Si son todas desigualdades, es un volumen masiso , entonces divergencia de una
Si son todas igualdades es "la cascara" que define un volumen, divergencia de una
Si aparece una mezcla de igualdades y desigualdades por ejemplo
calcular el flujo de f a travez de \[x^2+y^2=1\] con \[0\leq z\leq 4\] la superficie esta abierta , si aplicas divergencia tenes que restar las dos tapas z=0 y z=4
Buenas, el ejercicio 1 lo hice por definición de flujo.
Calculé la doble integral sobre S (el cilindro) llevando dicha superficie a forma implícita
\[S(x,y,z) = x^{2} + y^{2} - 4y = 0\] -circunf radio 2, centro (0,2)-
Le calculé:
* El gradiente (no encuentro el símbolo, asi que lo llamo Grad
\[Grad(S)=(2x ; 2y-4 ; 0)\]
* La norma del mismo
\[||Grad(S)||=\sqrt{(2x^{2}+(2y-4)^{2}}\]
* Armé el versor normal \[\bar{n}\] como gradiente sobre norma del gradiente,
\[\bar{n}=\frac{Grad(S)}{||Grad(S)||}\]
\[\bar{n}=\frac{(2x ; 2y-4 ; 0)}{\sqrt{(2x^{2}+(2y-4)^{2}}}\]
y la multipliqué escalarmente por nuestra función vectorial dato.
\[(5-2y;2x;3z).\bar{n}\]
Si se proyecta sobre zy (siguiendo la consigna del problema que pide orientación x+) el diferencial de área sería
\[\frac{dzdy}{|cos(\bar{n};x+)|}\]
Siendo el denominador el coseno director del versor normal en X
La raíz se cancela (una en el denominador del versor normal y la otra en el numerador del diferencial de área) y el producto escalar se divide por x; finalmente queda
\[\int \int dzdy = Area® = b*h/2 = 4*4/2 = 8\]
Si proyectamos sobre xy usando teorema de divergencia da lo mismo si consideramos:
\[0\leq z\leq 4-y\] , y coord polares \[\rho d\rho d\theta \] ; tal que \[0\leq \rho \leq 2 \] y \[0\leq \theta \leq \pi\] (1º octante)
Y sin olvidar
\[\left\{\begin{matrix}x=\rho cos\theta & \\ y=\rho sen\theta & \end{matrix}\right.\]
Quizá si se resuelve de la 2da manera te dicen que está mal aunque de lo mismo, por cuestiones de enunciado.
Espero no haber flasheado.
Saludos.
En el E4 no entiendo por qué en
https://analisis2.wordpress.com/2014/02/...mment-2544 te da
\[\frac{8}{3}\left ( 4\sqrt{2}-5 \right )\]
Planteandolo nuevamente: \[x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 8\] con \[z\geq 2\]
en Z=2 se obtiene \[x^2+y^2\leq 4\] y con \[\left\{\begin{matrix} & x=\rho cos\theta \\ & y=\rho sen\theta \end{matrix}\right.\]
=> \[0\leq \rho \leq 2\]
Como es en todo el espacio de \[\mathbb{R}^3\] => \[0\leq \theta \leq 2\pi \] y despejando Z + la condicion \[z\geq 2\] se obtiene que \[2\leq z\leq \sqrt{8-(x^2+y^2)}\] (que por las polares se transforma en \[\sqrt{8-\rho ^2}\])
Para cálculo de volumen \[f(\bar{x})=1\] , entonces planteo en coord cilíndricas
\[\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{2}\rho d\rho \int_{2}^{\sqrt{8-\rho ^2}}dz\]
Quedaría (hipotéticamente) \[2\pi \int_{0}^{2}\rho({\sqrt{8-\rho^2}-2)}d\rho\]
Distribuyendo \[\rho\] :
* En el primer término utilizamos sustitución (u=8-\[\rho^2\] ; du = -2\[\rho d\rho\]
\[u=8-\rho ^2 => du = -2\rho d\rho => \frac{du}{-2} = \rho d\rho \]
\[\frac{1}{-2}\int_{0}^{2}\sqrt{u}du = \frac{1}{-2}\frac{2}{3} \sqrt[2]{u^3} = \frac{1}{-3} \sqrt[2]{(8-\rho ^2)^3}\] (\[\rho\] de 0 a 2)
* En el segundo término \[2\rho d\rho\] (directa) \[\rho^2\] (\[\rho\] de 0 a 2)
Volumen = \[2\pi*(-\frac{8}{3}+\frac{8\sqrt{8}}{3}-4)\] \[= (-{20}+8\sqrt{8})\frac{2}{3}\pi \]
Y si desmenuzas la raiz de 8 te queda 2 raiz de 2; tampoco daría lo mismo. Ahora, si yo le sumo la integral del 2do termino (en vez de restarla) puede que dé lo mismo que lo que insinua en la página que puse al principio, no lo se realmente, no hice la cuenta).
Es mejor trabajar en el sistema esferico el ejercicio ya que son menos cuentas y tenes menos probabilidad de error con el cambio en esfericas te queda que
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{2}{\sin w}}^{\sqrt{8}} r^2\cos w drdwd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]
wolfram
algo debes tener mal en las cuentas
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{2}^{\sqrt{8-r^2}}r dzdrd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]
wolfram
me da lo mismo con los limites que propones
Soy alto gil JAJA si saco factor comun 4 del resultado que obtuve me da lo mismo
Gracias
Perdón alguno me podría decir de donde saco los limites de integración en X para calcular el área en el E3?
Gracias!!
(12-02-2015 13:48)Saga escribió: [ -> ]Es mejor trabajar en el sistema esferico el ejercicio ya que son menos cuentas y tenes menos probabilidad de error con el cambio en esfericas te queda que
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{2}{\sin w}}^{\sqrt{8}} r^2\cos w drdwd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]
wolfram
algo debes tener mal en las cuentas
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{2}^{\sqrt{8-r^2}}r dzdrd\theta=\dfrac{8}{3}(4\sqrt{2}-5)\pi\]
wolfram
me da lo mismo con los limites que propones
hola saga me podrias explicar por favor como encontras los limites de integracion en el sistema esferico?, el de "lamda" que va de 0 a 2"pi" si lo entiendo, los otros dos no se como encontrarlos gracias de antemano
E1 hola queria aclarar para que no se confundan , pero en el E1 no se puede usar el teorema de la div (gauss) . me lo dijo una profe via internet (Seminara silvia ) , saga la conoce ,je , hay q calcularlo por definicion o usar gauss y restarle los 3 planos lo cual es mas largo ....
saludos.!!!!
(24-02-2014 13:18)Saga escribió: [ -> ] (24-02-2014 11:03)cincue escribió: [ -> ]Alguno me puede decir como le queda el plano tangente de E2 porque http://analisis2.wordpress.com/ no me funciona, gracias!
la aproximacion es
\[h(x,y)\approx h(1,2)+h_x(1,2)(x-1)+h'_y(1,2)(y-2)\]
\[h'_x(x,y)=yf(y-x)-yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_x(1,2)=2f(1)-2f'(1)=6-2f'(1)}\]
\[h'_y(x,y)=xf(y-x)+yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_y(1,2)=1f(1)+2f'(1)=3+2f'(1)}\]
entonces
\[h(x,y)\approx 6+6(x-1)-2f'(1)(x-1)+3(y-2)+2f'(1)(y-2)\]
sacando f'(1) factor comun queda
\[h(x,y)\approx 6+6(x-1)+3(y-2)-2f'(1)(x-y+1)\]
luego
\[h(1,02; 2,02)\approx 6,18\]
Saga, podrías explicar cómo llegaste al signo - que está entre los dos términos acá?
\[h'_x(x,y)=yf(y-x)-yxf'(y-x)\longrightarrow{h'_x(1,2)=2f(1)-2f'(1)=6-2f'(1)}\]
Gracias
es la derivada respecto de x o sea -1