Lo dejo resuelto, revisen las cuentas por las dudas



T1) bla bla bla luego es sencilo comprobar que

\[y=x\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=\frac{1}{2}\]

\[y=x^2\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0\]

el limite no existe , luego no es posible redefinirlo

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T2) bla bla luego

\[\iint_R f(x,y) dxy=\iint_D f(g(u,v))|D_g|dudv\]

esto ultimo nos sirve para resolver el ejercicio , el jacobiano es 6 , entonces

\[\underbrace{\iint_R (x+y)dxy}_{=8}=6\iint_D 6ududv\to \boxed{\boxed{\iint_D ududv=\frac{2}{9}}}\]

Gracias por la corrección alelnro1

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E1) sale con el teorema de green para calculo de areas , recordar que

\[A=\oint_R xdy\]

la funcion que nos dan de forma vectorial escrita de forma parametrica es

\[\\x=u-u^2\\ y=u-u^4\]

aplicando la definicion

\[\boxed{\boxed{A=\int_{0}^{1}(u-u^2)(1-4u^3)du=\frac{1}{30}}}\]

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E2) el gradiente de f es

\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)\]

lo puntos criticos

\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)=(0,0)\]

geometricamente es la interseccion de una parabola con la recta y=x entonces los puntos criticos son

\[\boxed{A=(0,0)\quad B=(2,2)}\]

hay que aplicar el criterio del hessiano y ver si hay maximos minimos etc... creo que lo pueden continuar

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E3) se cumplen las condiciones del teorema de la divergencia si tapamos el trozo de esfera, entonces tengo que calcular el flujo a travez de S y restarle S1 que sera la tapa con normal saliente

\[\varphi=\iint_S fndS=\iiint div f dV-\iint_{S1}fndS1\]

\[div f=\phi(xy)+xy\phi'(xy)+1-\phi(xy)-yx\phi'(xy)+6z-1=6z\]

\[\varphi=\iiint 6z dV\]

para los limites

1) por polares se obtiene

\[1<z<\sqrt{5-r^2}\]

por transitividad

\[1<\sqrt{5-r^2}\to r<2\]

no hay restricciones angulares en \[\theta\] luego

\[\boxed{\varphi=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{1}^{\sqrt{5-r^2}}(6z)rdzdrd\theta=24\pi}\]

verifiquenlo con wolfram

2) por esfericas

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

lo limites

\[\boxed{\frac{1}{\sin w}<r<\sqrt{5}}\]

por transtividad

\[\frac{1}{\sin w}<\sqrt{5}\to w>\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\]

la restriccion de w por la defincion que tome va de

\[w\in\left [ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ]\]

entonces

\[\boxed{\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)<w<\frac{\pi}{2}}\]

\[\theta\] no tiene restricciones angulares entones va

\[\boxed{0<\theta<2\pi}\]

finalmente

\[\boxed{\varphi=\iiint_R (6r\sin w)r^2\cos wdrdwd\theta=24\pi}\]

verifiquenlo con wolfram

para calcular S1 defino la tapa como

\[S1:\left\{\begin{matrix} z=1\\ x^2+y^2=4\end{matrix}\right.\]

la normal sera con orientacion saliente (0,0,-1) luego tomando polares

\[\iint_{S1} fn dS1=\iint_{S1} -2 dS1=-2\cdot\mbox{area del circulo}=-8\pi\]

finalmente el flujo total es

\[\boxed{\boxed{\phi=32\pi}}\]

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E4) Si no me falla razonando , la funcion potencial en el punto (1,1) es

\[\boxed{\phi(x,y)=x^2y+1}\]

para obtener las lineas de campo obtengo el gradiente de la misma

\[\nabla\phi(x,y)=(2xy, x^2)\]

luego por definicion de linea de campo

\[\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\to \frac{dx}{2xy}=\frac{dy}{x^2}\]

resolviendo al ecuacion diferencial obtenemos la familia de curvas

\[\frac{x^2}{2}=y^2+K\]

la linea de campo que pasa por el punto (2,1) es

\[\boxed{\boxed{\frac{x^2}{2}-y^2=1}}\]

Corregido, un error conceptual deprimente tuve, y nadie me corrigio , la recta que halle anteriormente , si bien era perpendicular a las linea de campo en el (2,1) no era una linea

equipotencial , la razón es que no es perpendicular a las líneas de campo en todos sus puntos, el potencial no era constante sobre todos los puntos de la recta, para que suceda esto , se tiene

que cumplir que

\[\phi(x,y)=x^2y+1=K\]

para determinar k

\[\phi(2,1)=4+1=K=5\]

finalmente la linea pedida es

\[\boxed{\boxed{x^2y+1=5}}\]

otra forma de hallarla es usando trayectorias ortogonales a la linea de campo obtenida anteriormente

En el E3 no falta restar el flujo de la "tapa"?
Este lo tenía bién y lo hice con divergencia menos flujo de la tapa por definición

Igual me fué mal

(11-02-2014 21:41)JulianD escribió:  En el E3 no falta restar el flujo de la "tapa"?
Este lo tenía bién y lo hice con divergencia menos flujo de la tapa por definición

Igual me fué mal

si lo reste... fijate que la definicion me dio en negativo , con el negativo del teorema se hace positivo, luego solo es sumar lo de divergencia y lo que te dio por definicion, a no ser que me haya mandado un moco en algun signo

No, esta bien.. me daba eso.
Capaz como vi el 24pi recuadrado me confundi, el resultado es doble recuadro

Creo que no fué jodido el nivel de este final, espero llegar bién preparado para la semana que viene

Perdón pero no entendí como aplicas green en el e1. Y en el e4 como conseguiste la linea equipotencial?
Yo rendí ayer y bueno así me fue. Todavía sigo sin entender varias cosas

(12-02-2014 00:43)NYKO_ escribió:  Perdón pero no entendí como aplicas green en el e1.

si C es una curva cerrada , suave orientable etc etc etc a la que se le puede aplicar el teorema de green entonces

\[A=\int xdy=-\int ydx\]

D) por definicion de area

\[A=\iint_D f(x,y) dydx\]

si elegimos

P=0 Q=x

por el teorema de green se cumple que

\[Q'_x-P'_y=1\]

entonces

\[\\A=\iint_R f(x,y)dxdy=\iint_R (Q'_x-P'_y) dxdy=\oint Pdx+Qdy=\oint 0dx+xdy\]

finalmente

\[A=\oint xdy\]

el otro lado de la igualdad se puede demostrar de manera analoga tomando P=-y Q=0

un ejemplo de aplicacion puede ser el siguiente,

hallar el area de la circunferencia

\[x^2+y^2=r^2\quad r=cte\]

de forma parametrica la puedo escribir como

\[\\x=r\cos t\\ y=r\sin t \]

\[t\in [0,2\pi]\]

se cumple que es una curva cerrada etc etc entonces utilizando el teorema de green

\[A=\oint xdy=\int_{0}^{2\pi}(r\cos t)(r\cos t)dt=\int_{0}^{2\pi}r^2\cos^2t=\pi r^2\]

lo entendiste??

Cita:Y en el e4 como conseguiste la linea equipotencial?

Edit: borro la explicacion que te habia dado en esta parte NYKO_ porque cometi un error conceptual, que ya aclare en el parcial, mil disculpas

Cita:Yo rendí ayer y bueno así me fue. Todavía sigo sin entender varias cosas

que es lo que no te quedo claro ?

Muchas graciaas por la respuesta que te mandaste.
Sobre la linea equipotenciales que encontraste r(t) = (2 + 2t, 1 -2t), el numero que acompaña a t son los valores del gradiente y los otros números son el de pto (2,2) ?? Este es un tema que nunca vi en mi cursada y por eso me quedan dudas, pero ya con la explicación me ayudaste mucho.

Estas seguro que el T2) da asi? A mi me fue bien, pero en el T2) me dio 2/9 y a un par tambien les habia dado lo mismo. Creo que el jacobiano me daba 6. Ojo, tambien hice el T1) que lo tengo bien asi que no se si pifiamos todos en el T2 o que paso..

(12-02-2014 11:30)alelnro1 escribió:  Estas seguro que el T2) da asi? A mi me fue bien, pero en el T2) me dio 2/9 y a un par tambien les habia dado lo mismo. Creo que el jacobiano me daba 6. Ojo, tambien hice el T1) que lo tengo bien asi que no se si pifiamos todos en el T2 o que paso..

el jacobiano mio esta mal, es 6 como decis , lo que llevaria , siguiendo el razonamiento que hice a que la integral que piden vale 8/6=4/3 , como llegaste a 2/9??

Todas las correcciones y criticas son siempre bien recibidas, me puedo mandar un moco en algun signo , como es el caso , es la primera vez que participan varios en un final que subi..

Fuck, a mi también me fue mal. No fue un final fácil, pero tampoco imposible. Hice el T2 bien pero orienté la tapa de la superficie del flujo hacia adentro y me quedó positivo! El de área por green es un invento cualquiera, los extremos OK y la f potencial mal (N).

Intentaré la semana que viene

Porque aplicando la formula de la teoria, tenemos que

\[8 = \int \int f(x,y) dx dy = \int \int f(x(u,v), y(u,v)) du dv \]

Entonces sabiendo que el jacobiano es |j| = 6, y si me dan como dato que:

\[f(x,y) = (2u+v; 4u-v)\]

Reemplazo en la formula entonces me queda:

\[8 = \int \int f(x,y) dx dy = \int \int 2u+v+4u-v . |6| dudv = \int \int 36u dudv\]

Por transtividad:

\[8 = 36 \int \int u dudv = 8/36\]

(12-02-2014 11:56)alelnro1 escribió:  Porque aplicando la formula de la teoria, tenemos que

\[8 = \int \int f(x,y) dx dy = \int \int f(x(u,v), y(u,v)) du dv \]

Entonces sabiendo que el jacobiano es |j| = 6, y si me dan como dato que:

\[f(x,y) = (2u+v; 4u-v)\]

Reemplazo en la formula entonces me queda:

\[8 = \int \int f(x,y) dx dy = \int \int 2u+v+4u-v . |6| dudv = \int \int 36u dudv\]

Por transtividad:

\[8 = 36 \int \int u dudv = 8/36\]

tenes razon no dije nada, ahora edito el mensaje , y gracias por la correccion

Muchas gracias por el aporte. Hago una consulta: Se cayeron todas las imágenes o me está andando algo mal a mi? Sólo me carga la imagen del final.

Saludos y nuevamente gracias !!

(12-02-2014 09:56)NYKO_ escribió:  Muchas graciaas por la respuesta que te mandaste.
Sobre la linea equipotenciales que encontraste r(t) = (2 + 2t, 1 -2t), el numero que acompaña a t son los valores del gradiente y los otros números son el de pto (2,2) ?? Este es un tema que nunca vi en mi cursada y por eso me quedan dudas, pero ya con la explicación me ayudaste mucho.

aclare esto en el parcial niko_ nuevamente disculpas

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(15-02-2014 20:21)DarkCrazy escribió:  Muchas gracias por el aporte. Hago una consulta: Se cayeron todas las imágenes o me está andando algo mal a mi? Sólo me carga la imagen del final.

Saludos y nuevamente gracias !!

a veces se ven y otras no, es un problema con la pagina que genera el codigo , ultimamente anda mal

mil gracias por estas respuestas! me re sirvió para entender varias cosas que ni tenia en la carpeta

lo unico que no entendí fue lo del ejercicio E2. Es la primera vez que escucho de extremos locales de una funcion/campo. Alguien sabe de donde puedo estudiar eso?

gracias!!