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)
);

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8 respuestas a Final 31/07/2012

  1. sergio dijo:

    dami te paso mi resolucion , y si me orientas un toque con el E2 jeje no puedo enganchar el dato de f(1,0)=3

    T1) Si existe funcion potencial U entonces el campo vectorial es conservativo, la condicion necesaria para la existencia del U es que la matriz jacobiana de f sea simétrica, entonces se debe probar que f es conservativo entonces Df es simetrica siendo f\in C^1

    T2) es como se lo hayan dado a cada uno en la cursada [hr]

    E1) Sale por el teorema de green \oint f ds=\iint_D (Q'_x-P'_y)dA=\iint_D 2x dA

    para los limites tenemos

    y\leq 1-x^2\quad y\geq 1-x\to \boxed{1-x\leq y\leq 1-x^2}

    de donde por transitividad \boxed{0\leq x\leq 1}

    finalmente

    \iint_D 2x dA=\int_{0}^{1}\int_{1-x}^{1-x^2}2xdxdy=\dfrac{1}{6} [hr]

    E2) mmm: [hr]

    E3) Parametrizo como g:R^2\to R^3/ g(x,z)=(x,y,1+\sqrt{x^2+y^2})

    la normal esta dada por

    n=g'_x\times g'_y=\left ( \frac{-x}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{-y}{\sqrt{x^2+y^2}},1 \right )

    por definicion de calculo de area de superficies

    $ A=\iint_S ||g’_x\times g’_y|| dS=\iint_S\sqrt{\left ( \frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}+1 \right )}dxdy$

    tomo polares

    h:R^2\to R^2/ h(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)

    Busco los limites de integracion, para ello pongo la parametrizacion en las coordenadas elegidas o sea

    g(h(r\cos\theta,r\sin\theta))

    sabemos que 2\leq z\leq 5 reemplazamos z por las nuevas coordenadas 2\leq 1+r \leq 5\to \boxed{1\leq r\leq 4}

    no hay restricciones angulares entonces

    A=\int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{4}\sqrt{2}rdrd\theta=15\sqrt{2}\pi [hr]

    E4) sale por divergencia directamente, no hay que restar tapas porque esas ecuaciones nos definen ya un volumen, se cumplen las hipotesis del teorema de gauss bla bla

    div f=z\to \iiint _V div dV=\iiint_V z dV

    tomo cilindricas

    g:R^2\to R^2/ h(r,\theta)=(r\cos\theta,y,r\sin\theta)

    evaluo en estas coordenadas todas las superficies

    x^2+z^2\leq 4\to r\leq 2

    z\leq y \leq z+2\to r\sin\theta\leq y\leq r\sin\theta+2

    z\geq 0\to \sin\theta\geq 0\to \theta\in [0,\pi]

    La integral pedida

    V=\iiint_V z dV=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2}\int_{r\sin\theta}^{r\sin\theta+2}r^2\sin\theta dydrd\theta=\frac{32}{3} [hr]

    espero salgan todas las formulas, espero observaciones si las hay de tu parte 😉

  2. Fede dijo:

    Dami gracias por el blog y por tu predisposición siempre, la curse con vos en verano y ayer aprobe el final, exelente tu laburo, asi como criticamos mucho a los profesores es bueno felicitarlos cuando hacen mucho por nuestro aprendizaje! Saludos

  3. Fernando dijo:

    Perdón, pero en el punto E2 no entiendo para qué me dan el dato de que f(1,0) = 3.
    Yo para calcular los extremos necesito el gradiente de f (o sus derivadas parciales) y eso lo calculo reemplazando u y v por (1,0) y por (0,1).
    Luego con esas derivadas parciales las igualo a 0 y saco los puntos críticos (que según mi resultado el único punto crítico que hay es el (e, 0)).
    Estoy haciendo algo mal?
    Gracias!

  4. Ah… yo tenia dudas con el dato de f(1,0)=3 con un compañero lo sacamos, como f es diferenciable

    f'(A,r)=\nabla f(A)r

    tenes por dato que f'(A,r)=2u-2yv+u\ln x^2

    si hacemos cuentas

    \\f'(A,r)=u(2+\ln x^2)-2yv=(2+\ln x^2,-2y)(u,v)\quad\forall (u,v)\in R^2

    de donde deducis

    \nabla f(x,y)=(2+\ln x^2,-2y)

    si igualas a 0 el gradiente obtenes los puntos criticos que pone damian en su respuesta, el dato ese no lo dan para hallar la funcion f(x,y) no se si es necesario hallarla ya que no lo aclara el enunciado…

    Si queres podes pasar por aca y dar un vistazo http://www.utnianos.com.ar/foro/tema-am2-final-31-07-12-resuelto

  5. Jesica dijo:

    Buenas, saben cuàl es la fecha del final que viene?

  6. Gisele dijo:

    Hola, el T2 me queda la duda a qué se refiere con definición
    Sería
    x=pcosO
    y=psenO
    donde 0<p<infinito; 0<O<2pi
    J = p
    y con eso alcanza?
    Gracias!

  7. Ivan Oliveri dijo:

    Buenas, yo también tengo la misma duda que Gisele. Cuando te piden definición y expresión de Coordenadas Polares con esto alcanza para que este considerado bien?

    x = p cos(Θ)
    y = p sen(Θ)
    Con 0<=Θ<=2π y p \in [0,\infty )

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