30-07-2014, 03:25
se los dejo resuelto
![[Imagen: final_29_07_2014.png]](https://analisis2.files.wordpress.com/2014/07/final_29_07_2014.png)
T1) solo hay que usar la definicion
\[f'_{max}=||\nabla h(2,2)||\]
donde
\[\nabla h(2,2)=\nabla f(g(2,2))\nabla g(2,2)=\nabla f(2,1,3)\nabla g(2,2)\]
tenemos el gradiente de f en el enunciado entonces solo resta calcular la matriz jacobiana de g y evaluarla en el (2,2), entonces
\[\nabla h(2,2)=(3,7,1)\cdot \begin{pmatrix}2 &1 \\2 &2 \\2 & 2\end{pmatrix}=(22,19)\]
finalmente
\[f'_{max}=||\nabla h(2,2)||=13\sqrt{5}\]
T2) despejando C tenemos
\[C=\frac{1-y^2x}{y}\]
luego por derivacion implicita en la SG dada
\[y^2+2xyy'+Cy'=0\]
reemplazando C , la ED pedida es
\[y^3+xy^2y'+y'=0\]
luego como nos piden la solucion particular, al tener ya la EG de la ED,
basta reemplazar x=2 y=1 de donde \[C=-1\]
luego la SP es
\[xy^2-y=1\]
gracias , damian
E1) tomo coordenadas cilindricas para calcular el volumen , entonces con ese cambio
\[r<z<8-r\]
por transitividad
\[r<8-r\to 0<r<4\]
no hay restricciones angulares , entonces
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{4}\int_{r}^{8-r} rdzdrd\theta=\frac{128}{3}\pi\]
E2) por definicion de linea de campo , si \[f(x,y)=(P(x,y), Q(x,y))\] entonces la linea de campo se puede expresar como
\[\frac{dy}{dx}=\frac{Q(x,y)}{P(x,y)}=\frac{-xy}{x^2}=-\frac{y}{x}\]
hay que integrar
\[\int \frac{dy}{y}=-\int \frac{dx}{x}\to y=\frac{K}{x}\]
la curva que pasa por los puntos pedidos es \[y=\frac{2}{x}\] , por definicion la circulacion esta dada por
\[\omega=\int fds=\int_{a}^{b}f(g(x))g'(x)dx\]
defino la funcion g como
\[g:R\to R^2/g(x)=\left ( x,\frac{2}{x} \right )\]
derivando, componiendo f con g , hay que resolver
\[\omega=\int_{1}^{2} x^2+\frac{4}{x^2}dx=\frac{13}{3}\]
E3) tomo la funcion
\[F(x,y,z)=xz+e^{yz-2}-2\]
el gradiente sera
\[\nabla F(x,y,z)=(z,ze^{yz-2},x+ye^{yz-2})\]
la normal del plano vendra dada por
\[\nabla F(1,2,1)=(1,1,3)\]
luego el plano tangente esta definido como
\[\pi: (x-1,y-2,z-1)\cdot(1,1,3)=0\to x+y+3z-6=0\]
por definicion de area de una superficie
\[A=\iint ||g'_u\times g'_v||dudv\]
si parametrizo el plano y escribo como funcion vectorial g, entonces
\[g:R^2\to R^3/g(x,y)=\left ( x,y,\frac{1}{3}(6-x-y) \right )\]
el producto vectorial de los elementales es
\[g'_x\times g'_y=\left ( \frac{1}{3},\frac{1}{3},1 \right )\]
la norma
\[||g'_x\times g'_y||=\frac{\sqrt{11}}{3}\]
luego
\[A=\frac{\sqrt{11}}{3}\iint dA=\frac{\sqrt{11}}{3}\pi R^2=\frac{\sqrt{11}}{3}\pi\]
E4) es igual al de la guia
hay que calcular
\[\varphi=\iint_{\Sigma}f n dA+\iint_S fndA=\iiint_V div f dV\]
de donde
\[\iint_{\Sigma}f n dA=\iiint_V div f dV-\iint_S fndA\]
si tomo coordenadas cilindricas sobre el volumen
\[0<z<4-r^2\]
de donde por transtividad
\[0<4-r^2\to 0<r<2\]
no hay restricciones angulares entonces
\[\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{0}^{4-r^2} (r\sin \theta) rdzdrd\theta=0\]
tomando normal saliente sobre S
\[n=(0,0,-1)\]
\[-2\iint_S dA=-2\pi R^2=-8\pi\]
finalmente
\[\iint_{\Sigma}f n dA=\underbrace{\iiint_V div f dV}_0-\underbrace{\iint_S fndA}_{-8\pi}=8\pi\]
T1) solo hay que usar la definicion
\[f'_{max}=||\nabla h(2,2)||\]
donde
\[\nabla h(2,2)=\nabla f(g(2,2))\nabla g(2,2)=\nabla f(2,1,3)\nabla g(2,2)\]
tenemos el gradiente de f en el enunciado entonces solo resta calcular la matriz jacobiana de g y evaluarla en el (2,2), entonces
\[\nabla h(2,2)=(3,7,1)\cdot \begin{pmatrix}2 &1 \\2 &2 \\2 & 2\end{pmatrix}=(22,19)\]
finalmente
\[f'_{max}=||\nabla h(2,2)||=13\sqrt{5}\]
T2) despejando C tenemos
\[C=\frac{1-y^2x}{y}\]
luego por derivacion implicita en la SG dada
\[y^2+2xyy'+Cy'=0\]
reemplazando C , la ED pedida es
\[y^3+xy^2y'+y'=0\]
luego como nos piden la solucion particular, al tener ya la EG de la ED,
basta reemplazar x=2 y=1 de donde \[C=-1\]
luego la SP es
\[xy^2-y=1\]
gracias , damian
E1) tomo coordenadas cilindricas para calcular el volumen , entonces con ese cambio
\[r<z<8-r\]
por transitividad
\[r<8-r\to 0<r<4\]
no hay restricciones angulares , entonces
\[V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{4}\int_{r}^{8-r} rdzdrd\theta=\frac{128}{3}\pi\]
E2) por definicion de linea de campo , si \[f(x,y)=(P(x,y), Q(x,y))\] entonces la linea de campo se puede expresar como
\[\frac{dy}{dx}=\frac{Q(x,y)}{P(x,y)}=\frac{-xy}{x^2}=-\frac{y}{x}\]
hay que integrar
\[\int \frac{dy}{y}=-\int \frac{dx}{x}\to y=\frac{K}{x}\]
la curva que pasa por los puntos pedidos es \[y=\frac{2}{x}\] , por definicion la circulacion esta dada por
\[\omega=\int fds=\int_{a}^{b}f(g(x))g'(x)dx\]
defino la funcion g como
\[g:R\to R^2/g(x)=\left ( x,\frac{2}{x} \right )\]
derivando, componiendo f con g , hay que resolver
\[\omega=\int_{1}^{2} x^2+\frac{4}{x^2}dx=\frac{13}{3}\]
E3) tomo la funcion
\[F(x,y,z)=xz+e^{yz-2}-2\]
el gradiente sera
\[\nabla F(x,y,z)=(z,ze^{yz-2},x+ye^{yz-2})\]
la normal del plano vendra dada por
\[\nabla F(1,2,1)=(1,1,3)\]
luego el plano tangente esta definido como
\[\pi: (x-1,y-2,z-1)\cdot(1,1,3)=0\to x+y+3z-6=0\]
por definicion de area de una superficie
\[A=\iint ||g'_u\times g'_v||dudv\]
si parametrizo el plano y escribo como funcion vectorial g, entonces
\[g:R^2\to R^3/g(x,y)=\left ( x,y,\frac{1}{3}(6-x-y) \right )\]
el producto vectorial de los elementales es
\[g'_x\times g'_y=\left ( \frac{1}{3},\frac{1}{3},1 \right )\]
la norma
\[||g'_x\times g'_y||=\frac{\sqrt{11}}{3}\]
luego
\[A=\frac{\sqrt{11}}{3}\iint dA=\frac{\sqrt{11}}{3}\pi R^2=\frac{\sqrt{11}}{3}\pi\]
E4) es igual al de la guia
hay que calcular
\[\varphi=\iint_{\Sigma}f n dA+\iint_S fndA=\iiint_V div f dV\]
de donde
\[\iint_{\Sigma}f n dA=\iiint_V div f dV-\iint_S fndA\]
si tomo coordenadas cilindricas sobre el volumen
\[0<z<4-r^2\]
de donde por transtividad
\[0<4-r^2\to 0<r<2\]
no hay restricciones angulares entonces
\[\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}\int_{0}^{4-r^2} (r\sin \theta) rdzdrd\theta=0\]
tomando normal saliente sobre S
\[n=(0,0,-1)\]
\[-2\iint_S dA=-2\pi R^2=-8\pi\]
finalmente
\[\iint_{\Sigma}f n dA=\underbrace{\iiint_V div f dV}_0-\underbrace{\iint_S fndA}_{-8\pi}=8\pi\]
felicidades a todos los que aprobaron
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