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Autor Mensaje
seba23393
Nivel 6


Edad: 30
Registrado: 27 Mar 2013
Mensajes: 258

Carrera: No especificada
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MensajePublicado: Dom Jun 02, 2013 3:54 am  Asunto:  Ej recuperatorio Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

http://oi42.tinypic.com/6z60bn.jpg , alguien sabe como hacer el ej1?porque se me complica lo de encontrar la curva y parametrizarla. Y el 3?


Capricornio Género:Masculino Mono OfflineGalería Personal de seba23393Ver perfil de usuarioEnviar mensaje privado
Brai11
Nivel 5


Edad: 30
Registrado: 29 Jun 2012
Mensajes: 157

Carrera: Industrial y Mecánica
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MensajePublicado: Dom Jun 02, 2013 2:30 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

si alguno tiene tiempo porfavor pase todo el parcial pq me fue muy mal Sad


Libra Género:Masculino Mono OfflineGalería Personal de Brai11Ver perfil de usuarioEnviar mensaje privado
priest_of_metal
Nivel 2


Edad: 32
Registrado: 27 May 2010
Mensajes: 11
Ubicación: Buenos Aires
Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Lun Jun 24, 2013 7:01 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Estoy en la misma con el Ej 1, un garrón.


Sagitario Género:Masculino Caballo OfflineGalería Personal de priest_of_metalVer perfil de usuarioEnviar mensaje privado
Huey 7
Nivel 6



Registrado: 03 Mar 2010
Mensajes: 267

Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Lun Jun 24, 2013 8:52 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Para el punto a), analizando la parametrización [tex]\phi[/tex] se puede ver que los puntos de la superficie [tex]S_1[/tex] satisfacen en coordenadas cartesianas la ecuación [tex]z = x^2 + 2y^2[/tex]. [tex]S_1 \cap S_2[/tex] es entonces la curva cuyos puntos satisfacen el sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}x^2 + 2y^2 & = & z \\x^2 + y^2 & = & 1\end{array} \right .[/tex]

Que es equivalente al sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}1 + y^2 & = & z \\x^2 + y^2 & = & 1\end{array} \right .[/tex]

Entonces, una parametrización posible de la curva C es [tex]\gamma(t) = (\cos t,\ \sen t,\ 1 + \sen^2 t)[/tex] para [tex]t \in [0, 2\pi][/tex]. Se deja como ejercicio comprobar que es regular (jeje).

Para el punto b), el plano dado tiene como vector normal a [tex](\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2)[/tex]. Usando la parametrización de C del punto a), el vector tangente es [tex]\gamma'(t) = (-\sen t,\ \cos t,\ 2\sen t\cos t)[/tex]. El vector tangente a C será ortogonal al plano en un punto [tex]X = \gamma(t)[/tex] de la curva si para ese valor de t, [tex]\gamma'(t)[/tex] es paralelo al vector normal del plano, es decir, si existe algún [tex]\lambda[/tex] real tal que [tex]\gamma'(t) = \lambda(\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2)[/tex]. Entonces, hay que encontrar todas las soluciones [tex](t, \lambda)[/tex] del sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}\sen t & = & -\lambda \sqrt{2} \\\cos t & = & \lambda \sqrt{2} \\2\sen t\cos t & = & 2\lambda\end{array} \right .[/tex]

Ese sistema tiene una sola solución que cumple [tex]t \in [0, 2\pi][/tex]: [tex]t = \frac{3\pi}{4}[/tex] con [tex]\lambda = -\frac{1}{2}[/tex]. Así que hay un solo punto en el que el vector tangente a C es ortogonal al plano: [tex]\gamma \left (\frac{3\pi}{4} \right ) = \left (-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3}{2} \right )[/tex].

_________________
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 Género:Masculino  OfflineGalería Personal de Huey 7Ver perfil de usuarioEnviar mensaje privado
priest_of_metal
Nivel 2


Edad: 32
Registrado: 27 May 2010
Mensajes: 11
Ubicación: Buenos Aires
Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Lun Jun 24, 2013 9:07 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Tratemos de resolverlo, investigando he notado que la superficie parametrizada que da inicialmente es muy parecida a la parametrización de un paraboloide Elíptico.

[tex] S(u,v)=(a.v.\cos{u}\:;b.v.\sen{u}\:;v^2)\: [/tex]

Siendo el paraboloide Elíptico:

[tex] \displaystyle\frac{z}{c}\: = \: \displaystyle\frac{x^2}{a^2} \: + \: \frac{y^2}{b^2} [/tex]

El ejercicio plantea:

[tex]  \phi(u,v)=(\displaystyle\frac{v}{\sqrt[]{2}}\cos{u}\:;v.\sen{u}\:;v^2)\: [/tex]

para intersectar con:

[tex]  x^2 + y^2 = 1[/tex]

Tengo aún así inseguridad al momento de plantear una analogía entre la parametrización que encontré y la dada en el examen, ¿Qué suponen?

Fuente:
http://materias.fi.uba.ar/6103/contribuciones/jc/cuad_param.html


Sagitario Género:Masculino Caballo OfflineGalería Personal de priest_of_metalVer perfil de usuarioEnviar mensaje privado
priest_of_metal
Nivel 2


Edad: 32
Registrado: 27 May 2010
Mensajes: 11
Ubicación: Buenos Aires
Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mar Jun 25, 2013 9:55 am  Asunto:  ¿Posible Resolución? Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Por favor, pongan en duda mi planteo y resolución, yo creo haberlo hecho bien pero no tengo toda la seguridad, pueden revisarlo.

ENUNCIADO:

1) Sea [tex] S_1 [/tex], La superficie parametrizada por: [tex]  \phi : D\subset R^2\longrightarrow{}R^3 [/tex]
Que es:
[tex] \phi (u;v) = (\frac{v}{\sqrt[]{2}}\cos{u} \, ;v\sen{u} \, ;v^2) [/tex]

Con [tex] D=\left\{{(u,v)\in{} R^2 : v\geq0 ,\: 0\leq u \leq 2 \pi }\right\} [/tex]
y sea [tex] S_2 [/tex] la superficie de ecuación: [tex] x^2 + y^2 = 1 [/tex]


a) Hallar una parametrización regular para la curva [tex] C=S_1 \cap S_2  [/tex]

b)Hallar, si existen, los puntos de [tex] C [/tex] donde el vector tangente es ortogonal al plano de ecuación [tex]  -\sqrt[]{2}x - \sqrt[]{2}y + 2z = 4 + \sqrt[]{2} [/tex]


Resolución:

a) Busco la intersección [tex] C=S_1 \cap S_2  [/tex] :

Se puede establecer la sig. igualdad que conserva la relación de la ec. [tex] \phi  [/tex] , como: [tex] 2x^2 + y^2 = z  [/tex]

Queda demostrada dicha relación, como:

[tex] 2 (\frac{v}{\sqrt[]{2}}\cos{u})^2 + (v\sen{u})^2 = v^2  [/tex]

Donde despejando se cumple la igualdad [tex]  v^2  = v^2  [/tex]

Entonces ahora puedo definir la intersección: [tex]  \left\lbrace\begin{array}{l} 2x^2 + y^2 = z \\  x^2 + y^2 = 1 \\\end{array}\right.  [/tex]

Donde resolviendo y despejando llego a [tex] z = x^2 + 1  [/tex]


Puedo considerar [tex] x=cos(t) ; y=sen(t) [/tex] Entonces [tex] z =  cos^2 (t) + 1  [/tex]

Obteniendo así la parametrización:

[tex]  \overline{\varphi}(t) = (cos(t) \, ; sen(t) \, ; cos^2 (t) + 1 )  [/tex]

Que resulta regular, ya que no se anula su derivada respecto a t.

[tex] \overline{ \varphi}^{\prime} (t) = ( -sen(t) \, ; cos(t) \, ; -2sen(t) cos(t) ) [/tex]


b)

Las direcciones tangentes a la curva las obtengo de [tex] \overline{ \varphi}^{\prime} (t) = ( -sen(t) \, ; cos(t) \, ; -2sen(t) cos(t) ) [/tex]

y como deben ser estas direcciones, normales al plano [tex]  -\sqrt[]{2}x - \sqrt[]{2}y + 2z = 4 + \sqrt[]{2} [/tex] , en otras palabras, deberán ser paralelas a la normal del plano [tex] \overline{N} = ( -\sqrt[]{2} \, ;  -\sqrt[]{2} \, ; 2) [/tex]

Planteando que esas direcciones tangentes a la curva son múltiplo de la normal del plano, entonces:

[tex]  \left\lbrace\begin{array}{l}  \lambda  ( -  \sqrt{2}  )  = - sen (t) \\   \lambda  ( -  \sqrt{2}  )  = cos (t)  \\   \lambda  2  = -2 sen (t) cos (t)  \\\end{array}\right.  [/tex]

Despejando obtengo [tex] \lambda = \displaystyle\frac{1}{2}  [/tex]
Ese valor lo reemplazo en el sistema de ecuaciones anterior, obteniendo así:


[tex]  \left\lbrace\begin{array}{l}    sen (t) =  \displaystyle\frac{ \sqrt{2} }{2} \\     cos (t) = ( -  \displaystyle\frac{ \sqrt{2} }{2}  )   \\    sen (t) cos (t)  = ( -  \displaystyle\frac{1}{2} )  \\\end{array}\right.  [/tex]

Donde depejando llego al valor [tex] t =  \displaystyle\frac{3}{4} \pi   [/tex]

Dicho valor lo reemplazo en la parametrización para hallar el/los punto/s donde se cumple esta condición de la dirección tangente que sea paralela a la normal del plano.

[tex]  \overline{\varphi}(t) = (cos(  \displaystyle\frac{3}{4} \pi ) \, ; sen(  \displaystyle\frac{3}{4} \pi ) \, ; cos^2 (  \displaystyle\frac{3}{4} \pi ) + 1 )  \: = \: ( - \displaystyle\frac{\sqrt[]{2}}{2} \, ; \displaystyle\frac{\sqrt[]{2}}{2} \, ; \displaystyle\frac{3}{2} ) \, = \, P [/tex]


Sagitario Género:Masculino Caballo OfflineGalería Personal de priest_of_metalVer perfil de usuarioEnviar mensaje privado
nnmm
Nivel 1



Registrado: 10 Dic 2013
Mensajes: 2

Carrera: No especificada
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MensajePublicado: Mar Dic 10, 2013 10:38 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Queria saber si se estan olvidando del 7/4pi o directamente no va?.

El punto seria P=(raiz2/2;-raiz2/2;3/2)

y me sumo al pedido del 3. Todo si es posible .

Gracias.


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Huey 7
Nivel 6



Registrado: 03 Mar 2010
Mensajes: 267

Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Dic 11, 2013 10:04 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

nnmm escribió:
Queria saber si se estan olvidando del 7/4pi o directamente no va?

No va. El sistema de 3 ecuaciones que surge de pedir que el vector tangente a la curva sea paralelo a la normal del plano no tiene solución para ningún [tex]\lambda[/tex] si [tex]t = \frac{7\pi}{4}[/tex].

nnmm escribió:
y me sumo al pedido del 3.

a) El conjunto de nivel 0 de f es x = 0. Que en coordenadas polares es la unión del conjunto [tex]\theta = \frac{\pi}{ 2}[/tex] (y positivas) con el conjunto [tex]\theta = \frac{3\pi}{2}[/tex] (y negativas). El conjunto de nivel e de f es aquel para el cual [tex]e^{y/|x|} = e[/tex], es decir, y = |x|. Que en coordenadas polares es la unión del conjunto [tex]\theta = \frac{\pi}{4}[/tex] (x positivas) con el conjunto [tex]\theta = \frac{3\pi}{4}[/tex] (x negativas).

b) El límite de f para [tex](x, y) \to (0, 0)[/tex] por rectas de la forma y = ax da diferente para cada una: [tex]e^a[/tex] o [tex]e^{-a}[/tex] si [tex]x \to 0^+[/tex] o [tex]x \to 0^-[/tex], respectivamente, y diferente además para cada a. Así que f no puede ser contínua. Ni tampoco diferenciable, entonces, porque diferenciable [tex]\Rightarrow[/tex] contínua.

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Comisión de Estudiantes de Ingeniería Electrónica (ComElec)
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neodymio
Nivel 8



Registrado: 27 Ago 2011
Mensajes: 791

Carrera: Mecánica
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MensajePublicado: Mie Dic 11, 2013 11:31 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Huey 7 escribió:
Para el punto a), analizando la parametrización [tex]\phi[/tex] se puede ver que los puntos de la superficie [tex]S_1[/tex] satisfacen en coordenadas cartesianas la ecuación [tex]z = x^2 + 2y^2[/tex]. [tex]S_1 \cap S_2[/tex] es entonces la curva cuyos puntos satisfacen el sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}x^2 + 2y^2 & = & z \\x^2 + y^2 & = & 1\end{array} \right .[/tex]

Que es equivalente al sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}1 + y^2 & = & z \\x^2 + y^2 & = & 1\end{array} \right .[/tex]

Entonces, una parametrización posible de la curva C es [tex]\gamma(t) = (\cos t,\ \sen t,\ 1 + \sen^2 t)[/tex] para [tex]t \in [0, 2\pi][/tex]. Se deja como ejercicio comprobar que es regular (jeje).

Para el punto b), el plano dado tiene como vector normal a [tex](\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2)[/tex]. Usando la parametrización de C del punto a), el vector tangente es [tex]\gamma'(t) = (-\sen t,\ \cos t,\ 2\sen t\cos t)[/tex]. El vector tangente a C será ortogonal al plano en un punto [tex]X = \gamma(t)[/tex] de la curva si para ese valor de t, [tex]\gamma'(t)[/tex] es paralelo al vector normal del plano, es decir, si existe algún [tex]\lambda[/tex] real tal que [tex]\gamma'(t) = \lambda(\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2)[/tex]. Entonces, hay que encontrar todas las soluciones [tex](t, \lambda)[/tex] del sistema de ecuaciones:

[tex]\left \{ \begin{array}{rcl}\sen t & = & -\lambda \sqrt{2} \\\cos t & = & \lambda \sqrt{2} \\2\sen t\cos t & = & 2\lambda\end{array} \right .[/tex]

Ese sistema tiene una sola solución que cumple [tex]t \in [0, 2\pi][/tex]: [tex]t = \frac{3\pi}{4}[/tex] con [tex]\lambda = -\frac{1}{2}[/tex]. Así que hay un solo punto en el que el vector tangente a C es ortogonal al plano: [tex]\gamma \left (\frac{3\pi}{4} \right ) = \left (-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3}{2} \right )[/tex].

Si no me avivo como pasar de la parametrizacion a implicita, hay otro metodo?

_________________
Sitio en construcción.

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