Final 31/07/2012

Respuestas:

T2) El planteo en cartesianas es
4 \int_{-2}^2 dy \int_0^{ \sqrt{4-y^2} } x^3 dx
Al resolverla (en polares) daba \frac{512}{15}

E1) Queda
2 \int_0^1 x dx \int_{1-x}^{1-x^2} dy = \frac{1}{6}

E2) Los puntos críticos son A_0 = (e^{-1}, 0) y A_1 = (-e^{-1}, 0)
Hay punto silla en (e^{-1}, 0, f(A_0)) y hay máximo relativo f(A_1).

E3) El area pedida es 15 \sqrt{2} \pi

E4) Era difícil de dibujar, pero no se pedía y no hacía falta. Usando cilíndricas sobre el eje y quedaba
\int_0^{\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho \int_{\rho \sin(\phi)}^{\rho \sin(\phi) + 2} dy = \frac{32}{3}

En el siguiente gráfico se ve el cuerpo H en color azul.

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*sin(v), u*sin(v), v,0,%pi, u,0,2),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v) + 2, u*sin(v), v,0,%pi, u,0,2),
reparametrize(2*cos(v), y, 2*sin(v), v,0,%pi, y,2*sin(v),2*sin(v) + 2 ),
parametric_surface(x,y,0, x,-2,2, y,0,2)
);

Final 24/07/2012

Respuestas:

T1) r = 2
T2) El gradiente da \nabla f(A) = (0, 3), y f no es diferenciable en A
E1) La circulación da \frac{-293}{30}
E2) Sale razonable en cartesianas, y la masa da M = \frac{4}{5}k
E3) e^y = -e^2(x-1)
E4) Queda \nabla h(2,4) = (18, 10) y la aproximación es 44,26

Resuelvo el E3)
Sabiendo que \vec{f}: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 tiene función potencial \phi con \phi(x,y) = x^2 - 2x + 2y + 5, halle una ecuación cartesiana para la línea de campo de \vec{f} que pasa por el punto (0,2)

El campo vectorial es
\vec{f} = \nabla \phi = (2x -2, 2)
La ecuación diferencial de las líneas de campo
y' = \frac{2}{2x-2}

y' = \frac{1}{x-1}
y = \ln|x-1| + c

Método 1: Exponenciando (la constante absorve el módulo)
e^y = k (x-1)

Como pasa por (0,2)
e^2 = -k
o sea que k = -e^2
finalmente, la ecuación pedida es
e^y = -e^2 (x-1)

Método 2: sin exponenciar
y = \ln|x-1| + c
como pasa por (0,2)
2 = \ln|0-1| + c
c = 2
por lo tanto
y = \ln|x-1| + 2

Ambas formas se consideran correctas, ¿pero son resultados equivalentes?
Hay un tema con los signos y el módulo, en la primera forma me deshice del módulo pidiendo que el signo lo absorva la constante. En el segundo método el módulo queda hasta el final.
El módulo hace que tengamos dos “ramas” del logaritmo, lo importante al deshacerme del módulo es elegir la rama que pasa por el punto (0,2) que me piden.

En el siguiente gráfico puede verse en verde la rama que elegí en el método 1, el punto (0,2) está remarcado con la cruz azul, y en rojo se ve la otra rama que se mantiene si eligo el método 2.

draw2d(
color=red,
parametric(t,log(t-1) + 2, t,1.01,5),
color=green,
parametric(t,log(1-t) + 2, t,-5,0.99),
color=blue,
points([[0,2]])
);