Dejo el final que se tomo hace pocas horas. Saludos!

   

Te edito así queda derechita la imágen...
Si nadie resuelve me paso a resolver alguno, gracias por el aporte!

T1) la solucion general

\[y=ax+be^{x-2}\quad (1)\]

presenta dos constantes, por lo que la edo sera de orden 2 derivando 2 veces

\[\\y'=a+be^{x-2}\quad (2)\\ y''=be^{x-2}\quad (3)\]

reemplazando (3) en (2), despejamos "a" , reemplazando en (1) la ecuacion diferencial pedida

\[EDO: (1-x)y''+xy'-y=0\]

para hallar la solucion particular, de los datos del enunciado sabemos que existe una recta tangente a la curva en \[(2,y_0)\] entonces, de la ecuación de la recta

\[y+2x=4\to y_0=0\]

como el punto tambien esta en la curva, solo es resolver el sistema

\[\\y(2)=2a+b=0\\ y'(2)=a+b=-2\]

\[a=2\quad b=-4\]

la solucion particular pedida tendra ecuación \[SP: y_p=2x-4e^{x-2}\]

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T2) mas abajo, lo aporto feer

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E1) la f adminte funcion potencial, sale por divergencia directamente, las superficies dadas definen un volumen, no hay tapa que restar, aplicando la definición

\[\nabla\phi(x,y,z)=f(x,y,z)\to f(x,y,z)=(y,x,2z)\to div f=2\]

los limites estan dados en cartesianas...asi que para que complicarse

\[\varphi=\int_{0}^{3}\int_{x}^{3}\int_{0}^{9-x^2}2dzdydx=\frac{135}{2}\]

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E2) Reemplazando el punto A en la ecuación dada deducimos que \[z=2\to A^*=(2,1,2)\]

tomando

\[f(x,y,z)=xz+e^{z-2y}+y^3-6\]

calculando su gradiente y evalauando en \[A^*\] obtenemos el normal del plano \[\pi: n=(2,{\color{Red} 1},3)\] dicho plano pasa por \[A^*\] aplicando algo de algebra el plano es

\[\pi: 2x{\color{Red} +}y+3z-11=0\]

despejando z

\[z=f(x,y)={\color{Red}\frac{11}{3} }-\frac{2}{3}x{\color{Red} -}\frac{1}{3}y\]

haciendo

\[z=f(1,98; 1,02)\approx2,007\]

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E3) sale por green, se cumplen las hipotesis entonces

\[\varphi=\iint_A 2x dA\]

para los limites de \[x^2\leq y\leq x\]

por transitividad \[x^2-x \leq 0\to x(x-1)\leq 0\]

con algo de curso de ingreso , se deduce que \[0\leq x\leq 1\]

finalmente

\[\varphi=\int_{0}^{1}\int_{x^2}^{x}2xdydx=\frac{1}{6}\]

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E4) la densidad es \[\delta(x,y,z)=k|z|\] por las restricciones dadas, solo tomamos el lado positivo de z, tomando polares sobre el volúmen, observar que no hay restricciones angulares,

entonces la integral a evaluar es

\[\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3}\int_{r}^{\sqrt{18-r^2}}krzdzdrd\theta=\frac{81\pi}{2}k\]

Si lo hacemos por esfericas

\[g:R^3\to R^3/g(r,w,\theta)=(r\cos w\cos\theta,r\cos w\sin\theta,r\sin w)\quad |J_g|=r^2\cos w\]

la integral a evaluar es

\[\int_{0}^{\sqrt{18}}\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}r^3\sin w\cos w dw d\theta dr=\frac{81\pi}{2}k\]

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avisen si hay errores

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Editado: error tonto en la cuenta

Hola, creo que no hay errores en lo que subiste o al menos por lo que me acuerdo saludos! y gracias por el aporte.

Coincido con Saga en todos los resultados... Excepto en el segundo que yo lo oriente así...

E2)
\[xz+e^{z-2y}+y^{3}-6=0; \bar{A}=(2,1)\]
\[2z+e^{z-2}+1^{3}-6=0\]
\[2z+e^{z-2}=5\Rightarrow z=2=f(2,1)\]

\[f{}'_{x}=-\frac{\frac{\sigma F}{\sigma x}}{\frac{\sigma F}{\sigma z}}= -\frac{z}{x+e^{z-2y}}\]
\[f{}'_{y}=-\frac{\frac{\sigma F}{\sigma y}}{\frac{\sigma F}{\sigma z}}= -\frac{e^{z-2y}(-2)+3y^{2}}{x+e^{z-2y}}\]

\[\Delta x=-0,02\]
\[\Delta y=0,02\]

\[f(1,98 , 1,02)\simeq f(2,1)+f{}'_{x}(2,1)\Delta x+f{}'_{y}(2,1)\Delta y\]
\[f(1,98 , 1,02)\simeq 2+(-\frac{2}{3})(-0,02)+(-\frac{1}{3})0,02=2,0067\]

Cuando derivo saga para conseguir la ecuación del plano en f'y es: -2+3=1 eso le queda y positiva en el plano y cuando la pasa al segundo miembro "-y" entonces ahí llegan a las mismas derivadas parciales y se arregla el resultado.

Saludos.

Cierto fue un error tonto, en mi cabeza hice -2+3=-1 ahi edite el mensaje, gracias por la corrección

Dejo el T2 así esta por acá..

   

Off-topic:

(03-10-2012 03:32)Feer escribió:  Dejo el T2 así esta por acá..

TRES Y MEDIA DE LA MAÑANA???????????
quedaste limado

Off-topic:

No podía dormir

Modifique mi primer mensaje, agregando el T1) que es el que faltaba para tener totalmente resuelto este final, avisen si hay algun error de cuenta o conceptual

Me podés explicar cómo calculaste el límite de integración del E4 que te da \[\frac{\pi }{4} a \frac{\pi }{2} \]

Yo lo calculé así

Parto de
\[z = \sqrt[]{x^{2} + y^{2}}\]
\[z^{2} = x^{2} + y^{2}\]

Sumo un \[z^{2}\] a cada miembro para formar la esférica
\[z^{2} + z^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2}\]

Entonces pasado a la esférica queda
\[2 r^{2} cos^{2} \varphi = r^{2}\]
\[cos^{2} \varphi = \frac{1}{2}\]
\[\varphi = \frac{\pi }{4}\]

Entonces digo que los límites de \[\varphi\] van de \[0 -> \frac{\pi }{4}\]

Bebop escribió:Me podés explicar cómo calculaste el límite de integración del E4

Antes de responder...... tu planteo esta bien, pero hay un problema con la convención de coordenadas esféricas que a mí me dieron en la cursada (se puede decir que véo la esfera de abajo hacia arriba, ponele)y la que ví que usan ahora (ven una esfera de izquierda a derecha, por asi decir), fijate si usamos el mismo cambio de coordenadas esféricas, por eso detalle cual cambio estoy usando, notaras que mi determinante del jacobiano es

\[|J_g|=r^2\cos w\]

y el que usan "ahora" , si no me equivoco es

\[|J_g|=r^2\sin w\]

según cuál cambio se este usando, las restricciones angulares varian, pero el resultado sea cual fuese el cambio elegido debe ser el mismo

El e4 salía muy tranqui por cilíndricas meterse en esféricas era de macho macho jaja

(03-10-2012 21:59)Feer escribió:  El e4 salía muy tranqui por cilíndricas meterse en esféricas era de macho macho jaja

Naaa..... este ejercicio la verdad salia igual con esféricas que con cilíndricas, de hecho si usamos la convencion no-estadounidense (sino me equivoco asi se llama) , que es la que "usan

ahora"

\[g:R^3\to R^3/g(r,\varphi,\theta)=(r\sin\varphi\cos\theta,r\sin\varphi\sin\theta,r\cos\varphi)\quad |J_g|=r^2\sin\varphi\]

las restricciones angulares son

\[0<r<+\infty\quad \varphi\in[0,\pi]\quad \theta\in[0,2\pi]\]

la integral a evaluar es

\[\int_{0}^{\sqrt{18}}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} kr^3\cos\varphi\sin\varphid d\varphi d\theta dr=\frac{81\pi}{2}k\]

la que uso y se me enseño es la convención estadounidense, (tengo dudas con el nombre) qué es la que planteo en la resolución, cambia el ángulo polar (\[\varphi\]) unicamente, el

azimutal y el r son los mismos,

las restricciones son:

\[0<r<+\infty\quad \varphi\in\left [ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ]\quad \theta\in[0,2\pi]\]

Ahora pregunto, ¿no se da mas la convención estadounidense en la cursada? en lo personal me parece mas cómoda, ya que para algunos ejercicios es mas sencillo determinar el ángulo polar, pero

bue....esta en cada uno

Bebop espero haber contestado a tu pregunta, y ahora sé la convención que usaste