Se los dejo resuelto



T1) bla bla luego por el teorema de green

\[\omega=\oint fds=\iint Q_x-P_y dA\]

donde

\[Q_x=2x+2xe^{x^2}\quad P_y=2xe^{x^2}\]

luego

\[Q_x-P_y=2x\]

la region de integracion es la circunferencia de radio 3 considerando la restriccion angular

\[\omega=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{3} 2r^2 cos\theta drd\theta=36\]

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T2) igualando la superficie dada en forma vectorial al punto dado obtenemos los valores de u y v

\[X=P\to u=3\quad v=2\]

luego derivando respecto de cada variable

\[X_u=(v,1,1)\quad X_v=(u,-1,1)\]

el producto vectorial no se anula, entonces se verifica que para todo valor de u y v el punto P es un punto regular

\[X_u=(v,1,1)\times X_v=(u,-1,1)=(2,u-v,-v-u)=N\]

reemplazando los valores de u y v hallados se obtiene el director de la recta normal definida como \[r: P+\alpha N\] luego la recta sera

\[r: (6,1,5)+\alpha(2,1,-5)\]

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E1) por definicion

\[M=\iiint \delta (x,y,z) dV\] pero \[\delta(x,y,z)=ky\] luego se observa que

\[\sqrt{2x^2+z^2}\leq y\leq \sqrt{12-(x^2+2z^2)}\]

usando una integral doble para calcular la masa

\[M=k\iint_{P_{xz}}\left [ \int_{\sqrt{2x^2+z^2}}^{\sqrt{12-(x^2+2z^2)}}ydy \right ]dxdz\]

integrando y haciendo las cuentas

\[M=\frac{k}{2}\iint_{P_{xz}} 12-3(x^2+z^2) dxdz\]

la region de integracion esta definida sobre el plano xz como \[R:\left \{ x\in R^2/x^2+z^2\leq 4 \right \}\]

tomando polares sobre R

\[M=\frac{k}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}12r-3r^3 drd\theta\to M=3k\pi\]

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E2) hallamos primero la funcion g(x,y) definida implicitamente por

\[F(x,y,v)=xv+ln(y+v-3)-6\]

tomando la superficie de nivel 0 , y con el punto que nos dan como dato en el enunciado , a "ojimetro" obtenemos que \[v=3\] cuando \[x=2\quad y=1\]

el gradiente de F es

\[\nabla F(x,y,v)=\left ( v,\frac{1}{y+v-3},x+\frac{1}{x+v-3} \right )\]

evaluado en \[\nabla F(2,1,3)=(3,1,3)\] de donde

\[3x+y+3v+d=0\] reemplazando el x=2 y=1 v=3 obtenemos que d=-16 finalmente \[v=g(x,y)=\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y\]

defino la funcion

\[G(x,y)=\left ( x-y,\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y \right )\]

hay que hallar el vector director del plano tangente a sigma definido como

\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]

\[f(2,1)=3\]

las componentes de las derivadas parciales estan definidas como una composicion de funciones , de forma matricial se define como

\[\nabla f(2,1)=\nabla z(G(2,1))\cdot \nabla G(2,1)=\nabla z(1,3)\cdot \nabla G(2,1)\]

\[\nabla z=(2uv,u^2)=(6,1)\]

\[\nabla G=\begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}\]

entonces

\[\nabla f(2,1)=(6,1)\cdot \begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}=\left ( 5,-\frac{19}{3} \right )\]

reemplazando

\[Z=3+5(x-2)-\frac{19}{3}(y-1)\]

si el plano tangente a la superficie tiene un punto en comun con el eje x , entonces z=y=0, haciendo las cuentas el punto en comun es \[A=\left ( \frac{2}{15},0,0 \right )\]

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E3) obtenemos las condiciones iniciales de los datos del enunciado

\[f(1,1)=(5,2)\to g(1)=2\]

por definicion si f admite funcion potencial la matriz jacobiana es simetrica , haciendo las cuentas obtenemos

\[g(x)+xg'(x)=2g(x)\]

si \[g(x)=y \to xy'=y\]

\[y'=\frac{y}{x}\to \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\]

hay que integrar

\[\int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{x}\to y=kx\]

usando las condiciones iniciales

\[g(x)=2x\]

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E4) se observa que \[0\leq z\leq 1-y^2\] por transitividad \[0\leq 1-y^2\to |y|\leq 1\] combinando con la inecuacion \[x^2\leq y\] hecho el dibujo correspondiente se obtiene

\[-1\leq x\leq 1\] como f es clase 1 aplicamos divergencia, las inecuaciones definen un volumen, entonces sin pensar mucho

\[div f=2\]

entonces

\[\varphi=\iint f nds=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{1}\int_{0}^{1-y^2} 2 dzdydx=\frac{32}{21}\]

yo rendi hoy, aprobeee!!! clavando 9. Era facilito dentro de todo...

Yo me saqué 6, el E1) flashié que no lo iba a poder resolver por los límites de integración de Y (que estaban dentro de raiz) pero después me hicieron dar cuenta que la raiz se iba con el cuadrado del Y de la densidad al integrar y quedaba todo lindo (lo dejé para el final y después no me alcanzó el tiempo)

Para mi lo más complicadito era el E2) que era cuestión de plantearlo tranquilo, hacer bien las cuentas y no olvidarse de ningún paso. Por lo que veo de la resolución de Saga, me parece que lo hice mal.

Después el T1, T2, E3 y E4 creo que los tengo igual que vos.

Aclaraciones:
El gráfico del E4 era medio complicado, (una profesora del aula incluso admitió que a ella no le salía:thumbdown pero al mismo tiempo para sacar los límites de integración no era necesario ya que analíticamente salían. El tema es que necesitabas hacer el gráfico para marcar la orientación de la normal porque te lo pedía, pero hacías algo medio ilustrativo con la normal bien orientada (exteriormente por usar divergencia) y creo que te lo tomaban como válido.

El E3) era el más fácil me parece a mi.

Si a alguno le queda alguna duda con este final, consulte! Yo pensaba subir la resolución pero Saga me re ganó de mano.

Dejo lo que puse yo en la parte teórica:

T1. Enuncie el teorema de Green
Sea f un campo vectorial \[ f : D \subseteq R^{2}\rightarrow R^{2}/f(x,y)=(P(x,y),Q(x,y)) \] con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto que incluye a la curva cerrada C (borde de R) y a su interior siendo C curva de Jordan orientada en sentido positivo (sentido antihorario):
\[\oint_{c+}f.ds = \iint_{r}(Q'x - P'y)dydx\]

T2. Defina punto regular de una superficie dada en forma vectorial

Sea la superficie S parametrizada por f(u,v), f diferenciable en \[\bar{A}\], \[\bar{A}=(u_{0},v_{0})\]. Sea P un punto de S, \[P=f(\bar{A})\]. P es punto regular de S según la parametrización f si \[f'u(\bar{A})xf'v(\bar{A})\neq \vec{0}\]. (Donde \[x\] es producto vectorial y \[\vec{0}\] es el vector nulo).


PD: Muchas gracias Saga, si no hubiera sido por tus resoluciones y explicaciones, no sé si hubiera aprobado o al menos me hubiera costado mucho más preparar la materia! Genio.

(27-05-2014 20:04)DarkCrazy escribió:  PD: Muchas gracias Saga, si no hubiera sido por tus resoluciones y explicaciones, no sé si hubiera aprobado o al menos me hubiera costado mucho más preparar la materia! Genio.

felicidades por aprobar , una menos camino al titulo

Lo rendí y me saqué un 8, viendo las resoluciones digo "como carajo llegue al 8?" jaja

Muy buena tarea Saga la de siempre y me adhiero a las gracias porque por las resoluciones que pones en el foro, pude practicar para ayer.

(27-05-2014 21:54)Diego Pedro escribió:  Muy buena tarea Saga la de siempre y me adhiero a las gracias porque por las resoluciones que pones en el foro, pude practicar para ayer.

Me alegra que les haya servido una menos diego pedro

una pregunta. en el E4) como haces para que te quede: \[ div f=2 \] ?

me queda: \[ div f= \frac{d\varphi\(x-y)}{dx} - \frac{d\varphi\(x-y)}{dy} + 2 \]

porque se simplifican los dos primeros terminos?

(28-05-2014 00:48)hernan992 escribió:  una pregunta. en el E4) como haces para que te quede: div f=2 ?

me queda: \[ div f= \frac{d\theta\(x-y)}{dx} - \frac{d\theta\(x-y)}{dy} + 2 \]

porque se simplifican los dos primeros terminos?

Tenes un error de notacion, en todo caso si queres usar notacion de leibniz tenes que definir el campo f de la siguiente manera

\[f=(P,Q,R)\]

\[\\div f=\nabla\cdot f=\frac{dP}{dx}+\frac{dQ}{dy}+\frac{dR}{dz}=\\\\=\frac{d(z+x+\phi(x-y))}{dx}+\frac{d(z-y+\phi(x-y))}{dy}+\frac{d(2z)}{dz}\]

de donde

\[div f=1+\phi'(x-y)-1-\phi'(x-y)+2=2\]

lo ves ???

si, ahi me quedo claro. gracias

(28-05-2014 00:59)Saga escribió:  

(28-05-2014 00:48)hernan992 escribió:  una pregunta. en el E4) como haces para que te quede: div f=2 ?

me queda: \[ div f= \frac{d\theta\(x-y)}{dx} - \frac{d\theta\(x-y)}{dy} + 2 \]

porque se simplifican los dos primeros terminos?

Tenes un error de notacion, en todo caso si queres usar notacion de leibniz tenes que definir el campo f de la siguiente manera

\[f=(P,Q,R)\]

\[\\div f=\nabla\cdot f=\frac{dP}{dx}+\frac{dQ}{dy}+\frac{dR}{dz}=\\\\=\frac{d(z+x+\phi(x-y))}{dx}+\frac{d(z-y+\phi(x-y))}{dy}+\frac{d(2z)}{dz}\]

de donde

\[div f=1+\phi'(x-y)-1-\phi'(x-y)+2=2\]

lo ves ???

Porque se resta phi prima en el segundo termino?

(29-05-2014 14:37)franciscodiez escribió:  

(28-05-2014 00:59)Saga escribió:  

(28-05-2014 00:48)hernan992 escribió:  una pregunta. en el E4) como haces para que te quede: div f=2 ?

me queda: \[ div f= \frac{d\theta\(x-y)}{dx} - \frac{d\theta\(x-y)}{dy} + 2 \]

porque se simplifican los dos primeros terminos?

Tenes un error de notacion, en todo caso si queres usar notacion de leibniz tenes que definir el campo f de la siguiente manera

\[f=(P,Q,R)\]

\[\\div f=\nabla\cdot f=\frac{dP}{dx}+\frac{dQ}{dy}+\frac{dR}{dz}=\\\\=\frac{d(z+x+\phi(x-y))}{dx}+\frac{d(z-y+\phi(x-y))}{dy}+\frac{d(2z)}{dz}\]

de donde

\[div f=1+\phi'(x-y)-1-\phi'(x-y)+2=2\]

lo ves ???

Porque se resta phi prima en el segundo termino?

Porque es la derivada de una composicion, se resuelve por regla de la cadena, saliendo el -1 del -y ya que estas buscando la derivada parcial en funcion de y : \[\phi'(x-y) = (-1) * \phi'(x-y)\]

una pregunta un tanto boluda , pero. en el e4, no tenes que restar tapa ni nada de eso? porque?

gracias!

Porque te dice que calcules el flujo sobre la superficie frontera del cuerpo que te la dan ya planteada con esas desigualdades,y por lo tanto ya te dan un cuerpo cerrado, así que podés aplicar gauss de una.

Hola que tal, gracias por la resolución.

Quisiera hacerles una consulta, hay algo que no termino de entender en el E2, cómo pasan de g(x,y) a armar G(x,y)?

Gracias

son distintas g chiquita y G grande son diferentes , pasa que la G grande esta en funcion de la g chiquita es solo un tema de notacion