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(APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
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Saga Sin conexión
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Mensaje: #31
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
Si son todas desigualdades, es un volumen masiso , entonces divergencia de una

Si son todas igualdades es "la cascara" que define un volumen, divergencia de una

Si aparece una mezcla de igualdades y desigualdades por ejemplo

calcular el flujo de f a travez de \[x^2+y^2=1\] con \[0\leq z\leq 4\] la superficie esta abierta , si aplicas divergencia tenes que restar las dos tapas z=0 y z=4

23-05-2014 02:20
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DarkCrazy (24-05-2014), Nicco (15-12-2014)
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Mensaje: #32
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"

Off-topic:
Buenísimo, gracias, gracias y más gracias! (y muchos gracias más por toda las respuestas que me diste y por tus grandes aportes!)
24-05-2014 03:08
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SalaG Sin conexión
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Mensaje: #33
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
Buenas, el ejercicio 1 lo hice por definición de flujo.

Calculé la doble integral sobre S (el cilindro) llevando dicha superficie a forma implícita
\[S(x,y,z) = x^{2} + y^{2} - 4y = 0\] -circunf radio 2, centro (0,2)-
Le calculé:

* El gradiente (no encuentro el símbolo, asi que lo llamo Grad

\[Grad(S)=(2x ; 2y-4 ; 0)\]

* La norma del mismo

\[||Grad(S)||=\sqrt{(2x^{2}+(2y-4)^{2}}\]

* Armé el versor normal \[\bar{n}\] como gradiente sobre norma del gradiente,

\[\bar{n}=\frac{Grad(S)}{||Grad(S)||}\]
\[\bar{n}=\frac{(2x ; 2y-4 ; 0)}{\sqrt{(2x^{2}+(2y-4)^{2}}}\]

y la multipliqué escalarmente por nuestra función vectorial dato.

\[(5-2y;2x;3z).\bar{n}\]

Si se proyecta sobre zy (siguiendo la consigna del problema que pide orientación x+) el diferencial de área sería

\[\frac{dzdy}{|cos(\bar{n};x+)|}\]

Siendo el denominador el coseno director del versor normal en X

La raíz se cancela (una en el denominador del versor normal y la otra en el numerador del diferencial de área) y el producto escalar se divide por x; finalmente queda

\[\int \int dzdy = Area® = b*h/2 = 4*4/2 = 8\]

Si proyectamos sobre xy usando teorema de divergencia da lo mismo si consideramos:

\[0\leq z\leq 4-y\] , y coord polares \[\rho d\rho d\theta \] ; tal que \[0\leq \rho \leq 2 \] y \[0\leq \theta \leq \pi\] (1º octante)

Y sin olvidar

\[\left\{\begin{matrix}x=\rho cos\theta & \\ y=\rho sen\theta & \end{matrix}\right.\]

Quizá si se resuelve de la 2da manera te dicen que está mal aunque de lo mismo, por cuestiones de enunciado.

Espero no haber flasheado.
Saludos.
(Este mensaje fue modificado por última vez en: 11-02-2015 17:32 por SalaG.)
11-02-2015 17:30
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Mensaje: #34
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
En el E4 no entiendo por qué en https://analisis2.wordpress.com/2014/02/...mment-2544 te da

\[\frac{8}{3}\left ( 4\sqrt{2}-5 \right )\]

Planteandolo nuevamente: \[x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 8\] con \[z\geq 2\]

en Z=2 se obtiene \[x^2+y^2\leq 4\] y con \[\left\{\begin{matrix} & x=\rho cos\theta \\ & y=\rho sen\theta \end{matrix}\right.\]
=> \[0\leq \rho \leq 2\]
Como es en todo el espacio de \[\mathbb{R}^3\] => \[0\leq \theta \leq 2\pi \] y despejando Z + la condicion \[z\geq 2\] se obtiene que \[2\leq z\leq \sqrt{8-(x^2+y^2)}\] (que por las polares se transforma en \[\sqrt{8-\rho ^2}\])

Para cálculo de volumen \[f(\bar{x})=1\] , entonces planteo en coord cilíndricas

\[\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{2}\rho d\rho \int_{2}^{\sqrt{8-\rho ^2}}dz\]

Quedaría (hipotéticamente) \[2\pi \int_{0}^{2}\rho({\sqrt{8-\rho^2}-2)}d\rho\]

Distribuyendo \[\rho\] :
* En el primer término utilizamos sustitución (u=8-\[\rho^2\] ; du = -2\[\rho d\rho\]

\[u=8-\rho ^2 => du = -2\rho d\rho => \frac{du}{-2} = \rho d\rho \]
\[\frac{1}{-2}\int_{0}^{2}\sqrt{u}du = \frac{1}{-2}\frac{2}{3} \sqrt[2]{u^3} = \frac{1}{-3} \sqrt[2]{(8-\rho ^2)^3}\] (\[\rho\] de 0 a 2)

* En el segundo término \[2\rho d\rho\] (directa) \[\rho^2\] (\[\rho\] de 0 a 2)

Volumen = \[2\pi*(-\frac{8}{3}+\frac{8\sqrt{8}}{3}-4)\] \[= (-{20}+8\sqrt{8})\frac{2}{3}\pi \]

mellow

Y si desmenuzas la raiz de 8 te queda 2 raiz de 2; tampoco daría lo mismo. Ahora, si yo le sumo la integral del 2do termino (en vez de restarla) puede que dé lo mismo que lo que insinua en la página que puse al principio, no lo se realmente, no hice la cuenta).
12-02-2015 12:17
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Saga Sin conexión
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Mensaje: #35
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
Es mejor trabajar en el sistema esferico el ejercicio ya que son menos cuentas y tenes menos probabilidad de error con el cambio en esfericas te queda que

\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{2}{\sin w}}^{\sqrt{8}} r^2\cos w drdwd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]

wolfram

algo debes tener mal en las cuentas

\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{2}^{\sqrt{8-r^2}}r dzdrd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]

wolfram

me da lo mismo con los limites que propones

12-02-2015 13:48
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SalaG (12-02-2015)
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Mensaje: #36
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
Soy alto gil JAJA si saco factor comun 4 del resultado que obtuve me da lo mismo wall =P

Gracias
(Este mensaje fue modificado por última vez en: 12-02-2015 18:14 por SalaG.)
12-02-2015 18:14
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Flasca Sin conexión
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Mensaje: #37
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
Perdón alguno me podría decir de donde saco los limites de integración en X para calcular el área en el E3?

Gracias!!
19-02-2015 11:55
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Mensaje: #38
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
(12-02-2015 13:48)Saga escribió:  Es mejor trabajar en el sistema esferico el ejercicio ya que son menos cuentas y tenes menos probabilidad de error con el cambio en esfericas te queda que

\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{2}{\sin w}}^{\sqrt{8}} r^2\cos w drdwd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]

wolfram

algo debes tener mal en las cuentas

\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{2}^{\sqrt{8-r^2}}r dzdrd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]

wolfram

me da lo mismo con los limites que propones


hola saga me podrias explicar por favor como encontras los limites de integracion en el sistema esferico?, el de "lamda" que va de 0 a 2"pi" si lo entiendo, los otros dos no se como encontrarlos gracias de antemano
27-02-2015 19:06
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RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
E1 hola queria aclarar para que no se confundan , pero en el E1 no se puede usar el teorema de la div (gauss) . me lo dijo una profe via internet (Seminara silvia ) , saga la conoce ,je , hay q calcularlo por definicion o usar gauss y restarle los 3 planos lo cual es mas largo ....

saludos.!!!!
13-03-2015 15:51
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Mensaje: #40
RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
(24-02-2014 13:18)Saga escribió:  
(24-02-2014 11:03)cincue escribió:  Alguno me puede decir como le queda el plano tangente de E2 porque http://analisis2.wordpress.com/ no me funciona, gracias!

la aproximacion es

\[h(x,y)\approx h(1,2)+h_x(1,2)(x-1)+h'_y(1,2)(y-2)\]

\[h'_x(x,y)=yf(y-x)-yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_x(1,2)=2f(1)-2f'(1)=6-2f'(1)}\]

\[h'_y(x,y)=xf(y-x)+yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_y(1,2)=1f(1)+2f'(1)=3+2f'(1)}\]

entonces

\[h(x,y)\approx 6+6(x-1)-2f'(1)(x-1)+3(y-2)+2f'(1)(y-2)\]

sacando f'(1) factor comun queda

\[h(x,y)\approx 6+6(x-1)+3(y-2)-2f'(1)(x-y+1)\]

luego

\[h(1,02; 2,02)\approx 6,18\]

Saga, podrías explicar cómo llegaste al signo - que está entre los dos términos acá?
\[h'_x(x,y)=yf(y-x)-yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_x(1,2)=2f(1)-2f'(1)=6-2f'(1)}\]
Gracias

Volverte loco es síntoma de la enfermedad del progreso.
24-05-2017 09:36
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Saga Sin conexión
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RE: (APORTE) FINAL AM2 17/02/2014 "resuelto"
es la derivada respecto de x o sea -1

24-05-2017 17:33
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