04-12-2013, 10:01
T1) blabla se cumplen las condiciones del teorema de green, entonces
\[\omega=\oint_{C^+}fds=\iint_R Q'_x-P'_y dA\]
\[\\Q'_x=5+\phi(xy)+yx\phi'(xy)\\\\P'_y=2+\phi(xy)+yx\phi'(xy)\]
finalmente
\[\boxed{\boxed{\omega=\iint_R Q'_x-P'_y dA=\int_{1}^{3}\int_{4}^{7}3dydx=18}}\]
T2) blablabla
E1) el enunciado nos dice explicitamente que f admite funcion potencial , se cumple entonces
\[\nabla\phi(x,y)=f(x,y)\]
\[\\\frac{d\phi(x,y)}{dx}=6xy\to \phi(x,y)=3x^2y+T(y)\\\\\frac{d\phi(x,y)}{dy}=3x^2+3y^2-3\to\phi(x,y)= 3x^2y+y^3-3y+T(x)\]
la funcion potencial es
\[\boxed{\phi(x,y)= 3x^2y+y^3-3y+K}\]
evaluada en el origen
\[\boxed{\boxed{\phi(x,y)= 3x^2+y^3-3y+4}}\]
para sacar los puntos criticos, por definicion
\[\nabla \phi=(0,0)\]
el sistema asociado es
\[\\6xy=0\\3x^2+3y^2=3\]
geometricamente la interseccion de una circunferencia de radio 1 con los ejes coordenados, entonces los puntos criticos son
\[\boxed{A=(0,1)\quad B=(1,0)\quad C=(0,-1)\quad D=(-1,0)}\]
el Hessiano es
\[H(x,y)=\begin{pmatrix} 6y & 6x\\\\ 6x& 6y \end{pmatrix}\]
hechas las cuentas
\[\boxed{\boxed{\\\mbox{minimo relativo}: (0,1,2)\quad\mbox{punto silla}: (1,0,7),(-1,0,7)\quad\mbox{max relativo}: (0,-1,6)}}\]
E2) la recta de forma vectorial la puedo escribir como
\[g:R\to R^3/g(x)=(x,1-2x,3x+1)\quad 0<x<-1\]
por definicion
\[\omega=\int fds=\int_a^b f(g(x))\cdot g'(x)dx\]
hechas las cuentas
\[\boxed{\boxed{\omega=\int_a^b f(g(x))\cdot g'(x)dx=-\int_{-1}^{0}-15x-1dx=-\frac{13}{2}}}\]
E3) Se cumplen las condiciones del teorema de la divergencia , entonces
\[div f=-2\]
luego
\[0<z<6-x-y\quad x<y<2x\]
por transitividad
\[y<6-x\]
hay dos limites superiores en y, lo que induce a que la integral se divide en 2
\[\\\min=\left\{x,6-x\right\}\to x<6-x\to x<3\\\min=\left\{2x,6-x\right\}\to 2x<6-x\to x<2\]
tambien con un dibujo sobre la proyección sobre el plano xy se obtienen los puntos donde se divide la integral, luego
\[\varphi=-2\iint_{P_{xy}}\left ( \int_{0}^{6-x-y}dz \right )dydx=-2\iint_{P_{xy}}6-x-y dxdy\]
de donde
\[-2\left(\iint_{P_{xy}}6-x-y dxdy\right)=-2\left(\int_{0}^{2}\int_{x}^{2x}6-(x+y)dydx+\int_{2}^{3}\int_{x}^{6-x}6-(x+y)dydx \right)\]
para ahorrar en cuentas , podemos hacer un cambio de variable, en la primera integral
\[\\u=x\\\\ v=\frac{y}{x}\]
de donde el jacobiano del cambio de variable
\[\left| \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\right|^{-1}=u\]
en la segunda
\[\\u=x\\v=y+x\]
el jacobiano
\[\left| \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\right|^{-1}=1\]
entonces las integrales se transforman en
\[-2\int_{0}^{2}\int_{1}^{2}(6-(u+uv))u dvdu-2\int_{2}^{3}\int_{2u}^{6}6-vdvdu=-12\]
por lo tanto
\[\boxed{\boxed{\varphi=-12}}\]
fisicamente el campo propuesto frena el flujo
E4) por definicion de linea de campo , dado un campo f=(P,Q) para obtener la linea de campo correspondiente, se cumple \[\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\] entonces
\[\frac{dx}{y}=\frac{dy}{-x}\to -\frac{x^2}{2}=\frac{y^2}{2}+K\]
la linea de campo pasa por el (3,4) entonces
\[ -\frac{x^2}{2}=\frac{y^2}{2}-\frac{25}{2}\]
de donde
\[\boxed{x^2+y^2=25}\]
escrita de forma vectorial, una parametrizacion conveniente es
\[g:R\to R^2/g(t)=(5\cos t,5\sin t)\quad t\in[0,2\pi]\]
por definicion
\[\boxed{\boxed{L=\int_a^b||g'(t)||dt=\int_{0}^{2\pi}5dt=10\pi}}\]
.. Intuitivamente entiendo que sea asi, tiene todo el sentido del mundo pero no se como encararlo.
