T1) \[f\: es\: continua\: en\: \bar{A} \Leftrightarrow \exists f(\bar{A}) \wedge \exists \lim_{\bar{x}\rightarrow \bar{A}}f(\bar{x}) \wedge f(\bar{A}) = \lim_{\bar{x}\rightarrow \bar{A}}f(\bar{x})\]

el limite directo es indeterminado, lo iterados daban 0 ambos, salia por radial:
\[(y=mx) \lim_{x\rightarrow 0} \frac{mx^{2}}{(1+m^{2})x^{2}} = \frac{m}{1+m^{2}} \Rightarrow f\: no\: es\: continua\: en\: \bar{0}\]



T2) \[f: S\subset R^{n}\rightarrow R; S\: abierto\]
\[Conjunto\: de\: nivel\: c\: de\: f:\: \bar{x} \epsilon S /f(\bar{x})=c\]

\[\phi\: es\: funcion\: potencial\: de\: \bar{f}\Leftrightarrow \triangledown \phi =\bar{f}\]
\[\Rightarrow \bar{f}(x,y)=(1-y;-x)\]
dado un campo vectorial f=(P(x,y);Q(x,y)), para obtener lineas de campo se cumple \[\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\]
\[\frac{dx}{1-y}=\frac{dy}{-x}\rightarrow -\frac{x^{2}}{2}=y-\frac{y^{2}}{2}+k\]
reemplazando el punto (3;1) da k = -5 entonces la ecuacion es
\[-\frac{x^{2}}{2}=y-\frac{y^{2}}{2}-5\]

para el conjunto de nivel del campo escalar se reemplaza (3;1) y lo que da se iguala a su ecuacion, osea
\[x-xy=0\]



E1) es la rama de una parábola, así que se puede parametrizar y calcular por definición
\[c\left\{\begin{matrix}z=x^{2}+y^{2}\\ x=y\end{matrix}\right.\]
\[c\rightarrow \bar{g}(t)=(t,t,2t^{2})\] \[(0\leq t\leq 1)\]
\[\bar{g{}'}(t)=(1,1,4t)\]

\[\int_{c}^{\: } \bar{f}\cdot d\bar{g} = \int_{0}^{1}(t,t-2t,t^{2}+2t^{2})\cdot (1,1,4t)\, dt = 12\int_{0}^{1}t^{3}\, dt=3\]



E2) el grafico es un trozo de paraboloide que mira hacia abajo, tiene vertice en z=4 y se corta en el plano xy
se puede plantear: flujo (paraboloide + circulo) = flujo paraboloide [pedido] + flujo circulo

por el teorema de la divergencia se sabe que el primer miembro vale cero, entonces: flujo paraboloide = -flujo circulo

queda cacular por definicion el flujo del circulo, como esta en plano xy, donde z=0, nos sirve la f que nos dan.
hay que tener en cuenta que como se uso el teorema de la divergencia el versor normal al circulo debe ser el que es saliente al cuerpo completo, es decir (0,0,-1)
\[\iint_{\omega }^{\, }(\tilde{f}\cdot \breve{n})d\omega =\iint_{\omega(x,y) }^{\, }(xy^{2},2y,x^{2})\cdot (0,0,-1)(\frac{1}{\left | -1 \right |})dxdy=-\iint_{\omega(x,y)}^{\, }x^{2}\, dxdy\]
pasando a polares
\[-\int_{0}^{2\Pi }cos^{2}\varphi \, d\varphi \int_{0}^{2}\rho ^{3}\, d\rho =-4\Pi \]

la respuesta seria eso pero positivo



E3) el cuerpo pedido es lo que esta entre los dos cilindros parabólicos, desde el plano xy hasta el plano de ecuacion z=y
como masa= densidad * volumen :
\[M(D)=\iiint_{D}^{\, }kx\: dV=k\int_{0}^{1}x\, dx\int_{x^{2}}^{\sqrt{x}}dy\int_{0}^{y}dz=\frac{k}{12}\]



E4) hay que plantear la integral de area en R3 y resolver
\[\iint_{\sigma }^{\, }d\sigma =\iint_{\sigma(x,y) }^{\, }\frac{\sqrt{64x^{2}+64y^{2}+4z^{2}}}{\left | 2z \right |}\, dxdy\]

reemplazando z por su valor en el cono y pasando a polares (proyectado sobre el plano xy es un cuarto de circunferencia):
\[\iint_{\sigma(x,y) }^{\, }\frac{\sqrt{80x^{2}+80y^{2}}}{\left | 4\sqrt{x^{2}+y^{2}} \right |}\, dxdy=\iint_{\sigma (\varphi ,\rho )}^{\, } \frac{4\sqrt{5}\rho}{4\rho } \rho\, d\varphi d\rho= \sqrt{5}\int_{0}^{\Pi /2}d\varphi \int_{0}^{2}\rho\, d\rho=\sqrt{5}\Pi \]


bastante accesible fue, igualmente por cualquier error corrijanme

¿Puede ser que no se vea la imagen, che? ¿O soy yo que me la bloquean desde el laburo?

Era yo nomás. Parece facilongo, esperemos que el de la semana que viene sea como este

En el E4) si Z= 2r, entonces 4z^2 = 16r^2... 64+16 da 80, creería.

Alguien más lo resolvió?

tenes razon! ahi lo edito, muchas graciaaas

Che es cierto que no se ve la imagen!

era una boludes ese final