Un recuperatorio del segundo parcial de AM2, tomado el 25/11/14

Saludos

No se sí están bien los resultados pero me dieron así:

P1) \[(k\pi \sqrt {5})/3\]
P2) ?
P3) \[\pi-4\]
P4) \[B=16\] y \[A\in \mathbb{R}\]

Alguno que esté en tema capaz puede corroborar los resultados y de paso completar el P3)

Saludos

1) me dio distinto, si planteo que

\[ z=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

la densidad

\[d(x,y,z)=k|z|=k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

por una integral doble

\[M=\iint_R\left ( \int_{0}^{1}k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}dz\right) dydx\]

la region sobre la cual hay que integrar es

\[R=\left \{ x\in R^2/ x^2+y^2\leq 4\quad y\geq x \right \}\]

utilizando polares sobre R

\[M=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{2}{3}k\pi\]

wolfram

---

2) la solucion general de la ED es

\[y(x)=y_h+y_p\]

para la \[y_h\] el polinomio caracteristico es de la forma

\[r^2-3r=0\]

de donde resolviendo se obtiene que

\[y_h=A+Be^{3x}\]

para la \[y_p\] , propongo \[y_p=me^{2x}\], derivandola 2 veces reemplazando en la ED se obtiene \[-2me^{2x}=-e^{2x}\]

igualando terminos \[m=\frac{1}{2}\]

de los datos del enunciado sabemos que

\[\\y(0)=\frac{1}{2}\\\\ y'(0)=1\]

finalmente la solucion particular de la ED es

\[y(x)=\frac{1}{2}e^{2x}\]

---

3) sobre el plano z=3 se forma la curva

\[C:\left\{\begin{matrix}x^2+y^2=1\\ z=3\end{matrix}\right.\]

nos piden que apliquemos el teorema del rotor, se puede observar que la curva no cumple las hipotesis del teorema entonces la cierro con la recta

\[C_2: r(x)=(x,0,3)\quad x\in[-1,1]\]

luego

\[\int_{C^+} f ds+\int_{C^+_2}fds=\iint_R rot f n dA\]

de donde se obtiene

\[\int_{C^+} f ds=\iint_R rot f n dA-\int_{C^+_2}fds\]

para calcular el rotor utilizo n=(0,0,1)

hechas las cuentas

\[\iint_A rot f n dA=2\iint dA=2(\mbox{la mitad del area del circulo})=2\frac{\pi}{2}R^2=\pi\]

luego restamos la curva agregada por definicion

\[\int_{C^+_2}fds=\int_{-1}^{1} (2,Q,R)(1,0,0) dx=4\]

de donde

\[\int_{C^+}+ f ds=\iint_R rot f n dA-\int_{C^+_2}fds=\pi-(4)\]

finalmente

\[\omega=\pi-4\]

---

4) Se cumplen las hipotesis del teorema de la divergencia , entonces

\[\varphi=\iint_R f nds=\iiint_V div f dV\]

la divergencia del campo es

\[div=2bz\]

planteo la ecuacion como

\[x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{4}=\frac{1}{4}\]

tomando coordenadas elipsoidales sobre la superficie la integral de volumen es

\[V=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{1}{2}}8b r^3\sin(2w)drdwd\theta=\frac{\pi b}{16}\]

wolfram

por las condiciones del enunciado

\[\frac{\pi b}{16}=\pi\]

de donde \[b=16\]

finalmente los valores de a y b pedidos son

\[a\in R\quad b=16\]

Y bue... Me gane el 2 al menos... Jaja

Estoy revisando el ejercicio 3 y creo que me dio bien... O sea creo que el resultado es \[\pi - 4\], ya que la curva recorre en sentido de -1 a 1 lo que hace que no tengas que dar vuelta la integral y por ende no cambies el signo.

De ahí trasladas el error y te da \[\pi+ 4\] lo cual creo que esta mal...

Se puede revisar otra vez Saga?

Saludos

(26-02-2015 00:43)INGAR escribió:  Estoy revisando el ejercicio 3 y creo que me dio bien... O sea creo que el resultado es \[\pi - 4\], ya que la curva recorre en sentido de -1 a 1 lo que hace que no tengas que dar vuelta la integral y por ende no cambies el signo.

De ahí trasladas el error y te da \[\pi+ 4\] lo cual creo que esta mal...

Se puede revisar otra vez Saga?

Saludos

corregido mi error , pasa que bien ahi por la observacion

Vamoooo capaz que llego al cuatro dando lástima entonces...

el ejercicio 1 me dio distinto, la integral en z va de \[\sqrt{(x^{2}+y^{2})/4}\] a 1

   

creo q esta bien....

(16-02-2015 02:01)Saga escribió:  1)

\[ z=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

la densidad

\[d(x,y,z)=k|z|=k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

por una integral doble

\[M=\iint_R\left ( \int_{0}^{1}k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}dz\right) dydx\]

la region sobre la cual hay que integrar es

\[R=\left \{ x\in R^2/ x^2+y^2\leq 4\quad y\geq x \right \}\]

utilizando polares sobre R

\[M=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{2}{3}k\pi\]

El único error acá, creo yo, son los límites de la integral con respecto a theta. La proyección sobre el plano xy me determina un medio círculo desde pi sobre cuatro hasta cinco cuartos de pi.

\[\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{4}{3}k\pi\]

(11-11-2016 15:01)Criiz escribió:  

(16-02-2015 02:01)Saga escribió:  1)

\[ z=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

la densidad

\[d(x,y,z)=k|z|=k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

por una integral doble

\[M=\iint_R\left ( \int_{0}^{1}k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}dz\right) dydx\]

la region sobre la cual hay que integrar es

\[R=\left \{ x\in R^2/ x^2+y^2\leq 4\quad y\geq x \right \}\]

utilizando polares sobre R

\[M=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{2}{3}k\pi\]

El único error acá, creo yo, son los límites de la integral con respecto a theta. La proyección sobre el plano xy me determina un medio círculo desde pi sobre cuatro hasta cinco cuartos de pi.

\[\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{4}{3}k\pi\]

asi es , gracias por la correccion

(11-11-2016 17:11)Saga escribió:  

(11-11-2016 15:01)Criiz escribió:  

(16-02-2015 02:01)Saga escribió:  1)

\[ z=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

la densidad

\[d(x,y,z)=k|z|=k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\]

por una integral doble

\[M=\iint_R\left ( \int_{0}^{1}k\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}dz\right) dydx\]

la region sobre la cual hay que integrar es

\[R=\left \{ x\in R^2/ x^2+y^2\leq 4\quad y\geq x \right \}\]

utilizando polares sobre R

\[M=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{2}{3}k\pi\]

El único error acá, creo yo, son los límites de la integral con respecto a theta. La proyección sobre el plano xy me determina un medio círculo desde pi sobre cuatro hasta cinco cuartos de pi.

\[\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\int_{0}^{2}\frac{k}{2} r^2 drd\theta=\frac{4}{3}k\pi\]

asi es , gracias por la correccion

Hola, ¿Puede ser que los limites de integración con respecto a Z vayan de 0 a \[\frac{\sqrt{X^{2}+Y^{2}}}{2}\]? Que trabajando con polares te quedaría \[K\int_{0}^{2}\int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{5\pi }{4}}\int_{0}^{r/2}\frac{r}{2} \: r\; dz\: d\varphi \: dr = \frac{3}{2}k\pi\]

Por que si integras Z de 0 a 1 no estarías dibujando un cilindro en vez del medio cono?.

Saludos

por casualidad nadie tiene mas parciales para practicar? gracias

\[V=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\frac{1}{2}}8b r^3\sin(2w)drdwd\theta=\frac{\pi b}{16}\]

Podrías detallar como fue el desarrollo hasta llegar a esa expresión? No llego a entender como definir los limites.

Gracias!