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Ayuda 2do parcial AM2 [resuelto]
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jonafrd Sin conexión
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Mensaje: #1
Ayuda 2do parcial AM2 [resuelto] Parciales Análisis Matemático II
Necesitaria verificar la resolucion de los puntos : P3 y P4

en el caso del P3 , la EC diferencial es Y"+Y= 0 en lugar de X

y en el P4 no tengo ni idea como se hace...


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(Este mensaje fue modificado por última vez en: 05-12-2014 01:13 por Saga.)
04-12-2014 18:59
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Mensaje: #2
RE: Ayuda parcial AM2
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 ??

(Este mensaje fue modificado por última vez en: 05-12-2014 01:40 por Saga.)
05-12-2014 01:13
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Mensaje: #3
RE: Ayuda 2do parcial AM2 [resuelto]
Es el segun parcial que tomo cavallaron, lo aprobe pero me quedaron dudas con la nota que me puso la mina por que primero me dijo que promocione y cuando fui a firmar me mando a rendir un complemento de Ec diferenciales y lineas de campo,

hice basicamente lo mismo que vos, P1 y P2 me dieron lo mismo, el P3 me lo plantie y lo hice bien pero copie mal al pasar de una hoja a otra y llegue a otro resultado... y el P4 no lo sabia hacer, asi que voy a practicar ese tema ahora...

en cuanto a la teoria era enunciar los Teoremas , el T2 esta bien

y en el T1, lo plantie asi , tomando la superficie S como la union de S1uS2, entonces te queda la integral cerrada de circulacion de S1 + la integral de circulacion de S2 = 0 y como en la divergencia se toman las normales salientes , se te cambia el signo de las integrales y quedaria restando, cumpliendo :\[\iint_{S1} F. N1 DS1 = \iint_{S2} F. N2 DS2\]
05-12-2014 14:18
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