Tp.10 Ej.1.c

Proponga alguna fórmula para el cálculo del área de regiones planas mediante integrales de línea y aplíquela para calcular el área de las regiones definidas por:

c) x^2 + y^2 \leq 4, x^2 + y^2 \geq 2x, x \geq 0

Solución:

Analizando la segunda ecuación:
x^2 + y^2 \geq 2x
Completando cuadrados:
x^2 - 2x + y^2 \geq 0
(x-1)^2 + y^2 \geq 1

Para calcular el área mediante Green voy a usar el campo vectorial:
f(x,y) = (\frac{-y}{2}, \frac{x}{2})

Por simetría respecto del eje x, vamos a hacerlo en el 1º cuadrante, y al final multiplicamos por 2 para obtener el área total.

Separamos la curva frontera de la región en 3 curvas regulares, y calculamos la circulación del campo sobre cada una de ellas.

C_1(t) = (\cos(t)+1, \sin(t)) con 0 \leq t \leq \pi
C'_1(t) = (-\sin(t), \cos(t))
f(C_1(t)) = (\frac{-\sin(t)}{2}, \frac{\cos(t)+1}{2})
f(C_1(t)) \cdot C'_1(t) = \frac{\sin^2(t)}{2} + \frac{\cos^2(t) + \cos(t)}{2}
= \frac{1}{2} + \frac{\cos(t)}{2}
\int_0^{\pi} \frac{1}{2} + \frac{\cos(t)}{2} dt
\left[ \frac{1}{2}t + \frac{\sin(t)}{2} \right]_0^{\pi}
= \frac{\pi}{2}
Como la recorrimos en la orientación contraria a la positiva, le cambiamos el signo, por lo tanto la circulación sobre C_1 es \frac{-\pi}{2}

C_2(t) = (2\cos(t), 2\sin(t)) con 0 \leq t \leq \pi/2
C'_2(t) = (-2\sin(t), 2\cos(t))
f(C_2(t)) = (\frac{-2\sin(t)}{2}, \frac{2\cos(t)}{2})
f(C_2(t)) \cdot C'_2(t) = 2\sin^2(t) + 2\cos^2(t) = 2
2 \int_0^{\pi/2} dt = \pi

C_3(t) = (0, 2-t) con 0 \leq t \leq 2
C'_3(t) = (0,-1)
f(C_3(t)) = (\frac{t-2}{2}, 0)
f(C_3(t)) \cdot C'_3(t) = 0
\int_0^2 0 dt = 0

Por lo tanto el área sobre la región en el 1º cuadrante es:
\frac{-\pi}{2} + \pi + 0 = \frac{\pi}{2}

Para calcular el área total multiplicamos por 2 y es:
Area(D) = \pi

El gráfico de la región es:

draw2d(
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(cos(t)+1, sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(0, t, t, -2, 2)
);

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Final 21/12/2009

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Enuncie el teorema del rotor (Stokes). Aplíquelo para demostrar que el flujo de rot(f) a través de la superficie de ecuación z = \sqrt{4-x^2-y^2} con z \geq 1 es igual al flujo de rot(f) a través del trozo de paraboloide de ecuación z = x^2 + y^2 - 2 con z \leq 1, si ambas superficies están orientadas hacia z^+.

La curva frontera de la primer superficie es:
\sqrt{4-x^2-y^2} = 1
4 - x^2 - y^2 = 1
x^2 + y^2 = 3
o sea una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

La curva frontera de la segunda superficie es:
x^2 + y^2 - 2 = 1
x^2 + y^2 = 3
por lo tanto también es una circunferencia de radio \sqrt{3} sobre el plano z=1

Como en ambos casos la orientación es hacia z^+ podemos parametrizar la curva como:
C(t) = (\sqrt{3}\cos(t), \sqrt{3}\sin(t), 1) con 0 \leq t \leq 2\pi

Por el teorema del rotor:
\displaystyle \oint_{C = \partial S} f dC = \iint_S rot(f) dS
No importa cual superficie tomemos mientras tenga a la misma curva como frontera (podríamos incluso tomar el plano z=1 como superficie), por lo tanto el flujo del rotor sobre las dos superficies es:

\iint_{S_1} rot(f) dS = \iint_{S_2} rot(f) dS = \oint_C f dC

El gráfico de las dos superficies en color rojo y azul, y la curva en color negro:


draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(4-u^2), u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u^2-2, u, 0, sqrt(3), v, 0, 2*%pi),
color = "black", line_width=2,
parametric(sqrt(3)*cos(t), sqrt(3)*sin(t), 1, t, 0, 2*%pi)
);

b) Dado f(x,y,z) = (z-y, x-z, 1-y), calcule la circulación de f a lo largo de la curva intersección de las superficies de ecuaciones y = x^2 + z^2 e y = 12-2x^2-2z^2. Indique gráficamente cómo ha orientado la curva.

Veamos como se intersectan las superficies:
y = 12 - 2y
3y = 12
y = 4
x^2 + y^2 = 4

por lo tanto la curva es una circunferencia de radio 2 sobre el plano y=4
Podemos hacerlo en forma directa o por rotor, vamos por este último:
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ z-y & x-z & 1-y \end{matrix} \right| = (0,1,2)

Tomo como superficie para Stokes el plano y=4 con normal N=(0,1,0)
O sea que el producto escalar rot(f) \cdot N = 1
Proyectando en el plano xz y pasando a polares, la circulación mediante Stokes equivale a:

1 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho = 4\pi

2) a) Defina derivada direccional. Siendo f(x,y) = \frac{x^2y + y^2\sin(x)}{x^2+y^2} si (x,y) \neq (0,0), f(x,y) = 0 si (x,y) = (0,0), analice si existe f'((0,0),\vec{r}) para distintos \vec{r} \in \mathbb{R}^2.

\displaystyle f'((0,0),(v_1,v_2)) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+hv_1, 0+hv_2) - f(0,0)}{h}

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{f(hv_1, hv_2)}{h}
\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_1^2 hv_2 + h^2v_2^2 \sin(hv_1)}{h^2v_1^2 + h^2v_2^2} \frac{1}{h}

recordando que por ser versor v_1^2 + v_2^2 = 1:

\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h^3 v_1^2 v_2}{h^3} + \lim_{h \to 0} \frac{h^2 v_2^2 \sin(hv_1)}{h^3}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + \lim_{h \to 0} \frac{v_2^2 v_1 \sin(hv_1)}{hv_1}

\displaystyle = v_1^2 v_2 + v_2^2 v_1

por lo tanto es derivable \forall \vec{r}

b) Siendo x-y+z=4 la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación z = f(x,y) en el punto (2,1,z_0), halle las direcciones de derivada direccional máxima, mínima y nula de f en (2,1) indicando, para cada caso, cuál es el correspondiente valor de la derivada.

Despejando z del plano:
z = 4 - x + y
Las derivadas parciales de f en (2,1) van a coincidir con las del plano tangente ya que el mismo es el polinomio de taylor de 1º orden, por lo tanto:
\nabla f(2,1) = (-1,1)
derivada máxima: |\nabla (1,2)| = \sqrt{2} en la dirección r_{max} = \frac{(-1,1)}{\sqrt{2}}
derivada mínima: -|\nabla (1,2)| = -\sqrt{2} en la dirección r_{min} = \frac{(1,-1)}{\sqrt{2}}
direcciones de derivada nula:
r_{nul_1} = \frac{(1,1)}{\sqrt{2}} y r_{nul_2} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}

3) Siendo f(x,y,z) = (x-y, \sin(xz), z^2 - z), calcule el flujo de f a través de la superficie \Sigma frontera del cuerpo D definido por x^2 + z^2 \leq 4, x \leq y \leq x+2. Indique si considera a \Sigma orientada en forma entrante o saliente de D.

La superficie es cerrada, vamos a plantearlo por el teorema de la divergencia:
div(f) = 1 + 0 + 2z - 1
= 2z

Usando coordenadas cilíndricas sobre el eje y:
T:\begin{cases} x = \rho\cos(\phi) \\ y = y \\ z = \rho\sin(\phi) \end{cases}
|J| = \rho

El flujo pedido, por el teorema de la divergencia, equivale a:
2 \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho \int_{\rho\cos(\phi)}^{\rho\cos(\phi) + 2} dy

4 \left[ -\cos(\phi) \right]_0^{2\pi} \left[ \frac{\rho^3}{3} \right]_0^2 = 0

La superficie \Sigma la consideramos orientada en forma “saliente” por haber aplicado el teorema de la divergencia, de todas formas el flujo neto es 0, por lo tanto no resulta ni entrante ni saliente de la superficie.

El gráfico del cuerpo D:


reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
reparametrize(x, y, sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2),
reparametrize(x, y, -sqrt(4-x^2), x, -2, 2, y, x, x+2)
);

Este es el gráfico del mismo cuerpo D pero los colores representan la divergencia del campo en cada punto del cuerpo:


reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
enhanced3d = 2*u*sin(v),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*cos(v)+2, u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
enhanced3d = 2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2),
enhanced3d = -2*sqrt(4-u^2),
reparametrize(u, v, -sqrt(4-u^2), u, -2, 2, v, u, u+2)
);

4) Calcule mediante una integral doble el área de la región plana limitada por y = -2x^2 y la curva solución de y' + y = x que pasa por (1,0)

Resolvamos la ecuación diferencial por el método de Lagrange:
y = uv
y' = u'v + uv'

u'v + uv' + uv = x
u [v'+v] + u'v = x
primera parte:
v' + v = 0
\frac{dv}{dx} = -v
\frac{dv}{v} = -dx
\ln(v) = -x
v = e^{-x}
segunda parte:
u' e^{-x} = x
du = xe^x dx
u = xe^x - e^x + c
por lo tanto:
y = uv
= x - 1 + c e^{-x}
usando la condición inicial:
0 = 0 + c e^{-1}
c = 0
por lo tanto la curva es:
y = x-1

Veamos como se intersectan las dos curvas:
-2x^2 = x-1
2x^2 + x - 1 = 0
x_1 = -1 y x_2 = \frac{1}{2}

Considerando que en ese intervalo es mayor la primer función, el área que encierra es:
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} dx \int_{x-1}^{-2x^2} dy
\displaystyle \int_{-1}^{\frac{1}{2}} -2x^2 - x + 1 dx
\displaystyle \left[ \frac{-2}{3}x^3 - \frac{x^2}{2} + x \right]_{-1}^{\frac{1}{2}}
= \frac{7}{24} - \left( - \frac{5}{6} \right) = \frac{9}{8} \approx 1,125

El gráfico del área de la región limitada por las dos curvas:


draw2d(
xlabel = "x", ylabel = "y",
parametric(t, -2*t^2, t, -2,2),
parametric(t, t-1, t, -2, 2)
);

Tp.9 Ej.5.g

Calcule el área de las siguientes superficies:

g) Superficie de ecuación z = x^2 - y con |y| < x, x < 1

Solución:

Parametrizo la superficie como:
S(x,y) = (x,y,x^2-y)
De la primer restricción:
-x < y < x
se desprende que x > 0
La segunda restricción es:
x < 1

Busquemos el vector normal:
S'_x = (1,0,2x)
S'_y = (0,1,-1)
N = S'_x \wedge S'_y = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ 1 & 0 & 2x \\ 0 & 1 & -1 \end{matrix} \right|
= (-2x,1,1)
Su norma es:
|N| = \sqrt{4x^2 + 1 +1}
= \sqrt{4x^2 +2}

Por lo tanto, el área de la superficie viene dada por
\int_0^1 \sqrt{4x^2 +2} dx \int_{-x}^{x} dy
2 \int_0^1 x\sqrt{4x^2 + 2}dx

Resolvemos la integral indefinida
\int x\sqrt{4x^2 + 2}dx
Si u = 4x^2 + 2
du = 8x dx
\frac{1}{8}\int \sqrt{u}du
= \frac{1}{8} \frac{2}{3} u^{3/2} + c
= \frac{1}{12} (4x^2+2)^{3/2} + c

Finalmente, el área pedida es
2 \left[ \frac{1}{12} (4x^2+2)^{3/2} \right]_0^1
2 \left[ \frac{\sqrt{6}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{6} \right]
=  \sqrt{6} - \frac{\sqrt{2}}{3} \approx 1.97808...

El gráfico de la superficie S es

reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
reparametrize(x, y, x^2-y, x,0,1,y,-x,x)
);

Tp.9 Ej.5.f

Calcule el área de las siguientes superficies:

f) Superficie frontera del cuerpo definido por x^2 + y^2 \leq 1, 0 \leq z \leq \sqrt{x^2+y^2}

Solución:

Vamos a dividir la superficie en 3 “caras” que tiene el cuerpo.
S_1 va a ser el “piso” que es el círculo unitario en z=0
S_1(x,y) = (x,y,0) con x^2 + y^2 \leq 1, su área es Area(S_1) = \pi (como no pide explícitamente que lo calculemos mediante integrales, usamos la fórmula conocida \pi r^2 con r=1)

S_2 va a ser la “pared” que es el cilindro de radio 1 y altura 1, su área es Area(S_2) = 2\pi (con la fórmula 2\pi r h, con r=h=1)

S_3 va a ser el “techo” que vendría a ser la parte del cono, parametrizando la superficie S_3 como:
S_3(\rho, \phi) = (\rho\cos(\phi), \rho\sin(\phi), \rho), con
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq 1
Los vectores tangentes son:
(S_3)'_{\phi} = (-\rho\sin(\phi), \rho\cos(\phi), 0)
(S_3)'_{\rho} = (\cos(\phi), \sin(\phi), 1)
El vector normal es:
N = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ -\rho\sin(\phi) & \rho\cos(\phi) & 0 \\ \cos(\phi) & \sin(\phi) & 1 \end{matrix} \right|
= (\rho\cos(\phi), \rho\sin(\phi), -\rho)
Su norma es:
|N|  = \sqrt{\rho^2 + \rho^2}
= \sqrt{2}\rho

Por lo tanto el área de S_3 es:
\sqrt{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho
Area(S_3) = \sqrt{2}\pi

Finalmente, el área de la superficie pedida S es igual a la suma de las 3 “caras” que calculamos:
Area(S) = 3\pi + \sqrt{2}\pi

El gráfico del cuerpo cuya frontera es la superficie S es:


draw3d(
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
surface_hide = true,
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), u, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 0, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(cos(v), sin(v), u, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi)
);

Ejercicio de líneas de campo

Hallar las lineas de campo de f(x,y) = (x-y, x+y)

Solución:

Debemos resolver la ecuación diferencial:
y' = \frac{x+y}{x-y}

Veamos si se trata de una ecuación diferencial homogénea, para ello la función
f(x,y) = \frac{x+y}{x-y}
debe ser homogénea de grado 0, es decir:
f(tx, ty) = \frac{tx + ty}{tx - ty} = \frac{t}{t} f(x,y) = t^0 f(x,y)
por lo tanto si se trata de una ecuación diferencial homogénea.

Sustituyo:
y = zx
y' = z'x + z
en la ecuación diferencial:
z'x + z = \frac{x + zx}{x - zx}
z'x = \frac{1+z}{1-z} - z
= \frac{1+z - (1-z)z}{1-z}
= \frac{1+z - (z-z^2)}{1-z}
= \frac{1+z - z+z^2}{1-z}
\frac{dz}{dx} x = \frac{1 + z^2}{1-z}
\frac{1-z}{1+z^2} dz = \frac{dx}{x}

\int \frac{1-z}{1+z^2} dz
\int \frac{1}{1+z^2} - \frac{z}{1+z^2} dz
= \arctan(z) - \frac{1}{2} \ln(z^2 + 1)
Como z = y/x
= \arctan(\frac{y}{x}) - \frac{1}{2} \ln(\frac{y^2}{x^2} + 1)

Por lo tanto:

\arctan(\frac{y}{x}) - \frac{1}{2} \ln(\frac{y^2}{x^2} + 1) = \ln(x) + c

Podemos verificar que este resultado es consistente con la resolución del Wolfram Alpha

Tp.8 Ej.10.f

Calcule mediante integrales triples el volumen del cuerpo H, usando el sistema de coordenadas que crea más conveniente.

f) H definido por x^2 + z^2 \leq 9, y \geq 2x, y \leq 2x + 4

Solución:

Como la primer restricción corresponde al interior de un cilíndro de radio 3 sobre el eje y, vamos a usar coordenadas cilíndricas sobre dicho eje:
T: \begin{cases} x = \rho \cos(\phi) \\ y = y \\ z = \rho \sin(\phi) \end{cases}
|J| = \rho

Por lo tanto el volumen del cuerpo H es:

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho \int_{2 \rho \cos(\phi)}^{2\rho\cos(\phi) + 4} dy

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho [2\rho\cos(\phi) + 4 - 2\rho\cos(\phi)]

4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho

8 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^3

= 36 \pi \approx 113,097...

El siguiente es el gráfico del cuerpo H


reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), 2*u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), 2*u*cos(v)+4, u*sin(v), u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
reparametrize(x, y, sqrt(9-x^2), x, -3, 3, y, 2*x, 2*x+4),
reparametrize(x, y, -sqrt(9-x^2), x, -3, 3, y, 2*x, 2*x+4)
);

Final 14/12/2009

Solución: (de la parte práctica)

1) a) Defina solución general (SG) y solución particular (SP) de una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Sabiendo que y = 2x es una SP de y'' - y = f(x), halle la SP tal que y(0) = 2, y'(0) = 0

Primero calculamos la solución de la homogénea:
y'' - y = 0

El polinomio característico es:
\alpha^2 - 1 = 0
que tiene soluciones: \alpha_1 = 1, \alpha_2 = -1
Como las funciones \{ e^x, e^{-x} \} son L.I. la solución de la homogénea es la combinación lineal:

y_h = c_1 e^x + c_2 e^{-x}

por lo tanto la solución de la general es y_g = y_h + y_p
y = c_1 e^x + c_2 e^{-x} + 2x
su derivada es:
y' = c_1 e^x - c_2 e^{-x} + 2
usando las condiciones iniciales:

2 = c_1 + c_2
0 = c_1 - c_2 + 2

de donde sale que c_1 = 0 y c_2 = 2, por lo tanto la solución particular pedida es:

y = 2e^{-x} + 2x

b) Dado f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 tal que f(x,y,z) = (1, h(x) + z - 2x, y) con f(1,1,1) = (1,2,1), halle h(x) tal que la integral de línea de f a lo largo de una curva C desde A hasta B no dependa de la curva C que se utilice.

Debe cumplirse la condición necesaria de existencia de función potencial, que es que el jacobiano sea contínuo y simétrico:

Df = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ h'(x) - 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
Por lo tanto debe cumplirse:
h'(x) - 2 = 0
h'(x) = 2
h(x) = 2x + c

por otro lado como f(1,1,1) = (1,2,1)
(1, h(1) + 1 - 2, 1) = (1,2,1)
(1, c + 1, 1) = (1,2,1)
c+1 = 2
c = 1

finalmente, la función pedida es:
h(x) = 2x + 1

2) b) La superficie \Sigma tiene ecuación z = h(x,y) donde h(x,y) = f(xy, 2x^2) con f \in C^1, halle la ecuación del plano tangente a \Sigma en (1,1,z_0) sabiendo que \nabla f(1,2) = (2,3) y que f(1,2) = 4

Se trata de una función compuesta de la forma:
(x,y) \to g(x,y) \to (u,v) \to f(u,v) \to z
Donde:
g(x,y) = (xy, 2x^2)
resulta la función compuesta h = f \circ g
En el punto que nos interesa tenemos que:
(x,y) = (1,1) \to (u,v) = (1,2) \to z=4

Por la regla de la cadena sabemos que:
\nabla h = \nabla f|_{(1,2)} \circ Dg|_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y & x \\ 4x & 0 \end{pmatrix}_{(1,1)}
= \begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 14 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} h'_x & h'_y \end{pmatrix}

Por lo tanto el plano tangente buscado es:
z = 4 + 14(x-1) + 2(y-1)

3) Calcule el área del trozo de plano de ecuación z = 1 + 2x con 2 + 2x - x^2 - y^2 \leq z \leq 5 + 2x - x^2 - y^2

Reemplazo en la restricción con la ecuación de la superficie:
2 + 2x - x^2 - y^2 \leq 1 + 2x \leq 5 + 2x - x^2 - y^2
2 - x^2 - y^2 \leq 1 \leq 5 - x^2 - y^2
De la primer inecuación sale que:
x^2 + y^2 \geq 1
De la segunda inecuación sale que:
x^2 + y^2 \leq 4

Parametrizo el plano de la siguiente manera (basándome en las coordenadas polares)
S(\rho, \phi) = (\rho \cos(\phi), \rho \sin(\phi), 1 + 2\rho\cos(\phi))
S'_{\rho} = (\cos(\phi), \sin(\phi), 2\cos(\phi))
S'_{\phi} = (-\rho\sin(\phi), \rho\cos(\phi), -2\rho\sin(\phi))

El vector normal es:
N = S'_{\rho} \wedge S'_{\phi} = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \cos(\phi) & \sin(\phi) & 2\cos(\phi) \\ -\rho\sin(\phi) & \rho\cos(\phi) & -2\rho\sin(\phi) \end{matrix} \right|
= (-2\rho, 0, \rho)
Su norma es:
|N| = \sqrt{5}\rho

Por lo tanto el área de la porción de plano pedida es:
\sqrt{5} \int_0^{2\pi} d\phi \int_1^2 \rho d\rho
\sqrt{5} 2\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_1^2
= 3 \sqrt{5} \pi

El gráfico de la sección del plano es:

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1 + 2*u*cos(v), u, 1, 2, v, 0, 2*%pi)
);

4) Dado f \in C^1 calcule el flujo de f a través de la superficie abierta \Sigma de ecuación z = \sqrt{2 - x^2 - y^2} con z \geq 1, sabiendo que div f(x,y,z) = 3z y que f(x,y,1) = (2x, 3-y, 2). Indique gráficamente como ha decidido orientar a \Sigma.

De la ecuación de la superficie:
z = \sqrt{2-x^2-y^2}
z^2 = 2 - x^2 - y^2
x^2 + y^2 + z^2 = 2
Vemos que se trata de una esfera de radio \sqrt{2}, de la cual nos interesa sólamente la parte que cumple z \geq 1, intersectando con el plano z=1 nos queda:

x^2 + y^2 = 1
Es decir que la proyección sobre el plano xy será el interior de la circunferencia unitaria.

Aprovechamos que tenemos la divergencia para calcular el flujo total (mas adelante le restaremos la tapa), usamos coordenadas cilíndricas:

3 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho \int_{1}^{\sqrt{2-\rho^2}} z dz
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{z^2}{2} \right]_{1}^{\sqrt{2-\rho^2}}
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{2-\rho^2}{2} - \frac{1}{2} \right]
3 (2\pi) \int_0^1 \rho d\rho \left[ \frac{1-\rho^2}{2} \right]
3 \pi \int_0^1 \rho(1-\rho^2) d\rho
3 \pi \int_0^1 \rho-\rho^3 d\rho
3 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} - \frac{\rho^4}{4} \right]_0^1
= 3 \pi \frac{1}{4}
= \frac{3}{4} \pi

Ese es el flujo sobre la superficie total, veamos cuanto es el flujo sobre la “tapa” que vendría a ser el plano z=1, el cual debemos orientar con el vector normal hacia “abajo” para que resulte saliente:
El vector normal por lo tanto es de la forma:
N = (0,0,-1)
Hacemos el producto escalar f \cdot N = -2
Por lo tanto el flujo sobre la “tapa” es:
-2 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho
-4 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^1
-2\pi

Por lo tanto el flujo sobre la superficie abierta es igual al flujo total (\frac{3}{4}\pi) menos el flujo sobre la tapa (-2\pi), o sea, \frac{3}{4}\pi - (-2\pi) = \frac{11}{4}\pi

En el siguiente gráfico se puede ver la superficie en color celeste, y la “tapa” en color rojo:

draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), sqrt(2-u^2), u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
color = "light-red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 1, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi)
);