31-07-2013, 02:52
El T1) no es complicado
.gif ";)")
T2) usamos la recta tangente para deerminar el punto \[(0,y_0)\] haciendo \[y_0=6(0)+2\to y_0=2 \to \boxed{P=(0,2)}\]
derivamos dos veces la ecuacion
\[y=a+be^{2x}\to y'=2be^{2x}\to y''=2\cdot \underbrace{2be^{2x}}_{=y'}\to\boxed {y''=2y'}\]
resolviendo obtenemos que \[\boxed{y(x)=Me^{2x}+K}\]
para obtener M \[y'(x)=2Me^{2x}\to y'(0)=2M=6\to M=3\]
para K \[y(0)=M+K=2\to K=-1\], finalmente \[\boxed{y(x)=3e^{2x}-1}\]
E1) sale por el teorema de green, recordar que
\[\omega=\oint_{C^{+}} fndS=\iint_R(Q_x-P'_y)dA=\iint_R 2x dA\]
la region de integracion esta definida como \[R=\left \{ x\in R^2/x^2+4y^2\leq 4 \right \}\]
tomo la transformacion \[T:R^2\to R^2/T(u,v)=(2u\cos v, u\sin v)\quad |D_T|=2u\]
de donde
\[\omega=\iint_R2x dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}2u\cdot(4u\cos v)dudv=0\]
E2) como lo piden en cartesianas
\[\\x=u-v\\y=v\\z=u^2+v^2+3\]
de donde
\[x=u-y\to u=x+y\to z=(x+y)^2+y^2+3\to \boxed{f(x,y)=x^2+2xy+2y^2+3}\]
obtenemos los puntos criticos igualando el gradiente de f al vector nulo
\[\nabla f(x,y)=(2x+2y,2x+4y)=(0,0)\to x=0\quad y=0\]
el hesiano
\[H(x,y)=\begin{pmatrix}2 &2 \\2 &4 \end{pmatrix}\]
el determinante de H en el (0,0) es positivo, la derivada segunda respecto de x tambien lo es, entonces f presenta un minimo relativo o local
E3) lo calculamos por una integral doble, sabemos que
\[M=\iint_{P_{xy}} \left ( \int k\delta(x,y,z)dz \right )dxdy=\iint_{P_{xy}} \left( \int k\cdot d(P,r) dz \right) dydx\]
para deducir la densidad tomamos un punto generico \[P=(x,y,z)\] y el eje z definida por la recta \[r(z)=(0,0,0)+z(0,0,1)\] por algebra, la distancia de un punto a una recta es
\[d(P,r)=\frac{|\overline{PA}\times d_r|}{|d_r|}=\sqrt{x^2+y^2}\] , entonces
\[M=\iint_{P_{xy}} \left( \int k\cdot d(P,r) dz \right) dydx=\iint_{P_{xy}}\left ( \int_{x^2}^{8-x^2-2y^2}k\sqrt{x^2+y^2}dz \right )dxdy\]
integrando respecto de z
\[M=k\iint_{P_{xy}}\sqrt{x^2+y^2}(8-2x^2-2y^2)dxdy\]
el recinto proyeccion sobre el xy viene definido por \[P_{xy}=\left \{ x\in R^2/ x^2+y^2\leq 4 \right \}\]
tomando coordenadas polares la integral a resolver es
\[M=k\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}8r^2-2r^4drd\theta=\boxed{\frac{256k\pi}{15}}\]
E4) el flujo esta dado por \[\varphi=\iint _R fndS\]
defino una funcion vectorial de la forma
\[g:R^2\to R^3/g(x,y)=(x,y,4-x^2)\]
la normal esta dada por el producto vectorial entre los vectores elementales respecto de cada variable x e y
\[n=(1,0,2x)\times (0,1,0)=(2x,0,1)\]
multiplico de forma escalar el campo f con la normal n \[f\cdot n=4x^2-z=4x^2-4+x^2=\boxed{5x^2-4}\] reemplazo en la defincion \[\varphi=\iint_R 5x^2-4dxdy\]
busco los limtes de integracion, en funcion de mi funcion g
\[0\leq y \leq x\quad 4-x^2\geq 0\to |x|\leq 2\] finalmente
\[\varphi=\int_{0}^{2}\int_{0}^{x}5x^2-4 dydx=\boxed{12}\]
)...y después el último lo hice por Gauss (le saqué la tapa y todo) y se ve que le pifié en algo porque me dió 40/3 (me lo pusieron como mal 
)...en fin, aprobé con 6...muchas gracias a Saga y a todos los que colaboran en la página...nos estamos viendo!
, gracias por subirlo che .gif "=)")