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0 en 0 posts · 07-12-2011 19:05

Este es el final que se tomó el lunes 5 de AMII. Espero que les sirva.
[Imagen: WaHE9.png]

0 en 0 posts · 07-12-2011 21:34

era bastante aprobable , no?

el E 1 , es facil ,

el 2 te complica solo la recta

el 3 es largo nomas y saberse proyeccion.

el 4 pinta facil tmb.

los teoricos el T2 podes fijarte si es campo gradiente o si el jacobiano es simetrico y sino , nose.

el T1 tambien pinta facil

0 en 0 posts · 08-12-2011 10:10

yo lo rendi y me saque un 2.
antes de rendir este final y hice todos los resueltos del 2011 y 2010 e hice varios del 2009.
Ninguno era como este eran mucho mas facil, de echo la mayoria de los ejercicios se resolvian en 3 renglones.
En la mayoria era para usar teoremas y se te simplificaba todo y era facil de dibujar y darte cuenta.

el E1) no era dificil, no me di cuenta que se hacia por definicion, con para metrizacion.
el E2) fue el que hice bien, da 8 PI y lo resolvi sin dibujarlo, la primera complicacion es que el paraboloide esta corrido sobre el eje X y eso te dificulta (no cuesta nada hacerlo en el centro) despues lo corta un plano inclinado paralelo al eje Y ahi se te complica un poco mas pero no es imposible.
el E3) dentro de todos los parciales resueltos y finales resueltos que hice jamas vi ni uno parecido, igual tuve un problema y tuve que hacer un cambio de curso y jamas vi el TP8 de la guia, asi que puede ser por eso que no lo hice.
el E4) creo que habia que hacerlo por definicion tambien, pero no me salio.

los T1 y T2 eran faciles, de definir pero la parte practica no era tan facil, generalmente la parte practica de los teoricos suelen ser sencillas para demostrar que sabes resolver nada mas.

El T1) era facil, habia que usar plano tg y listo
el T2) me parecio bastante complicado, la respuesta era que no, porq en el (0,0) no se podia.

Espero que sirva

un abrazo

21 en 17 posts · 08-12-2011 11:36

Buenísimo el aporte, casi lo mismo que me tomaron en el parcial el martes Jaja
Lo resuelvo a ver que sale...

E1:

$y=4-x^2$
$z=2-x$
$\bar {\alpha}(t)=(x,4-x^2,2-x)$
$\bar {\alpha}'(t)=(1,-2x,-1)$
$\bar{f}[\bar{\alpha}(t)]=(xe^{x+2-x-2},2-x,x)=(xe^0,2-x,x)=(x,2-x,x)$
$\int^{2}_{0} \bar{f}[\bar{\alpha}(t)].\bar{\alpha}'(t)dt=$
$= \int^{2}_{0} (x,2-x,x).(1,-2x,-1)dt=$
$= \int^{2}_{0} (x-4x+2x^2-x)dt=$
$= \int^{2}_{0} (2x^2-4x)dt=$
$= [\frac{2}{3}x^3-2x^2]^{2}_{0}=\frac{16}{3}-8=-\frac{8}{3}$

--------------------------------------------------------------------------------------------

E2:
$W: (x-1)^2+y^2 \leq z \leq 5-2x$
$x=rcost$
$y=rsent$
$(x-1)^2+y^2=5-2x$
$x^2-2x+1+y^2=5-2x$
$r^2=5$
$0 \leq r \leq \sqrt{5}$
$0 \leq t \leq 2\pi$
$\int^{2\pi}_{0} \int^{\sqrt{5}}_{0} \int^{r^2-2rcost+1}_{5-2rcost} r dzdrdt$

--------------------------------------------------------------------------------------------

E4:
$x^2+y^2=2x$
$0 \leq z \leq 4-x^2-y^2$
$x=rcost$
$y=rsent$
$0 \leq r \leq 2cost$
$0 \leq t \leq 2\pi$
$\bar{f}(x,y,z)=(xy,x,xz)$
$\Phi (x,y)=(x,y,4-x^2-y^2)$
$\Phi'_x \times \Phi'_y =(1,0,-2x) \times (0,1,-2y)=(2x,2y,1)$
$\int \int \int \bar{f}[\Phi(x,y)].(\Phi'_x \times \Phi'_y)d\bar{r}=$
$=\int \int \int (xy,x,4x-x^3-xy^2).(2x,2y,1)d\bar{r}=$
$=\int \int \int 2x^2y+2xy+4x-x^3-xy^2d\bar{r}=$
$=\int^{2\pi}_{0} \int^{2cost}_{0} \int^{4-r^2}_{0} r(2r^3cos^2(t)sen(t)+2r^2cos(t)sen(t)+4rcos(t)-r^3cos^3(t)-r^3cos(t)sen^2(t)dzdrdt$

Aunque claramente sale muchísimo más fácil por el teorema de Gauss, no se para qué me fui por este camino.

El E3 en este momento no tengo ganas de pensarlo y los teóricos ya los explicaron no creo que valga la pena plantearlos.

Saludos!

PD.: Avisen si hay error de cuentas o algo por el estilo.

0 en 0 posts · 08-12-2011 12:36

Cita:E2:
$W: (x-1)^2+y^2 \leq z \leq 5-2x$
$x=rcost$
$y=rsent$
$(x-1)^2+y^2=5-2x$
$x^2-2x+1+y^2=5-2x$

Te olvidaste de restarle a 5. Quedaría

$r^2=4$
$0 \leq r \leq \2$
$0 \leq t \leq 2\pi$
$\int^{2\pi}_{0} \int^{\2}_{0} \int^{5-2rcost}_{r^2-2rcost+1+r^2+sent^2} r dzdrdt$

Corrigiendo los límites también

Cita:E4:
$x^2+y^2=2x$
$0 \leq z \leq 4-x^2-y^2$
$x=rcost$
$y=rsent$
$0 \leq r \leq 2cost$
$0 \leq t \leq 2\pi$
$\bar{f}(x,y,z)=(xy,x,xz)$
$\Phi (x,y)=(x,y,4-x^2-y^2)$
$\Phi'_x \times \Phi'_y =(1,0,-2x) \times (0,1,-2y)=(2x,2y,1)$
$\int \int \int \bar{f}[\Phi(x,y)].(\Phi'_x \times \Phi'_y)d\bar{r}=$

A menos que plantees divergencia, no debería ir la integral triple....

21 en 17 posts · 08-12-2011 12:39

Che tenés razón, se me pasó. La última está de más. Gracias!

0 en 0 posts · 08-12-2011 12:47

Ah, el E1 lo hice por Stokes (bien ahí por la parametrización, muuuuucho más fácil) y me dió exactamente como vos, pero tomé otro sentido de orientación. Si quieren que la postee, chiflen.

21 en 17 posts · 08-12-2011 14:20

Claro también se puede hacer por Stokes, pero en este caso es más fácil parametrizando. Hasta te da los límites de x, ni siquiera te tomás el trabajo de ponerte a pensar cuáles son.

Che no había visto esto...

(08-12-2011 12:36)Aivan Escribió:
Cita:E2:
$W: (x-1)^2+y^2 \leq z \leq 5-2x$
$x=rcost$
$y=rsent$
$(x-1)^2+y^2=5-2x$
$x^2-2x+1+y^2=5-2x$

Te olvidaste de restarle a 5. Quedaría

$r^2=4$
$0 \leq r \leq \2$
$0 \leq t \leq 2\pi$
$\int^{2\pi}_{0} \int^{\2}_{0} \int^{5-2rcost}_{r^2-2rcost+1+r^2+sent^2} r dzdrdt$

Es verdad, me salteé el 1... el radio rondaría entre 0 y 2.

Lo que también hice mal y vos también son los límites de z en la integral (sería como hice yo pero al revés.

$\int^{5-2rcost}_{r^2-2rcost+1}$

...y toda la fruta que sigue, que eso estaba bien.

Era bastante aprobable el final, pero si tenfundís en estas boludeces como me confundí yo te la dan por detrás Jaja

25 en 22 posts · 08-12-2011 14:47

Holas, les paso la resolucion, hecha por mi

T1) Conjuntos de nivel : los componen las curvas de nivel y superficies de nivel

a) Curvas de nivel: Dada $f:H\subseteq{R^2}\longrightarrow{R}\quad k\in{R}$ se definine curva de nivel k de f a

$C_k=\left\{\bar{x}\in{R^2}/f(x,y)=k\right\}$

b) Superficies de nivel: Dada $f:H\subseteq{R^3}\longrightarrow{R}\quad k\in{R}$ se definine superficie de nivel k de f a

$S_k=\left\{\bar{x}\in{R^3}/f(x,y,z)=k\right\}$

Para el ejercicio necesitamos b)

$S: f(x,y,z)=2+exp(z-xy-1)=3\Longrightarrow{z-xy-1=0}$

los puntos que pertenecen a S son de la forma $A=(x_0,y_0,1+x_0y_0)$

defino $F(x,y,z)=z-xy-1\Longrightarrow{\nabla F=(-y,-x,1)|_A=(-y_0,-x_0,1)}$

con la condicion de que $\alpha\nabla F=\vec{u}\quad \vec{u}=(0,0,1)$ obtengo el punto $A=(0,0,1)$

T2) $\exists{U:H\subset{R^n\longrightarrow{R}}}$ funcion escalar talque $U\in{C^1}: \nabla U=f$ llamada funcion potencial si y solo si

f es campo de gradientes ( conservativo )

a) condicion necesaria: El gradiente de f debe ser simetrico, lo que implica que $\dfrac{df_1}{dy}=\dfrac{df_2}{dx}$

se cumple la condicion necesaria

b) condicion suficiente: el dominio es multiplemente conexo entonces $w=\displaystyle\oint_c fds=0$

tomando la curva $x^2+y^2=1$ parametrizando como $g:R\longrightarrow{R^2}/g(t)=(\cos t,\sin t)\quad t\in{0,2\pi}$

no se cumple la condicion suficiente, por lo tanto f no admite funcion potencial

E1) parametrizo

$g:R\longrightarrow{R^3}/g(x)=(x,4-x,2-x) \quad x\in{[0,2]}$ por definicion

$w=\displaystyle\oint_c fds=\displaystyle\int_{a}^{b} f(g(x))g'(x)dx=-\dfrac{8}{3}$

E2) lo calculo mediante una doble

$V=\displaystyle\iint_{P_{xy}}\left(\displaystyle\int_{(x-1)^2+y^2}^{5-2x}dz\right)dxdy=-\displaystyle\iint_{P_{xy}}x^2+y^2-4dxdy$

tomando polares

$g:R^2\longrightarrow{R^2}/g(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)\quad \nabla g=r\Longrightarrow{-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\displaystyle\int_{0}^{2}r(r^2-4)=8\pi}$

E3)

del gradiente de f podemos obtener la funcion z con la condicion $\nabla f=z$ con lo cual

$\displaystyle\int 2xydx=x^2y+T(y)\quad \displaystyle\int x^2+ydy=x^2y+\dfrac{y^2}{2}+T(x)$

$z=x^2y+\dfrac{y^2}{2}+k$ finalmente la parametrización de la curva sobre la cual se mueve la particula es

$h:R\longrightarrow{R^3}/h(t)=\left(2t,3t^2,\dfrac{33}{2}t^4+k\right)$

derivando obtenmos que $h'(2)=(2,12,528)$

E4) por definicion

$\varphi=\displaystyle\iint_C f\hat{n}ds$ , por divervencia hay que restarle las tapas, el enunciado solo nos

pide el flujo a travez de la superficie abierta $x^2+y^2=2x$ , y como solo esta en el primer octante, nos conviene tomar la parametrizacion

$g:R^2\longrightarrow{R^3}/g(x,z)=(x,\sqrt{2x-x^2},z)$ operando de manera conveniente $n=\left(\dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}},-1,0\right)$

finalmente

$\varphi=\displaystyle\iint_C f(g(x,z))\hat{n}ds=\displaystyle\int_{0}^{2}\displaystyle\int_{0}^{4-2x}-x^2 dzdx=-\dfrac{8}{3}$

0 en 0 posts · 08-12-2011 15:59

Cita:Lo que también hice mal y vos también son los límites de z en la integral (sería como hice yo pero al revés.

$\int^{5-2rcost}_{r^2-2rcost+1}$

Sisis, es así como decís. Le pifié con el Latex, todavía no me acostumbro a usarlo

.

0 en 0 posts · 08-12-2011 17:20

(08-12-2011 14:47)Saga Escribió: derivando obtenmos que $h'(2)=(2,12,520)$

Creo que es $h'(2)=(2,12,528)$ en realidad.

25 en 22 posts · 08-12-2011 17:40

(08-12-2011 17:20)Aivan Escribió: Creo que es $h'(2)=(2,12,528)$ en realidad.

Un error de tipeo gracias ya lo arregle, al margen de las cuentas, estan de acuerdo con el procedimiento ??

saludos

21 en 17 posts · 08-12-2011 18:15

Sí, con todo thumbup3

2 en 1 posts · 08-12-2011 18:21

que capo saga, gracias, con eso voy a preparar el recu del 2do parcial, y quizas pronto el final!!

0 en 0 posts · 09-12-2011 00:02

Sisi, perfecto Saga thumbup3

.

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