11-02-2014, 15:10
Lo dejo resuelto, revisen las cuentas por las dudas
![[Imagen: final_10_02_2014b.jpg]](https://camo.utnianos.com.ar/03693a9073b3f9ad2051d1ed8b60ff5b78938384/687474703a2f2f616e616c69736973322e66696c65732e776f726470726573732e636f6d2f323031342f30322f66696e616c5f31305f30325f32303134622e6a7067)
T1) bla bla bla luego es sencilo comprobar que
\[y=x\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=\frac{1}{2}\]
\[y=x^2\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0\]
el limite no existe , luego no es posible redefinirlo
T2) bla bla luego
\[\iint_R f(x,y) dxy=\iint_D f(g(u,v))|D_g|dudv\]
esto ultimo nos sirve para resolver el ejercicio , el jacobiano es 6 , entonces
\[\underbrace{\iint_R (x+y)dxy}_{=8}=6\iint_D 6ududv\to \boxed{\boxed{\iint_D ududv=\frac{2}{9}}}\]
Gracias por la corrección alelnro1
E1) sale con el teorema de green para calculo de areas , recordar que
\[A=\oint_R xdy\]
la funcion que nos dan de forma vectorial escrita de forma parametrica es
\[\\x=u-u^2\\ y=u-u^4\]
aplicando la definicion
\[\boxed{\boxed{A=\int_{0}^{1}(u-u^2)(1-4u^3)du=\frac{1}{30}}}\]
E2) el gradiente de f es
\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)\]
lo puntos criticos
\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)=(0,0)\]
geometricamente es la interseccion de una parabola con la recta y=x entonces los puntos criticos son
\[\boxed{A=(0,0)\quad B=(2,2)}\]
hay que aplicar el criterio del hessiano y ver si hay maximos minimos etc... creo que lo pueden continuar
E3) se cumplen las condiciones del teorema de la divergencia si tapamos el trozo de esfera, entonces tengo que calcular el flujo a travez de S y restarle S1 que sera la tapa con normal saliente
\[\varphi=\iint_S fndS=\iiint div f dV-\iint_{S1}fndS1\]
\[div f=\phi(xy)+xy\phi'(xy)+1-\phi(xy)-yx\phi'(xy)+6z-1=6z\]
\[\varphi=\iiint 6z dV\]
para los limites
1) por polares se obtiene
\[1<z<\sqrt{5-r^2}\]
por transitividad
\[1<\sqrt{5-r^2}\to r<2\]
no hay restricciones angulares en \[\theta\] luego
\[\boxed{\varphi=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{1}^{\sqrt{5-r^2}}(6z)rdzdrd\theta=24\pi}\]
verifiquenlo con wolfram
2) por esfericas
\[g:R^3\to R^3/g(r,w\theta)=(r\cos w\cos\theta, r\cos w\sin\theta,r\sin w)\quad |D_g|=r^2\cos w\]
lo limites
\[\boxed{\frac{1}{\sin w}<r<\sqrt{5}}\]
por transtividad
\[\frac{1}{\sin w}<\sqrt{5}\to w>\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\]
la restriccion de w por la defincion que tome va de
\[w\in\left [ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ]\]
entonces
\[\boxed{\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)<w<\frac{\pi}{2}}\]
\[\theta\] no tiene restricciones angulares entones va
\[\boxed{0<\theta<2\pi}\]
finalmente
\[\boxed{\varphi=\iiint_R (6r\sin w)r^2\cos wdrdwd\theta=24\pi}\]
verifiquenlo con wolfram
para calcular S1 defino la tapa como
\[S1:\left\{\begin{matrix} z=1\\ x^2+y^2=4\end{matrix}\right.\]
la normal sera con orientacion saliente (0,0,-1) luego tomando polares
\[\iint_{S1} fn dS1=\iint_{S1} -2 dS1=-2\cdot\mbox{area del circulo}=-8\pi\]
finalmente el flujo total es
\[\boxed{\boxed{\phi=32\pi}}\]
E4) Si no me falla razonando , la funcion potencial en el punto (1,1) es
\[\boxed{\phi(x,y)=x^2y+1}\]
para obtener las lineas de campo obtengo el gradiente de la misma
\[\nabla\phi(x,y)=(2xy, x^2)\]
luego por definicion de linea de campo
\[\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\to \frac{dx}{2xy}=\frac{dy}{x^2}\]
resolviendo al ecuacion diferencial obtenemos la familia de curvas
\[\frac{x^2}{2}=y^2+K\]
la linea de campo que pasa por el punto (2,1) es
\[\boxed{\boxed{\frac{x^2}{2}-y^2=1}}\]
Corregido, un error conceptual deprimente tuve, y nadie me corrigio
, la recta que halle anteriormente , si bien era perpendicular a las linea de campo en el (2,1) no era una linea
equipotencial , la razón es que no es perpendicular a las líneas de campo en todos sus puntos, el potencial no era constante sobre todos los puntos de la recta, para que suceda esto , se tiene
que cumplir que
\[\phi(x,y)=x^2y+1=K\]
para determinar k
\[\phi(2,1)=4+1=K=5\]
finalmente la linea pedida es
\[\boxed{\boxed{x^2y+1=5}}\]
otra forma de hallarla es usando trayectorias ortogonales a la linea de campo obtenida anteriormente
T1) bla bla bla luego es sencilo comprobar que
\[y=x\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=\frac{1}{2}\]
\[y=x^2\to lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0\]
el limite no existe , luego no es posible redefinirlo
T2) bla bla luego
\[\iint_R f(x,y) dxy=\iint_D f(g(u,v))|D_g|dudv\]
esto ultimo nos sirve para resolver el ejercicio , el jacobiano es 6 , entonces
\[\underbrace{\iint_R (x+y)dxy}_{=8}=6\iint_D 6ududv\to \boxed{\boxed{\iint_D ududv=\frac{2}{9}}}\]
Gracias por la corrección alelnro1
E1) sale con el teorema de green para calculo de areas , recordar que
\[A=\oint_R xdy\]
la funcion que nos dan de forma vectorial escrita de forma parametrica es
\[\\x=u-u^2\\ y=u-u^4\]
aplicando la definicion
\[\boxed{\boxed{A=\int_{0}^{1}(u-u^2)(1-4u^3)du=\frac{1}{30}}}\]
E2) el gradiente de f es
\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)\]
lo puntos criticos
\[\nabla f=(3x^2-6y,-6x+6y)=(0,0)\]
geometricamente es la interseccion de una parabola con la recta y=x entonces los puntos criticos son
\[\boxed{A=(0,0)\quad B=(2,2)}\]
hay que aplicar el criterio del hessiano y ver si hay maximos minimos etc... creo que lo pueden continuar
E3) se cumplen las condiciones del teorema de la divergencia si tapamos el trozo de esfera, entonces tengo que calcular el flujo a travez de S y restarle S1 que sera la tapa con normal saliente
\[\varphi=\iint_S fndS=\iiint div f dV-\iint_{S1}fndS1\]
\[div f=\phi(xy)+xy\phi'(xy)+1-\phi(xy)-yx\phi'(xy)+6z-1=6z\]
\[\varphi=\iiint 6z dV\]
para los limites
1) por polares se obtiene
\[1<z<\sqrt{5-r^2}\]
por transitividad
\[1<\sqrt{5-r^2}\to r<2\]
no hay restricciones angulares en \[\theta\] luego
\[\boxed{\varphi=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{1}^{\sqrt{5-r^2}}(6z)rdzdrd\theta=24\pi}\]
verifiquenlo con wolfram
2) por esfericas
\[g:R^3\to R^3/g(r,w\theta)=(r\cos w\cos\theta, r\cos w\sin\theta,r\sin w)\quad |D_g|=r^2\cos w\]
lo limites
\[\boxed{\frac{1}{\sin w}<r<\sqrt{5}}\]
por transtividad
\[\frac{1}{\sin w}<\sqrt{5}\to w>\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\]
la restriccion de w por la defincion que tome va de
\[w\in\left [ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right ]\]
entonces
\[\boxed{\sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)<w<\frac{\pi}{2}}\]
\[\theta\] no tiene restricciones angulares entones va
\[\boxed{0<\theta<2\pi}\]
finalmente
\[\boxed{\varphi=\iiint_R (6r\sin w)r^2\cos wdrdwd\theta=24\pi}\]
verifiquenlo con wolfram
para calcular S1 defino la tapa como
\[S1:\left\{\begin{matrix} z=1\\ x^2+y^2=4\end{matrix}\right.\]
la normal sera con orientacion saliente (0,0,-1) luego tomando polares
\[\iint_{S1} fn dS1=\iint_{S1} -2 dS1=-2\cdot\mbox{area del circulo}=-8\pi\]
finalmente el flujo total es
\[\boxed{\boxed{\phi=32\pi}}\]
E4) Si no me falla razonando , la funcion potencial en el punto (1,1) es
\[\boxed{\phi(x,y)=x^2y+1}\]
para obtener las lineas de campo obtengo el gradiente de la misma
\[\nabla\phi(x,y)=(2xy, x^2)\]
luego por definicion de linea de campo
\[\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\to \frac{dx}{2xy}=\frac{dy}{x^2}\]
resolviendo al ecuacion diferencial obtenemos la familia de curvas
\[\frac{x^2}{2}=y^2+K\]
la linea de campo que pasa por el punto (2,1) es
\[\boxed{\boxed{\frac{x^2}{2}-y^2=1}}\]
Corregido, un error conceptual deprimente tuve, y nadie me corrigio
, la recta que halle anteriormente , si bien era perpendicular a las linea de campo en el (2,1) no era una linea equipotencial , la razón es que no es perpendicular a las líneas de campo en todos sus puntos, el potencial no era constante sobre todos los puntos de la recta, para que suceda esto , se tiene
que cumplir que
\[\phi(x,y)=x^2y+1=K\]
para determinar k
\[\phi(2,1)=4+1=K=5\]
finalmente la linea pedida es
\[\boxed{\boxed{x^2y+1=5}}\]
otra forma de hallarla es usando trayectorias ortogonales a la linea de campo obtenida anteriormente
