Te lo resuelvo .. y comparamos respuestas .. el T1 lo pienso je
T2) nos piden verificar el teorema de green entonces hay que plantear
\[\int_C fds=\iint_R Q_x-P'_y dA\]
para el primer termino de la igualdad parametrizo la curva que encierra la region como
\[g:R\to R^2/g(t)=(2\cos t,2\sin t)\quad t[0,2\pi]\]
la derivada
\[g'(t)=(-2\sin t,2\cos t)\]
entonces
\[\int_C fds=\int_{0}^{2\pi}(2\cos t+1,2\sin t-2)\cdot (-2\sin t,2\cos t)dt\]
haciendo las distributivas necesarias
\[\int_C fds=\int_{0}^{2\pi} -2\sin t-4\cos t dt=0\]
para el segundo miembro de la igualdad
\[\iint_R Q_x-P'_y dA=\iint_R 0 dA=0\]
por lo tanto se verifica el teorema de green
P1) nos piden el area de la esfera interior al paraboloide entonces la parametrizo como
\[g:R^2\to R^3/g(w,t)=(\sqrt{2}\cos w\sin t,\sqrt{2}\cos w\sin t,\sqrt{2}\sin w)\]
por definicion de area
\[A=\iint ||g'_u\times g'_v||dudv=\iint 2\cos w dwdt\]
no hay restricciones angulares en t. o sea que
\[t\in [0,2\pi]\]
la restriccion angular en omega esta dada por la ecuacion del paraboloide , evaluando esa ecuacion en nuestra parametrizacion obtenida y haciendo las cuentas se llega a
\[\sqrt{2}\sin w=2\cos^2 w=2(1-\sin^2w)\]
resolviendo la ecuacion se obtiene que
\[\sin w=\frac{\sqrt{2}}{2}\]
de donde se deduce que
\[\omega\in\left [ \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2} \right ]\]
finalmente
\[A=\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}2\cos w dwdt=(4-2\sqrt{2})\pi\approx 3.6806\]
verificalo con
wolfram
P2) sale en cartesianas
\[V=\int_{0}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{x}}\int_{0}^{x+y}dzdydx=\frac{3}{10}\]
verificalo con
wolfram
P3) el polinomio caracteristico de la ED dada es
\[r^2+1=0\to |r|=i\]
luego la curva es de la forma
\[y(x)=A\cos x +B\sin x\]
en los puntos por donde pasa la curva se cumple que
\[y(0)=0\quad y\left ( \frac{ \pi}{2} \right )=1\]
de donde finalmente
\[y(x)=\sin x\]
para la circulacion podes hacerlo de dos maneras
1) por definicion
\[\omega=\int_C fds\]
parametrizo la curva y la expreso de forma vectorial
\[g:R\to R^2/g(x)=(x, \sin x)\quad x\in \left [ 0,\frac{\pi}{2} \right ]\]
derivando y haciendo las cuentas respectivas queda
\[\omega=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x-\sin x+2\sin x\cos x dx=\frac{\pi^2}{8}\]
verificalo con
wolfram
2) cierro la curva C1 con otras dos auxiliares C2, C3 y aplico el teorema de green
\[\int_{C^+_1}=\iint_R-\int_{C^+_2}-\int_{C^+_3}\]
defino C2 como
\[C_2(x,0)\quad x\in \left [ 0,\frac{\pi}{2} \right ]\]
derivando y haciendo las cuentas correspondientes
\[\int_{C^+_2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}xdx=\frac{\pi^2}{8}\]
defino C3 como
\[C_3=\left ( \frac{\pi}{2},y \right )\quad y\in [0,1]\]
derivando y haciendo las cuentas
\[\int_{C^+_3}=\int_{0}^{1}2ydy=1\]
la integral doble se define como
\[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\sin x} dydx=1\]
finalmente
\[\int_{C^+_1}=\iint_R-\int_{C^+_2}-\int_{C^+_3}=1-\frac{\pi^2}{8}-1=-\frac{\pi^2}{8}\]
pero nos piden que la curva vaya en sentido horario, entonces multiplicando por menos a toda la expresion
\[\int_{C^-_1}fds=\frac{\pi^2}{8}\]
P4) f esta definda por el gradiente de phi entonces
\[f(x,y)=(1,-2y)\]
te piden hallar las lineas de campo de dos maneras diferentes
1) por definicion de linea de campo
\[\frac{dy}{dx}=\frac{Q(x,y)}{P(x,y)}=\frac{-2y}{1}=-2y\]
de donde
\[\frac{dy}{y}=-2dx\]
integrando obtenes que la ecuacion general de las lineas de campo es
\[y=Me^{-2x}\]
2) las lineas de campo son perpendiculares a las lineas equipotenciales , las lineas equipotenciales permanecen constantes en cada punto de la funcion potencial entonces , tu funcion potencial es
\[\phi(x,y)=x-y^2=C\]
derivando implicitamente
\[1-2yy'=0\]
necesito las trayectorias ortogonales , entonces solo cambio y' por -1/y'
\[1-2y\left ( -\frac{1}{y'} \right )=0\to -2y=y'=\frac{dy}{dx}\]
integrando
\[y=Me^{-2x}\]
Pd: de que profesor es este parcial ??
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