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Megu*~
Nivel 8
Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 712
Ubicación: Prontera
Carrera: Naval
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| koreano escribió:
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Conclusión, si tenés una parametrización a trozos de una curva está todo bien mientras que haya continuidad y los sentidos sean coherentes. Es decir, vas a poder calcular las integrales como la suma de las integrales a lo largo de cada parte de curva. Obviamente lo ideal es tener la parametrización con la menor cantidad de partes pero no siempre es el caso, a veces dependiendo del campo es mas fácil calcular las integrales con unas parametrizaciones que otras.
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Integrales, ok :B
Thx
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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| Bueno, entre esto y lo de tecla de windows + L no me podés decir que no: te invito a salir a comer hoy a la noche. Salimos?
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df
Nivel 9
Edad: 32
Registrado: 15 May 2010
Mensajes: 2298
Carrera: Civil
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| BHAMO KOREANO. Es un pibe... de buena leche, doy fe.
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![[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]](images/latex/99f2e51931163431f7feb4825fc711ebccd99981_0.png "[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]")
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Megu*~
Nivel 8
Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 712
Ubicación: Prontera
Carrera: Naval
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| koreano escribió:
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Bueno, entre esto y lo de tecla de windows + L no me podés decir que no: te invito a salir a comer hoy a la noche. Salimos?
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Cuando me expliques integrales de superficie vemos ;D
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Megu*~
Nivel 8
Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 712
Ubicación: Prontera
Carrera: Naval
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No me sale el ejercicio 14 b de la guía 3. Dice:
"Suponiendo que f es una función diferenciable en un punto interior de su dominio, ![[tex]Po= (xo;yo)[/tex]](images/latex/d8c49ba26924ead0d1676b0ebd736a87f2918e23_0.png "[tex]Po= (xo;yo)[/tex]") . Hallar el gradiente de f en Po, la dirección de máximo crecimiento, la dirección de la curva de nivel que pasa por Po y, si es posible, dos direcciones en Po sobre las que la pendiente de la superficie S de ecuación ![[tex]z= f(x;y)[/tex]](images/latex/8db122afd3d7a12b8cc9667beeb62c1ea80e5fde_0.png "[tex]z= f(x;y)[/tex]") en el pto ![[tex]Qo= (xo;yo;f(Po))[/tex]](images/latex/67ba4b2ec7dec6e427b610333271ef4af49b6d25_0.png "[tex]Qo= (xo;yo;f(Po))[/tex]") sea m
b) La curva de nivel de f que pasa por Po tiene ecuación ![[tex]x^2-y=1[/tex]](images/latex/325bbab8a64ffa4643cb3dc19b5e12d7c4f1088f_0.png "[tex]x^2-y=1[/tex]") , y la pendiente de en la dirección (1;1) es ![[tex]\sqrt{2}[/tex]](images/latex/e82058050c9cca2db8a2c014b6318cd8956ed5d1_0.png "[tex]\sqrt{2}[/tex]") "
Como el gradiente de f tiene que ser perpendicular a la curva de nivel, hallo el vector tg de la curva de nivel; es decir, parametrizo y derivo:
![[tex]y= x^1-1[/tex]](images/latex/a1a9a797bacadd249c1535d1014421cb15d1c9a1_0.png "[tex]y= x^1-1[/tex]")
![[tex]\sigma(t)= (t;t^2-1)[/tex]](images/latex/427d259b29d01c2329c1c92c91d55b677a1392a7_0.png "[tex]\sigma(t)= (t;t^2-1)[/tex]")
![[tex]\sigma'(t)= (1;2t)[/tex]](images/latex/2bf977034950db7ef863172c54cbf49d1ae3e342_0.png "[tex]\sigma'(t)= (1;2t)[/tex]")
(f'x;f'y)= 0[/tex]](images/latex/f7ebf847ae360cd762d8d74ef33597b5881855ae_0.png "[tex](1;2t)(f'x;f'y)= 0[/tex]") para que el vector tg sea perpendicular al gradiente
![[tex]f'x+2.t.f'y= 0[/tex]](images/latex/16151ab82e556c271d5ae041743879c3dcddd031_0.png "[tex]f'x+2.t.f'y= 0[/tex]")
Por otro lado, sé que la derivada direccional es \sqrt{2} (dato del ejercicio), entonces:
![[tex]\sqrt{2}=\nabla.\hat{v}[/tex]](images/latex/6258cf1d4c994b6e2eba3e2204200ee73bad01be_0.png "[tex]\sqrt{2}=\nabla.\hat{v}[/tex]") (porque la función es diferenciable)
![[tex]\sqrt{2}=(f_{x}^{'};f'y)(1;1)[/tex]](images/latex/2bc43a533b9ee9ce1a481c83dacaed216f3f6426_0.png "[tex]\sqrt{2}=(f_{x}^{'};f'y)(1;1)[/tex]")
![[tex]\sqrt{2}= f_{x}^{'}+f'y[/tex]](images/latex/38d17e9ef91261bc2e4c9893d8385123cf95fe80_0.png "[tex]\sqrt{2}= f_{x}^{'}+f'y[/tex]")
Y me queda un sistema de dos ecuaciones y tres incógnitas 
![[tex]f_{x}^{'}+2.t.f'y= 0[/tex]](images/latex/d88c837ce755e64147ab49ecd86fbb4a58665930_0.png "[tex]f_{x}^{'}+2.t.f'y= 0[/tex]")
![[tex]f_{x}^{'}+f'y= \sqrt{2}[/tex]](images/latex/389bfde4f13847aea932c56dbf0209923a33ca2d_0.png "[tex]f_{x}^{'}+f'y= \sqrt{2}[/tex]")
Edit: Usé Latex
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
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Ubicación: Martínez
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Hola Megu.
Como diría Jack, vayamos por partes.
(i) El gradiente de ![[tex]f(x,y)[/tex]](images/latex/47b2f6fdbbaf992926b205aeb2fb44f668e9cd2f_0.png "[tex]f(x,y)[/tex]") en ![[tex]\vec{P_0}=\left(x_0, y_0\right)[/tex]](images/latex/a55a83a04f7a0377375ed609c5ed6d6b68dc9efd_0.png "[tex]\vec{P_0}=\left(x_0, y_0\right)[/tex]") .
Sabes que ![[tex]\vec{\nabla}f \left(x_0, y_0\right) = \left(f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right), f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) \right)[/tex]](images/latex/7d8d274c19340eecb6248bce9172dc66d5834ede_0.png "[tex]\vec{\nabla}f \left(x_0, y_0\right) = \left(f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right), f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) \right)[/tex]") , y que la curva ![[tex]f(x,y)=f\left(x_0, y_0\right)[/tex]](images/latex/0370f1ccbe739ec25d0eea7c3b1906fccb4b8258_0.png "[tex]f(x,y)=f\left(x_0, y_0\right)[/tex]") tiene ecuación ![[tex]y=x^{2}-1[/tex]](images/latex/e5988f26f00f99c8cf166ff9c83d475cfd3b67a5_0.png "[tex]y=x^{2}-1[/tex]") . La parametrización que propones está muy bien, ![[tex]\vec{\sigma}(t)= \left(t, t^{2}-1 \right),\; t \in I[/tex]](images/latex/9616d28b616b289dca37d4bfbf343fd1d16dd0b5_0.png "[tex]\vec{\sigma}(t)= \left(t, t^{2}-1 \right),\; t \in I[/tex]") , con I un intervalo.
Como bien decís también, el vector tangente en todo punto tiene que ser ortogonal al gradiente según el PIC, por lo que ![[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t)\cdot\vec{\nabla}f(x,y) = 0[/tex]](images/latex/21674598541d406d83de35e6b56579c98a66da50_0.png "[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t)\cdot\vec{\nabla}f(x,y) = 0[/tex]") . Aprovechando que estamos en el plano, es muy sencillo ver que la función vectorial ![[tex]\vec{\Gamma}(t)= \left( 2t, -1 \right)[/tex]](images/latex/0f7a75cbf5ee0f5a44822b34b7ce3912aa7f4634_0.png "[tex]\vec{\Gamma}(t)= \left( 2t, -1 \right)[/tex]") es ortogonal a ![[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t)[/tex]](images/latex/a01f4962e73cd2e1c3a353d3bf56f45f586a5e70_0.png "[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t)[/tex]") en todo punto, pues ![[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t) \cdot \vec{\Gamma}(t) = 2t \cdot 1 + 2t\cdot(-1) = 0 \; \forall \; t \in I[/tex]](images/latex/b3fcb91b1277062040742700d06c113369e904bd_0.png "[tex]\vec{\sigma}^{\prime}(t) \cdot \vec{\Gamma}(t) = 2t \cdot 1 + 2t\cdot(-1) = 0 \; \forall \; t \in I[/tex]") .
De manera que podemos afirmar que el gradiente (en todo punto) de es ![[tex]\vec{\nabla}f(x,y) = (2x, -1)[/tex]](images/latex/98434838e877e1ac5a37fbbdf4d4c1b1e75789be_0.png "[tex]\vec{\nabla}f(x,y) = (2x, -1)[/tex]") , ya que la parametrización se hizo tomando ![[tex]x = t[/tex]](images/latex/305e1fc13b8d7e856e6bcfc2d0c79005133f744a_0.png "[tex]x = t[/tex]") .
Luego te dicen que la pendiente de la gráfica de la función en la dirección del vector [/tex]](images/latex/dedc45638d7ed643c358f4f1d90ab705873004ee_0.png "[tex](1,1)[/tex]") es . ¿Por qué resalté la palabra "vector"?. Porque una dirección te la da un versor, o sea, un vector de norma unitaria. Oh casualidad, la norma de ese vector es .
La derivada direccional, como bien dijiste vos, puede calcularse como ![[tex]\vec{\nabla}f(x,y) \cdot \breve{u} = \sqrt{2}[/tex]](images/latex/a0ebaa7e2826b1aa01f5ff68545c196b255b588c_0.png "[tex]\vec{\nabla}f(x,y) \cdot \breve{u} = \sqrt{2}[/tex]") , con ![[tex]\breve{u} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)[/tex]](images/latex/d59d1528354a014360ec949e8baadcf1d4cceec4_0.png "[tex]\breve{u} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)[/tex]") . Esta última ecuación, tras un pasaje de términos del nivel de un estudiante del último año de la carrera de Física o de un Ing. Nuclear con no menos de 25 años de experiencia, se convierte en ![[tex]\vec{\nabla}f(x,y) \cdot (1,1) = 2[/tex]](images/latex/267d0a20acdef89a65f24378767cbb370e693191_0.png "[tex]\vec{\nabla}f(x,y) \cdot (1,1) = 2[/tex]") .
Antes de leer lo que viene a continuación, tené presente que yo asumí que de esta frase "y la pendiente de z = f(x, y) en la dirección..." el punto en cuestión es ![[tex]\vec{P_{0}}[/tex]](images/latex/a0107236d0c5e1c341fe3abe8045f2b2d8d9e10e_0.png "[tex]\vec{P_{0}}[/tex]") , ya que no lo aclara, pero me parece evidente. EDIT: Sí lo aclara en el enunciado principal, en donde dice que la función es diferenciable en ese punto. Pasa que soy medio goma y no le preste atención.
Ahora, rejuntando todo lo que tenemos vemos que ![[tex]\left\{\begin{array}{llll}f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right)=2x_{0} \\ f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) = -1 \\ f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right) + f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) = 2\end{array}\right.[/tex]](images/latex/21ee64de0c86ca41a795f7dde7cdc66a91ed396c_0.png "[tex]\left\{\begin{array}{llll}f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right)=2x_{0} \\ f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) = -1 \\ f^{\prime}_{x}\left(x_0, y_0\right) + f^{\prime}_{y}\left(x_0, y_0\right) = 2\end{array}\right.[/tex]") . Reemplazando muy hábilmente las ecuaciones (1) y (2) en (3) vemos que con un poder de deducción impresionante, afirmamos que ![[tex]2x_{0} - 1 = 2 \Longrightarrow x_{0} = \frac{3}{2}[/tex]](images/latex/360263c92ea2edf94220546e71f2c3fe8dd78f89_0.png "[tex]2x_{0} - 1 = 2 \Longrightarrow x_{0} = \frac{3}{2}[/tex]") . Por lo tanto, ![[tex]\vec{\nabla}f \left(x_0, y_0\right) = (3,-1)[/tex]](images/latex/1836c3ca4ec8ce25ceb099834fe327702cb8ee3f_0.png "[tex]\vec{\nabla}f \left(x_0, y_0\right) = (3,-1)[/tex]") .
Saludos 
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Megu*~
Nivel 8
Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 712
Ubicación: Prontera
Carrera: Naval
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Wii, gracias Jackson! Ahora sí entendí
Horrible que no normalicé al vector  Gracias !
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nachito44
Nivel 6
Edad: 34
Registrado: 11 Jul 2008
Mensajes: 268
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| Buenas. Me estoy volviendo loco con una parametrización, a ver si alguno me puede echar una mano. Más específicamente se trata del ejercicio 2 de la guía 2. En el ítem b) obtuve la ecuación x=y^2 + 1 .. y tengo que pasarla a polares. Si fuera " - 1 " sabría hacerlo, pero tratando de completar cuadrados y todas las maneras que se me ocurren no logro llegar a una expresión adecuada. Gracias de antemano! Saludos!
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
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Dudo que sea de la guía 2, por lo que va de cuatrimestre y porque no necesitas parametrizar nada (si mal no recuerdo) en la guía 2. ¿No será de la guía de integrales?.
¿Tenes que pasarlo a polares porque así lo pide? Porque sino eso ya está parametrizado.
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La gallina Pipa
Nivel 8
Edad: 84
Registrado: 16 Jul 2010
Mensajes: 611
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Carrera: No especificada
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| Jackson666 escribió:
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Dudo que sea de la guía 2, por lo que va de cuatrimestre y porque no necesitas parametrizar nada (si mal no recuerdo) en la guía 2. ¿No será de la guía de integrales?.
¿Tenes que pasarlo a polares porque así lo pide? Porque sino eso ya está parametrizado.
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parece ser el ej 2 de la guia vii
http://materias.fi.uba.ar/6103/guias/guiatp2.pdf
pero parece que habran cambiado la guia porque no lo veo...
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Nosotros... Chat FIUBA!
Última edición por La gallina Pipa el Vie Nov 04, 2011 8:44 pm, editado 1 vez
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Jackson666
Nivel 9
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Ubicación: Martínez
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| Yo me fijé en esa guía, pero lo que escribe del ítem b) no tiene nada que ver con lo que dice en ese ejercicio.
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La gallina Pipa
Nivel 8
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| Jackson666 escribió:
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Yo me fijé en esa guía, pero lo que escribe del ítem b) no tiene nada que ver con lo que dice en ese ejercicio.
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 justo lo edite
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Nosotros... Chat FIUBA!
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nachito44
Nivel 6
Edad: 34
Registrado: 11 Jul 2008
Mensajes: 268
Carrera: Civil
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| No soy tan colgado jaja, lo suficiente como para que no me salga pero no como para equivocarme de ejercicio. Efectivamente es el ejercicio que menciono... Dan la función f(x,y) = ln (x - y^2) y piden describir en coordenadas polares la curva de nivel que pasa por (1,0).
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nachito44
Nivel 6
Edad: 34
Registrado: 11 Jul 2008
Mensajes: 268
Carrera: Civil
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| Me quedé con una pavada de ecuaciones diferenciales que no sé si será por error de enunciado. En el ejercicio 1-e) de la guía 6, no logro verificar la solución que me dan. He probado tanto con la guía de la página oficial, como con la que está resuelta por Acero que varía un término. Alguna ayuda o sugerencia?? Saludos!
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Parece que hay un error de enunciado. Esta es una solución particular:
![[tex]y = \frac{e^{-2x}}{11}[/tex]](images/latex/2b3aca02653005c4026d397370f987c59b03e13c_0.png "[tex]y = \frac{e^{-2x}}{11}[/tex]")
Verificalo : P
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