27-05-2014, 02:48
Se los dejo resuelto
![[Imagen: final_27_05_2014x.jpg]](https://camo.utnianos.com.ar/ccf7f62030c2e650db7a83270a5d986fc37f2695/687474703a2f2f616e616c69736973322e66696c65732e776f726470726573732e636f6d2f323031342f30352f66696e616c5f32375f30355f32303134782e6a7067)
T1) bla bla luego por el teorema de green
\[\omega=\oint fds=\iint Q_x-P_y dA\]
donde
\[Q_x=2x+2xe^{x^2}\quad P_y=2xe^{x^2}\]
luego
\[Q_x-P_y=2x\]
la region de integracion es la circunferencia de radio 3 considerando la restriccion angular
\[\omega=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{3} 2r^2 cos\theta drd\theta=36\]
T2) igualando la superficie dada en forma vectorial al punto dado obtenemos los valores de u y v
\[X=P\to u=3\quad v=2\]
luego derivando respecto de cada variable
\[X_u=(v,1,1)\quad X_v=(u,-1,1)\]
el producto vectorial no se anula, entonces se verifica que para todo valor de u y v el punto P es un punto regular
\[X_u=(v,1,1)\times X_v=(u,-1,1)=(2,u-v,-v-u)=N\]
reemplazando los valores de u y v hallados se obtiene el director de la recta normal definida como \[r: P+\alpha N\] luego la recta sera
\[r: (6,1,5)+\alpha(2,1,-5)\]
E1) por definicion
\[M=\iiint \delta (x,y,z) dV\] pero \[\delta(x,y,z)=ky\] luego se observa que
\[\sqrt{2x^2+z^2}\leq y\leq \sqrt{12-(x^2+2z^2)}\]
usando una integral doble para calcular la masa
\[M=k\iint_{P_{xz}}\left [ \int_{\sqrt{2x^2+z^2}}^{\sqrt{12-(x^2+2z^2)}}ydy \right ]dxdz\]
integrando y haciendo las cuentas
\[M=\frac{k}{2}\iint_{P_{xz}} 12-3(x^2+z^2) dxdz\]
la region de integracion esta definida sobre el plano xz como \[R:\left \{ x\in R^2/x^2+z^2\leq 4 \right \}\]
tomando polares sobre R
\[M=\frac{k}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}12r-3r^3 drd\theta\to M=3k\pi\]
E2) hallamos primero la funcion g(x,y) definida implicitamente por
\[F(x,y,v)=xv+ln(y+v-3)-6\]
tomando la superficie de nivel 0 , y con el punto que nos dan como dato en el enunciado , a "ojimetro" obtenemos que \[v=3\] cuando \[x=2\quad y=1\]
el gradiente de F es
\[\nabla F(x,y,v)=\left ( v,\frac{1}{y+v-3},x+\frac{1}{x+v-3} \right )\]
evaluado en \[\nabla F(2,1,3)=(3,1,3)\] de donde
\[3x+y+3v+d=0\] reemplazando el x=2 y=1 v=3 obtenemos que d=-16 finalmente \[v=g(x,y)=\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y\]
defino la funcion
\[G(x,y)=\left ( x-y,\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y \right )\]
hay que hallar el vector director del plano tangente a sigma definido como
\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]
\[f(2,1)=3\]
las componentes de las derivadas parciales estan definidas como una composicion de funciones , de forma matricial se define como
\[\nabla f(2,1)=\nabla z(G(2,1))\cdot \nabla G(2,1)=\nabla z(1,3)\cdot \nabla G(2,1)\]
\[\nabla z=(2uv,u^2)=(6,1)\]
\[\nabla G=\begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}\]
entonces
\[\nabla f(2,1)=(6,1)\cdot \begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}=\left ( 5,-\frac{19}{3} \right )\]
reemplazando
\[Z=3+5(x-2)-\frac{19}{3}(y-1)\]
si el plano tangente a la superficie tiene un punto en comun con el eje x , entonces z=y=0, haciendo las cuentas el punto en comun es \[A=\left ( \frac{2}{15},0,0 \right )\]
E3) obtenemos las condiciones iniciales de los datos del enunciado
\[f(1,1)=(5,2)\to g(1)=2\]
por definicion si f admite funcion potencial la matriz jacobiana es simetrica , haciendo las cuentas obtenemos
\[g(x)+xg'(x)=2g(x)\]
si \[g(x)=y \to xy'=y\]
\[y'=\frac{y}{x}\to \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\]
hay que integrar
\[\int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{x}\to y=kx\]
usando las condiciones iniciales
\[g(x)=2x\]
E4) se observa que \[0\leq z\leq 1-y^2\] por transitividad \[0\leq 1-y^2\to |y|\leq 1\] combinando con la inecuacion \[x^2\leq y\] hecho el dibujo correspondiente se obtiene
\[-1\leq x\leq 1\] como f es clase 1 aplicamos divergencia, las inecuaciones definen un volumen, entonces sin pensar mucho
\[div f=2\]
entonces
\[\varphi=\iint f nds=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{1}\int_{0}^{1-y^2} 2 dzdydx=\frac{32}{21}\]
T1) bla bla luego por el teorema de green
\[\omega=\oint fds=\iint Q_x-P_y dA\]
donde
\[Q_x=2x+2xe^{x^2}\quad P_y=2xe^{x^2}\]
luego
\[Q_x-P_y=2x\]
la region de integracion es la circunferencia de radio 3 considerando la restriccion angular
\[\omega=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{3} 2r^2 cos\theta drd\theta=36\]
T2) igualando la superficie dada en forma vectorial al punto dado obtenemos los valores de u y v
\[X=P\to u=3\quad v=2\]
luego derivando respecto de cada variable
\[X_u=(v,1,1)\quad X_v=(u,-1,1)\]
el producto vectorial no se anula, entonces se verifica que para todo valor de u y v el punto P es un punto regular
\[X_u=(v,1,1)\times X_v=(u,-1,1)=(2,u-v,-v-u)=N\]
reemplazando los valores de u y v hallados se obtiene el director de la recta normal definida como \[r: P+\alpha N\] luego la recta sera
\[r: (6,1,5)+\alpha(2,1,-5)\]
E1) por definicion
\[M=\iiint \delta (x,y,z) dV\] pero \[\delta(x,y,z)=ky\] luego se observa que
\[\sqrt{2x^2+z^2}\leq y\leq \sqrt{12-(x^2+2z^2)}\]
usando una integral doble para calcular la masa
\[M=k\iint_{P_{xz}}\left [ \int_{\sqrt{2x^2+z^2}}^{\sqrt{12-(x^2+2z^2)}}ydy \right ]dxdz\]
integrando y haciendo las cuentas
\[M=\frac{k}{2}\iint_{P_{xz}} 12-3(x^2+z^2) dxdz\]
la region de integracion esta definida sobre el plano xz como \[R:\left \{ x\in R^2/x^2+z^2\leq 4 \right \}\]
tomando polares sobre R
\[M=\frac{k}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}12r-3r^3 drd\theta\to M=3k\pi\]
E2) hallamos primero la funcion g(x,y) definida implicitamente por
\[F(x,y,v)=xv+ln(y+v-3)-6\]
tomando la superficie de nivel 0 , y con el punto que nos dan como dato en el enunciado , a "ojimetro" obtenemos que \[v=3\] cuando \[x=2\quad y=1\]
el gradiente de F es
\[\nabla F(x,y,v)=\left ( v,\frac{1}{y+v-3},x+\frac{1}{x+v-3} \right )\]
evaluado en \[\nabla F(2,1,3)=(3,1,3)\] de donde
\[3x+y+3v+d=0\] reemplazando el x=2 y=1 v=3 obtenemos que d=-16 finalmente \[v=g(x,y)=\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y\]
defino la funcion
\[G(x,y)=\left ( x-y,\frac{16}{3}-x-\frac{1}{3}y \right )\]
hay que hallar el vector director del plano tangente a sigma definido como
\[f\approx Z=f(2,1)+f'_x(x-2)+f'_y(y-1)\]
\[f(2,1)=3\]
las componentes de las derivadas parciales estan definidas como una composicion de funciones , de forma matricial se define como
\[\nabla f(2,1)=\nabla z(G(2,1))\cdot \nabla G(2,1)=\nabla z(1,3)\cdot \nabla G(2,1)\]
\[\nabla z=(2uv,u^2)=(6,1)\]
\[\nabla G=\begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}\]
entonces
\[\nabla f(2,1)=(6,1)\cdot \begin{pmatrix}1 &-1 \\ -1 &-\frac{1}{3} \end{pmatrix}=\left ( 5,-\frac{19}{3} \right )\]
reemplazando
\[Z=3+5(x-2)-\frac{19}{3}(y-1)\]
si el plano tangente a la superficie tiene un punto en comun con el eje x , entonces z=y=0, haciendo las cuentas el punto en comun es \[A=\left ( \frac{2}{15},0,0 \right )\]
E3) obtenemos las condiciones iniciales de los datos del enunciado
\[f(1,1)=(5,2)\to g(1)=2\]
por definicion si f admite funcion potencial la matriz jacobiana es simetrica , haciendo las cuentas obtenemos
\[g(x)+xg'(x)=2g(x)\]
si \[g(x)=y \to xy'=y\]
\[y'=\frac{y}{x}\to \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\]
hay que integrar
\[\int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{x}\to y=kx\]
usando las condiciones iniciales
\[g(x)=2x\]
E4) se observa que \[0\leq z\leq 1-y^2\] por transitividad \[0\leq 1-y^2\to |y|\leq 1\] combinando con la inecuacion \[x^2\leq y\] hecho el dibujo correspondiente se obtiene
\[-1\leq x\leq 1\] como f es clase 1 aplicamos divergencia, las inecuaciones definen un volumen, entonces sin pensar mucho
\[div f=2\]
entonces
\[\varphi=\iint f nds=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{1}\int_{0}^{1-y^2} 2 dzdydx=\frac{32}{21}\]
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pero al mismo tiempo para sacar los límites de integración no era necesario ya que analíticamente salían. El tema es que necesitabas hacer el gráfico para marcar la orientación de la normal porque te lo pedía, pero hacías algo medio ilustrativo con la normal bien orientada (exteriormente por usar divergencia) y creo que te lo tomaban como válido.
felicidades por aprobar , una menos camino al titulo 
una menos diego pedro 