θ ∈ [0, π ]. 2

7



√ √  −1, 1/ 5, 2/ 5 a lo

a) 10 puntos Hallar la derivada direccional de f en el punto largo de la curva α ~ (θ). Recordar que la derivada direccional de f a lo largo de α ~ (θ) es dada por DT~ (θ) f (~α(θ)), ~ (θ). Como las derivadas parciales de f son donde T~ (θ) es el vector tangente a la curva α continuas, ya que son polinomios, se sigue que: ~ (θ)) · T~ (θ). DT~ (θ) f (~α(θ)) = ∇f ( α Los c´alculos los haremos para θ arbitrario, y luego para uno espec´ıfico.   θ ) 2 cos(θ ) √ , √ Observe que α ~ ′ (θ) = − sin(θ), cos( , y adem´as ||~ α ′ (θ)|| = 1, de donde se sigue 5 5 que   cos(θ) 2 cos(θ ) ′ ~T (θ) = α . ~ (θ) = − sin(θ), √ , √ 5 5

Por otra parte, se tiene que

∇f (x, y, z) = (2x, 2, −1) =⇒ ∇f (~α(θ)) = (2 cos(θ), 2, −1) . Por lo tanto, se sigue que:   cos(θ) 2 cos(θ ) DT~ (θ) f (~α(θ)) = (2 cos(θ), 2, −1) · − sin(θ), √ , √ = −2 cos(θ) sin(θ). 5 5  √ √  Queremos el resultado en el punto −1, 1/ 5, 2/ 5 , luego vemos que debe ser θ = π , √ √   ya que α ~ (π) = −1, 1/ 5, 2/ 5 . Teniendo en cuenta lo anterior se concluye que: DT~(π) f (~α(π)) = −2 cos(π) sen (π) = 0. b) 10 puntos Hallar todos los puntos sobre la curva α ~ (θ) en los cuales la derivada direccional de f a lo largo de α ~ (θ) es igual a cero. Ya tenemos por la parte anterior lo siguiente:   cos(θ) 2 cos(θ ) √ f (~ α (θ)) = (2 cos(θ), 2, −1) · − sin(θ), = −2 cos(θ) sin(θ). √ , DT~ (θ) 5 5 Tenemos que hallar los θ ∈ [0, π] tales que: -2 cos(θ) sin(θ) = 0, y con tales θ hallaremos los puntos α ~ (θ). Es claro que θ = 0, π √ anulan√al seno, y que π/2 anula busca√ al√coseno, luego los puntos √ √ dos son α ~ (0) = (1, 1/ 5, 2/ 5); α ~ (π/2) = (0, 2/ 5, 4/ 5); α ~ (π) = (−1, 1/ 5, 2/ 5).

3.

Soluci´ on Segundo Parcial. Universidad de Costa Rica Escuela de Matem´atica MA-1003 C´alculo III

Octubre de 2017. Segundo Semestre

Soluci´ on Examen Parcial # 2 8

1. Para la funci´on f (x, y) = x4 + y 4 − x2 − 2xy − y 2 se pide lo siguiente: a) Halle todos los puntos cr´ıticos de f (x, y). Calculamos primero el gradiente ∇f (x, y) = (4x3 − 2x − 2y, 4y 3 − 2x − 2y). Procedemos a encontrar la soluci´on de:  3  4x − 2x − 2y = 0 =⇒ x3 − y 3 = 0 =⇒ y = x.  3 4y − 2x − 2y = 0

Se usa, sin prueba que x2 + xy + y 2 = 0, s´olo si x = y = 0. Al sustituir y = x en la primer ecuaci´on , se llega a 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1) = 0, cuyas soluciones son x = 0, −1, 1. Teniendo en cuenta lo anterior se llega a que (0, 0); (1, 1); (−1, −1) son los puntos cr´ıticos.

b) Clasifique uno, solamente, de los puntos cr´ıticos de la parte anterior.   12x2 − 2 −2 . Procedemos a calcular la matriz Hessiana: Hf (x, y) =  −2 12y 2 − 2 Para cada punto cr´ıtico de la parte anterior se tiene lo siguiente: 

Hf (1, 1) = 

10 −2 −2 10





 , Hf (−1, −1) = 

10 −2 −2 10





 , Hf (0, 0) = 

−2 −2 −2 −2



.

Se deduce entonces que det(Hf (1, 1) > 0, det(Hf (−1, −1) > 0, y por lo tanto, ya que 10 > 0, que (1, 1) y (−1, −1) son puntos de m´ınimo. Sin embargo, como det(Hf (0, 0) = 0, debemos hacer un an´alisis extra. Observe que f (0, 0) = 0, pero que sobre −x = y obtenemos que f (x, −x) = 2x4 y se sigue que cerca de (0, 0) en todos los puntos de tal forma obtenemos que f (x, −x) ≥ 0 . Por otra parte, si tomamos los puntos de la forma (x, 0) vemos que f (x, 0) = x4 − x2 = x2 (x2 − 1) ≤ 0 para todos los x ∈] − 1, 1[ , y por lo tanto se concluye que (0, 0) es de ensilladura. Z 0 Z 2 Z 12 Z 2 1 1 2. Considere la siguiente expresi´ on: I = √ y x3 + 1 dx dy. √ y x3 + 1 dx dy + − 0 −12 3

3

a) 10 puntos Escriba I como una sola integral al cambiar el orden de integraci´on. El estudiante debe realizar un dibujo y se˜ nalar que la regi´on de integraci´ on de I es la 2 parte que se ubica por arriba de la par´abola y = −3x y por debajo de la par´abola y = 3x2 , y la x entre 0 y 2. Es claro que para lo anterior el estudiante debe hacer cierto trabajo. Luego se concluye que # Z 2 "Z 3x2 1 I= dy dx. 3 −3x2 1 + x 0 9

b) 10 puntos Calcule el valor de I . El c´alculo de I se procede a realizar teniendo en cuenta lo anterior: # Z 2 "Z 3x2 1 I= dy dx 3 −3x2 1 + x 0 Z 2 6x2 dx = 3 0 1+x  2 = 2 ln 1 + x3 0 =2 ln(9).

p 3. 20 puntos Calcule el volumen del s´olido T limitado por el cono z = 2 x2 + y 2 y por el paraboloide z = 3 − x2 − y 2 . p El s´olido en cuesti´on se encuentra arriba del cono z = 2 x2 + y 2 y por debajo del paraboloide z = 3 − x2 − y 2 . El estudiante debe indicar un dibujo al respecto.

Del c´alculo z = 3 − z 2 /4 se deduce que z = 2, y por lo tanto la proyecci´ on de dicho s´olido en el plano xy es el c´ırculo x2 + y 2 = 1. Luego

V ol(T ) = =

ZZZ

1 dV

ZTZ

x2 +y 2 ≤1

=

Z

2π

0

Z

Z

 1

0 1

 p 3 − x2 − y 2 − 2 x2 + y 2 dx dy 

 3 − r 2 − 2r r dr dθ

 3r − r 3 − 2r 2 dr 0 1  2 3r r4 2r 3  = 2π − − 3 0 4 2 7π = . 6 = 2π

4. 20 puntos Sea Q la regi´on acotada por los siguientes planos: x = 0; y = 0; z = 0; x + z = 1; y + z = 1, calcule el valor de la siguiente integral triple: ZZZ 4 I= dV. 1 + (1 − z)2 Q

Puede ser u´til, dependiendo de lo que usted decida realizar, que π 2+ . 2 10

Z

1 0

  ln 1 + w2 dw = ln(2) −

El estudiante debe realizar un dibujo, y darse cuenta que los planos x + z = 1 y y + z = 1 se cortan a lo largo del plano x = y, y que en el plano xy se forma el cuadrado [0, 1] × [0, 1].

Del an´alisis de la regi´on de integraci´ on se observa que en los o´rdenes dx dz dy y dy dz dx la expresi´on I consta de una sola integral, en cada caso, pero que en el orden dz dy dx debemos 4 partir en dos integrales, adem´ as que es m´as dif´ıcil el empezar integrando 1+(1−z) 2 con respecto a z. Por lo tanto, integrando en el orden dx dz dy se tiene:

I= = = =

Z

Z

Z

1

Z

0

0 1

Z

1−y Z 1−z 1−y

0

0 1

Z0 1

Z0 1

4 dx dz dy 1 + (1 − z)2 0  1−z 4x  dz dy 1 + (1 − z)2  0

1−y

4(1 − z ) dz dy 1 + (1 − z)2 0 1−y  −2 ln 1 + (1 − z)2 0 dy

Z

 2 ln(2) − 2 ln(1 + y 2 ) dy 0 Z 1 =2 ln(2) − 2 ln(1 + y 2 ) dy 0 π =2 ln(2) − 2 ln(2) − 2 + 2 =4 − π.

=



(Igual puntaje del anterior)Si el estudiante decide integrar en el orden dy dz dx se tiene: 1

1−x Z 1−z

4 dy dz dx 1 + (1 − z)2 0 0 0  Z 1 Z 1−x 1−z 4y  = dz dx 1 + (1 − z)2 0 0 0 Z 1 Z 1−x 4(1 − z ) dz dx = 1 + (1 − z)2 0 0 Z 1 1−x  −2 ln 1 + (1 − z)2 0 dx = 0 Z 1  2 ln(2) − 2 ln(1 + x2 ) dx = 0 Z 1 =2 ln(2) − 2 ln(1 + x2 ) dx 0 π =2 ln(2) − 2 ln(2) − 2 + 2 =4 − π.

I=

Z

Z

11

Si el estudiante decide irse por el orden usual dz dy dx entonces:

I=

Z 1Z 0

Z

1

Z

x 0

Z

0

x

1−x

4 dz dy dx + 1 + (1 − z)2

Z

1

Z

1

Z 0 1 Zx1

Z

1−y 0

4 dz dy dx 1 + (1 − z)2

−4 arctan(1 − z)|01−y dy dx −4 arctan(1 − z)|01−x dy dx + 0 0 x 0 Z 1Z 1 Z 1Z x (π − 4 arctan(y)) dy dx (π − 4 arctan(x)) dy dx + = 0 0 x 0 Z 1 Z 1  1 πy − 4y arctan(y) + 2 ln 1 + y 2 x dx = (π − 4 arctan(x)) x dx + 0 0 Z 1 Z 1   2 ln(2) − πx + 4x arctan(x) − 2 ln 1 + x2 dx = (π − 4 arctan(x)) x dx + 0 0 Z 1   2 ln(2) − 2 ln 1 + x2 dx = 0 Z 1 =2 ln(2) − 2 ln(1 + x2 ) dx 0  π =2 ln(2) − 2 ln(2) − 2 + 2 =4 − π. =

Nota: Las estudiantes Natalia Hern´ andez y Michelle Tenorio se dieron cuenta que el orden dydxdz es m´ as sencillo que los otros:

I= =

Z

Z

1

Z

0

0 1 0

Z

1−z Z 1−z 1−z

0

1

4 dx dy dz 1 + (1 − z)2 0  1−z 4x  dy dz 1 + (1 − z)2  0

1−z

4(1 − z ) dy dz 1 + (1 − z)2 0 0 Z 1 4(1 − z)2 dz = 2 0 1 + (1 − z) Z 0 u2 du =−4 2 1 1+u  Z 1 Z 1 1 du =4 du − 2 0 0 1+u =4 (1 − arctan(1)) =4 − π.

=

Z

Z

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La estudiante Cristina Segreda realiz´ o el orden dydxdz y lleg´ o a: Z 1Z 1−z Z 1−z 4 dy dx dz I= 2 ...