(19-02-2015 16:01)SalaG escribió:  

E1
Para volumen se adopta F(x)=1 ; condicion \[x\geq 0\]
\[V=\int \int \int_{V}^{.} dv\]
\[x^2+1=5-x^2-2y^2\]
\[x^2+y^2=2\]
Por consiguiente el radio es \[\rho= \sqrt2\]
Utilizamos polares \[x=\rho cos\theta ; y=\rho sin\theta\]
Entonces se define:
\[0\leq \rho\leq \sqrt2\]
Como x es mayor o igual a cero dependiendo del sentido que usemos:
\[\frac{\pi }{2}\leq \theta\leq \frac{3}{2}\pi\]
Reemplazando los limites laterales de Z con las coordenadas polares, conseguimos los 3 limites laterales de las variables, por consiguiente:

\[V=\int_{0}^{\sqrt2}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}\int_{\rho^2cos^2\theta+1}^{5-\rho^2cos^2\theta-2\rho^2sin^2\theta} \rho d\rho d\theta dz\]
\[V=2\pi\]

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E2
Éste ejercicio se puede hacer por definicion de circulacion, nos dan la curva C y el intervalo por donde t se desarrolla es bastante directo:
\[\omega =\oint \bar{f}(\bar{g}(t))).\bar{g'}(t)\]
\[\bar{g}(t)=(sin(\pi t);cos(\pi t);4)\]
t \[\epsilon \] [0;2]

Se tiene que componer g en f.
Derivar g.
Luego producto escalar entre vectores [ f(g(t)).g'(t) ] y nos quedan 3 funciones integradas sobre un mismo intervalo; dos se resuelven por sustitución y la otra por partes (o con el librito de integrales). Es medio un bodrio y es más algebra que otra cosa.
Finalmente la integra:
\[\omega =\oint f dg = 3 \pi\]

También puede optarse aplicando teorema del rotor y coordenadas polares que sale en 2 toques
rotf = ∇x f = \[rotf = (-x^3-y^2;\varphi '-x^2;3x^2z)\]

\[\bar{x} = g(t)\] es una circunferencia de radio 1 en z = 4, en todo el plano XY por consiguiente:
\[0\leq \theta\leq 2\pi\]

\[0\leq \rho\leq 1\]

\[z=4\]

\[\bar{n}=(0,0,1)\]

\[x=\rho cos\theta\]

\[\omega = \int \int rotf . n ds\]

\[\omega = 4\int_{0}^{1} \int_{0}^{2\pi} 3\rho^3cos^2\theta d\rho d\theta = 3\pi\]

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E4
Area de la region plana definida por
\[0\leq y\leq f(x)\]
Con f(x)=y es SP de y''+4=0; con su recta tg y=2 en (0,2)

Armamos la recta tangente:
\[Ytg=y'(0)(x-2)+y(0)\]
\[y(0) = 2\]
Como la recta tangente es y=2
\[Ytg=y'(0)(x-2)+2 = 2\]

Ahora integramos la ecuacion diferencial
\[y''=-4\]
\[y'=-4x+c1\]
\[y=-2x^2+c1x+c2\]

Entonces tenemos:
\[y'=-4x+c1 => y'(0)=c1\]
\[Ytg=c1(x-2)+2 = 2 \]
\[c1(x-2)=0 \]
Para que verifique: c1=0 o bien x=2, pero como analizamos en (0,2), c1=0 y en consecuencia c2=2
Obtenemos así:
\[y=-2x^2+2=f(x)\]

Con ésto sacamos los limites laterales de integración de y
\[0\leq y\leq -2x^2+2\]
Por consiguiente: \[-1\leq x\leq 1\]

\[Area=\int \int dxdy = \int_{-1}^{1}\int_{0}^{-2x^2+2} dxdy\]
\[Area= 2\int_{0}^{1}\int_{0}^{-2x^2+2} dxdy = \frac{8}{3}\]

HOla, te hago una pregunta, en el ejercicio E1) no entiendo ¿porque elegis los limites \[\frac{\pi }{2}\leq \theta\leq \frac{3}{2}\pi\].?

Gracias!!!