Buenas buenas!

Les dejo el final tomado hoy:





Les digo lo que recuerdo (igual seguro Saga lo resuelve):

En el T1 el módulo del gradiente de h daba \[\sqrt{221}\] y el gradiente era (14, 5)
El T2 ni idea de como hacerlo
El E1 y el E2 no los pude sacar.
El E3 si mal no recuerdo quedaba en polares los límites eran \[0 \leq r \leq 3\], \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{2}\], \[r cos \theta \leq y \leq 6 - r cos \theta\]. El resultado daba algo de -25, 40 y pico (seguro de la parte entera, de los decimales no recuerdo bien). Salía con divergencia y la div f = -3
El E4 daba \[\frac{109}{3} \pi \]. Los límites daban \[\sqrt{6} \leq r \leq \sqrt{12}\], \[0 \leq \theta \leq 2\pi\]

Metí un 4, chau AM 2 =)

Gracias a yakultmon por la corrección

(18-02-2013 22:07)Bebop escribió:  El E3 si mal no recuerdo quedaba en polares los límites eran \[0 \leq r \leq 3\], \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\], \[r cos \theta \leq y \leq 6 - r cos \theta\].

Me parece que era \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{2}\]

(18-02-2013 22:07)Bebop escribió:  Metí un 4, chau AM 2 =)

Groso

(18-02-2013 22:55)yakultmon escribió:  

(18-02-2013 22:07)Bebop escribió:  El E3 si mal no recuerdo quedaba en polares los límites eran \[0 \leq r \leq 3\], \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\], \[r cos \theta \leq y \leq 6 - r cos \theta\].

Me parece que era \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{2}\]

(18-02-2013 22:07)Bebop escribió:  Metí un 4, chau AM 2 =)

Groso

Dice primer octante. Es \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\]

Cita:Dice primer octante. Es \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\]

Por eso mismo lo digo, si R3 está dividido en 8 octantes (4 "arriba" del plano xy y 4 "debajo"), y el plano xy se puede recorrer en \[2\pi\], una de esas 4 divisiones del (1er octante) abarca \[\frac{2\pi }{4}= \frac{\pi }{2}\] y tiene \[x >= 0, y >= 0, z >= 0\].

Si le estoy pifiando mal, es momento de que me avisen jejej.

(18-02-2013 23:14)yakultmon escribió:  

Cita:Dice primer octante. Es \[0 \leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\]

Por eso mismo lo digo, si R3 está dividido en 8 octantes (4 "arriba" del plano xy y 4 "debajo"), y el plano xy se puede recorrer en \[2\pi\], una de esas 4 divisiones del (1er octante) abarca \[\frac{2\pi }{4}= \frac{\pi }{2}\] y tiene \[x >= 0, y >= 0, z >= 0\].

AASDasdasd tenés razón. Estoy quemadísimo jaja

En el T2 el jacobiano de la transformación daba 4
por lo que para sacar el área de D* transformabas las variables y agregabas el jacobiano de xy que era la inversa de 4, o sea 1/4
y te daba que el area era 12/4 = 3

en el E2 quedaba una integral entre t=1/6 y t=-1/6 (o al revés) depende del sentido que elijas, y adentro quedaba el módulo de raiz de ( 6^2 + 6^2 + 0 ) dt o sea raiz(72)
y quedaba -raiz(72) / 3 creo

El E3 la divergencia daba (-3) se iban todas esas funciones raras, y plantié la integral triple sin cambio de variable a cilíndricas
tuve que usar dos integrales de la tabla, la 245 y 246 del manual de ceit
creo que daba -81*pi/2 + 81 y el flujo era entrante


en el E1 había que hacer la edo de y' - y = 3 pero me confundí y me dio mal, así que en esa no te puedo ayudar
espero que se entienda algo, saludos

Ya que estoy, el E1 salía es más o menos así:

Por definición, el área del rectángulo es 6.
Por otro lado, sabemos que tiene que dar \[ \oint_{c^+}\bar{f}\bar{ds} = 18\]
Aplicando Green quedaba que \[Q'_x - P'_y = 3\] (el flujo sobre el área) si no me equivoco.
Y de ahí, resolver como ecuación diferencial.

Dejo algunos... mañana doy un final si no lo seguiría viendo, hace mil no tocaba nada y tengo que ponerme a recordar.

   
   

Jaj. Grosso..
En algun momento empiezo a preparar este final asi que va a servir.

Off-topic:

Ahora deja de joder y ponete a estudiar info o a dormir que mañana tenes que estar pila
Jajjaja

Aca les mando el mismo final escaneado!!



Lo adjunto por si se caen los links

No estaba muy complicado.... al parecer no hay nada que resolver ya , muy buen aporte y a todos los que intervinieron en la resolucion muchas gracias

(19-02-2013 12:38)Saga escribió:  No estaba muy complicado.... al parecer no hay nada que resolver ya , muy buen aporte y a todos los que intervinieron en la resolucion muchas gracias

Parece un final normal; yo me presenté y me saqué un 2, no recordaba los teóricos.

¿Alguien sabe como resolver el E2?

(19-02-2013 13:12)yakultmon escribió:  

(19-02-2013 12:38)Saga escribió:  No estaba muy complicado.... al parecer no hay nada que resolver ya , muy buen aporte y a todos los que intervinieron en la resolucion muchas gracias

Parece un final normal; yo me presenté y me saqué un 2, no recordaba los teóricos.

¿Alguien sabe como resolver el E2?

me pasó lo mismo, no aprobé por los teóricos, el E2 lo hice bien, te dice que r0 es la recta tangente de la intersección de dos superficies, imaginando que las dos superficies se cruzan y crean esa recta, entonces el vector director de esa recta tangente es el producto vectorial del gradiente de ambas superficies en el punto dado

S1 : xz + ln(zy - 1) - z = 0

grad(S1) = ( z , z / (zy-1) , y / (zy-1) -1 )
en el punto (1,1,2) da = (2, 2 , 1 )

S2 : 2x + y^2 + z^2 - 7 = 0

grad(S2) = ( 2 , 2y, 2z)
en el pto (1,1,2) da = (2, 2, 4)

luego el producto vectorial entre ellos da el vector director de la recta r0
(2,2,1)X(2,2,4) = (6, -6, 0)

y la recta r0 queda así
r0 : (1,1,2) + t. (6, -6, 0)
en parametricas
x= 1 + 6t
y= 1 - 6t
z= 2

los puntos de intersección con los ejes (aca con x y con y) son
con x da
1 + 6t = 0
t= -1/6

con y da
1 - 6t = 0
t= 1/6
por lo tanto los puntos A y B son (no te exige un sentido)
para A=
t=-1/6
reemplazando en r0 da el punto : (1,1,2) + -1/6. (6, -6, 0)
A0,2,2)
y para B:
t=1/6
reemplazando en r0 da el punto : (1,1,2) + 1/6. (6, -6, 0)
B2,0,2)

la parametrización ya la teníamos:
x= 1 + 6t
y= 1 - 6t
z= 2

las derivadas
dx= 6
dy = -6
dz = 0

la longitud queda
\[\int_{-1/6}^{1/6}\sqrt{{(6)^2}+{(-6)^2}+{(0)^2}}.dt=\sqrt{72}.\frac{1}{3}\]


creo que quedaba sí, cuando vi la corrección me lo pusieron como bien, tal vez pifie al volver a hacerlo

Yo lo resolví así al E2)

Superficies:
\[ S_{1} : xz+ln(zy-1)=z \rightarrow S_{1}: xz+ln(zy-1)-z=0\]
\[ S_{2} : 2x+2y^2+2z^2=7 \rightarrow S_{2}: 2x+2y^2+2z^2-7=0\]

Calculo del gradiente de cada superficie:
\[\nabla S_{1} = (z,\frac{z}{(zy-1)},x+\frac{y}{zy-1} -1)\]
\[\nabla S_{2} = (2,2y,2z) \]

Se evaluan los gradientes en el punto, para obtener la normal a cada superficies en el punto:
\[\nabla S_{1} (1,1,2) = (2,2,1) \]
\[\nabla S_{2} (1,1,2) = (2,2,4) \]

Se calcula el vector normal a la curva como el producto vectorial de las normales de las superficies que la forman:
\[\nabla S_{1} \times \nabla S_{2} = (2,2,1) \times (2,2,4)\]
\[\nabla S_{1} \times \nabla S_{2} = (6,-6,0)\]

Finalmente :
\[r_{0}=t \nabla C+P_{0}\]
\[r_{0}=t(6,-6,0)+(1,1,2)\]
\[r_{0} = \begin{cases} & x=6t+1 \\ & y=-6t+1 \\ & z=2 \end{cases}\]

Ahora, viendo la recta, el valor de z es constante. Entonces nunca va a intersectar al plano \[z=0\] que es el plano \[xy\].
Por lo tanto los planos que intersecta son \[xz\] y \[yz\].

Buscar punto \[A\] en plano \[xz \rightarrow y=0\]
\[r_{0}(x,0,z) = \begin{cases} & x=6t+1 \\ & 0=-6t+1 \\ & z=2 \end{cases}\]
\[\Rightarrow 0=-6t+1 \Rightarrow t=\frac{1}{6}\]
Luego \[A(t=\frac{1}{6}) = \begin{cases} & x=2 \\ & y=0 \\ & z=2 \end{cases}\]

Buscar punto \[B\] en plano \[yz \rightarrow x=0\]
\[r_{0}(0,y,z) = \begin{cases} & 0=6t+1 \\ & y=-6t+1 \\ & z=2 \end{cases}\]
\[\Rightarrow 0=-6t+1 \Rightarrow t=-\frac{1}{6}\]
Luego \[B(t=-\frac{1}{6}) = \begin{cases} & x=0 \\ & y=2 \\ & z=2 \end{cases}\]

Segmento \[AB=(x_{B}-x_{A},y_{B}-_{A},z_{B}-z_{A})\]
\[AB=(0-2,2-0,2-2) \Rightarrow AB=(-2,2,0)\]
La longitud del segmento es: \[ \left \| AB \right \|\]
\[\left \| AB \right \|=\sqrt{(-2)^2+2^2+0^2}\]
Longitud del segmento \[\sqrt{8}\]

Hola a todos, alguien sabe como se resuelve en el E1 esa integral en función de x en el intervalo [1,3], en ese paso no se bien que es lo que hace para que le quede g`(x) - g(x) = 3, le di mil vueltas pero no se que es lo que hace para sacarse de encima la integral y le quede eso. Gracias