Final 03/12/2012

final_03_12_2012

Respuestas:

T1) No admite función potencial, alcanza con circular la elipse de ecuación x^2 + 4y^2 = 1 para verlo.

T2) Como f es diferenciable en A, se puede aplicar la regla
f'_v(A) = \nabla f(A) \cdot v = \frac{4}{5}\ln(2) + 2

E1) Sale fácil en cartesianas y da
\int_{-1}^1 dx \int_0^{1-x^2} dy \int_x^{2-x} dz = \frac{8}{3} \approx 2,666...

E2) y = e^x + x + 1

E3) Sale por rotor, es un poco larga la integral, queda así
2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(\phi) d\phi \int_0^{2\cos(\phi)} \rho^2 d\rho = 2\pi

E4) El plano tiene ecuación 2x+y+z=4
y el área pedida en el 1º octante es 4 \sqrt{6}

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37 comentarios en “Final 03/12/2012

    • Hola Pablo, Guido y Sergio,

      Tienen todos razón, ahí lo corregí, gracias :D.

      El wolfram nunca se confunde 😉

      Yo me había equivocado en un signo y resolví y' = y+x que verifica lo que me daba antes y = 3e^x - x - 1.

      La única dificultad de ese ejercicio son las cuentas, por eso el wolfram lo resuelve de una.

      Encima si lo hacés sin el wolfram con la sustitución y = uv, te termina quedando para integrar u = \int -xe^{-x} dx que hay que hacer por partes o usar bien la tabla de integrales. (O el wolfram, pero durante el final no se puede 😛 ).

      Saludos,
      Damián.

  1. el ejercicio 3 no lo pude sacar. lo hice pasando a implicitas el plano z=2x , saque el grad(plano): (2,0,-1) y aplique el terema del rotor proyectando sobre el plano xy. me darias una mano a ver como resolverlo. gracias

    • Hola Mauro,
      Fijate que la proyección te va a quedar el interior de una circunferencia desplazada del origen, si lo planteás en polares te queda la integral que puse en la respuesta. Para los límites de integración de \rho, tenés que despejarlo en función de \phi. Debe haber ejemplos parecidos resueltos en algún lado en este blog (o de finales resueltos, o de la práctica de integrales múltiples).
      Saludos,
      Damián.

  2. Hola, una consulta. En el E3 tomaste el vector normal (-2,0,1)? No habría que utilizar el versor normal? Porque haciendo esto, me dio lo mismo que a vos pero sobre raiz(5)

  3. Perdón, una consulta estúpida, en el E3, al hacer la intersección para hallar la curva, no nos queda la circunferencia (x-1)^2 + y^2 = 1 y por ende, los límites de integración serían phi de 0 a 2 PI y ro de 0 a 1? Disculpen pero evidentemente estoy planteando mal los límites, muchas gracias.

  4. Pepo, yo vi lo mismo y lo resolví por polares trasladadas. Los límites son: [-pi/2, pi/2] para phi, y [0, 2] para ro.
    Pero tené en cuenta que x= ro*sen(phi) + 1 , como z=2x => la integral te queda distinta, pero da 2pi.

    Si querés que te quede la integral de la respuesta, no traslades y como x^2 + y^2 = 2x , x^2+y^2 = ro^2 entonces 2x=ro^2 por lo que el límite de integración para ro es [0, 2*cos(phi)] … creo, pero no lo resolví así.

    Saludos

    • Hola, yo parametricé g(x,y) = (x, y, h(x,y)) entonces || g’x x g’y|| = raiz( h’x^2 + h’y^2, 1) = raiz(6)

      y la integral me quedaba con los límites: 0<x<2 , 0<y<4-2x
      Entonces te da el resultado que plantea Dami

      • Perdon pero no entiendo el planteo,yo tengo entendido que tengo que fijar una variable , digamos x=t y poner las otras 2 en función de x.
        =>C:(t,t^2+1-t(-2t^2/(1-3t),-2t^2/(1-3t))
        C'(1)=(1;2/3;-5/2)
        y el plano me queda
        6x-4y-15z=-5

      • Primero que nada , gracias por contestar.Pero el apunte habla de como parametrizar superficies, yo apliqué eso cuando me pedian encontrar el plano tg a una superficie.
        Aca me piden encontrar la curba intersección de 2 superficies y eso siempre lo resolví parametrizando una variable y poniendo las restantes en función de la misma.
        Perdon, pero sigo sin ver como resolver el ejercico

      • Hola. Para el E4) necesitás hallar el plano normal en A. común para las 2 superficies.
        Para eso, no necesitás parametrizar la curva. Tenés que hallar el producto vectorial de los gradientes que da (-2,-1,-1). Rocordá que el producto vectorial de 2 vectores da otro vector normal a ambos…

        Con eso y el punto hallas la ec del plano:
        = N * [ (x,y,z) – A] = (-2, -1, -1)* [(x,y,z) – (1,1,1)]
        = 2x + y + z = 4

        Y luego, tenés que calcular el área del plano en el 1er octante, por lo que parametrizas la superfcie como en el apunte.

        Suerte!

      • Tenes toda la razón, estaba leyendo el ejercicio 14 de la guía 6 y me di cuenta que es casi lo mismo
        Perdon por ser tan cabeza dura
        Muchisimas gracias

      • En realidad me estoy equivocando, no hay que parametrizar la Superficie porque es un área alabeada, solo tenés que hallar el coseno director.

      • Gracias por todo, hoy rendí y había un ejercicio que usaba este mismo concepto, no se como hice para tener tanta suerte

    • Igualando las dos ecuaciones z=2x , z=x^2+y^2 queda 2x=x^2+y^2 . Operando, y completando cuadrados queda (x-1)^2 + y^2 = 1 . Eso es la proyeccion sobre el plano xy .
      Gráficamente queda así. Es una circunferencia con centro en (1,0) . En la gráfica se ve que las x son siempre positivas. Barriendo eso con un ángulo (en sentido antihorario) se ve que es desde y^{-} hacia y^{+} . Eso es \theta \in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] .

    • Hola, para decirte rápido: 2x=x^2+y^2 es una circunferencia con centro en (1,0) y de r=1. Sale si completás cuadrados.
      Si mirás el gráfico ves que el ángulo está entre -pi/2:pi/2, no es necesario justificarlo. Sino tendrías que analizar las igualdades y despejar phi para demostrarlo.

  5. Dami, el T1, porque decis que no admite funcion potencial, y que basta con circular esa elipse??, si no estoy haciendo mal las cosas, alculo la matriz jacobiana y me da simetrica. Por otro lado cuando la circulo por la elipse, tambien me da 0, y esta bien porque es una curva cerrada.
    Me podrias explicar porque no admite funcion potencial?? gracias!!

    • Hola Adrian,
      Producto y composición de diferenciables es diferenciable. Polinomios y logaritmo son diferenciables.
      Saludos,
      Damián.

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