Introducción

surface

Bienvenido/a a esta materia que es Análisis Matemático II y a este blog.

  • Antes de escribir una consulta lee primero la sección de Preguntas Frecuentes
  • Si esta es tu primera visita a este blog o recién estás empezando a cursar la materia lee esto.
  • Si ya conocés bien este blog o estás preparando el final lee esto.
  • Si ya aprobastes la materia o buscás consejos de estudiantes anteriores lee esto.

Suerte! :D
Damián.

Promociones curso Z2113

El profesor Marcos Solá me pidió que les avise por este medio a los siguientes alumnos del curso Z2113 (lunes y jueves mañana) que promocionaron con nota 7 (siete) :)

149470-3 Apablaza
152062-3 Rotstein
149517-3 Salum

La fecha de firma de promociones es la segunda fecha de final, es decir el martes 29 de Julio a las 19hs en Campus.

Final 15/07/2014

final_15_07_2014

T1)

\nabla f(x,y) = (2x,8y)
\nabla f(0,0) = (0,0)
Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}
f(0,0) es mínimo local.

T2) \int_0^2 dx \int_0^{\sqrt{1 - (x-1)^2}} x^2 + y^2 dy = \boxed{ \frac{3}{4} \pi }
(no se pedía calcular, sólamente expresar)

E1) Un vector tangente a la recta es n = (1,6,-2). Podemos parametrizar la recta con
g(t) = (1+t, 2+6t, 2-2t) con 0 \leq t \leq 1

Luego la circulación es \int_C f dc = \int_0^1 (2+2t, 6+18t, 4-4t) \cdot (1,6,-2) dt = \boxed{ 89 }.

También se podía resolver usando función potencial.

E2) Proyecto sobre xy y uso polares. Queda la integral

A = \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-\rho^2}} \rho d\rho = \boxed{ (4-2\sqrt{2}) \pi }

E3) Queda
y_h = C_1 + C_2 e^x
y_p = -x^2 - 2x
y = C_1 + C_2 e^x - x^2 - 2x
Usando y(0) = 1 y que y'(0) = -2 resulta la SP buscada
\boxed{ y = -x^2 - 2x + 1 }

E4) Proyecto sobre xy orientando hacia z positivo, queda la integral (con abuso de notación)

\int_0^2 dx \int_0^x (2xy, 2yz, 4yz) \cdot (2x,0,1) dy

Cambiando por el z de la superficie

\int_0^2 dx \int_0^x 4x^2 y + 4y (4-x^2) dy = \boxed{ \frac{64}{3} }

2º Parcial 12/07/2014 (Amed)

amed_12_07_2014

1)

amed1

Nos dan f(x,y,z) = (y,-x,z) y \Sigma = \begin{cases} z = 12 - 3x^2 - 3y^2 \ \ (1) \\ z \geq 3x^2 + 3y^2 \ \ (2) \end{cases}

Nos piden calcular \iint_\Sigma f dS = \iiint_H div(f) dV - \iint_T f dS

donde T es la superficie tapa z=6 con x^2 + y^2 \leq 2 orientada hacia abajo.

Luego, como div(f) = 0+0+1 = 1, nos queda

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho \int_6^{12-3\rho^2} dz + 6 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho

= 18 \pi + 12\pi = \boxed{30\pi}

En el gráfico podemos ver la superficie \Sigma (azul) junto con el plano (rojo) y la proyección (verde)

2)

amed2

Nos dan rot(f) = (x,y,-2z) y C = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 36 \\ z \geq 0 \end{cases}

Nos piden calcular \int_C f dC = \iint_{\Sigma} Rot(f) dS donde \Sigma es (por ejemplo) la esfera x^2 + y^2 + z^2 = 36 junto con x^2 + (y-3)^2 \leq 9.

Luego, si definimos g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 36 nos queda \nabla g = (2x, 2y, 2z) y por lo tanto

\iint_{\Sigma_{xy}} (x,y,-2z) \cdot \frac{(2x,2y,2z)}{2z} dxdy

donde z es un abuso de notación a reemplazar con la ecuación de la superficie (la esfera). Por lo tanto queda

\iint_{\Sigma_{xy}} \frac{x^2 + y^2 - 2z^2}{z} dxdy

\int_0^{\pi} d\phi \int_0^{6 \sin(\phi)} \frac{3\rho^2 - 72}{ \sqrt{36 - \rho^2} } \rho d\rho = \boxed{-144}

En el gráfico podemos ver la curva (azul) la porción de esfera que tomamos como \Sigma (en cyan). La esfera y el cilindro se ven en transparencia verde y rojo.

3)

amed3

amed4

amed5

Nos dan H = \begin{cases} x^2 + y^2 \geq 3z^2 \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 4 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases} con densidad \delta(x,y,z) = k |z|

Nos piden la masa M = \iiint_H \delta dV

De (1) y (2) la curva intersección es \begin{cases} x^2 + y^2 = 3z^2 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 4 \end{cases}, por lo tanto 3z^2 = 4-z^2, es decir 4z^2 = 4 por ser 1º octante resulta z=1 con x^2 + y^2 = 3

En cilíndricas

M = k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_0^{\sqrt{3}} \rho d\rho \int_0^{\rho/\sqrt{3}} z dz + k \int_0^{\pi/2} d\phi \int_{\sqrt{3}}^2 \rho d\rho \int_0^{\sqrt{4 - \rho^2}} z dz

M = k \frac{3}{16} \pi + k \frac{\pi}{16} = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

En esféricas, observando que en el plano yz se produce una recta y = \sqrt{3}z se tiene que \beta = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3} y por lo tanto

M = k \int_0^{\pi/2} d\alpha \int_{\pi/3}^{\pi/2} \sin(\beta) \cos(\beta) d\beta \int_0^2 \rho^3 d\rho = \boxed{k \frac{\pi}{4}}

donde se tuvo en cuenta el jacobiano \rho^2 \sin(\beta) y la densidad de masa transformada k \rho \cos(\beta).

En los gráficos vemos distintas perspectivas de la misma región M. Notar que cambia el techo del semicono (verde) por la semiesfera (azul).

4a)

amed6

En este enunciado había que corregir donde dice superficie de nivel “7″ en realidad va superficie de nivel “0″.

Nos dan f(x,y,z) = (2x, 2y, 2z-4), U es la función potencial de f tal que U(1,2,1) = 2.

La superficie es \Sigma = \begin{cases} C_0(U) \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Buscamos la función potencial y nos queda U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z + C luego como U(1,2,1) = 1 + 4 + 1 - 4 + C = 2 se tiene que C = 0 por lo que U(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 4z.

Por lo tanto la superficie es \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 + (z-2)^2 = 4 \\ y \geq x \\ z \leq 2 \\ \textrm{1er octante} \end{cases}

Nos piden el área de \Sigma, y como

\nabla U = (2x, 2y, 2z-4)
|| \nabla U || = \sqrt{4x^2 + 4y^2 + (2z-4)^2} = \sqrt{4(x^2 + y^2) + 4(z-2)^2} = 2 \sqrt{x^2 + y^2 + (z-2)^2} = 2 \sqrt{4} = 4

y además

|U'_z| = |2z-4| = |2(2-\sqrt{4-\rho^2}) - 4| = 2 \sqrt{4-\rho^2}

se tiene que

A = \iint_\Sigma dS = \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\phi \int_0^2 \frac{4 \rho}{2 \sqrt{4-\rho^2}} d\rho = \boxed{\pi}

En el gráfico se ve la superficie \Sigma (azul), y su proyección sobre el plano xy (rojo).

4b)

amed7

Nos dan f(x,y,z) = (-2y, 2x, z) y la superficie \Sigma = \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \ \ (1) \\ x^2 + y^2 + z^2 \leq 9 \ \ (2) \\ \textrm{1er octante} \end{cases}.

Nos piden el flujo de f sobre \Sigma. De (1) y (2) sacamos \begin{cases} x^2 + y^2 = 6y \\ x^2 + y^2 + z^2 = 9 \end{cases} eliminando x obtenemos 6y - y^2 = 9 - y^2 - z^2 luego z^2 + 6y = 9 luego la proyección en el plano yz es la región del 1er cuadrante con y \leq \frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}

Defino g(x,y,z) = x^2 + y^2 - 6y, luego \nabla g = (2x, 2y - 6, 0), y el flujo pedido orientado hacia x^+ es

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} (-2y, 2x, z) \cdot \frac{(2x, 2y-6,0)}{2x} dy

donde x es un abuso de notación a reemplazar con la superficie de ecuación (1), por lo tanto nos queda

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} \frac{-4xy + 4xy - 12x}{2x} dy

\int_0^3 dz \int_0^{\frac{3}{2} - \frac{z^2}{6}} -6 dy = \boxed{108}

En el gráfico se la sección de esfera (verde) y del cilindro (cyan) como transparencias. También se la superficie \Sigma (azul, salió un poco verde por la esfera) y la proyección sobre el plano yz (rojo).

Firma por promoción 1º cuatrimestre 2014

Les transmito esta información que me llegó de la UDB Matemática respecto a la firma por promoción:

Los alumnos que han promocionado firmarán su promoción en la segunda fecha de examen final de la asignatura correspondiente.

Los alumnos que promocionen por evaluación complementaria firmarán la promoción el jueves 7 de Agosto de 2014 a las 18.00 hs en Campus.

Final 26/05/2014

final_27_05_2014x

Respuestas:

T1) La circulación en orientación antihoraria es 36.

T2) El vector normal es N = (2,1,-5) y la ecuación de la recta X = T_0 + \lambda N

E1) La masa es 3k\pi

E2) \nabla f(2,1) = (5, \frac{-19}{3}), el plano es 15x - 19y - 3z = 2, la intersección con el eje x es (\frac{2}{15}, 0, 0)

E3) g(x) = 2x

E4) El flujo saliente es 2 \int_{-1}^1 dx \int_{x^2}^1 dy \int_0^{1-y^2} dz = \frac{32}{21}

Dejo el dibujito del cuerpo

final_26_05_14_e4
RegionPlot3D[
z = x^2 && z >= 0, {x, -1, 1}, {y, 0, 1}, {z, 0,
1}, PlotPoints -> 50, PlotStyle -> Directive[Cyan, Opacity[0.5]],
Mesh -> None, Boxed -> False, AxesLabel -> {x, y, z},
AspectRatio -> Automatic]

2º Parcial curso de Verano 2014

2do_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (2xz, x, y^2)
cuya divergencia es
div(f) = 2z

Interpreto el cuerpo C como
C = \begin{cases} 0 \leq y \leq b \\ x^4 \leq z \leq 4 \\ 0 \leq x \leq \sqrt{2} \end{cases}

En realidad podría considerarse que se trata de -\sqrt{2} \leq x \leq 0 o bien 0 \leq x \leq \sqrt{2}, pero por simetría del cuerpo y del campo, daría lo mismo en ambos casos, por eso considero el segundo.

Por otro lado no sabemos si b\geq 0 o b \leq 0, pero como la altura en y es b, y el integrando no depende de y, en ambos casos queda que el flujo saliente pedido es la integral de

2|b| \int_0^{\sqrt{2}} dx \int_{x^4}^4 z dz = \frac{128}{9} \sqrt{2} |b|
lo cual concuerda con el wolfram.

El siguiente es un gráfico del cuerpo C con b=1

2do_parcial_verano_2014_t1
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="dark-blue",
reparametrize(x, 0, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, 1, z, x,0,sqrt(2),z,x^4,4),
reparametrize(x, y, x^4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(x, y, 4, x,0,sqrt(2),y,0,1),
reparametrize(0, y, z, y,0,1,z,0,4),
reparametrize(sqrt(2), y, z, y,0,1,z,4,4)
);


T2) y'' - 2y' + y = x e^x + 5
Resuelvo la homogénea asociada, cuya ecuación característica es
\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0
Tiene raíz \alpha = 1 doble, luego
y_h = C_ 1 e^x + C_2 x e^x

Para la SP podemos probar con coeficientes indeterminados, pero va a fallar con Axe^x, y con Ax^2e^x, funciona proponiendo
y_p = Ax^3 e^x + B
y' = 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x
y'' = 6Ax e^x + 3Ax^2e^x + 3Ax^2 e^x + Ax^3 e^x = x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A)

Reemplazo
x^3 e^x (A) + x^2e^x(3A + 3A) + xe^x(6A) - 6Ax^2e^x -2Ax^3 e^x + Ax^3e^x + B = xe^x + 5
x^3 e^x (A-2A+ A) + x^2e^x(3A + 3A -6A) + xe^x(6A) + B = xe^x + 5

6A = 1 y B = 5, luego
y_p = \frac{1}{6}x^3 e^x + 5

Finalmente, la SG buscada es
y = y_h + y_p
y = C_ 1 e^x + C_2 x e^x + \frac{1}{6}x^3 e^x + 5
lo cual concuerda con el wolfram.


E1) Nos dan el campo
f(x,y,z) = (xy, y^2, z^2)

La curva C la parametrizo con
g(t) = (r \cos(t), r \sin(t) , k) con 0 \leq t \leq 2\pi

Luego la circulación pedida da
\int_0^{2\pi} (r^2 \cos(t) \sin(t), r^2 \sin^2(t), k^2) \cdot (-r\sin(t), r\cos(t), 0) dt

\int_0^{2\pi} \underbrace{-r^3 \sin^2(t) \cos(t) + r^3 \sin^2(t) \cos(t)}_{0} dt = 0

Aún así el campo no es conservativo, pues no cumple la condición necesaria de que su matriz jacobiana sea simétrica:

Df = \begin{pmatrix} y & x & 0 \\ 0 & 2y & 0 \\ 0 & 0 & 2z \end{pmatrix}


E2) El recinto D es

D = \begin{cases} 1 \leq x+y \leq 4 \\ -2 \leq x-2y \leq 1 \end{cases}

Propongo un cambio de variables de forma tal que
u = x+y
v = x - 2y

Invirtiendo el sistema obtenemos
x = \frac{2u+v}{3}
y = \frac{u-v}{3}

Luego g(u,v) = (\frac{2u+v}{3}, \frac{u-v}{3})
Dg =  \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{-1}{3} \end{pmatrix}
|det(Dg)| = |\frac{-2}{9} - \frac{1}{9}| = \frac{1}{3}

Determino el recinto transformado
W = \begin{cases} 1 \leq u \leq 4 \\ -2 \leq v \leq 1 \end{cases}

Por lo tanto

\iint_D dxdy = \iint_W \frac{1}{3} dudv = \frac{1}{3} \iint_W dudv

O sea que la relación entre las áreas es

\frac{\iint_D dxdy}{\iint_W dudv} = \frac{1}{3}

y el área pedida es

\frac{1}{3} \int_1^4 du \int_{-2}^{1} dv = 3


E3) Nos piden la masa del cuerpo
H = \begin{cases} x \geq y^2 + 4z^2 \\ x \leq 4 \end{cases}
con densidad \delta(x,y,z) = x^2 + z^2

Proyectando sobre el plano yz nos queda una elipse y^2 + 4z^2 \leq 4

Utilizo el cambio de variables
x = x
y = \rho \cos(\phi)
z = \frac{1}{2}\rho \sin(\phi)

|det(Dg)| = \frac{\rho}{2}

La masa pedida es
M = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho \int_{\rho^2}^4 (x^2 + \frac{\rho^2}{4} \sin^2(\phi)) dx = \frac{98}{3} \pi
según wolfram.


E4) La curva es abierta, la cerramos con una tapa para utilizar rotor, la superficie que tomo es el plano
\Sigma = \begin{cases} z=1 \\ y \geq 0 \\ x^2 + y^2 \leq 3 \end{cases}

rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & 2x & -1 \end{matrix} \right|
= (0 - 0, 0 - 0, 2 - 1) = (0,0,1)

Luego orientando la superficie hacia arriba tenemos
\iint_{\Sigma} rot(f) dS = \frac{3}{2} \pi
(es la mitad del área de un círculo de radio \sqrt{3})

Calculo la circulación sobre la curva tapa T, que parametrizo como
g(t) = (t,0,1) con -\sqrt{3} \leq t \leq \sqrt{3}
g'(t) = (1,0,0)

\int_T f dc = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (0, 2t, -1)(1,0,0) dt = 0

Luego como \int_C dc + \int_T dc = \iint_{\Sigma} rot(f) dS, se tiene que
\int_C dc = \frac{3}{2} \pi

Como me pide en la otra orientación, la circulación pedida es \frac{-3}{2}\pi

1º Parcial Curso de Verano 2014

1er_parcial_verano_2014a

Solución:

T1) Dado f(x,y) = 1 + |y-x|, debemos ver si f(1,1) es extremo local.

Cláramente si z < 1 entonces no pertenece a la imágen de f. De hecho el conjunto imágen es Im(f) = [1, +\infty). Por lo tanto f(1,1) = 1 es mínimo absoluto, y por lo tanto también es extremo local (mínimo local).


T2) Dada y y' = x, queremos ver si y^2 = x^2 + C es la SG. Tanto la EDO como la familia son de primer orden. Además derivando la familia obtenemos 2yy' = 2x, por lo tanto efectívamente es la SG.

Obtenemos la SP que pasa por (1, -2). Debe cumplir 4 = 1 + C, o sea C = 3, por lo tanto la SP pedida es y^2 = x^2 + 3


E1) Parametrizo \Sigma con g(u,v) = (u, uv+v - uv^2, v). Busco sus puntos regulares

g'_u = (1, v - v^2, 0)
g'_v = (0, u+1 - 2uv, 1)

v = g'_u \times g'_v = (v - v^2, -1, u+1-2uv) \neq 0

Por lo tanto todos sus puntos son regulares.

Para que la recta normal sea paralela al eje y, debe cumplirse que v \sslash (0,1,0), es decir

(v-v^2, -1, u+1-2uv) = \lambda(0,1,0)

Debe ser \lambda = -1 y además cumplirse

v - v^2 = 0
u+1-2uv = 0

De la primera, v = 0 ó v = 1.
En la segunda, u = -1 ó u=1 respectivamente.

Es decir se cumple para (u,v) = (-1,0) y para (u,v) = (1,1)
Por lo tanto los puntos pedidos son X_0 = g(-1,0) = (-1, 0, 0) y X_2 = (1,1,1)

Calculamos los planos tangentes en dichos puntos. Primero en X_0
(x+1,y,z)(0,-1,0) = 0
y = 0

Ahora en X_1
(x-1,y-1,z-1)(0,-1,0) = 0
y = 1


E2) Nos dan h(x,y) = x f(xy)

Queremos aproximar h(1.01, 0.99). Como f es diferenciable en 1, h es diferenciable en (1,1), luego

h(x,y) \approx h(1,1) + h'_x(1,1)(x-1) + h'_y(1,1)(y-1)

h'_x = f(xy) + xy f'(xy)
h'_y = x^2 f'(xy)

Luego, como f(1) = 2 se tiene h(1,1) = 2, y
h(x,y) \approx 2 + (2 + f'(1))(x-1) + f'(1)(y-1)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + (2 + f'(1))(0.01) - f'(1)(0.01)
h(1.01, 0.99) \approx 2 + \frac{2}{100} = 2.02


E3) La curva C está sobre la superficie \Sigma de ecuación z = x + xy, y su proyección sobre el plano xy es de ecuación y = x^2.

Parametrizo la curva con g(t) = (t, t^2, t + t^3). Calculo el punto X_0 = (1, y_0, z_0) = g(1) = (1,1, 2).

Su derivada es g'(t) = (1, 2t, 1 + 3t^2). Un vector tangente en X_0 es g'(1) = (1,2,4). Por lo tanto el plano normal es de ecuación
(x-1,y-1,z-2)(1,2,4) = 0
x-1 +2y-2 +4z-8 = 0
x+2y+4z = 11
Si tiene un punto en común con el eje x el mismo verifica y=z=0, es decir x = 11, por lo tanto el único punto en común es (11,0,0)


E4) La ecuación yz + \ln(x+y+z-3) +x-3 = 0 define z = f(x,y) en un entorno de (x_0, y_0) = (2,1).

Defino F(x,y,z) = yz + \ln(x+y+z-3) +x-3, luego

F'_x = \frac{1}{x+y+z-3} + 1
F'_y = z + \frac{1}{x+y+z-3}
F'_z = y + \frac{1}{x+y+z-3}

Vemos que F \in C^1 en su dominio.

Además en x_0=2, y_0=1 se tiene
z + \ln(z) = 1
por lo tanto z_0 = 1

En el punto X_0 = (2,1,1)

F'_x(X_0) = 2
F'_y(X_0) = 2
F'_z(X_0) = 2 \neq 0

Por lo tanto por Cauchy-Dini se tiene que f es diferenciable en (2,1) y además \nabla f(1,2) = (-1,-1)

Por lo tanto, la dirección de máxima derivada direccional es r_{max} = \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}, y el valor de dicha derivada máxima es f'_{max}(1,2) = ||\nabla f(1,2)|| = \sqrt{2}

Imagen

Final 17/02/2014

final_17_02_2014b

Agrego la solución del ejercicio E1.

E1) El campo es f(x,y,z) = (5-2y, 2x, 3z)

La ecuación de la superficie \Sigma es x^2 + (y-2)^2 = 4

Defino G(x,y,z) = x^2 + (y-2)^2 - 8.
\nabla G(x,y,z) = (2x, 2(y-2), 0)
G'_x = 2x

Luego el vector normal, con la orientación pedida me queda
\frac{\nabla G}{G'_x} = (1, \frac{y-2}{x}, 0)

Proyecto sobre el plano yz, me queda un triángulo T.

Luego el flujo pedido es
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 (5-2y, 2x, 3z)(1, \frac{y-2}{x}, 0) dz
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 5-2y + 2(y-2) dz
\int_0^4 dy \int_{4-y}^4 1 dz = Area(T) = \frac{4 \cdot 4}{2} = 8